Đa thức nội suy Lagrange đa thức Chebyshev và ứng dụng

Header Page of 166 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG NGUYỄN HƯƠNG GIANG ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE, ĐA THỨC CHEBYSHEV VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - Năm 2016 Footer Page of 166 Header Page of 166 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG NGUYỄN HƯƠNG GIANG - C00440 ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE, ĐA THỨC CHEBYSHEV VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC CHUYÊN NGÀNH : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mà SỐ : 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS LƯU BÁ THẮNG Hà Nội - Năm 2016 Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 Lời cam đoan Tôi cam đoan công trình nghiên cứu riêng Các kết nghiên cứu luận văn trung thực chưa công bố công trình khác Hà Nội, ngày 11 tháng năm 2016 Tác giả luận văn Nguyễn Hương Giang i Footer Page of 166 Header Page of 166 Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình đầy nhiệt tâm TS Lưu Bá Thắng Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy gia đình Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu trường THPT Chuyên Bắc Giang, tổ Toán – Tin trường THPT Chuyên Bắc Giang Thầy, Cô giáo giảng dạy lớp cao học toán CTM3- Bắc Giang tận tình giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho suốt thời gian học tập nghiên cứu thực đề tài Hà Nội, ngày 11 tháng năm 2016 Tác giả luận văn Nguyễn Hương Giang ii Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt ☎ ✆ ☞ x ✌ i Cnk rxs : Biểu thức x ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ i   1q với i € N✝ , x € R i! : Số tổ hợp chập k n phần tử, k € N, n € N✝, k ↕ n : Phần nguyên số thực x cont ♣f q : Ước chung lớn tất hệ số đa thức f deg : Bậc đa thức u⑤ n : u ước n IMO : International Mathematical Olympiad USAMO : USA Mathematical Olympiad VT : Vế trái iii Footer Page of 166 Header Page of 166 Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt iii Mở đầu 1 Vành đa thức 1.1 Vành đa thức biến 1.2 Đa thức trường 1.3 Đa thức trường số hữu tỉ 1.3.1 Nghiệm hữu tỉ đa thức với hệ số nguyên 1.3.2 Đa thức bất khả quy trường số hữu tỉ tiêu chuẩn Eisenstein 1.4 Đa thức trường số thực trường số phức 11 Các đa thức nội suy 2.1 13 Đa thức nội suy Lagrange 13 2.1.1 Công thức 13 2.1.2 Tính chất 15 2.1.3 Ví dụ minh họa 16 iv Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 2.1.4 2.2 2.3 Bài tập 35 Đa thức nội suy Chebyshev 36 2.2.1 Công thức 36 2.2.2 Tính chất 37 2.2.3 Ví dụ minh họa 48 2.2.4 Bài tập 65 Một số đa thức đặc biệt khác 66 2.3.1 Đa thức số 66 2.3.2 Đa thức nội suy Newton 73 Kết luận 77 Tài liệu tham khảo 78 v Footer Page of 166 Header Page of 166 Mở đầu Lý chọn đề tài Bài toán nội suy toán toán lý thuyết toán ứng dụng Công thức nội suy giúp xác định đa thức nhờ vài giá trị biết đa thức số điểm cho trước Trong chương trình toán phổ thông, mảng toán đa thức nội suy mảng toán khó, thường xuất đề thi học sinh giỏi toán quốc gia quốc tế Mặc dù gần đa thức nội suy xuất đề thi hệ thống tập mang tính chất lí thuyết nó, việc hiểu biết nghiên cứu đa thức nội suy quan trọng trình bồi dưỡng học sinh giỏi Nhiều toán đa thức nội suy dẫn đến kết lí thú phải dùng cách chứng minh đặc sắc Chúng có tác dụng phát triển tư logic, phát triển tính linh động sáng tạo nghiên cứu toán Đồng thời phát ứng dụng đa dạng đa thức nội suy đại số đem lại hấp dẫn giáo viên học sinh nghiên cứu Mặc dù có nhiều tài liệu viết đa thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev hầu hết khó với học sinh bắt đầu tiếp cận Với mục đích cung cấp thêm tài liệu tham khảo phục vụ cho học sinh chuyên toán tìm hiểu hai loại đa thức đó, chọn viết đề tài "Đa thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev ứng dụng" Mục đích nghiên cứu Đề tài đề cập đến số toán nội suy cổ điển việc ứng dụng chúng để giải số dạng toán khó chương trình toán phổ thông Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu toán đa thức, dạng toán khai triển, đồng thức, toán tính chia hết đa thức, , hệ thống lại số dạng toán chương trình toán phổ thông số toán nâng cao Đối tượng phạm vi nghiên cứu Luận văn tập trung vào nghiên cứu công thức nội suy: Công thức nội suy Lagrange; công thức nội suy Chebyshev; công thức nội suy Newton, đa thức số phạm vi ứng dụng chương trình toán phổ thông, giải Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 số toán khó chương trình phổ thông Cấu trúc luận văn Luận văn chia thành hai chương Chương Vành đa thức Trong chương hệ thống lại kiến thức sở đa thức: bậc đa thức, nghiệm đa thức, khái niệm ước chung, ước chung lớn hai đa thức, đa thức khả quy, bất khả quy, đa thức nguyên bản, định lí Bézout, với tính chất đa thức trường số hữu tỉ, trường số thực trường số phức Chương Các đa thức nội suy Trong chương trình bày chi tiết hai đa thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev với tính chất chúng Đồng thời nêu ứng dụng đa thức nội suy Lagrange toán chứng minh tính tổng, rút gọn biểu thức, xác định đa thức, Ứng dụng đa thức Chebyshev toán cực trị liên quan đến đa thức, giải phương trình bậc cao toán lượng giác liên quan đến số hữu tỉ, toán số học, Cuối chương giới thiệu thêm hai loại đa thức đặc biệt đa thức số đa thức nội suy Newton Footer Page of 166 Header Page 10 of 166 Chương Vành đa thức Chương trình bày cách xây dựng vành đa thức biến kiến thức sở đa thức trường số hữu tỉ, trường số thực trường số phức 1.1 Vành đa thức biến Cho A vành giao hoán có đơn vị Kí hiệu A r xs ✏ t f ✏ a0   a1x     anxn⑤ € A, n € N✉ với x biến Giả sử f ✏ a0   a1x     anxn, g ✏ b0   b1x     bmxm € A rxs Không tính tổng quát, giả sử m ➙ n m ✏ n   s Khi g ✏ b0   b1x     bnxn   bn 1xn 1     bn sxn s € A rxs Trên A rxs ta có quan hệ nhau: f i ✏ 0, 1, , n bn 1 Phép cộng: f ✏ ✏ bn 2 ✏ ✏ bn s ✏  g ✏ n ➳ i✏0 g ✏ bi với ♣ai   biq xi   bn 1xn 1     bn sxn s Footer Page 10 of 166 Thang Long University Library Header Page 71 of 166 ✁1 ✟ Nếu 2t2   t ✁ ✏ ô t ✏ đặt a ✏ ❄ 17 ✁1 ✟ cos πa ✏ p với p, q € Z, ♣p, q q ✏ Lúc q ❄ 17 Do a số hữu tỉ, Tq ♣cos πaq ✏ cos πp ✏ ✟1, với Tq ♣xq đa thức Chebyshev bậc q, Tq ♣xq 2q✁1 Giả sử p chẵn, lúc € Z rxs có hệ số bậc cao Tq ♣cos πaq ✁ ✏ 0, đặt Tq ♣xq ✁ ✏ T ♣xq Xét Q ♣xq ✏ 2x2   x ✁ phép chia đa thức T ♣xq ✏ P ♣xq Q ♣xq   R ♣xq với R ♣xq , P ♣xq € Z rxs , deg R ↕ Thay x ✏ t vào đẳng thức ta ✔ ✄ ✁1   ❄ 17 ☛ ✖ R ✖ ✖ ✄ ☛ ✖ 17 ✕ ✁ ✁ R ❄ ✏0 ✏ Nhưng R ♣xq € Z rxs nên R có bậc 1, hay R R ♣xq ✏ với x € R Do Q ♣xq⑤ P ♣xq Xét phương trình   số, suy ✟ T ♣xq ✏ 2x2   x ✁ P ♣xq , ta thấy q ✁1 T ♣xq ✏ Tq ♣xq ✁ ✏ q➵ ✁1 ✂ k✏0 ✡ 2kπ x ✁ cos q Khi xét phân tích tiêu chuẩn hai vế, 2x2   x ✁ phải nhận hai nghiệm 2kπ cos làm nghiệm hay q ✂ 2u 2x   x ✁ ✏ x ✁ cos q Suy ✩ 2u ✬ ✬ ✫ cos q q 64 Footer Page 71 of 166 ✡ 2v x ✁ cos q   cos 2vq ✏ ✁ 12 2u 2v ✬ ✬ cos ✪ cos q ✡✂ ✏ ✁1, ♣✝q Header Page 72 of 166 Từ ♣✝q suy ✞ ✞ ✞ ✞ 2u ✞cos ✞ ✞ q ✞ ✏ ✞ ✞ ✞ ✞ 2v ✞cos ✞ ✞ q✞ ✏ Do cos 2u q   cos 2vq ✘ ✁ 12 , (vô lí) Trường hợp p lẻ lí luận tương tự ta có điều vô lí Vậy t ✏ ✁ hay a ✏ Ví dụ 2.42 Giả sử k → số nguyên dương x số thực cho cos ♣k ✁ 1q x cos kx số hữu tỉ Chứng minh có số nguyên dương n → k cho cos ♣n ✁ 1q x cos nx số hữu tỉ Lời giải Ta có nhận xét cos x số hữu tỉ cos kx số hữu tỉ, với k số nguyên dương (do cos kx ✏ Tk ♣cos xq, với Tk ♣xq đa thức Chebyshev loại với bậc k, đa thức hệ số nguyên) Vì theo yêu cầu đề bài, ta cần chứng minh hệ đồng dư sau có nghiệm đủ: ✩ ✫ n ✑ ♣mod kq ✪ n ✑ ♣mod ♣k ✁ 1qq Nhưng hệ có nghiệm theo định lí thặng dư Trung Hoa (chẳng hạn lấy n ✏ k ) Ta có điều phải chứng minh 2.2.4 Bài tập ✞ ✞ Bài Tìm a, b € R cho max ✞x2   ax   b✞ đạt giá trị nhỏ Bài Cho f ♣tq t € r0; π s ✏ x€r✁1;1s a sin t   b sin 2t   sin 3t Tìm a, b để ⑤f ♣tq⑤ ↕ với Bài Cho P ♣xq ✏ ax3   bx2   cx   d € R rxs Chứng minh ⑤P ♣xq⑤ ↕ 1, ❅x € r✁1; 1s ⑤a⑤   ⑤b⑤   ⑤c⑤ ↕ Bài Tìm tất số thực ♣x, y, z, u, v q, tất thuộc r✁2; 2s thỏa 65 Footer Page 72 of 166 Thang Long University Library Header Page 73 of 166 mãn ✩ ✬ x ✬ ✫  y z u v ✏0 x3   y   z   u3   v ✏ ✬ ✬ ✪ x   y   z   u5   v ✏ ✁10 Bài Cho A1 , A2 , , An n điểm mặt phẳng Chứng minh đoạn thẳng có độ dài l tồn điểm M cho: M A1 M A2 M An 2.3 2.3.1 ➙ 2l Một số đa thức đặc biệt khác Đa thức số Định nghĩa 2.3.1 Đa thức f ♣xq € R rxs gọi đa thức số nhận giá trị nguyên giá trị nguyên x Đặt h0 ♣xq ✏ 1, x ♣x ✁ 1q ♣x ✁ i   1q hi ♣xq ✏ i! với i € N✝ , x € R Khi ta có hi ♣iq ✏ 1, hi ♣j q ✏ ↕ j hi ♣xq ✏ x ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ i   1q i! ☎ ✏✆ x i ➔ i Kí hiệu ☞ ✌, (2.14) với i € N✝ , x € R Định lý 2.3.1 Cho đa thức f ♣xq ✏ a0 xn   a1 xn✁1     an✁1 x   an € Z r xs ➙ Khi tồn số nguyên dương s đa thức g ♣xq với hệ số số tự nhiên cho g ♣xq ✏ f ♣x   sq với bậc n ➙ a0 Chứng minh Từ g ♣xq ✏ f ♣x   sq ✏ a0 ♣x   sqn   a1 ♣x   sqn✁1     an suy g ♣xq ✏ b0 xn   b1 xn✁1     bn 66 Footer Page 73 of 166 Header Page 74 of 166 với ✩ ✬ b0 ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ b ✬ ✫ ✬ ✬ ✬ ✬ bi ✬ ✬ ✬ ✬ ✪ ✏ a0 ✏ Cn1a0s   a1 ✏ Cni a0si   Cni✁✁11a1si✁1     Cn1✁i 1ai✁1s   Rõ ràng bi đa thức s với hệ số nguyên có hệ số cao → Vì với s nguyên đủ lớn, tất bi nguyên dương Do đa thức g ♣xq với hệ số số tự nhiên đa thức cần tìm, thỏa mãn g ♣xq ✏ f ♣x   sq Cni a0 ☎ Ví dụ 2.43 Chứng minh đa thức P ♣xq ✏ ✆ ☞ x n ✌ đa thức số Lời giải Hiển nhiên tích n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n! Nếu x số tự nhiên, x ➙ n x ♣x ✁ 1q ♣x ✁ n   1q tích n số tự nhiên liên tiếp Khi x ♣x ✁ 1q ♣x ✁ n   1q ✏ Cxn n! số nguyên Từ suy tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n! Vậy ta có điều phải chứng minh Nhận xét ☎ Theo ví dụ trên, với n ➙ đa thức P ♣xq ✏✆ ☞ x n ✌ đa thức số có không nguyên Như vậy, đa thức có hệ số nguyên n! đa thức số, hệ số đa thức số không bắt buộc phải nguyên hệ số bậc cao Định lý 2.3.2 Mỗi đa thức f ♣xq bậc n R biểu diễn dạng f ♣xq ✏ a0 h0 ♣xq   a1 h1 ♣xq     an hn ♣xq , a0 , a1 , , an € R Chứng minh Vì h0 ♣xq , h1 ♣xq , , hn ♣xq lập thành sở R- không gian vectơ đa thức có bậc không vượt n R, nên tồn số thực cho f ♣xq ✏ a0 h0 ♣xq   a1 h1 ♣xq     an hn ♣xq 67 Footer Page 74 of 166 Thang Long University Library Header Page 75 of 166 Bây ta cách xác định cụ thể số Cho x ✏ ta a0 Giả sử xác định a0 , a1 , , với i ➔ n Khi ✏ f ♣0q f ♣i   1q ✏ a0 h0 ♣i   1q   a1 h1 ♣i   1q     hi ♣i   1q   ai 1 hi 1 ♣i   1q   nên ai 1 ✏ f ♣i   1q ✁ ♣a0h0 ♣i   1q   a1h1 ♣i   1q     aihi ♣i   1qq Vì a0 , a1 , , xác định nên ai 1 xác định Do tất xác định ta thấy xác định Ví dụ 2.44 Chứng minh đa thức bậc hai f ♣xq nhận giá trị nguyên giá trị nguyên liên tiếp x đa thức đa thức số Lời giải Giả sử f ♣k ✁ 1q , f ♣k q , f ♣k   1q số nguyên với k € Z Theo công thức nội suy Lagrange ta có f ♣xq ✏f ♣k ✁ 1q ♣x ✁ kq ♣x ✁ k ✁ 1q ✁ f ♣kq ♣x ✁ k   1q ♣x ✁ k ✁ 1q   f ♣k   1q ♣x ✁ kq ♣x ✁ k   1q Nếu x, k nguyên x ✁ k, x ✁ k ✁ hai số nguyên liên tiếp, ♣x ✁ kq ♣x ✁ k ✁ 1q € Z Tương tự ta có ♣x ✁ kq ♣x ✁ k   1q € Z Vậy với x nguyên f ♣xq nguyên Định lý 2.3.3 Nếu đa thức f ♣xq € R rxs bậc n nhận giá trị nguyên n   số nguyên liên tiếp f ♣xq đa thức số Chứng minh Giả sử f ♣xq nhận giá trị nguyên x g ♣xq ✏ f ♣x   mq Biểu diễn ✏ m, , m   n € Z Đặt g ♣xq ✏ a0 h0 ♣xq   a1 h1 ♣xq     an hn ♣xq Ta có a0 ✏ g ♣0q ✏ f ♣mq nguyên, hệ số khác xác định sau: i i ♣i ✁ 1q a ✏ g ♣ iq ✁ a ✁ a ✁ a ✁ ✁ ia , i ✏ 1, 2, , n i 1 1.2 68 Footer Page 75 of 166 i✁1 Header Page 76 of 166 Vì g ♣iq ✏ f ♣m   iq a0 , a1 , , ai✁1 nguyên nên nguyên Như tất hệ số , i ✏ 0, , n nguyên Vì hi ♣xq nhận giá trị nguyên x nguyên nên f ♣xq nguyên với x nguyên Hệ 2.3.4 Đa thức f ♣xq ✏ a0 h0 ♣xq   a1 h1 ♣xq     an hn ♣xq € R rxs đa thức số hệ số a0 , a1 , , an số nguyên Chứng minh Hiển nhiên a0 , a1 , , an nguyên f ♣xq đa thức số Ta chứng minh chiều ngược lại Giả sử f ♣xq đa thức số Khi ai 1 ✏ f ♣i   1q ✁ ♣a0h0 ♣i   1q   a1h1 ♣i   1q     aihi ♣i   1qq với i ✏ 0, 1, , n ✁ Do a0 ✏ f ♣0q nguyên a0, a1, , nguyên ai 1 nguyên, nên tất số nguyên Ví dụ 2.45 Chứng minh đa thức f ♣xq € R rxs bậc n nhận giá trị nguyên 0, 12 , , n2 nhận giá trị nguyên x ✏ m2 , m € Z Lời giải Giả sử đa thức f ♣xq g ♣ xq ✏   ✟ € Rrxs bậc n nhận giá trị nguyên 0, 12 , , n2 Đặt f x2 đa thức g ♣xq 2n   số nguyên liên tiếp € R rxs bậc 2n nhận giá trị nguyên ✁n, ✁ ♣n ✁ 1q , , ✁1, 0, 1, , n Do g ♣xq đa thức số   ✟ ✏ g ♣mq nguyên với m nguyên Ví dụ 2.46 Tìm điều kiện cần đủ để f ♣xq đa thức số biết Vậy f m2 f ♣xq ✏ ax3   bx2   cx   d € R rxs Lời giải Giả sử f ♣xq đa thức số Ta có ✩ ✬ f ✬ ✬ ✬ ✬ ✫ f ♣q ♣q ✬ f ♣✁1q ✬ ✬ ✬ ✬ ✪ f ♣2q ✏d ✏a b c ✏a✁b c ✏ 8a   4b   2c   d 69 Footer Page 76 of 166 Thang Long University Library Header Page 77 of 166 suy ✩ ✬ a ✬ ✫   b   c ✏ f ♣1q ✁ f ♣0q 2b ✏ f ♣1q   f ♣✁1q ✁ 2f ♣0q ✬ ✬ ✪ 6a ✏ f ♣2q   2f ♣✁1q ✁ 6b ✁ 3d Vì f ♣xq đa thức số nên f ♣0q , f ♣✟1q , f ♣2q nguyên, d, a   b   c, 2b nguyên Suy 6a nguyên Ngược lại 6a, 2b, a   b   c, d nguyên ♣x ✁ 1q x ♣x   1q   2b x ♣x ✁ 1q   ♣a   b   cq x   d f ♣xq ✏ 6a 3! 2! nhận giá trị nguyên x nguyên Vậy đa thức f ♣xq ✏ ax3   bx2   cx   d đa thức số 6a, 2b, a   b   c, d nguyên Ví dụ 2.47 Chứng minh đa thức sau đa thức số P ♣ xq ✏ 13 82 32 x ✁ x7   x5 ✁ x3   x 630 21 30 63 35 Lời giải Ta có P ♣ xq ✏ ✏ ✏ 13 82 32 x ✁ x7   x5 ✁ x3   x 630 21 30 63 35 ♣x ✁ 4q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 1q x ♣x   1q ♣x   2q ♣x   3q ♣x   4q 630 N 630 Ta thấy x nguyên N tích số nguyên liên tiếp nên N chia hết cho 2, 5, 7, Mà số đôi nguyên tố nên N chia hết cho N 2.5.7.9 ✏ 630 Do số nguyên Vậy P ♣xq đa thức số 630 Ví dụ 2.48 Xác định số dương A, B, C cho đa thức f ♣xq ✏ Ax5   Bx3   Cx đa thức số với f ♣3q nhỏ Lời giải Ta có f ♣xq đa thức số nên f ♣1q , f ♣2q , f ♣3q nguyên Có f ♣1q ✏ A   B   C, f ♣2q ✏ 32A   8B   2C, f ♣3q ✏ 243A   27B   3C, 70 Footer Page 77 of 166 ♣✝q Header Page 78 of 166 Giải ta A✏ B ✏ C ✏ Vì A, B, C dương nên từ f ♣3q ✁ 4f ♣2q   5f ♣1q ♣✝✝q, 120 ✁f ♣3q   8f ♣2q ✁ 13f ♣1q , 24 f ♣3q ✁ 9f ♣2q   45f ♣1q 30 ♣✝q ta có f ♣2q ✁ 2f ♣1q ✏ 30A   6B → 0, f ♣1q ✏ A   B   C → Suy f ♣2q ➙ 2f ♣1q   1,f ♣1q ➙ Do f ♣2q ➙ Từ ♣✝✝q suy f ♣3q ✏ 120A   4f ♣2q ✁ 5f ♣1q ✏120A   ♣f ♣2q ✁ 2f ♣1qq   3f ♣1q → ♣f ♣2q ✁ 2f ♣1qq   3f ♣1q ➙ Do f ♣3q ➙ (do f ♣3q nguyên dương) Nếu f ♣3q ✏ f ♣1q ✏ 1, f ♣2q ✏ 3, hay A✏ ,B 120 ✏ 18 , C ✏ 13 15 ☎ Khi f ♣xq ✏ ☞ ☎ ☞ x 2 x 1 13 ✌  ✆ ✌ x   x   x✏✆ 120 15 13 ,B ✏ ,C ✏ 120 15 Ví dụ 2.49 Chứng minh đa thức P ♣xq € Z rxs, bậc 2n   1, nhận giá đa thức số Vậy A ✏ ✟1 2n   giá trị nguyên khác đối số P ♣xq bất khả quy Z rxs trị Lời giải Giả sử P ♣xq ✏ f ♣xq g ♣xq với f, g € Z rxs ⑤P ♣xiq⑤ ✏ với i € t1, 2, , 2n   1✉ Khi ⑤f ♣xi q⑤ ✏ ⑤g ♣xi q⑤ ✏ với i € t1, 2, , 2n   1✉ Suy với i € t1, 2, , 2n   1✉, xi nghiệm phương trình T ♣xq ✏ ✁ ✠✁ ✠ ♣f ♣xqq2 ✁ ♣g ♣xqq2 ✁ ✏ 0, 71 Footer Page 78 of 166 Thang Long University Library Header Page 79 of 166 (vô lý deg T ✏ deg P ✏ 2n) Vậy P ♣xq bất khả quy Z rxs Ví dụ 2.50 Cho số nguyên a không chia hết cho Chứng minh đa thức P ♣xq ✏ x5 ✁ x   a bất khả quy Z rxs Lời giải Giả sử x5 ✁ x   a ✏ f ♣xq g ♣xq , f, g € Z rxs Do n5 ✁ n ✏ ♣mod 5q với n € Z nên deg f, deg g ➙ Suy hai đa thức f ♣xq g ♣xq phải có đa thức có bậc hai Giả sử f ♣xq ✏ x2   a1 x   b1 với a1 , b1 ✩ ✬ x ✬ ✫ ✬ ✬ ✪   Suy x51   x52 ✟   x2 x1 x2 x5k ✁ xk   a ✏ ✁a1 € Z ✏ b1 € Z ✏ 0, k ✏ 1, ✁ ♣x1   x2q   2a ✏ ✑ ♣mod 5q Mà ♣x1   x2q5 ✏ nên ♣x1   x2 q5 € Z có hai nghiệm x1, x2   x ✁ ✟   x2   5x1 x2 ♣x1   x2 q ✁ 3x1 x2 ♣x1   x2 q   10x21x22 ♣x1   x2q ✠ ✑ x51   x52 ♣mod 5q (do x1   x2 ✏ ✁a1 € Z, x1.x2 ✏ b1 € Z) Do   ✟ ♣x1   x2q5 ✁ ♣x1   x2q   2a ✑ x51   x52 ✁ ♣x1   x2q   2a ♣mod 5q ✑ ♣mod 5q, hay a51 ✁ a1   2a ✑ ♣mod 5q tức a ✑ ♣mod 5q Suy a chia hết cho (trái với giả thiết) Vậy P ♣xq bất khả quy Z rxs Bài tập Bài Tìm số nguyên đôi khác α1 , α2 , , αn cho đa thức a) P ♣xq ✏ b) Q ♣xq ✏ n ➧ k✏1 n ➧ k✏1 ♣x ✁ ak q ✁ n ♣x ✁ ak q ✁ 1, khả quy Z rxs 19 Bài Chứng minh đa thức f ♣xq ✏ x3 ✁ x2   x   đa thức số 72 Footer Page 79 of 166 Header Page 80 of 166 2.3.2 Đa thức nội suy Newton Cách xây dựng đa thức nội suy Lagrange đơn giản mặt ý tưởng Tuy nhiên nhược điểm lần bổ sung thêm số điểm quan sát ta lại phải tính lại từ đầu Người ta tìm cách xây dựng đa thức nội suy cho bổ sung điểm quan sát ta tính lại phần đa thức có Đa thức nội suy Newton giải vấn đề Chúng ta tìm hiểu đa thức thông qua định lí sau: Định lý 2.3.5 Cho P ♣xq đa thức bậc n n phần tử x1 , x2, , xn → trường số K € K Khi tồn phần tử α0, α1, , αn thuộc K để P ♣xq ✏ α0   α1 ♣x ✁ x1 q   α2 ♣x ✁ x1 q ♣x ✁ x2 q     αn ♣x ✁ x1 q ♣x ✁ xn q (2.15) Công thức ♣2.14q gọi công thức nội suy Newton Chứng minh Trước hết dễ thấy rằng, đa thức 1, x ✁ x1 , ♣x ✁ x1 q ♣x ✁ x2 q , , ♣x ✁ x1 q ♣x ✁ xn q lập thành sở K- không gian vectơ đa thức có bậc không vượt n K Vì vậy, với đa thức P ♣xq có bậc n cho trước, tồn phần tử α0 , α1 , , αn € K, để có biểu diễn phát biểu định lí Như định lí chứng minh xong Bây ta muốn đưa thuật toán lặp, để tìm phần tử α0 , α1 , , αn ✏ P ♣x1q Đặt P ♣xq ✁ P ♣x1 q P ♣x1 ; xq ✏ x ✁ x1 ✏ α1   α2 ♣x ✁ x2q     αn ♣x ✁ x2q ♣x ✁ xnq Thấy α0 α1 ✏ P ♣x1; x2q Đặt P ♣x1 ; x2 ; xq ✏ P ♣x1 ; xq ✁ P ♣x1 ; x2 q x ✁ x2 ✏ α2   α3 ♣x ✁ x3q     αn ♣x ✁ x3q ♣x ✁ xnq 73 Footer Page 80 of 166 Thang Long University Library Header Page 81 of 166 ✏ P ♣x1; x2; x3q Một cách tổng quát, bước thứ i, ta có P ♣x1 ; ; xi✁1 ; xq ✁ P ♣x1 ; ; xi✁1 ; xi q P ♣x1 ; ; xi ; xq ✏ x ✁ xi Ta thấy αi ✏ P ♣x1 ; ; xi q với i ✏ 0, , n Ví dụ 2.51 Tìm đa thức P ♣xq có bậc bé cho α2 P ♣1q ✏ 1, P ♣2q ✏ 2, P ♣3q ✏ 5, P ♣4q ✏ 10, P ♣5q ✏ 17 Lời giải Vì P ♣xq có bậc bé nên theo công thức nội suy Newton, với bốn số 1, 2, 3, cho trước, tồn số α0 , α1 , α2 , α3 , α4 để P ♣xq ✏α0   α1 ♣x ✁ 1q   α2 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q   α3 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q   α4 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q Thay giá trị x ✏ 1, x ✏ 2, x ✏ vào công thức ta ✩ ✬ P ✬ ✫ ♣ q ✏ α0 P ♣2q ✏ α0   α1 ✬ ✬ ✪ P ♣3q ✏ α0   2α1   2α2 Suy ✩ ✬ ✬ ✫ ✏ α0 ✏ α0   α1 ✬ ✬ ✪ ✏ α0   2α1   2α2 Giải hệ ta α0 ✏ α1 ✏ α2 ✏ Khi P ♣xq ✏x   ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q   α3 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q   α4 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q , ♣✝q Thay x ✏ vào ♣✝q ta có P ♣4q ✏ 10   6α3, α3 ✏ 0, hay P ♣xq ✏ x   ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q   α4 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q , ♣✝✝q Thay x ✏ vào ♣✝✝q ta có P ♣5q ✏ 17   24α4, α4 ✏ 0, P ♣xq ✏ x   ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ✏ x2 ✁ 2x   74 Footer Page 81 of 166 Header Page 82 of 166 Ví dụ 2.52 Tìm đa thức P ♣xq có bậc bé cho P ♣1q ✏ 1, P ♣2q ✏ 5, P ♣3q ✏ 2, P ♣4q ✏ 4, P ♣5q ✏ ✁3 Lời giải Vì P ♣xq có bậc bé nên theo công thức nội suy Newton, với bốn số 1, 2, 3, cho trước, tồn số α0 , α1 , α2 , α3 , α4 để P ♣xq ✏α0   α1 ♣x ✁ 1q   α2 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q   α3 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q   α4 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q Thay giá trị x ✏ 1, x ✏ 2, x ✏ vào công thức ta ✩ ✬ P ✬ ✫ ♣ q ✏ α0 P ♣2q ✏ α0   α1 ✬ ✬ ✪ P ♣3q ✏ α0   2α1   2α2 Suy ✩ ✬ ✬ ✫ ✏ α0 ✏ α0   α1 ✬ ✬ ✪ ✏ α0   2α1   2α2 Giải hệ ta α0 ✏ 1, α1 ✏ 4, α2 ✏ ✁ 72 Khi ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q   α3 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q   α4 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q , ♣✝q P ♣xq ✏4x ✁ ✁ Thay x ✏ vào ♣✝q ta có P ♣4q ✏ ✁8   6α3, α3 ✏ 2, suy ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q   ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q   α4 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q , ♣✝✝q P ♣xq ✏4x ✁ ✁ Thay x ✏ vào ♣✝✝q ta có P ♣5q ✏ 23   24α4, α4 ✏ ✁ 13 , nên 12 P ♣xq ✏4x ✁ ✁ ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q   ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q ✁ 13 12 75 Footer Page 82 of 166 Thang Long University Library Header Page 83 of 166 Rút gọn ta P ♣xq ✏ ✁ 13 77 641 272 x   x ✁ x   x ✁ 48 12 12 Bài tập Bài Tìm đa thức P ♣xq có bậc bé cho P ♣1q ✏ 1, P ♣2q ✏ 4, P ♣3q ✏ 6, P ♣4q ✏ 8, P ♣5q ✏ 10 Bài Tìm họ đa thức Q ♣xq cho Q ♣iq ✏ 2i với i ✏ 0, 1, 2, Bài Cho đa thức P ♣xq bậc n nhận giá trị điểm 0, 2, 4, , 2n Tính P ♣✁1q Bài Chứng minh đa thức P ♣xq có bậc n chẵn, thỏa mãn P ♣0q ✏ P ♣iq ✏ 2i✁1 với i ✏ 1, 2, , n P ♣n   2q ✏ 2P ♣n   1q ✁ Bài Chứng minh với đa thức P ♣xq ta có P ♣x   n   1q ✏ n ➳ i✏0 ♣✁1qn✁iCni  1P ♣x   iq KẾT LUẬN CHƯƠNG Trong chương 2, đã: - Nêu công thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev - Nêu số tính chất đa thức Chebyshev loại loại Phương pháp quy nạp tỏ hữu hiệu chứng minh tính chất - Áp dụng hai loại đa thức vài ví dụ điển hình - Giới thiệu thêm hai loại đa thức khác đa thức số đa thức nội suy Newton 76 Footer Page 83 of 166 Header Page 84 of 166 Kết luận Sau thời gian làm việc nghiêm túc, với góp ý chân thành từ đồng nghiệp, hoàn thành luận văn với hai chương nhiều ví dụ Tôi cố gắng tổng hợp, hệ thống tập trích từ thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế, để giúp học sinh chuyên toán có thêm tư liệu để học tập, tra cứu Dựa sở đó, luận văn thu kết sau: • Trình bày tổng quan đa thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev • Giúp học sinh có hệ thống ví dụ tập đa dạng để thử sức với nhiều cấp độ khác Qua việc thực luận văn thu nhận nhiều kiến thức bổ ích qua sách, báo, tạp chí công trình nghiên cứu lĩnh vực liên quan đến đề tài luận văn Hy vọng luận văn mang đến cho em học sinh Thầy, Cô giáo nhiều điều bổ ích Trong trình biên soạn luận văn khó tránh khỏi thiếu sót, mong nhận góp ý Thầy, Cô giáo em học sinh 77 Footer Page 84 of 166 Thang Long University Library Header Page 85 of 166 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt: [1] Nguyễn Văn Mậu (2002), Đa thức đại số phân thức hữu tỉ, Nhà xuất Giáo dục [2] Dương Quốc Việt- Đàm Văn Nhỉ (2014), Cơ sở lý thuyết số đa thức, Nhà xuất Đại học Sư phạm [3] Dương Quốc Việt (2014), Bài tập sở lý thuyết số đa thức, Nhà xuất Đại học Sư phạm Tiếng Anh: [4] Titu Andreescu (2007), Functional Equations, Electronic Edition [5] Kin Y.Li (2010), Lagrange Interpolation Formula, Mathematical Excalibur, Volume 15, Number [6] Yufei Zhao (2007), Integer Polynomials, MOP 2007 Black Group 78 Footer Page 85 of 166 ... tiết đa thức nội suy Lagrange, đa thức nội suy Chebyshev số ứng dụng hai đa thức toán tính tổng, chứng minh, rút gọn biểu thức giải phương trình bậc cao, 2.1 2.1.1 Đa thức nội suy Lagrange Công thức. .. nghiên cứu Luận văn tập trung vào nghiên cứu công thức nội suy: Công thức nội suy Lagrange; công thức nội suy Chebyshev; công thức nội suy Newton, đa thức số phạm vi ứng dụng chương trình toán phổ... chúng Đồng thời nêu ứng dụng đa thức nội suy Lagrange toán chứng minh tính tổng, rút gọn biểu thức, xác định đa thức, Ứng dụng đa thức Chebyshev toán cực trị liên quan đến đa thức, giải phương