Đa nội suy lagrange và ứng dụng trong toán sơ cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI DƯƠNG THỊ ANH ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG TRONG TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành: Tốn giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Khải Hà Nội - 2016 LỜI CẢM ƠN Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS.Nguyễn Văn Khải , người thầy tận tình hướng dẫn tơi suốt q trình học tập để tơi hồn thành luận văn Tơi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phòng Sau đại học, thầy giáo Khoa Tốn, trường Đại học Sư phạm Hà Nội giúp đỡ tạo điều kiện cho suốt q trình học tập trường Qua đây, tơi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè ln ủng hộ, giúp đỡ nhiệt tình tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành luận văn Hà Nội, tháng 12 năm 2016 Học viên Dương Thị Anh LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan Luận văn cơng trình nghiên cứu riêng tơi hướng dẫn TS.Nguyễn Văn Khải Trong q trình nghiên cứu, tơi kế thừa thành tựu nhà khoa học với lòng biết ơn trân trọng Hà Nội, tháng 12 năm 2016 Học viên Dương Thị Anh MỤC LỤC Mở đầu Cơ sở lý thuyết đa thức nội suy Lagrange 1.1 Một vài vấn đề đa thức 1.2 Bài toán nội suy 1.3 Công thức nội suy Lagrange 1.4 Sai số phép nội suy 10 1.5 Đa thức Chebyshev 11 1.6 Vấn đề chọn mốc nội suy 11 1.7 Sự hội tụ trình nội suy 13 Một số ứng dụng đa thức nội suy Lagrange toán sơ cấp 2.1 17 Ứng dụng đa thức nội suy Lagrange toán tổng hữu hạn 17 2.2 Ứng dụng đa thức nội suy Lagrange toán đa thức 32 2.3 Ứng dụng đa thức nội suy Lagrange toán nội suy bất đẳng thức bậc hai 67 Kết luận 73 Tài liệu tham khảo 74 MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Trong thực tế có nhiều trường hợp ta cần phải xác định biểu thức hàm y = f (x), biết giá trị rời rạc y0 , y1 , , yn điểm tương ứng x0 , x1 , , xn Ở số trường hợp khác, ta biết biểu thức hàm y = f (x) phức tạp Khi người ta xây dựng đa thức P (x) thỏa mãn: P (xi ) = f (xi ), i = 0, n Đa thức P (x) xây dựng gọi đa thức nội suy f (x) ứng với mốc nội suy x0 , x1 , , xn Các điểm xi , i = 0, n gọi mốc nội suy toán xây dựng đa thức P (x) gọi toán nội suy Đa thức nội suy Lagrange có nhiều ứng dụng tốn sơ cấp, thường đề cập đề thi chuyển cấp, học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh, cấp quốc gia Vì vậy, việc hình thành chuyên đề chọn lọc vấn đề toán nội suy góc độ tốn phổ thơng, đặc biệt ứng dụng đa thức nội suy Lagrange để giải toán đề thi học sinh giỏi cấp cần thiết Do hướng dẫn TS Nguyễn Văn Khải, chọn đề tài: "Đa thức nội suy Lagrange ứng dụng toán sơ cấp" Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu số vấn đề đa thức nội suy Lagrange ứng dụng toán sơ cấp Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu ứng dụng đa thức nội suy Lagrange giải toán sơ cấp Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đa thức nội suy Lagrange Ứng dụng đa thức nội suy Lagrange toán sơ cấp Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nội suy Đóng góp luận văn Hệ thống hóa lại vấn đề đa thức nội suy Lagrange số ứng dụng đa thức nội suy Lagrange toán sơ cấp CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE 1.1 Một vài vấn đề đa thức Định nghĩa 1.1.1 Đa thức bậc n ẩn x trường số thực R biểu thức có dạng: P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 , đó, ∈ R, an = 0, n ∈ N∗ Ta gọi an hệ số cao đa thức, a0 hệ số tự đa thức Tập hợp tất đa thức có bậc ≤ n đa thức kí hiệu Pn Định nghĩa 1.1.2 Đa thức với hệ số nguyên đa thức có dạng: P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 , đó, ∈ Z Định nghĩa 1.1.3 Giá trị đa thức P (x) x0 P (x0 ) = an xn0 + an−1 x0n−1 + + a1 x0 + a0 Nghiệm đa thức P (x) số x ¯ ∈ C cho P (¯ x) = Định lý 1.1.1 (Euclid) cho đa thức P (x) bậc n đa thức Q(x) bậc m (m < n) với hệ số thực Khi đó, tồn đa thức S(x) R(x) cho P (x) = Q(x).S(x) + R(x), (1.1.1) đó, R(x) có bậc r nhỏ bậc Q(x) Định lý 1.1.2 Mọi đa thức bậc n ≥ ln có đủ n nghiệm phức Định lý 1.1.3 Mọi đa thức P (x) bậc n với hệ số thực biểu diễn dạng m s (x2 + bk x + ck ), (x − di ) P (x) = an i=1 k=1 đó, di , bk , ck ∈ R, 2s + m = n, b2k − 4ck < 0, m, n ∈ N∗ 1.2 Bài toán nội suy Định nghĩa 1.2.1 i) Hệ n + điểm phân biệt {xi } với xi ∈ [a, b], i = 0, n gọi mốc nội suy ii) Cho hàm số y = f (x) xác định [a, b] Đa thức P (x) có bậc thấp thỏa mãn P (xi ) = f (xi ) với i = 0, n gọi đa thức nội suy hàm số y = f (x) ứng với mốc nội suy {xi } (i = 0, n) Bài toán xây dựng đa thức nội suy gọi toán nội suy Định lý 1.2.1 Cho n + mốc nội suy x0 , x1 , , xn ∈ [a, b] n + giá trị thực y0 , y1 , , yn Khi tồn đa thức Pn (x) ∈ Pn cho Pn (xi ) = yi = f (xi ) với i = 0, n (1.2.2) Chứng minh Giả sử đa thức P (x) = a0 + a1 x + + an xn với n + hệ số bất định , i = 0, n Từ điều kiện (1.2.2) ta có hệ n + phương trình tuyến tính với (n + 1) ẩn (i = 0, n) a0 + a1 x1 + + an xni = yi (i = 0, n) (1.2.3) Hệ có nghiệm định thức ma trận hệ số khác Định thức hệ phương trình V (x0 , x1 , , xn ) = x0 x20 xn0 x1 x21 xn1 (1.2.4) xn x2n xnn Định thức gọi định thức Vandermonde Để tính V xét hàm V (x) sau đây: x0 xn0 x1 xn1 V (x) = V (x0 , x1 , , xn−1 , x) = 1 (1.2.5) xn−1 xnn−1 x xn Rõ ràng V (x) ∈ Pn Hơn V (x) = x0 , x1 , , xn−1 hay V (x) có n nghiệm x0 , x1 , , xn−1 Do V (x0 , x1 , , xn−1 , x) = A(x − x0 )(x − x1 ) (x − xn−1 ) (1.2.6) hệ số A đại lượng phụ thuộc vào x0 , x1 , , xn−1 Để tính A ta khai triển (1.2.5) theo dòng cuối cùng, thấy A = V (x0 , x1 , , xn−1 ) Suy V (x0 , x1 , , xn−1 , x) = V (x0 , x1 , , xn−1 )(x − x0 )(x − x1 ) (x − xn−1 ) Đặc biệt V (x0 , x1 , , xn−1 , xn ) (1.2.7) 60 Bài toán 2.2.23 (Toán học tuổi trẻ- Số 359/2007) 1) Cho đa thức f (x) có bậc n với hệ số thực hệ số bậc cao a Giả sử f (x) có n nghiệm phân biệt x1 , x2 , , xn khác Chứng minh (−1)n−1 ax1 x2 xn n = xk k=1 n x2 f k=1 k (xk ) 2) Có tồn hay khơng đa thức f (x) bậc n lẻ với hệ số bậc cao a = mà f (x) có n nghiệm phân biệt x1 , x2 , , xn khác thỏa mãn 1 1 + + + + = 0? x1 f (x1 ) x2 f (x2 ) xn f (xn ) x1 x2 xn Lời giải n (x − xk ) Ta viết f (x) dạng f (x) = a k=1 Đặt f (x) = (x − xk )fk (x) n (x − xi ) fk (x) = a i=k,i=1 n n−1 = ax xi )xn−2 + + (−1)n−1 a − a( i=k,i=1 x x xn , k = 1, n xk Ta có f (x) = fk (x) + (x − xk )fk (x) Khi fk (x) = fk (xk ), k = 1, 2, , n Xét đa thức n P (x) = k=1 fk (x) − fk (xk ) Ta thấy bậc đa thức P (x) nhỏ n P (x1 ) = P (x2 ) = = P (xn ) = nên P (x) ≡ Hệ số tự khai triển P (x) n (−1)n−1 a = a0 = k=1 x1 x2 xn xk f (xk ) 61 Do (−1)n−1 = ax1 x2 xn n xk f (xk ) k=1 (2.2.1) Hệ số bậc cao P (x) n k=1 hay n k=1 n x1 x2 xn xk fk (xk ) = xk f (xk ) = 0, x i i=k,i=1 n k=1 xk fk (xk ) n i=1 xi (2.2.2) Từ (2.2.1) (2.2.2) ta có điều phải chứng minh 2) Giả sử tồn đa thức f (x) bậc n lẻ với hệ số bậc cao a = mà f (x) có n nghiệm phân biệt x1 , x2 , , xn khác thỏa mãn 1 1 + + + + = x1 f (x1 ) x2 f (x2 ) xn f (xn ) x1 x2 xn Theo (2.2.1) = x1 x2 xn n k=1 xk f (xk ) Suy = (vô lý) x1 x2 xn Vậy không tồn đa thức thỏa mãn điều kiện đề Bài toán 2.2.24 Cho n số nguyên dương đôi khác x1 , x2 , , xn n Đặt P (x) = n (x − xj ) pi = P (xi ) = j=1 (xi − xj ) j=i,j=1 Chứng minh dãy {uk }k≥0 xác định công thức n uk = i=1 dãy số nguyên xki pi 62 Lời giải Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức xk , k ≤ n − ta có n k n xki x = i=1 x − xj = x − x i j j=i,j=1 n i=1 xki pi n (x − xj ) j=i,j=1 Dễ thấy hệ số xn−1 uk Do P (x) ≡ xk nên uk = với k = 0, n − un−1 = Vậy số u1 , u2 , , un−1 nguyên Bây ta chứng minh uk nguyên với k ≥ n Giả sử số nguyên b1 , b2 , , bn xác định  k−1 xk−1 xk−1 x1  n  + + + = b1 = uk−1 ,    p p p n     xk−2 xk−2 xk−2   + + + n = b2 = uk−2 , p1 p2 pn          xk−n xk−n xk−n   + + + n = bn = uk−n p1 p2 pn xk1 xk2 xkn Khi đó, ta chứng minh b0 = + + + ∈ Z theo p1 p2 pn giả thiết quy nạp ta có điều phải chứng minh Thật vậy, giả sử P (x) = (x − x1 )(x − x2 ) (x − xn ) = xn + c1 xn−1 + + cn−1 x + c + n Theo định lý Viete ta ci nguyên xnj = − n i=1 ci xn−i j Nhân dòng thứ j hệ với cj cộng lại ta n n n ci b i = i=1 i=1 xk−i j = ci p j j=1 n =− j=1 n j=1 xk−n j pj xk−n j xnj = −b0 pj n ci xn−i j i=1 63 Vậy b0 số nguyên hay uk số nguyên với ∀ k ≥ n Vậy ta có điều phải chứng minh Bài toán 2.2.25 Cho đa thức Pn−1 (x) có bậc nhỏ n − với hệ số bậc cao a0 , thỏa mãn điều kiện − x2 |Pn−1 (x)| ≤ 1, ∀ x ∈ [−1, 1] Chứng minh |a0 | ≤ 2n−1 Lời giải Áp dụng công thức nội suy Lagrange mộc nội suy xi = cos 2i − π, 2n i = 0, n nghiệm đa thức Chebyshev Tn (x) ta có Pn−1 (x) = n n (−1)i−1 − x2 Pn−1 (xi ) i=1 Suy Tn (x) x − xi n 2n−1 a0 = n n(−1)i−1 − x2 Pn−1 (xi ) i=1 Vậy 2n−1 |a0 | = n n i−1 n|(−1) i=1 1− x2 P 2n−1 n−1 (xi )| ≤ n n n = 2n−1 i=1 Bài tốn 2.2.26 Cho đa thức Pn−1 (x) có bậc nhỏ n − với hệ số bậc cao a0 , thỏa mãn điều kiện − x2 |Pn−1 (x)| ≤ 1, ∀ x ∈ [−1, 1] Chứng minh |Pn−1 (x)| ≤ n với ∀ x ∈ [−1, 1] Lời giải Với xi chọn tập 2.2.25 hàm số cos x nghịch biến (0, π) nên ta có 64 −1 < xn < xn−1 < < x2 < x1 < Nếu x1 < x < |Pn−1 (x)| = n n | − x2 Pn−1 (xi )| i=1 |Tn (x)| , |x − xi | (2.2.3) (do x − xi > Tn (x) có dấu khơng đổi (x1 , 1]) Mà Tn (x) = 2n−1 n (x − xi ) nên ta có i=1 n n (x − xi ) i=1 n−1 Tn (x) = j=1 (x − xj ) n = j=1 Tn (x) x − xj |Tn (x)| = |Un (x)| ≤ n n Trong đa thức Un (x) xác định    U0 (x) = 0; U1 (x) = 1; Un (x) =   Un+1 (x) = 2xUn (x) − Un−1 (x) ∀ n ≥ Mặt khác nên từ (2.2.3) (2.2.4) ta có |Pn−1 (x)| ≤ n với ∀ x ∈ (x1 , 1] Hoàn toàn tương tự ta có |Pn−1 (x)| ≤ n với ∀ x ∈ [−1, xn ) Xét xn ≤ x ≤ x1 Khi ta có − x2 ≥ Do ≥ − x21 = sin(arccos x1 ) = sin sin x ≥ nên x π sin π π ≥ = 2n 2n π n π 2n (2.2.4) 65 − x2 ≥ n = n n Vậy |Pn−1 (x)| ≤ n với ∀ x ∈ [−1, 1] Suy |Pn−1 (x)| ≤ n = Bài toán 2.2.27 Giả sử đoạn [−1, 1] cho k điểm khác Với điểm cho lập tích khoảng cách từ điểm đến k − điểm lại Như ta thu k tích tương ứng Gọi Sk tổng nghịch đảo k tích Chứng minh Sk ≥ 2k−2 Lời giải Gọi Tk−1 (x) đa thức Chebyshev bậc (k − 1) Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta có k−1 Tn−1 (x) = n Tk−1 (xn ) n=0 x − xj x − x n j j=i,j=0 So sánh hệ số bậc cao đa thức ta k−1 k−2 = Tk−1 (xn ) n (xn − xj ) n=0 j=i,j=0 Do k−1 k−2 = Tk−1 (xn ) n k−1 n=0 n n=0 j=i,j=0 k−1 ≤ n n=0 | (xn − xj )| j=i,j=0 |Tk−1 (xn )| (xn − xj ) ≤ | (xn − xj )| j=i,j=0 = Sn 66 Bài toán 2.2.28 (Toán học tuổi trẻ- Số 423/2012) Trên đoạn [a, b] lấy k điểm phân biệt x1 , x2 , , xk Gọi dn tích khoảng cách từ điểm xn tới k − điểm lại với n = 1, k k Tìm giá trị nhỏ n=1 dn Lời giải Xét dãy đa thức Chebyshev {Tm (x)} b−a 2xn − b − a ⇔ xn = (tn + 1) Đặt tn = b−a Suy b−a |tn − ti | với i = 1, k |xn − xi | = Do xn ∈ [a, b] nên tn ∈ [−1, 1] với n = 1, k Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức Tk−1 (x) k điểm t1 , t2 , , tk ta có k k Tk−1 (t) = Tk−1 (tn ) n=1 t − ti t − t n i i=n,i=1 Đồng hệ số số hạng cao tk−1 ta k k−2 = Tk−1 (tn ) k k |Tk−1 (tn )| (tn − ti ) ≤ n=1 k |tn − ti | n=1 i=n,i=1 k ≤ k i=n,i=1 |tn − ti | n=1 i=n,i=1 Mặt khác k n=1 = dn k k |xn − xi | n=1 i=n,i=1 = b−a k−1 k k |tn − ti | n=1 i=n,i=1 67 Từ ta có k n=1 ≥ dn b−a k−1 2k−2 = b−a Đẳng thức xảy dấu tn = cos hay xn = 2.3 b−a nπ (cos + 1) k−1 k−1 nπ với ∀ n = 1, k − k−1 Ứng dụng đa thức nội suy Lagrange toán nội suy bất đẳng thức bậc hai Định lý 2.3.1 Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = i) Nếu ∆ < af (x) > 0, ∀ x ∈ R ii) Nếu ∆ = af (x) ≥ 0, ∀ x ∈ R Dấu đẳng thức xảy b x = − 2a iii) Nếu ∆ > f (x) = a(x − x1 )(x − x2 ) với √ √ −b + ∆ −b − ∆ x1 = , x2 = 2a 2a (2.3.5) nghiệm phân biệt phương trình f (x) = Trong trường hợp này, af (x) < x ∈ (x1 , x2 ) af (x) > x < x1 x > x2 Định lý 2.3.2 (Định lý đảo) Điều kiện cần đủ để tồn số α cho af (α) < ∆ < x1 < α < x2 , x1 , x2 nghiệm f (x) xác định theo (2.3.5) Xét tam thức bậc hai G(x) = P x2 + Qx + R 68 Ta khảo sát toán đặt bất đẳng thức G(x) ≥ thỏa mãn với x ∈ [a, b] xảy Ta xét tập sau Bài toán 2.3.1 Giả sử G(x) = P x2 + Qx + R Đặt G(a) = α ≥ 0, G(b) = β ≥ 0, a+b G(a) + )−( 2 a+b G(a) − G( )−( 2 G( G(b) )2 = γ, G(b) )2 = δ Xác định G(x) biết α, β, γ Xác định G(x) biết α, β, δ Chứng minh G(x) ≥ thỏa mãn với x ∈ [a, b] γ ≥ δ ≥ Lời giải Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho tam thức bậc hai G(x) a+b , x3 = b, ta có mốc nội suy x1 = a, x2 = a+b (x − )(x − b) a+b (x − a)(x − b) G(x) =G(a) + G( ) a+b a+b a+b (a − )(a − b) ( − a)( − b) 2 a+b (x − a)(x − ) + G(b) , a+b (b − a)(b − ) √ √ a+b α+ β đó: G(a) = α, G(b) = β, G( )=γ+( ) 2 Khi 69 4(x − a)(x − b) (2x − a − b)(x − a) (2x − a − b)(x − b) − β + δ (a − b)2 (a − b)2 (a − b)2 √ √ α+ β = [α(2x − a − b)(x − b) − 4(γ + ( ) )(x − a)(x − b) (a − b)2 G(x) = α + β(2x − a − b)(x − a)] = [α(x − b)2 + β(x − a)2 − αβ(x − a)(x − b) (a − b) − 4γ(x − a)(x − b)] √ = [( α(x − b) + β(x − a))2 − 4γ(x − a)(x − b)] (a − b) √ √ = [(x( α − β) − (b α − a β))2 − 4γ(x − a)(x − b)] (a − b) √ √ √ √ Vậy G(x) = [(x( α − β) − (b α − a β)) − 4γ(x − a)(x − b)] (a − b)2 Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho tam thức bậc hai G(x) a+b mốc nội suy x1 = a, x2 = , x3 = b, ta có a+b )(x − b) (x − (x − a)(x − b) a+b G(x) =G(a) + G( a+b a+b a+b (a − ( )(a − b) − a)( − b) 2 a+b (x − a)(x − ) , + G(b) a+b ) (b − a)(b − √ √ a+b α+ β đó: G(a) = α, G(b) = β, G( ) = δ+( ) Hồn tồn 2 biến đổi tương tự ta có G(x) = √ [(x( α− (a − b)2 √ β) − (b α − a β))2 − 4δ(x − a)(x − b)] Ta chứng minh G(x) ≥ 0, ∀ x ∈ [a, b], (2.3.6) 70 tương đương với   γ≥0 (2.3.7) δ≥0 Giả sử (2.3.7) thỏa mãn, theo câu câu ta có G(x) biểu diễn dạng G(x) = √ [(x( α− (a − b)2 √ β) − (b α − a β))2 − 4γ(x − a)(x − b)], √ [(x( α− (a − b)2 √ β) − (b α − a β))2 − 4δ(x − a)(x − b)] Hoặc G(x) = Suy G(x) ≥ 0, ∀ x ∈ [a, b] Ngược lại, giả sử (2.3.6) thỏa mãn Khi G(a) ≥ 0, G(b) ≥ G(x) viết dạng G(x) = (mx + n)2 − K(x − a)(x − b) K ≥ (2.3.8) a+b Nếu (2.3.8) ta chọn x ∈ {a, , b} ta có    (ma + n)2 = G(a)   (mb + n)2 = G(b), K= a+b G( )−( (a − b) G(a) + G(b) )2 = γ, (a − b)2 K= a+b G( )−( (a − b)2 G(a) − G(b) )2 = δ (a − b)2 71 Từ suy γ ≥ δ ≥ Vậy ta có điều phải chứng minh Nhận xét: Từ tập 2.3.3 ta có toán tổng quát sau: Giả sử G(x) = P x2 + Qx + R Khi bất đẳng thức G(x) ≥ thỏa mãn với x ∈ [a, b] khi: G(a) ≥ 0, G(b) ≥ G( a+b )≥( G(a) − G(b) )2 Bài tập 2.3.1 Chứng minh với tam thức bậc hai f (x) = P x2 + Qx + R ta có |f (x)| ≤ 1, ∀ x ∈ [a, b] xảy |f (a)|, |f (b)| ≤ −1 − (1 − f (a))(1 − f (b)) ≤ f (a) + f (b) − 2f ≤1+ a+b (1 + f (a))(1 + f (b)) Lời giải Đặt G1 (x) = − f (x), G2 (x) = + f (x) Khi sử dụng kết tốn ta có G1 (x) ≥ 0, G2 (x) ≥ 0, ∀ x ∈ [a, b] |f (a) ≤ 1, |f (b) ≤    a+b G1 (a) − G1 (b)   G ≥   2      G2 a+b có nghĩa       1 − f a+b      1 + f a+b ≥ G2 (a) − G2 (b) , ≥ − f (a) − − f (b) ≥ + f (a) − + f (b) , 72 hay −1 − (1 − f (a))(1 − f (b)) ≤ f (a) + f (b) a+b − 2f 2 ≤ + (1 + f (a))(1 + f (b)) 73 KẾT LUẬN Luận văn trình bày chi tiết đa thức nội suy Lagrange( Bài tốn, cơng thức Lagrange, sai số, chọn mốc nội suy hội tụ trình nội suy) ứng dụng đa thức nội suy Lagrange số tốn sơ cấp( Bài tốn tính tổng, tốn đa thức) Tuy nhiên, thời gian có hạn trình độ thân hạn chế tơi chưa có điều kiện nghiên cứu sâu rộng ứng dụng đa thức nội suy Lagrange Tôi tiếp tục nghiên cứu bổ sung để luận văn trở thành tài liệu hữu ích việc bồi dưỡng học sinh giỏi cấp 74 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tài liệu Tiếng Việt [1] Phạm Kỳ Anh (2008), Giải tích số, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] PGS TS Trần Anh Bảo, TS Nguyễn Văn Khải, PGS TS Phạm Văn Kiều, PGS TS Ngô Xuân Sơn (2007), Giải tích số, NXB Đại học Sư phạm Hà Nội [3] Nguyễn Minh Chương (chủ biên), Nguyễn Văn Khải, Khuất Văn Ninh, Nguyễn Văn Tuấn, Nguyễn Tường(2009) ,Giải tích số, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Trịnh Đào Chiến, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất (2008), Chuyên đề chọn lọc đa thức ứng dụng, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Văn Mậu (2007), Các toán nội suy áp dụng, NXB Giáo dục [6] Tuyển tập báo toán học tuổi trẻ từ năm 2000 đến năm 2016 ... Lagrange ứng dụng tốn sơ cấp" Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu số vấn đề đa thức nội suy Lagrange ứng dụng toán sơ cấp Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu ứng dụng đa thức nội suy Lagrange giải toán sơ cấp. .. trình nội suy 13 Một số ứng dụng đa thức nội suy Lagrange toán sơ cấp 2.1 17 Ứng dụng đa thức nội suy Lagrange toán tổng hữu hạn 17 2.2 Ứng dụng đa thức... cứu Đa thức nội suy Lagrange Ứng dụng đa thức nội suy Lagrange toán sơ cấp Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nội suy Đóng góp luận văn Hệ thống hóa lại vấn đề đa thức nội suy Lagrange số ứng dụng