Tóm tắt luận văn Thạc sĩ Khoa học: Lí thuyết xấp xỉ đều tốt nhất và ứng dụng

Từ việc nghiên cứu các bài toán được trình bày một cách cụ thể, luận văn xây dựng lời giải tổng quát cho các bài toán đó dựa trên lí thuyết xấp xỉ đều tốt nhất bằng đa thức bậc không và bậc nhất cùng với lời giải sơ cấp tương ứng. Đây chính là yếu tố góp phần ảnh hưởng đến sự hình thành và phát triển năng lực giải toán đối với học sinh, đồng thời góp phần bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG NGUYỄN THỊ THANH THẢO LÍ THUYẾT XẤP XỈ ĐỀU TỐT NHẤT VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng - Năm 2015 Cơng trình hồn thành ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Người hướng dẫn khoa học:TS LÊ HẢI TRUNG Phản biện 1: TS LƯƠNG QUỐC TUYỂN Phản biện 2: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Luận văn bảo vệ Hội đồng chấm luận văn tốt nghiệp Thạc sĩ khoa học họp Đại học Đà Nẵng vào ngày 12 13 tháng 12 năm 2015 Có thể tìm hiểu luận văn tại: - Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng - Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng MỞ ĐẦU Lý lựa chọn đề tài Cùng với phát triển khoa học kỹ thuật, lí thuyết xấp xỉ tốt lĩnh vực nhận quan tâm toán học đại, có vai trò đặc biệt quan trọng tốn lí thuyết tốn ứng dụng Đối với tốn sơ cấp, việc ứng dụng lí thuyết xấp xỉ tốt cho ta lời giải tốn tìm cực trị số dạng tốn khác Nhằm đem lại hướng giải giải số dạng Tốn bậc trung học phổ thơng (THPT), xây dựng tài liệu tham khảo việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, xử lý số dạng toán nội dung thi đại học, cao đẳng năm gần đây, mong muốn tìm hiểu lí thuyết xấp xỉ ứng dụng việc giải số dạng toán sơ cấp gợi ý người hướng dẫn khoa học, thầy giáo – TS Lê Hải Trung, tác giả chọn đề tài “Lí thuyết xấp xỉ tốt ứng dụng" cho luận văn thạc sĩ khoa học Đối tượng phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu lí thuyết xấp xỉ tốt không gian Banach, không gian C[a;b] , xấp xỉ đa thức bậc không, xấp xỉ đa thức bậc số ứng dụng Toán sơ cấp Mục đích nghiên cứu Từ việc nghiên cứu tốn trình bày cách cụ thể, xây dựng lời giải tổng qt cho tốn dựa lí thuyết xấp xỉ tốt đa thức bậc không bậc với lời giải sơ cấp tương ứng Đây yếu tố góp phần ảnh hưởng đến hình thành phát triển lực giải tốn học sinh, đồng thời góp phần bồi dưỡng lực giải toán cho học sinh Nhiệm vụ nghiên cứu Đọc nghiên cứu tài liệu liên quan đến đề tài, số khái niệm kết giải tích hàm, nghiên cứu cách giải toán cực trị dựa vào lí thuyết xấp xỉ tốt lời giải sơ cấp Phương pháp cách tiếp cận nghiên cứu Trong phạm vi đề tài có sử dụng kiến thức thuộc lĩnh vực: Giải tích hàm, Lý thuyết Phương trình vi phân, Giải tích Phương pháp giới thiệu đề tài đưa việc vận dụng số ứng dụng lí thuyết xấp xỉ tốt để giải toán sơ cấp có chất xấp xỉ hàm nhằm bồi dưỡng lực giải toán cho học sinh giỏi trung học phổ thơng Tính sáng tạo Bên cạnh lời giải sơ cấp tương ứng, Tác giả xây dựng lời giải tổng quát cho tốn thường gặp dựa lí thut xấp xỉ tốt đa thức bậc không bậc Giúp giáo viên có định hướng lớp toán sơ cấp cho học sinh giỏi cách lựa chọn hàm số f (x) đoạn [a; b] cho q trình tính tốn khơng q cồng kềnh Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Đề tài có giá trị mặt lí thuyết Có thể sử dụng luận văn tài liệu tham khảo để góp phần dạy tốt mơn Giải tích trường THPT, làm tài liệu tham khảo dành cho sinh viên ngành toán đối tượng quan tâm đến lí thuyết xấp xỉ tốt Cấu trúc luận văn Luận văn bao gồm: Phần mở đầu Chương 1: Không gian metric, khơng gian tuyến tính, khơng gian định chuẩn khơng gian Banach Chương 2: Lí thuyết xấp xỉ tốt Chương 3: Ứng dụng lí thuyết xấp xỉ tốt vào giải toán cực trị Phần kết luận Tài liệu tham khảo Quyết định giao đề tài luận văn Thạc sĩ (bản sao) CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương tác giả trình bày số kiến thức không gian metric, khơng gian tuyến tính, khơng gian định chuẩn không gian Banach Các kiến thức chuyên sâu chương xem tài liệu [2], [6], [9] tài liệu phổ biến dành cho bậc đại học cao 1.1 KHÔNG GIAN METRIC Định nghĩa 1.1.1.([1]) (Khơng gian metric hàm khoảng cách) Ví dụ 1.1.1 Với hai phần tử x, y ∈ R, đặt d(x, y) = |ex − ey | Khi d metric R Định nghĩa 1.1.2.([1], [5]) (Giới hạn dãy) Định nghĩa 1.1.3.([1], [5]) (Dãy Cauchy) Định nghĩa 1.1.4.([1]) (Khơng gian metric đầy đủ) Ví dụ 1.1.2 Cho X = {x = {xn } |xn ∈ R, ∀n ∈ N ∗ , xn → 0} ∀x = (xn ), y = (yn ) ∈ X Đặt d(x, y) = max∗ |xn − yn |, n∈N d metric đầy đủ X Ví dụ 1.1.3 Với hai phần tử x, y ∈ R, đặt d(x, y) = |arctan x − arctan y|, d metric R d khơng metric đầy đủ 1.2 KHƠNG GIAN TUYẾN TÍNH Định nghĩa 1.2.1.([5], [10]) (Định nghĩa khơng gian tuyến tính) Ví dụ 1.2.1 Cho tập X = Rn = x = (x1 , x2 , , xn )/xi ∈ R, i = 1, n ∀x = (xi )ni=1 , ∀y = (yi )ni=1 ∈ Rn , ∀α ∈ R Đưa vào hai phép toán (+) cộng hai phần tử (.) nhân phần tử với số sau: x + y = (xi + yi )ni=1 α.x = (αxi )ni=1 Khi X với hai phép tốn khơng gian tuyến tính n Ví dụ 1.2.2 Cho P (x) = f (x) = xi |ai ∈ R, deg f ≤ n i=0 Đưa vào hai phép toán (+) cộng hai đa thức phép (.) nhân đa thức với số thực sau sau: n f (x1 ) + f (x2 ) = (xi1 + xi2 ) n α.f (x) = i=0 αai xi i=0 Khi P (x) với hai phép tốn khơng gian tuyến tính Ví dụ 1.2.3 C[a;b] = {f : [a; b] −→ R}, f hàm liên tục [a; b] Với hai phép toán (+) ∀f, g ⊂ [a; b], f + g : [a; b] −→ R Được định nghĩa (f + g)(x) = f (x) + g(x), ∀x ∈ [a; b] (.)λf : [a; b] −→ R Được định nghĩa (λf )(x) = λ.f (x), ∀λ ∈ R Khi C[a;b] với hai phép tốn khơng gian tuyến tính Ví dụ 1.2.4 Kí hiệu L2 [a; b] = f : [a; b] −→ R| b a f (x)dx 0) 2 Vì d = x − x1 = λ x − x2 = λ, suy λ = x−x2 Do x−x = , hay x1 ≡ x2 2.3 LÍ THUYẾT XẤP XỈ ĐỀU TỐT NHẤT TRONG KHƠNG GIAN C[a;b] Xét X = C[a,b] khơng gian hàm thực liên tục đoạn [a, b] X1 = n Gn , đặt q(x) := xi , a = (a0 , a1 , , an ) ∈ Rn+1 , x = (1, x, , xn ) ∈ i=0 Rn+1 Do đa thức q(x) := n xi ∈ Gn đặc trưng vectơ hệ số a = i=0 (a0 , a1 , , an ) nên X1 không gian X sinh x = (1, x, , xn ) Ta có dim X1 = n + Theo định lý 2.2.1 với y ∈ X , tồn xấp xỉ tốt q(x) Kí hiệu: En (y) = y − qn (x) Người ta gọi q(x) đa thức xấp xỉ tốt y Theo định lý 2.2.1 toán xấp xỉ (2.5) ln có nghiệm, nhiên định lý 2.2.1 không cho ta tiêu chuẩn để kiểm tra xem liệu đa thức g ∈ Gn có phải đa thức xấp xỉ tốt hay không Định lý 2.3.1.([10]) (Valleé - Poussin) Giả sử f ∈ C[a;b] q ∈ Gn Nếu ∃ (n + 2) điểm phân biệt a ≤ x0 < x1 < < xn+1 ≤ b cho f (xi ) − q(xi ) đổi dấu, nghĩa là: Sign{(−1)i [f (xi ) − q(xi )]} = const, i = 0, n + En (f ) ≥ µ := |f (xi ) − q(xi )| i=0,n+1 Chứng minh Trường hợp µ = Khi En (f ) ≥ = µ Trường hợp µ > Dùng phản chứng để chứng minh Giả sử En (f ) < µ, g ∈ Gn đa thức xấp xỉ tốt f [a; b] Khi f − g = En (f ) < µ Suy |g(xi ) − f (xi )| ≤ f − g < µ ≤ |q(xi ) − f (xi )| , Sign[q(xi ) − g(xi )] = Sign{[q(xi ) − f (xi )] + [f (xi ) − g(xi )]} = Sign[q(xi ) − f (xi )], i = 0, n + Vậy đa thức (q − g) ∈ Gn đổi dấu (n + 2) lần nên có (n + 1) nghiệm Suy q≡g Ta có: µ > q − f > |q(xi ) − f (xi )| = µ Vậy En (f ) ≥ µ i=0,n+1 Định lý 2.3.2.([10]) (Chebyshev) Điều kiện cần đủ để g ∈ Gn đa thức xấp xỉ tốt hàm f ∈ C[a;b] tồn (n + 2) điểm a ≤ x0 < x1 < < xn+1 ≤ b cho: f (xi ) − g(xi ) = α(−1)i f − g , i = 0, n + (2.7) α = α = −1 Chứng minh Định lý 2.3.3.([10]) Đa thức xấp xỉ tốt f ∈ C[a;b] Chứng minh Giả sử p, q ∈ Gn xấp xỉ tốt f [a; b] Khi p+q ∈ X1 xấp xỉ tốt f [a; b] vì: p+q 1 ≤ f −p + f − q = En (f ) 2 n + điểm luân phiên Chebyshev p+q ta có: En (f ) ≤ f − Gọi xi n+1 i=0 p(xi ) + q(xi ) − f (xi ) = En (f ), i = 1, n + Suy 2En (f ) = |p(xi ) − f (xi ) + q(xi ) − f (xi )| ≤ |p(xi ) − f (xi )| + |q(xi ) − f (xi )| ≤ p − f + q − f = 2En (f ) Do |p(xi ) − f (xi )| = |q(xi ) − f (xi )| = En (f ), i = 1, n + Hay p(xi ) − f (xi ) = λi [q(xi ) − f (xi )], λi = ±1 Ta có: | + λi | | q(xi ) − f (xi ) |= (1 + λi )En (f ) = 2En (f ) ⇒ λi = Từ suy p(xi ) = q(xi ), i = 1, n + 1, hay p ≡ q Định lý 2.3.4.([10]) Đa thức xấp xỉ tốt g ∈ Gn hàm f ∈ C[−1;1] chẵn (lẻ) hàm chẵn (lẻ) Chứng minh Giả sử f hàm chẵn g(x) ∈ Gn xấp xỉ tốt ∀x ∈ [−1; 1] |f (xi ) − g(xi )| ≤ En (f ) Thay x −x, ta có: |f (−x) − g(−x)| = |f (x) − g(−x)| ≤ En (f ), ∀x ∈ [−1; 1] Suy g(−x) đa thức xấp xỉ tốt f Do tính xấp xỉ tốt ta g(−x) = g(x) ∀x ∈ [−1; 1] Vậy g(x) ∈ Gn hàm chẵn Giả sử f hàm lẻ g(x) ∈ Gn xấp xỉ tốt ∀x ∈ [−1; 1] |f (xi ) − g(xi )| ≤ En (f ) Thay x −x, ta có: |f (−x) − g(−x)| = |−f (x) − g(−x)| = |f (x) − (−g(−x))| ≤ En (f ), ∀x ∈ [−1; 1] Suy −g(−x) đa thức xấp xỉ tốt f Do tính xấp xỉ tốt ta −g(−x) = g(x) ∀x ∈ [−1; 1] Hay g(−x) = −g(x)∀x ∈ [−1; 1] Vậy g(x) ∈ Gn hàm lẻ Định lý 2.3.5.([10]) Hệ 2.3.1.([10]) Đa thức xấp xỉ tốt bậc n đa thức bậc n + 1: f (x) = a0 + a1 x + + an xn+1 , an+1 = có dạng: q(x) = f (x) − an+1 Tn+1 [ 2x − (a + b) (b − a)n+1 ] b−a 22n+1 10 Nếu f khả vi điểm c tìm từ điều kiện f (c) = a Từ (2.8) và(2.9) ta được: a0 = f (a) + f (c) a + c f (b) − f (a) − 2 b−a L = |f (a) − (a0 + a1 a)| =| f (a) − f (c) c − a f (b) − f (a) − | 2 b−a 2.4.3 Ý nghĩa hình học xấp xỉ đa thức bậc Nối điểm A(a; f (a)), B(b; f (b)) đoạn thẳng AB có phương trình là: AB : y = a1 (x − a) + f (a) = a1 x + f (a) − aa1 Kẻ tiếp tuyến song song với AB CD có phương trình: CD : y = a1 (x − c) + f (c) = a1 x + f (c) − ca1 Đường cần tìm đường trung bình hai đường AB CD, có phương trình là: y = a1 x + a0 với a0 = f (b) − f (a) f (a) + f (c) a + c f (b) − f (a) − , a1 = 2 b−a b−a Ví dụ 2.4.1 Tìm đa thức xấp xỉ tốt bậc hàm số f (x) = |x| đoạn [−1; 2] Lời giải Ta có a = −1 ⇒ f (a) = ⇒ A(−1; 1) b = ⇒ f (b) = ⇒ B(2; 2) c = ⇒ f (c) = ⇒ C(0; 0) Suy a1 = a0 = f (b) − f (a) 2−1 = = b−a − (−1) f (a) + f (c) a + c f (b) − f (a) + −1 + − − = − = 2 b−a 2 − (−1) 11 Vậy đa thức xấp xỉ tốt hàm số f (x) = |x| đoạn [−1; 2] là: y = a1 x + a0 ⇒ y = x + 3 Ví dụ 2.4.2 Tìm đa thức xấp xỉ tốt bậc hàm số f (x) = e−x đoạn [−1; 1] Lời giải ∀x ∈ [−1; 1] ⇒ −x ∈ [−1; 1], 2 ta có f (−x) = e−(−x) = e−x = f (x) ⇒ f (x) hàm số chẵn Vậy đa thức xấp xỉ tốt bậc 2, kí hiệu q2 (x)của hàm số f (x) = e−x chẵn (theo định lý 2.3.4) Do q2 (x) = a0 + a2 x2 Đặt t = x2 ⇒ f (t) = e−t , t ∈ [0; 1] ⇒ q2 (t) = a0 + a2 t Ta có: a = ⇒ f (a) = ⇒ A(0; 1), b = ⇒ f (b) = 1e ⇒ B(1; 1e ) −1 (a) e Suy a2 = f (b)−f = 1−0 = 1−e b−a e ⇒ phương trình đường thẳng qua hai điểm A, B có dạng: y = Tìm điểm C(c; f (c)) f (c) = a2 = 1−e e −c Ta có: f (t) = −e−t ⇒ f (c) = −e−c ⇔ −e−c = 1−e = e−1 e ⇔e e 1−e e x + ⇔ e1−c = e − ⇔ − c = ln(e − 1) ⇔ c = − ln(e − 1) ⇒ phương trình tiếp tuyến với đường cong f (t) C(1 − ln(e − 1); e−1 e ) có dạng: 1−e e−1 1−e e−1 y = 1−e e (t − c) + f (c) ⇒ y = e (t + ln(e − 1) − 1) + e ⇒ y = e t + e + 1−e e ln(e − 1) Vậy phương trình đường trung bình đường thẳng AB tiếp tuyến có dạng: y= 1−e e t + 3e−2+(1−e) ln(e−1) 2e 3e−2+(1−e) ln(e−1) Trở lại biến x ta có: q2 (x) = 1−e e x + 2e Vậy đa thức xấp xỉ tốt bậc hàm số f (x) = e−x đoạn [−1; 1] là: − e 3e − + (1 − e) ln(e − 1) x + q2 (x) = e 2e 12 CHƯƠNG ỨNG DỤNG LÍ THUYẾT XẤP XỈ ĐỀU TỐT NHẤT VÀO GIẢI TOÁN CỰC TRỊ Trong chương này, tác giả trình bày phương pháp giải tốn cực trị cách dựa lí thuyết xấp xỉ tốt bên cạnh lời giải sơ cấp tương ứng Nêu giải số ví dụ áp dụng, đề xuất toán tương tự Các kiến thức chương xem thêm tài liệu [6], [7], [10], [12] tài liệu phổ biến dành cho bậc đại học cao 3.1 ỨNG DỤNG XẤP XỈ BẰNG ĐA THỨC BẬC KHƠNG CHO BÀI TỐN CỰC TRỊ 3.1.1 Bài toán Cho hàm số f (x) liên tục [a; b] Tìm c cho max |f (x) − c| đạt x∈[a;b] giá trị nhỏ 3.1.2 Phương pháp giải: Dựa lí thuyết xấp xỉ tốt Bước 1: Tìm giá trị lớn (GTLN), giá trị nhỏ (GTNN) hàm số f (x) [a; b] Đặt M = max f (x), m = f (x) x∈[a;b] x∈[a;b] Bước 2: Suy đa thức xấp xỉ tốt bậc không hàm số f (x) [a; b] M +m p(x) = số cần tìm Bước 3: Kết luận: Vậy c = M +m (c đa thức xấp xỉ tốt bậc không hàm số f (x) [a; b]) Khi GTNN đạt là: max f (x) − x∈[a;b] M +m 3.1.3 Lời giải sơ cấp Bước 1: Tìm giá trị lớn (GTLN), giá trị nhỏ (GTNN) hàm số f (x) [a; b] 13 Đặt M = max f (x), m = f (x) x∈[a;b] x∈[a;b] Bước 2: Đặt X = f (x) ⇒ X ∈ [m; M ] Đặt g(X) = X − c, g(m) = m − c, g(M ) = M − c Đặt K = max |g(X)|, hay K = max |f (x) − c| X∈[m;M ] x∈[a;b] Ta có: 2K ≥ |g(M )| + |g(m)| ≥ |g(M ) − g(m)| = |M − m| = M − m Suy K ≥ M −m  |g(M )| = |g(m)| = Dấu ” = ” xảy g(m).g(M ) ≤ Bước 3: Kiểm tra lại với c = GTNN đạt : M −m Bước 4: Kết luận: Với c = : M +m M +m M −m ⇔c= max |f (x) − c| = x∈[a;b] M +m M −m đạt max |f (x) − c| đạt GTNN đạt x∈[a;b] M −m Nhận xét 3.1 Để tìm GTLN - GTNN hàm số f (x) [a; b], ta sử dụng tính đơn điệu (nếu có), dựa vào đồ thị hay khảo sát biến thiên hàm số f (x) Ở bước 2: Đối với học sinh phổ thơng, giải thích việc vẽ đồ thị, kết hiển nhiên giải tích là: Ảnh liên tục [a; b] [m; M ] với M = max f (x), m = f (x) (Điều học sinh hiểu tương tự x∈[a;b] x∈[a;b] việc đổi biến số) Vậy bước ta chứng minh được: K = max |f (x) − c| ≥ x∈[a;b] Nếu K = M −m c = M +m 2 Thử lại: Với c = M +m max |f (x) − c| = x∈[a;b] M −m M −m Điều xảy ta sử dụng kết sau: |X − c| ≤ max {|m − c| , |M − c|} ∀X∈[m;M ] (3.1) với c Thật vậy, lấy X ∈ [m; M ], Ta có: m ≤ X ≤ M ⇒ m − c ≤ X − c ≤ M − c Nếu X − c < 0, m − c ≤ X − c ≤ 0, suy |X − c| < |m − c| (3.1) 14 Nếu X − c ≥ 0, ≤ X − c ≤ M − c, suy |X − c| ≤ |M − c| Từ max g(X) = max{g(M ); g(m)} ∀X∈[m;M ] = M +m Khi c Vậy max ∀X∈[m;M ] g(M ) = g(m) = |g(X)| = M −m M −m Bước kiểm tra lại cuối để nhấn mạnh thêm mức độ chặt chẽ mặt M −m logic, ta  rằng: Bước chứng tỏ K ≥   g(M ) = g(m) = max g(X) (1)   ∀X∈[m;M ]  M −m K = ⇔ g(M ) = g(m) = M −m (2)     g(m).g(M ) ≤ (3) Từ (2) (3) ta tìm c, với c tìm (2) (3) thỏa mãn, nên việc kiểm tra (1) cần thiết 3.2 ỨNG DỤNG XẤP XỈ BẰNG ĐA THỨC BẬC NHẤT CHO BÀI TỐN CỰC TRỊ 3.2.1 Bài tốn Cho hàm số f (x) liên tục, lồi (hoặc lõm) [a; b] Tìm c, d cho max |f (x) − (cx + d)| đạt giá trị nhỏ x∈[a;b] 3.2.2 Phương pháp giải: Dựa lí thuyết xấp xỉ tốt Bước 1: Xác định hai điểm A(a; f (a)), B(b; f (b)) Viết phương trình đường thẳng AB : y = kx + m Bước 2: Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f (x) tọa độ tiếp điểm C(c, f (c)) song song với AB Khi có dạng: y = kx + n 15 Bước 3: Đường thẳng cần tìm đường thẳng song cách hai đường thẳng AB là: y = kx + Bước 4: Kết luận c = k, d = Khi GTNN đạt là: m+n m+n M0 = f (a) − [ka + m+n ] = f (b) − [kb + m+n ] Nhận xét 3.2 Cần kiểm tra f (x) có lồi (lõm) [a; b] hay không Với giá trị a, b cần tìm |g(x0 )| = |g(a)| = |g(b)| = M0 Đồng thời ta thấy xãy trường hợp sau: i Nếu f hàm lồi g(x0 ) = M0 ; g(a) = g(b) = −M0 ii Nếu f hàm lõm g(x0 ) = −M0 ; g(a) = g(b) = M0 Hình 3.1: Đồ thị hàm lồi Hình 3.2: Đồ thị hàm lõm 16 3.2.3 Lời giải sơ cấp Bước 1: Đặt g(x) = f (x) − (cx + d), M = max |g(x)| x∈[a;b] Tính g(c), g(d), g(x0 ) x0 , M0 tìm nhờ lời giải theo phương pháp xấp xỉ Bước 2: Xét trường hợp Trường hợp 1: c > k Trường hợp 2: c < k Tại trường hợp ta đánh giá |g(a) − g(x0 )| |g(b) − g(x0 )| để đưa kết luận M > M0 Bước 3: Xét trường hợp 3: c = k Khi g(a) = g(b) Ta đánh giá |g(a) − g(x0 )| để đưa kết luận M ≥ M0 , M = M0 d = m+n Bước 4: Ta chứng minh với c = k, d = m+n max |g(x)| M0 x∈[a;b] Ghi chú: Ở trường hợp ta chia làm trường hợp nhỏ sau: ta chứng minh M > M0 i d < m+n ii d > m+n ta chứng minh M > M0 iii d = m+n , ta chứng minh M = M0 Khi ta bỏ qua bước Nhận xét 3.3 Ở tác giả đưa phương pháp giải dựa lí thuyết xấp xỉ tốt phương pháp giải dựa vào lời giải sơ cấp tương ứng việc vận dụng số ứng dụng xấp xỉ đa thức bậc khơng bậc Từ giáo viên có định hướng sáng tác toán sơ cấp cho học sinh có học lực giỏi THPT Tuy nhiên việc lựa chọn hàm số f (x) đoạn [a; b] khơng đơn giản Vì vậy, ta ghi nhớ rằng: i Đối với xấp xỉ đa thức bậc khơng hàm số f (x) phải liên tục [a; b] ii Đối với xấp xỉ đa thức bậc hàm số f (x) phải liên tục, lồi (hay lõm) [a; b] 3.3 MỘT SỐ VÍ DỤ ÁP DỤNG Ví dụ 3.3.1 Ví dụ 3.3.2 17 Ví dụ 3.3.3 Cho hàm số y = f (x) = log23 x + log23 x + − 2a − √ Tìm a để GTLN hàm số y = |f (x)| [1; ] đạt GTNN log23 x + ⇒ t2 = log23 x + ⇒ log23 x = t2 − Lời giải Đặt t = √ ⇒ f (t) = t2 + t − − 2a Ta có: ≤ x ≤ 3 ⇔ ≤ t ≤ Bài tốn trở thành tìm a để max t2 + t − − 2a đạt t∈[1;2] Cách 1: vận dụng lí thuyết xấp xỉ tốt Đặt g(t) = t2 + t − 2, ta có g(t) liên tục R ⇒ g(t) liên tục [1; 2] Bài tốn trở thành tìm a để max t2 + t − − 2a đạt t∈[1;2] Tức tìm đa thức xấp xỉ tốt bậc không hàm số g(t) = t2 + t − [1; 2] Trước tiên ta tìm GTLN - GTNN hàm số g(t) = t2 + t − [1; 2] Ta có: g (t) = 2t + > 0, ∀t ∈ [1; 2] ⇒ hàm số g(t) đồng biến [1; 2] Hơn nữa: g(1) = 0, g(2) = So sánh giá trị trên, ta được: M = max g(t) = 4, m = g(t) = t∈[1;2] t∈[1;2] Suy đa thức xấp xỉ tốt bậc không hàm số g(t) = t2 + t − [1; 2] là: p(t) = 4+0 =2 Vậy 2a = ⇔ a = Khi GTNN đạt là: max t2 + t − − = max t2 + t − = t∈[1;2] t∈[1;2] Cách 2: Giải toán sơ cấp + Bước 1: Trước tiên ta tìm GTLN - GTNN hàm số g(t) = t2 + t − [1; 2] Theo kết trên, ta được: M = max g(t) = 4, m = g(t) = t∈[1;2] t∈[1;2] + Bước 2: Đặt X = t2 + t − ⇒ X ∈ [0; 4] Khi ta có t2 + t − − 2a = |X − 2a| = |h(X)| Đặt K = max |h(X)|, hay K = max |g(t) − 2a| X∈[0;4] t∈[1;2] Bài tốn trở thành: Tìm a cho K đạt Ta có: |h(0)| = |−2a| , |h(4)| = |4 − 2a| 18 ⇒ 2K ≥ |h(0)| + |h(4)| = |−2a| + |4 − 2a| ≥ |−2a − + 2a| = ⇒ K ≥ Dấu  ” = ” xảy  |h(0)| = |h(4)| = |−2a| = |4 − 2a| = ⇔ h(0).h(4) ≤ (−2a).(4 − 2a) ≤  a = ⇔ 0 ≤ a ≤ ⇔a= Thử lại: Ta kiểm tra với a = max t2 + t − − 2a đạt giá trị t∈[1;2] Xét q(t) = t2 + t − 4, t ∈ [1; 2] Ta có : q (t) = 2t + > 0, ∀t ∈ [1; 2] ⇒ hàm số q(t) đồng biến [1; 2] Lại có: q(1) = −2, q(2) = Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên , ta được: max |q(t)| = t∈[1;2] Vậy: với a = GTLN hàm số y = |f (t)| = t2 + t − − 2a [1; 2] đạt GTNN giá trị Hay a = max√ x∈[1;3 3] log23 x + log23 x + − 2a − đạt GTNN GTNN Nhận xét Căn vào lời giải toán cao cấp ví dụ 3.3.3, ta đưa toán tương tự với số cách đặt câu hỏi khác sau: Ví dụ 3.3.4 Ví dụ 3.3.5 Ví dụ 3.3.6 −x+2 − a ≥ 12 Ví dụ 3.3.7 Chứng minh với a = 23 max x x+1 x∈[0;3] Ví dụ 3.3.8 Tìm a b để max x − (2 + a)x + b − đạt x∈[−1;4] Ví dụ 3.3.9 Tìm a b để max −4x2 − (a + 1)x + b − đạt |x|≤1 Ví dụ 3.3.10 Tìm a b để max x4 + (a − 1)x2 + − b đạt x∈[−2;2] Lời giải Ta có: x + (a − 1)x + − b = x4 − [(1 − a)x2 + b − 3] 19 Đặt t = x2 ⇒ t ∈ [0; 4] Khi x4 − [(1 − a)x2 + b − 3] = t2 − [(1 − a)t + b − 3] Xét f (t) = t2 (P ), ta có: f (t) = 2t, f (t) = > suy hàm số f (t) lõm [0; 4] Cách 1: vận dụng lí thuyết xấp xỉ tốt Yêu cầu tốn tương đương với: Tìm a b để max t2 − [(1 − a)t + b − 3] t∈[0;4] đạt Tức ta tìm đa thức xấp xỉ tốt bậc q(t) = (1 − a)t + b − hàm số f (t) = t2 [0; 4] Ta có: f (0) = 0, f (4) = 16 ⇒ A(−1; 1), B(4; 6) ∈ (P ) Do phương trình đường thẳng qua điểm A B là: t y = ⇔ y = 4t 16 Suy hệ số góc đường thẳng AB k = Gọi M (t0 ; t20 ) ∈ (P ), gọi ( ) phương trình tiếp tuyến (P ) M song song với AB Ta có: f (t) = 2t ⇒ f (t0 ) = 2t0 Vì ( ) song song với AB nên f (t0 ) = k ⇔ 2t0 = ⇔ t0 = ⇒ f (2) = ⇒ phương trình tiếp tuyến ( ) là: y = 4(t − 2) + ⇔ y = 4t − Khi đường thẳng cần tìm đường song song, cách AB ( ) có phương trình: y = 4t + 12 (−4) ⇔ y = 4t − 2, suy đa thức xấp xỉ tốt bậc hàm số f (t) = t2 [0; 4] là: q(t) = 4t −   a = −3 1 − a = ⇔ Do b − = −2 b = Vậy a = −3, b = max t2 + (a − 1)t + − b đạt t∈[0;4] Hay a = −3, b = max x4 + (a − 1)x2 + − b đạt x∈[−2;2] Khi GTNN đạt là: max t2 − 4t + = max (t − 2)2 − = t∈[0;4] t∈[0;4] Cách 2: Giải toán sơ cấp Đặt g(t) = t2 + (a − 1)t + − b, M = max |g(t)| t∈[0;4] Ta có: g(0) = − b, g(4) = 15 + 4a − b, g(2) = + 2a − b Trường hợp 1: với a > −3 Ta có 2M ≥ |g(4) − g(2)| = |15 + 4a − b − − 2a + b| = |10 + 2a| a > −3 ⇒ 2a > −6 ⇒ 10 + 2a > ⇒ |10 + 2a| > ⇒ M > 20 Trường hợp 2: với a < −3 Ta có 2M ≥ |g(0) − g(2)| = |3 − b − − 2a + b| = |−2 − 2a| a < −3 ⇒ −2a > ⇒ −2 − 2a > ⇒ |−2 − 2a| > ⇒ M > Trường hợp 3: với a = −3 Ta có g(0) = − b = g(4), g(2) = −1 − b Nếu b > ⇒ −b < −1 ⇒ − b < ⇒ |3 − b| > Vậy M ≥ |g(0)| = |3 − b| > ⇒ M > Nếu b < ⇒ −b > −1 ⇒ −1 − b > −2 ⇒ |−1 − b| > Vậy M ≥ |g(2)| = |−1 − b| > ⇒ M > Nếu b = ⇒ g(t) = t2 − 4t + Ta có g (t) = 2t − 4, g (t) = ⇔ t = Lại có g(0) = 2, g(4) = 2, g(2) = −2 Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên, ta max |g(t)| = t∈[0;4] Kết luận: với a = −3, b = max t + (a − 1)t + − b đạt GTNN t∈[0;4] Hay a = −3, b = max x4 + (a − 1)x2 + − b đạt GTNN x∈[−2;2] Ví dụ 3.3.11 Tìm a b để x4 − ax2 + b ≤ 2, ∀x ∈ [−2; 2] Lời giải Đặt t = x2 ⇒ t ∈ [0; 4] Yêu cầu tốn trở thành: Tìm a b để t2 − at + b ≤ 2, ∀t ∈ [0; 4] Đặt g(t) = t2 − at + b Ta có g (t) = 2t − a, g (t) = > 0, suy hàm số g(t) lõm [0; 4] Ta xét điểm: t = 0, t = 2, t = Ta có: g(0) = b, g(2) = − 2a + b, g(4) = 16 − 4a + b Từ suy |b| ≤ 2, |4 − 2a + b| ≤ 2, |16 − 4a + b| ≤ hay ta có: |b| ≤ ⇒ |−b| ≤ ⇔ −2 ≤ −b ≤ |4 − 2a + b| ≤ ⇔ −2 ≤ − 2a + b ≤ (3.12) (3.13) 21 Cộng (3.12) (3.12) vế theo vế ta được: −4 ≤ − 2a ≤ ⇔ −8 ≤ −2a ≤ ⇔ ≤ a ≤ Lại có: −2 ≤ 16 − 4a + b ≤ Từ (3.13) suy −2 ≤ −4 + 2a − b ≤ Cộng (3.14) (3.15) vế theo vế ta được: (3.14) (3.15) −4 ≤ 12 − 2a ≤ ⇔ −8 ≤ −a ≤ −4 ⇔ ≤ a ≤ Từ (3.13) (3.16) cho ta a = Khi ta có:   |b| ≤ −2 ≤ b ≤ ⇔ |−4 + b| ≤ −2 ≤ −4 + b ≤  −2 ≤ b ≤ ⇔ 2 ≤ b ≤ (3.16) ⇔b=2 Việc lại chứng minh: t2 − 4t + ≤ 2, ∀t ∈ [0; 4] ta có: t2 − 4t + = t2 − 4t + − = (t − 2)2 − Với ≤ t ≤ ⇔ −2 ≤ t − ≤ ⇔ ≤ (t − 2)2 ≤ ⇔ −2 ≤ (t − 2)2 − ≤ ⇔ (t − 2)2 − ≤ (đpcm) Vậy: với a = b = t2 − at + b ≤ 2, ∀t ∈ [0; 4] Hay a = b = x4 − ax2 + b ≤ 2, ∀x ∈ [−2; 2] Nhận xét Ngoài điểm xét t = 0, t = lại xét t = mà giá trị khác? Số t = kết lấy từ phần ý nghĩa hình học đa thức xấp xỉ tốt bậc trình bày cuối chương Kỹ thuật xét toán thực chất ta xét hiệu sau: g(2) − g(0) g(4) − g(2) √ Ví dụ 3.3.12 Tìm a b để x3 + ax + b ≤ 3, ∀x ∈ [0; 3] Ví dụ 3.3.13 Tìm a b để max x1 + ax − b đạt x∈[1;2] Ví dụ 3.3.14 Tìm a b để x √1 + ax − b ≤ n+1 2n − n , ∀x ∈ [1; n] Đặt f (x) = x1 + ax − b, ∀x ∈ [1; n] Ta có: f (x) = − x12 + a, f (x) = x23 > 0∀x ∈ [1; n], suy hàm số f (x) lõm [1; n] √ Ta xét điểm: x = 1, x = n, x = n Ta có: √ √ f (1) = + a − b, f (3) = n1 + na − b, f ( n) = √1n + na − b, 22 từ suy |1 + a − b| ≤ n+1 −√ 2n n , n+1 + na − b ≤ −√ n 2n n , √ n+1 1 √ + na − b ≤ −√ 2n n n Từ |1 + a − b| ≤ n+1 2n − √1 n ⇒ |−1 − a + b| ≤ n+1 2n − √1 n ta có: n+1 n+1 1 √ − ≤ −1 − a + b ≤ −√ 2n 2n n n √ √1 Từ √1n + na − b ≤ n+1 2n − n ta có: (3.23) √ 1 n+1 n+1 ≤ √ + na − b ≤ −√ ⇔√ − 2n 2n n n n (3.24) Cộng (3.23) (3.24) vế theo vế ta được: √ ≤ a ≤ n(2 n − 1) n Hơn nữa: n+1 1 n+1 √ − ≤ + na − b ≤ −√ 2n n 2n n n (3.25) (3.26) Từ (3.24) suy √ 1 n+1 n+1 √ − ≤ − √ − na + b ≤ −√ 2n 2n n n n (3.27) Cộng (3.26) (3.27) vế theo vế ta được: √ − n+2 √ ≤a≤ ⇔ n n n (3.28) Từ (3.25) (3.28) cho ta a = n1   + − b ≤ n+1 − √1 n 2n n Khi ta có:  √2 − b ≤ n+1 − √1 2n n n ⇔b= √1 n + n+1 2n Việc lại chứng minh: 1 n+1 n+1 + x− −√ ≤ − √ , ∀x ∈ [1; n] x n 2n 2n n n Đặt g(x) = Ta có: x + n1 x − n+1 2n − √1 , ∀x n ∈ [1; n] 23 g (x) = − x12 + g (x) = ⇔ − x12 + n n =0⇔ x2 = n n+1 2n − √ √1 , g( n) n ⇔ x2 = n ⇔ x = √ n Lại có: g(1) = n+1 2n − √1 , g(n) n = = −( n+1 2n − √1 ) n Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta được: x + n1 x − n+1 2n − √1 n ≤ n+1 2n − √1 , ∀x n ∈ [1; n] n+1 √1 √1 Vậy: với a = n1 b = n+1 2n + n x + ax − b ≤ 2n − n , ∀x ∈ [1; n](đpcm) Nhận xét Qua lời giải ví dụ 3.3.14, ta đưa toán tương tự đơn giản với n = 16, 25, 36, 49, Ví dụ 3.3.15 Tìm a b để x1 + ax − b ≤ 81 , ∀x ∈ [1; 4] Áp dụng kết ví dụ 3.3.14 với n = ta kết toán với a = 14 , b = 98 Ví dụ 3.3.16 Tìm a b để x1 + ax − b ≤ 92 , ∀x ∈ [1; 9] Áp dụng kết ví dụ 3.3.14 với n = ta có kết toán với a = 91 , b = 89 2x−4 x∈[2;3] x−1 Ví dụ 3.3.17 Tìm a b để max − ax − b đạt x2 −x+2 x+1 x∈[2;3] Ví dụ 3.3.18 Tìm a b để max + ax + b đạt √ Ví dụ 3.3.19 Tìm a b để maxn | n x − ax − b| đạt x∈[0;m ] Ví dụ 3.3.20 Tìm a b để maxπ 51−cos |x|≤ Ví dụ 3.3.21 Tìm p q để |ln x − px − q| ≤ e−2 2(1−e) x + a sin x − b đạt + 12 ln(e − 1), ∀x ∈ [1; e] Ví dụ 3.3.22 Tìm a b để max |cos x − ax − b| đạt π x∈[− ;0] 24 KẾT LUẬN Trong luận văn này, tác giả trình bày số vấn đề "Lí thuyết xấp xỉ tốt ứng dụng" Các kết thu cụ thể sau: Hệ thống lại số định nghĩa, định lý đưa số ví dụ giải tích khơng gian metric, khơng gian tuyến tính, khơng gian định chuẩn không gian Banach Đưa số khái niệm, định lý "Lí thuyết xấp xỉ tốt nhất" không gian Banach, không gian C[a;b] , xấp xỉ đa thức bậc không, xấp xỉ đa thức bậc Nêu ý nghĩa hình học xấp xỉ đa thức bậc Sử dụng " Lí thuyết xấp xỉ tốt nhất" để giải toán cực trị hàm số thường gặp bên cạnh lời giải sơ cấp Trên sở tập làm, tác giả đưa số dạng tập tương tự với cách đặt câu hỏi khác nhằm phục vụ cho trình ơn tập HSG THPT Các tập luận văn tự tác giả sáng tác với đầy đủ hàm số sau: hàm đa thức, hàm phân thức hữa tỉ, hàm logarit, hàm mũ, hàm lượng giác Trong luận văn, ngồi việc tìm đa thức xấp xỉ tốt bậc không bậc tác giả chưa xét đến việc tìm đa thức xấp xỉ tốt bậc cao cho hàm số phức tạp Đó tốn tương đối phức tạp đòi hỏi nhiều kiến thức sâu rộng kĩ tính tốn tỉ mỉ Tác giả mong muốn nhận góp ý từ q thầy bạn để tìm hiểu, nghiên cứu mở rộng luận văn thời gian tới ... lí thuyết xấp xỉ ứng dụng việc giải số dạng toán sơ cấp gợi ý người hướng dẫn khoa học, thầy giáo – TS Lê Hải Trung, tác giả chọn đề tài Lí thuyết xấp xỉ tốt ứng dụng" cho luận văn thạc sĩ khoa. .. lý "Lí thuyết xấp xỉ tốt nhất" khơng gian Banach, không gian C[a;b] , xấp xỉ đa thức bậc không, xấp xỉ đa thức bậc Nêu ý nghĩa hình học xấp xỉ đa thức bậc Sử dụng " Lí thuyết xấp xỉ tốt nhất" ... (x)dx không gian Ba- CHƯƠNG LÍ THUYẾT XẤP XỈ ĐỀU TỐT NHẤT Trong chương tác giả trình bày kết quan trọng lí thuyết xấp xỉ tốt như: tồn xấp xỉ tốt không gian Banach, xấp xỉ tốt không gian C[a;b] ,