Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, Olympic Toán sinh viên, các bài toán liên quan tới đa thức thường xuyên được đề cập. Những dạng toán này thường được xem là thuộc loại khó, hơn nữa phần kiến thức về nội suy đa thức lại không nằm trong chương trình chính thức của giáo trình Đại số và Giải tích bậc trung học phổ thông. Như ta đã biết, công thức nội suy Lagrange đã được đề cập ở bậc phổ thông. Tuy nhiên công thức nội suy Hermite chỉ có trong các tài liệu chuyên khảo. Mời các bạn cùng tìm hiểu luận văn.
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ NGA MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE VÀ HERMITE LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ NGA MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE VÀ HERMITE Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2018 i MỤC LỤC MỞ ĐẦU Chương Nội suy Lagrange nội suy 1.1 Bài toán nội suy Lagrange 1.2 Bài toán nội suy Hermite 1.3 Bài toán nội suy Lagrange - Newton ii Hermite 18 Chương Ứng dụng nội suy tính nguyên hàm tích phân hàm phân thức 21 2.1 Nguyên hàm hàm phân thức với cực điểm đơn 21 2.2 Nguyên hàm hàm phân thức với cực điểm bậc tùy ý 26 Chương Một số dạng toán liên quan 3.1 Một số toán đa thức nhận giá trị nguyên 3.2 Một số toán xác định đa thức 3.2.1 Tìm đa thức biết nghiệm 3.2.2 Sử dụng công thức nội suy Lagrange để xác định hệ số đa thức 3.2.3 Một số toán xác định đa thức khác không liên quan đến công thức nội suy 43 43 50 50 53 56 KẾT LUẬN 59 TÀI LIỆU THAM KHẢO 59 ii MỞ ĐẦU Trong kì thi học sinh giỏi toán cấp, Olympic Toán sinh viên, toán liên quan tới đa thức thường xuyên đề cập Những dạng toán thường xem thuộc loại khó, phần kiến thức nội suy đa thức lại khơng nằm chương trình thức giáo trình Đại số Giải tích bậc trung học phổ thông Như ta biết, công thức nội suy Lagrange đề cập bậc phổ thông Tuy nhiên công thức nội suy Hermite có tài liệu chun khảo Vì vậy, tơi chọn đề tài luận văn ”Một số ứng dụng công thức nội suy Lagrange Hermite” Luận văn nhằm cung cấp số ứng dụng công thức nội suy Lagrange Hermite để tìm nguyên hàm hàm phân thức Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chương Chương Nội suy Lagrange nội suy Hermite Chương Ứng dụng nội suy tính nguyên hàm tích phân hàm phân thức Chương Một số dạng toán liên quan Tiếp theo, chương trình bày hệ thống tập áp dụng giải đề thi HSG quốc gia Olympic liên quan Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên hướng dẫn GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến Thầy, người tận tình hướng dẫn đạo tác giả tập dượt nghiên cứu khoa học suốt q trình tìm hiểu tài liệu, viết hồn thiện Luận văn Đồng thời em xin chân thành cảm ơn q thầy Bộ mơn tốn, Khoa Khoa học Tự nhiên, Thầy Cô trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội, Thầy Cô Viện Tốn học tận tình giảng dạy, quan tâm tạo điều kiện thuận lợi thủ tục hành để em hồn thành khố học bảo vệ luận văn Thạc sĩ Tôi chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè quan, đồn thể nơi công tác Trường Trung học Phổ thông Thuỷ Sơn, Sở Giáo dục Đào tạo Hải Phòng, tạo điều kiện vật chất lẫn tinh thần trình học tập, nghiên cứu viết luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2018 Tác giả Hoàng Thị Nga Chương Nội suy Lagrange nội suy Hermite Chương dành để trình bày toán nội suy Lagrange, toán nội suy Hermite tốn nội suy Lagrange-Newton, từ định lí, hệ số ví dụ tính tốn cụ thể 1.1 Bài toán nội suy Lagrange Trong số trường hợp, để tính tổng hữu hạn phân thức, người ta thường sử dụng số tính chất đa thức, đặc biệt công thức nội suy Lagrange Dưới số đồng thức áp dụng chúng Định lý 1.1 (Đồng thức Lagrange) Nếu x1 , x2 , , xm m giá trị tuỳ ý, đôi khác f (x) đa thức bậc nhỏ thua m ta có đồng thức sau (x − x2 )(x − x3 ) (x − xm ) + f (x) = f (x1 ) (x1 − x2 )(x1 − x3 ) (x1 − xm ) +f (x2 ) (x − x1 )(x − x3 ) (x − xm ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) + · · · + f (xm ) (x − x1 )(x − x2 ) (x − xm−1 ) (xm − x1 )(xm − x2 ) (xm − xm−1 ) (1.1) Chứng minh Ta cần chứng minh công thức f (x) − f (x1 ) −f (x2 ) − · · · − f (xm ) (x − x2 )(x − x3 ) (x − xm ) − (x1 − x2 )(x1 − x3 ) (x1 − xm ) (x − x1 )(x − x3 ) (x − xm ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) (x − x1 )(x − x2 ) (x − xm−1 ) ≡ (xm − x1 )(xm − x2 ) (xm − xm−1 ) Nhận xét vế trái công thức đa thức bậc không q m − có m nghiệm phân biệt x1 , x2 , , xm Vậy đa thức phải đồng Hệ 1.1 Từ Định lý 1.1, ta thu đồng thức sau √ √ √ √ √ √ (x − 3)(x − 5)(x − 7) (x − 2)(x − 5)(x − 7) √ √ √ √ √ √ + √ √ √ √ √ √ ( − 3)( − 5)( − 7) ( − 2)( − 5)( − 7) √ √ √ √ √ √ (x − 2)(x − 3)(x − 7) (x − 2)(x − 3)(x − 5) √ √ √ √ √ + √ √ √ √ √ √ ≡ 1, + √ ( − 2)( − 3)( − 7) ( − 2)( − 3)( − 5) a2 (x − c)(x − a) (x − a)(x − b) (x − b)(x − c) + b2 + c2 ≡ x2 (a < b < c) (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b) Định lý 1.2 Giả sử f (x) đa thức bậc nhỏ thua m − (m > 2) x1 , x2 , , xm m giá trị đôi khác cho trước tuỳ ý Khi đó, ta có đồng thức f (x1 ) f (x2 ) + (x1 − x2 )(x1 − x3 ) (x1 − xm ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) f (xm ) ≡ + ··· + (xm − x1 )(xm − x2 ) (xm − xm−1 ) Chứng minh Nhận xét vế trái đẳng thức cho hệ số hạng tử ứng với bậc m − cách viết tắc đa thức f (x) Đồng hệ số đồng bậc ta có điều phải chứng minh Dưới đây, ta xét số ứng dụng trực tiếp đồng thức Lagrange Ví dụ 1.1 Tính tổng cos 1o cos 2o S= + (cos 1o − cos 2o )(cos 1o − cos 3o ) (cos 2o − cos 1o )(cos 2o − cos 3o ) cos 3o + (cos 3o − cos 1o )(cos 3o − cos 2o ) Lời giải Áp dụng Định lý 1.2, với f (x) = x, x1 = cos 1o , x2 = cos 2o , x3 = cos 3o , ta thu S = Ví dụ 1.2 Ta có đồng thức c+d+a b+c+d + + (b − a)(c − a)(d − a)(x − a) (c − b)(d − b)(a − b)(x − b) d+a+b a+b+c + (d − c)(a − c)(b − c)(x − c) (a − d)(b − d)(c − d)(x − d) x−a−b−c−d ≡ (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) Lời giải Thật vậy, ta cần chứng minh (a + b + c + d) − a (a + b + c + d) − b + + (a − b)(a − c)(a − d)(a − x) (b − a)(b − c)(b − d)(b − x) + (a + b + c + d) − d (a + b + c + d) − c + + (c − a)(c − b)(c − d)(c − x) (d − a)(d − b)(d − c)(d − x) + (a + b + c + d) − x = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) Ta có, với đa thức bậc f (y) = a + b + c + d − y, y1 = a, y2 = b, y3 = c, y4 = d, y5 = x, theo Định lý 1.2 ta thu điều phải chứng minh Định lý 1.3 Cho x1 , x2 , , xm m giá trị tuỳ ý đôi khác Đặt Sn = xn1 xn2 + (x1 − x2 )(x1 − x3 ) (x1 − xm ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) xnm +··· + (xm − x1 )(xm − x2 ) (xm − xm−1 ) Khi a) Sn = ≤ n < m − 1, b) Sm−1 = 1, c) Sm+k tổng tích, tích có k + thừa số (giống khác nhau) lấy số x1 , x2 , , xm Chứng minh a) Theo Định lý 1.2, với f (x) = 1, x, x2 , , xm−2 , ta S0 = S1 = = Sm−2 = b) Để chứng minh Sm−1 = 1, ta cần thay f (x) Định lý 1.2 xm−1 , so sánh hệ số hạng tử bậc m − hai vế đồng thức vừa thu c) Để tính Sn n > m − ta làm sau: Giả sử x1 , x2 , , xm thoả mãn phương trình bậc m αm + p1 αm−1 + p2 αm−2 + · · · + pm−1 α + pm = 0, −p1 p = x1 + x2 + · · · + xm = x1 x2 + x1 x3 + · · · + xm−1 xm (−1)k p k = x1 x2 x3 xk + · · · Nhân hai vế phương trình với αk , ta αm+k + p1 αm+k−1 + p2 αm+k−2 + · · · + pm−1 αk+1 + pm αk = Thay α đẳng thức x1 , x2 , , xm ; chia đẳng thức thứ cho (x1 − x2 )(x1 − x3 ) (x1 − xm ), đẳng thức thứ hai cho (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) , cộng vế với vế đẳng thức vừa nhận được, ta thu Sm+k + p1 Sm+k−1 + · · · + pm−1 Sk+1 + pm Sk = (1.2) Đặt k = 0, ta thu Sm + p1 Sm−1 = Do Sm = −p1 = x1 + x2 + · · · + xm Nhờ đẳng thức (1.2) ta tính tiếp biểu thức Sm+1 , Sm+2 , Ta đặt = α1 ; (x1 − x2 )(x1 − x3 ) (x1 − xm ) = α2 ; (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) = αm (xm − x1 )(xm − x2 ) (xm − xm−1 ) Khi ta có Sn = xn1 α1 + xn2 α2 + · · · + xnm αm Xét α1 α2 αm + + ··· + − x1 z − x2 z − xm z Dùng công thức cấp số nhân với giả thiết z chọn cho P = |x1 z| < 1, |x2 z| < 1, , |xm z| < 1, ta khai triển tổng P thành chuỗi vô hạn sau: P = α1 (1 + x1 z + x21 z + · · · ) + α2 (1 + x2 z + x22 z + · · · )+ + · · · + αm (1 + xm z + x2m z + · · · ) hay P = (α1 + α2 + · · · + αm ) + (x1 α1 + x2 α2 + · · · + xm αm )z + +(x21 α1 + x22 α2 + · · · + x2m αm )z + · · · tức P = S0 + S1 z + S2 z + S3 z + · · · Để cho gọn, ta đặt (1 − x1 z)(1 − x2 z) (1 − xm z) = Q Khai triển Q theo luỹ thừa z , ta viết Q = − δ1 z + δ2 z + · · · + (−1)m δm z m , δ1 = x1 + x2 + · · · + xm , δ2 = x1 x2 + x1 x3 + · · · + xm−1 xm Tiếp theo, nhân hai vế đẳng thức thứ hai với (1 − x1 z)(1 − x2 z) (1 − xm z), ta có P Q = α1 (1 − x2 z)(1 − x3 z) (1 − xm z)+ α2 (1 − x1 z)(1 − x3 z) (1 − xm z)+ α3 (1 − x1 z)(1 − x2 z)(1 − x4 z) (1 − xm z) + · · · + αm (1 − x1 z)(1 − x2 z) (1 − xm−1 z) Như P Q đa thức bậc m − z Ta chứng minh z m−1 , tức có đồng thức P Q = z m−1 Thật vậy, biểu thức P Q − z m−1 triệt tiêu z= 1 , , , x1 x2 xm vì, chẳng hạn, với z= α1 − x2 x1 1− x1 1 x3 xm ··· − − m−1 = m−1 − m−1 = x1 x1 x1 x1 x1 Vậy nên P Q − z m−1 = Do z m−1 =P Q hay z m−1 = S0 + S1 z + · · · + Sm−1 z m−1 + · · · m m − δ1 z + δ2 z − + (−1) δm z Nếu khai triển vế trái thành chuỗi vơ hạn theo luỹ thừa z chuỗi bắt đầu hạng tử chứa z m−1 Vì vậy, hệ số hạng tử bậc 0, 1, 2, , m − vế phải không, tức S0 = S1 = = Sm−2 = Ngoài ra, hệ số hạng tử ứng với bậc m = vế trái Vậy Sm−1 = Bây đẳng thức cần chứng minh có dạng sau: z m−1 = z m−1 + Sm z m + Sm+1 z m+1 + · · · m m − δ1 z + δ2 z − · · · (−1) δm z Uớc lượng hai vế cho z m−1 , ta thu = + Sm z + Sm+1 z + · · · m m − δ1 z + δ2 z − · · · + (−1) δm z = (1 − δ1 z + δ2 z − · · · + (−1)m δm z m )(1 + Sm z + Sm+1 z + · · · ) 46 Ta có bk k! x k = bk x(x − 1) (x − k + 1) ∈ Z Vì n!P (x) ∈ Z[x] Bài tốn 3.5 Cho đa thức P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 Giả sử tồn hệ số ak ∈ {a0 , a1 , , an } cho n!ak ∈ Z P (x) khơng phải đa thức nhận giá trị nguyên Lời giải Giả sử P (x) đa thức nhận giá trị nguyên Theo Bài toán 3.4 n!P (x) ∈ Z[x] Điều dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết Vậy P (x) không đa thức nhận giá trị nguyên Bài toán 3.6 Chứng minh đa thức 19 f (x) = x3 − x2 + x + 3 đa thức nhận giá trị nguyên Lời giải Ta viết f (x) dạng f (x) = x x x + + −3 Do theo Bài tốn 3.3 f (x) đa thức nhận giá trị nguyên Bài toán 3.7 Cho đa thức x2002 P (x) = + a2001 x2001 + · · · + a1 x + a0 , 2003 ∈ Z (i = 0, 1, , 2001) Chứng tỏ tồn x0 ∈ Z cho P (x0 ) ∈ Z với (tức P (x) đa thức nhận giá trị nguyên) Lời giải Dễ dàng nhận thấy (2002!) ∈ Z 2003 Vậy theo Bài tốn 3.5, P (x) đa thức nhận giá trị nguyên 47 Bài toán 3.8 Xác định số dương A, B, C cho đa thức f (x) = Ax5 + Bx3 + Cx đa thức nhận giá trị nguyên với f (3) nhận giá trị nhỏ Lời giải Do A, B, C dương f (x) ∈ Z x ∈ Z nên f (1), f (2), f (3) số nguyên dương Ta có f (1) = A + B + C, f (2) = 32A + 8B + 2C, f (3) = 243A + 27B + 3C Suy f (2) − 2f (1) = 30A + 6B (3.2) Sử dụng công thức nội suy Lagrange, ta có biểu diễn A = [f (3) − 4f (2) + 5f (1)], (3.3) B = [−f (3) + 8f (2) − 13f (1)], (3.4) C = [f (3) − 9f (2) + 45f (1)] (3.5) Vì f (1) nguyên dương nên f (1) Từ (3.2) A, B dương f (2), f (1) nguyên dương nên f (2) − 2f (1) Suy f (2) 2f (1) + (3.6) Từ (3.6) suy f (3) = 120A + 4f (2) − 5f (1) = 120A + 4[f (2) − 2f (1)] + 3f (1) Suy f (3) > 4[f (2) − 2f (1)] + 3f (1) = + = f (3) Với f (1) = 1; f (2) = 3; f (3) = từ (3.2), (3.3), (3.4) ta thu A= 1 13 , B= , = 120 15 (3.7) Ta chứng tỏ với giá trị A, B, C (3.7) f (x) nguyên x nguyên 48 Thật vậy, ta có f (x) = 13 x + x + x= 120 15 x+2 x+1 + đa thức nhận giá trị nguyên Bài toán 3.9 Cho đa thức P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 thỏa mãn điều kiện P (x) ∈ Q với x ∈ Z Chứng minh P (x) ∈ Q[x] (hay ak ∈ Q với k ∈ {0, , n}) Lời giải Dùng biểu diễn Abel P (x), ta có P (x) = b0 + b1 x + b2 x(x − 1) + · · · + bn x(x − 1) · · · (x − n + 1) Lần lượt cho x = 0, 1, , n − ta thu bi ∈ Q hay P (x) ∈ Q[x] Bài toán 3.10 Cho ∈ Q với x ∈ Z ax + b f (x) = Chứng minh ax + b ∈ Q[x] (hay a, b ∈ Q) ∈ Q với x ∈ Z nên Lời giải Do f (x) = ax + b ax + b = với x ∈ Z f (x) Vậy theo Bài tốn 3.9 ax + b ∈ Q[x] Bài toán 3.11 Cho hàm phân thức f (x) = ax + b ∈ Q với x ∈ Z cx + d Chứng minh f (x) biểu diễn dạng f (x) = Ax + B với A, B, C, D ∈ Z Cx + D (3.8) Lời giải Nếu ad − bc = f (x) = const (hằng số) biểu diễn (3.8) hiển nhiên 49 Xét trường hợp ad − bc = Nếu c = biểu diễn (3.8 hiển nhiên Nếu c = sử dụng phân tích f (x) − f (0) = αx + β ta thu biểu diễn (3.8) Bài toán 3.12 Cho f (x) đa thức với hệ số thực nhận giá trị hữu tỉ với số x hữu tỷ giá trị vô tỷ với số vô tỷ Chứng minh f (x) đa thức tuyến tính với hệ số hữu tỷ Lời giải 1) Ta chứng minh hệ số f (x) hữu tỉ Ta chứng minh quy nạp theo bậc n f (x) Với n = 0, f (x) số số hữu tỷ (chẳng hạn f (0)) Giả sử khẳng định với tất đa thức bậc nhỏ thua số tự nhiên n (thỏa điều kiện đề bài) Đặt f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an Dễ thấy an = f (0) hữu tỷ Đặt f (x) − an g(x) = a0 xn−1 + a1 xn−2 + + an−1 = x g(x) nhận giá trị hữu tỷ với biến hữu tỉ x Theo giả thiết qui nạp số a0 , a1 , , an−1 hữu tỉ Như hệ số f (x) số hữu tỉ Với điều f (x) khơng số, trường hợp ngược lại f (x) hữu tỷ với x Cho f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an , n > khơng tính tổng qt cho nguyên, đa thức g(x) = an−1 (f (x) − an ) = (a0 x)n + a1 (a0 x)n−1 + + an−1 an−2 (a0 x) nghĩa đa thức h(y) = y n + a1 y n−1 + · · · + an−1 an−2 y, y = a0 x, thỏa mãn điều kiện đề Ta chứng minh với số nguyên đủ lớn m, phương trình h(y) = m có nghiệm Thật vậy, lấy m > h(0) ϕ(y) = h(y) − m Khi ϕ(0) < 50 lim ϕ(y) = +∞ Vì phương trình ϕ(y) = hay h(y) = m có nghiệm dương y→∞ ym Lấy m = p số nguyên tố đủ lớn, ta có h(yp ) = p Từ giả thiết yp số hữu tỷ hệ số cao h(y) 1, yp nguyên yp chia hết số hạng tự ϕ(y) yp ước số p Nghĩa yp = yp = p Nhưng đẳng thức yp = có khả nhiều với p, nghĩa yp = p cho tất số nguyên tố đủ lớn p Nói cách khác, ta nhận h(p) = p với tất số nguyên tố đủ lớn Điều xảy với h(y) = y nghĩa f (x) = a0 x + a1 3.2 3.2.1 Một số tốn xác định đa thức Tìm đa thức biết nghiệm Bài tốn 3.13 Tìm tất đa thức P (x) ∈ Z[x] nhận x = + nghiệm Chứng minh deg P (x) ≥ √ 2+ √ 3 làm Lời giải Ta có √ √ √ √ √ √ x=1+ 2+ 33⇔x−1− 33= 2⇒ x−1− = 33 √ √ √ ⇔ (x − 1)3 − 2 − (x − 1) (x − 1) − = √ ⇔ (x − 1)3 − + (x − 1) = + 3(x − 1)2 ⇒ (x − 1)3 − + (x − 1) = + 3(x − 1)2 2 Rút gọn ta nhận đa thức P (x) = x6 − 6x5 + 9x4 − 2x3 + 9x2 − 60x + 50 √ √ Giả sử tồn Q (x) = a5 x5 +a4 x4 +a3 x3 +a2 x2 +a1 x+a0 nhận x = 1+ 2+ 3 √ √ √ làm nghiệm deg Q (x) ≤ Khí ta có Q + + 3 = · · · = k0 +k1 2+ √ √ √ √ √ √ k2 3 + k3 + k4 3 + k5 = xảy Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tốn 3.14 Xét tập hợp đa thức P (x) khác hằng, thỏa mãn điều kiện P x2 − = P (x) P (−x) , ∀x ∈ R Hãy tìm tập hợp đa thức có bậc bé có nghiệm lớn Lời giải Do P (x) khác nên ta xét trường hợp sau: +) Trường hợp 1: Khi deg P (x) = P (x) =√ax + b, a = Đồng hệ −1 ± số giả thiết ta nhận a = −1, b = 51 √ √ −1 − ∨ P (x) = −x + √ −1 ± Ta thấy đa thức có nghiệm b = +) Trường hợp 2: Nếu deg P (x) ≥ giả sử P (x0 ) = Khi đó, P x20 − = hay x20 − nghiệm √ P (x) √ −1 + −1 + Nếu x0 > x20 −1 > x0 > Khi P (x) có vơ số nghiệm, 2 vô lý √ −1 + Vậy deg P (x) ≥ có nghiệm nghiệm nhỏ √ −1 + Từ suy đa thức cần tìm P (x) = −x + −1 + Khi đó, xét đa thức P (x) = −x + Bài tốn 3.15 Tìm tất đa thức bậc dạng P (x) = x4 +bx2 +c, (b, c > 0) cho P (x)−x2 = khơng có nghiệm thực P (P (x))−x4 = có nghiệm thực Lời giải Giả sử tồn đa thức bậc dạng P (x) = x4 + bx2 + c, (b, c > 0) Ta có P (x) − x2 = khơng có nghiệm thực hay x4 + (b − 1) x2 + c = khơng có nghiệm thực nên suy Q (x) = x4 + (b − 1) x2 + c > 0, ∀x Suy P (x) > x2 P (P (x)) > (P (x))2 > x2 = x4 hay phương trình P (P (x)) − x4 = khơng có nghiệm thực, trái với giả thiết Vậy không tồn đa thức thỏa mãn u cầu tốn Bài tốn 3.16 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] có bậc n, có n nghiệm thực thỏa mãn P (x) P 2x2 = P 2x3 + x , ∀ ∈ R n Lời giải Giả sử P (x) = xi , an = Ta có P (0) = a0 theo giả thiết i=0 a0 a0 = a0 a0 = ∨ a0 = +) Trường hợp 1: Xét a0 = Khi P (x) = xk Q (x) , k ∈ N, k ≥ 1, Q (x) ∈ R [x] , Q (0) = Thay vào giả thiết, ta thu k xk Q (x) 2k x2k Q 2x2 = 2x3 + x Q 2x3 + x nên k Q (x) 2k x2k Q 2x2 = 2x2 + Q 2x3 + x Suy Q (0) = 0, vô lý +) Trường hợp 2: Khi a0 = 52 Giả sử x0 nghiệm P (x) , suy 2x30 + x0 nghiệm P (x) Mặt khác, ta có 2x30 + x0 = |x0 | 2x20 + ≥ |x0 | , từ suy P (x) ∈ R [x] có vơ số nghiệm thực, vơ lý Vậy không tồn đa thức thỏa mãn u cầu tốn Bài tốn 3.17 Tìm tất đa thức P (x) ∈ Z [x], monic bậc 2, cho tồn đa thức Q (x) ∈ Z [x] mà hệ số đa thức R (x) = P (x) Q (x) thuộc tập {−1; 1} Lời giải Do P (x) ∈ Z [x] monic bậc nên P (x) = x2 + ax ± n xi ; ∈ {−1; 1} Giả sử R (x) = i=0 Gọi z ∈ C nghiệm R (x) cho |z| > Khi n−1 n n |z| = |z | = i=0 i z ≤ an n−1 n−1 i |z| = i=0 |z|n − |z| = |z| − i i=0 Do |z|n − |z| ≤ ⇔ |z|n (|z| − 1) ≤ |z|n − ⇔ |z|n (|z| − 1) ≤ −1 |z| − n nên |z| < Vậy nghiệm R (x) có modul nhỏ Giả sử z1 , z2 nghiệm P (x) ∈ Z [x] z1 , z2 nghiệm R (x) Suy |z1 | ; |z2 | < 2, lại có theo định lý Viet |z1 z2 | = |z1 | |z2 | = |z1 | ≥ |z2 | nên ≤ |z1 | < ≤ |z2 | ≤ Mặt khác |a| = |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | < nên a ∈ {±2; ± 1; 0} +) Trường hợp 1: Với a = 0, ta Q (x) = x + ∨ P (x) = x2 − Q (x) = P (x) = x2 + 53 +) Trường hợp 2: Với a = ±1, ta P (x) = x2 ± x ± nên Q (x) = P (x) = x2 ± 2x + ⇒ Q (x) = x ± +) Trường hợp 3: Với a = ±2 P (x) = x2 ± 2x − ⇒ Q (x) ∃zo , |zo | > 3.2.2 Sử dụng công thức nội suy Lagrange để xác định hệ số đa thức Bài toán 3.18 Cho đa thức P (x) = ax2 +bx+c, (a = 0) Chứng minh tồn không đa thức Q (x) bậc n thoả mãn điều kiện P (Q (x)) = Q (P (x)) n n i Lời giải Giả sử tồn Q1 (x) = x ; Q2 (x) = i=1 bi xi i=1 Ta có P (Q1 (x)) = Q1 (P (x)) ⇔ aQ1 (x) + bQ1 (x) + c = n P i (x), (1) i=1 n P (Q2 (x)) = Q2 (P (x)) ⇔ aQ2 (x) + bQ2 (x) + c = i bi P (x) , (2) i=1 So sánh hệ số x2n (1) , (2) , ta a.a2 n = an an ⇔ a.b2 n = bn an an = an−1 bn = an−1 nên an = bn Từ đó, ta đặt R (x) = Q1 (x) − Q2 (x) , suy deg (R (x)) ≤ n − Ta có R (P (x)) = Q1 (P (x)) − Q2 (P (x)) = P (Q1 (x)) − P (Q2 (x)) = aQ1 (x) + bQ1 (x) + c − aQ2 (x) + bQ2 (x) + c = (Q1 (x) − Q2 (x)) (Q1 (x) + Q2 (x) + b) = R (x) T (x) , (∗) Nhận thấy (∗) deg R (x) = k nên deg (V T ) = kn, deg (V P ) = k + n; (k < n) không xảy Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tốn 3.19 Cho số nguyên tố khác p1 , p2 , p3 , p4 Chứng minh không tồn đa thức Q (x) bậc có hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện |Q (p1 )| = |Q (p2 )| = |Q (p3 )| = |Q (p4 )| = 54 Lời giải Giả sử tồn đa thức Q (x) bậc có hệ số nguyên thỏa mãn |Q (p1 )| = |Q (p2 )| = |Q (p3 )| = |Q (p4 )| = Ta xét trường hợp sau Trường hợp 1: Q (pi ) = 3, i = 1, 2, 3, Xét Q (x) = P (x) − ta có deg (P (x)) = Suy P (pi ) = 6, i = 1, 2, 3, P (x) ≡ Vô lý Trường hợp 2: Khi giá trị Q (pi ) , i = 1, 2, 3, Giả sử Q (pi ) = −3, i = 1, 2, 3, Q (p4 ) = Q (x) = a (x − p1 ) (x − p2 ) (x − p3 ) − 3; a ∈ Z Ta có ⇒ Q (p4 ) = = a (p4 − p1 ) (p4 − p2 ) (p4 − p3 ) − ⇒ a (p4 − p1 ) (p4 − p2 ) (p4 − p3 ) = Ta thấy tích số nguyên khác nhau=6, vô lý Trường hợp 3: Trong giá trị Q (pi ) , i = 1, 2, 3, có giá trị giá trị -3 Giả sử Q (pi ) = −3, i = 1, 2, Q (p4 ) = Q (p3 ) = Ta có Q (x) = (x − p1 ) (x − p2 ) G (x)−3 ⇒ Q (p3 ) = (p3 − p1 ) (p3 − p2 ) G (p3 )− = 3, suy (p3 − p1 ) (p3 − p2 ) G (p3 ) = 6, vơ lý Vì p1 = (Q (p3 ) − Q (2)) (p3 − 2) |6 suy p3 ∈ {3; 5}, tương tự p4 ∈ {3; 5} Từ suy p3 = 3, p4 = Lại có (p4 − p1 ) (p4 − p2 ) |6 nên (5 − p2 ) |2 suy p2 ∈ {3; 7} p2 = Khi (p3 − p1 ) (p3 − p2 ) = −4, vô lý Tương tự, với p2 = 2; p3 = 2; p4 = 2, vô lý Suy số pi lẻ nên (p3 − p1 ) (p3 − p2 ) 4; (p4 − p1 ) (p4 − p2 ) 4, vô lý Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tốn 3.20 Tìm tất đa thức P (x) với hệ số thực thoả mãn phương trình P x2 = P (x) với x thuộc R Lời giải Với P (x) = C , C số Khi ta có C = C ⇔ C=0 C=1 Vậy P (x) = 0; P (x) = Với P (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 với hệ số thực không đồng thời n Khi ta có P x2 = an x2 +· · ·+a1 x2 +a0 ; P (x) = [an xn + · · · + a1 x + a0 ]2 Giả sử k số lớn bé n cho ak = Ta đồng hệ số xn+k ta = 2an ak Tái với giả thiết Do P (x) = an xn So sánh hệ số x2n ta nhận an = 55 Vậy P (x) = xn Bài tốn 3.21 Tìm tất đa thức P (x) thỏa mãn hệ thức P x2 − 2x = [P (x − 2)]2 với giá trị thực x Lời giải Từ giả thiết toán ta P (x − 1)2 − = [P ((x − 1) − 1)]2 (∗) Đặt Q (x) = P (x − 1) ⇒ Q x2 = P x2 − ; Q2 (x) = P (x − 1) Khi (∗) trở thành Q x2 = Q2 (x) Áp dụng kết Bài toán 3.20 ta Q (x) = 0, Q (x) = 1, Q (x) = xn Do ta kết P (x) = 0, P (x) = 1, P (x) = (x + 1)n Bài tốn 3.22 Tìm tất đa thức P (x) hệ số thực thỏa mãn P x2 + x [3P (x) + P (−x)] = P (x) + 2x2 với giá trị thực x Lời giải Từ giả thiết toán tat hay x −x ta nhận P x2 − x [3P (−x) + P (x)] = P (−x) + 2x2 Trừ vế với vế phương trình cho nhau, ta nhận [P (x) + P (−x)] [P (x) − P (−x) − 4x] = Khi P (x) = −P (−x) Thay vào giả thiết ban đầu ta P x2 − x2 = [P (x) − x]2 Đặt Q (x) = P (x) − x ta Q x2 = Q2 (x) Theo kết Bài tốn 3.20, ta có Q (x) = 0, Q (x) = 1, Q (x) = xn hay P (x) = x, P (x) = x + 1, P (x) = xn + x So sánh với P (x) − P (−x) = ta nhận P (x) = x, P (x) = x2k+1 + x Khi P (x)−P (−x)−4x = Thay vào giả thiết ban đầu ta P x2 −2x2 = [P (x) − 2x]2 Đặt Q (x) = P (x) − 2x, ta Q x2 = Q2 (x) Theo kết Bài tốn 3.20, ta có Q (x) = 0, Q (x) = 1, Q (x) = xn hay P (x) = 2x, P (x) = 2x+1, P (x) = xn +2x Đối chiếu với P (x)−P (−x)−4x = ta nhận P (x) = 2x, P (x) = x2k + 2x 56 3.2.3 Một số toán xác định đa thức khác không liên quan đến công thức nội suy Bài tốn 3.23 Tìm tất đa thức P (x) ∈ Z [x] thỏa mãn (P (a) + P (b) + P (c)) (a + b + c) với số nguyên a, b, c Lời giải Ta ln có (a + b + c) |(P (a) − P (−b − c)) lại có theo giả thiết (a + b + c) |(P (a) + P (b) + P (c)) từ suy (a + b + c) |(P (b) + P (c) + P (−b − c)) với số nguyên a, b, c Cố định số nguyên b, c Khi ta có (a + b + c) |(P (b) + P (c) + P (−b − c)) với số nguyên a Suy tồn số nguyên a đủ lớn để (a + b + c) |(P (b) + P (c) + P (−b − c)) a + b + c > P (b) + P (c) + P (−b − c), (hiển nhiên tồn vô số số nguyên a thế) từ ta suy P (b) + P (c) + P (−b − c) ≡ với cặp số nguyên b, c Chọn b = c ta 2P (b) = −P (−2b) n Giả sử P (x) = xi Đồng hệ số xn ta nhận 2an xn + i=0 an (−2x)n = ⇒ n = ⇒ P (x) = mx + k Theo giả thiết (a + b + c) |(m (a + b + c) + 3k) ⇒ k = Vậy P (x) = mx, m ∈ Z Bài toán 3.24 Tìm tất đa thức P (x) ∈ Z [x] thỏa mãn P (7) 5, P (5) P (12) không chia hết cho 35 Lời giải Giả sử tồn P (x) ∈ Z [x] thỏa mãn P (7) 5, P (5) Ta có (P (12) − P (7)) ⇒ P (12) ⇒ P (12) 35, trái với giả thiết (P (12) − P (5)) ⇒ P (12) tốn Vậy khơng tồn đa thức thỏa mãn yêu cầu toán Bài toán 3.25 Tìm tất đa thức P (x) bậc n thỏa mãn điều kiện P x2 − y = P (x + y) P (x − y) , ∀x, y ∈ R Lời giải Từ giả thiết tốn ta có điều kiện tương đương P (xy) = P (x) P (y) , ∀x, y ∈ R 57 Cho x = y = ⇒ P (0) = ∨ P (0) = +) Trường hợp Nếu P (0) = P (x) = xQ (x) , deg Q = n − thay vào P (xy) = P (x) P (y) , ∀x, y ∈ R ta nhận Q (xy) = Q (x) Q (y) , ∀x, y ∈ R suy Q (x) = ∨ Q (x) = x.Q1 (x) , deg Q1 = n − Ta nhận P (x) = ∨ P (x) = xn +) Trường hợp Nếu P (0) = 1, cho y = thay vào P (xy) = P (x) P (y) , ∀x, y ∈ R ta P (x) = Thử lại kết ta thấy đa thức thỏa mãn yêu cầu Bài tốn 3.26 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P (x + y) = P (x) + P (y) + 2xy, ∀x, y ∈ R Lời giải Xét x = y = ⇒ P (0) = 0, từ giả thiết tốn ta có P (x + y) − P (x) P (y) + 2xy = lim = 2x + P (0) y→0 y→0 y y P (x) = lim x P (t) dt = x2 + ax Do P (x) = P (x) − P (0) = Thử lại ta thấy đa thức P (x) = x2 + ax thỏa mãn yêu cầu tốn Bài tốn 3.27 Tìm tất đa thức P1 (x) , P2 (x) , P3 (x) , P4 (x) cho với x, y, z, t ∈ R thỏa mãn xy − zt = P1 (x) P2 (y) − P3 (z) P4 (t) = Lời giải Giả sử deg P1 = n1 , deg P2 = n2 Gọi N ∈ N số tự nhiên có số ước ϕ (N ) lớn n1 + n2 N Chọn y = , (x |N ) ; z = 1; t = N − thay vào giả thiết toán ta x N − P3 (1) P4 (N − 1) = (∗) P1 (x) P2 x Nhận thấy deg P1 (x) P2 N x ≤ n1 + n2 < ϕ (N ) (∗∗) N có ϕ (N ) > n1 + n2 nghiệm x Vậy deg Q (x) = từ suy P1 (x) = axn ; P2 (x) = bxn Hoàn toàn tương tự ta có kết P3 (x) = cxm ; P4 (x) = dxm +) Cho x = y = 1; z = t = ta nhận ab = Mặt khác từ (∗) ta suy Q (x) = P1 (x) P2 58 +) Cho x = y = 0; z = t = ta nhận cd = +) Cho x = z = 1; t = y − ta nhận (y n − (y − 1)m = 0, ∀y ∈ R) ⇔ m = n = x Vậy đa thức nhận là: P1 (x) = ax; P2 (x) = , (a = 0) ; P3 (x) = a x cx; P4 (x) = , (c = 0) Thử lại thấy thỏa mãn giả thiết toán c 59 KẾT LUẬN Luận văn ”Một số ứng dụng cơng thức nội suy Lagrange Hermite” trình bày vấn đề sau: Luận văn trình bày toán nội suy Lagrange nội suy Hermite Tiếp theo, trình bày số ứng dụng cơng thức nội suy Lagrange Hermite để tìm nguyên hàm hàm phân thức Xét toán đa thức nhận giá trị nguyên, toán xác định đa thức 60 TÀI LIỆU THAM KHẢO [A] Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (2002), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (2016), Nội suy đa thức, NXB ĐHQG Hà Nội [3] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi olympic Tốn sinh viên tồn quốc, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Thúy Vân (2014), Một số thuật toán nội suy để xác định nguyên hàm sơ cấp hàm hữu tỷ, Luận văn Thạc sỹ, ĐH Thái Nguyên [B] Tiếng Anh [5] Paulo Ney de Sausa, Jorge- Nume Silva (1998), Berkeley Problems in Mathematics, Springer ... THỊ NGA MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE VÀ HERMITE Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu... biết, công thức nội suy Lagrange đề cập bậc phổ thông Tuy nhiên cơng thức nội suy Hermite có tài liệu chun khảo Vì vậy, tơi chọn đề tài luận văn ? ?Một số ứng dụng công thức nội suy Lagrange Hermite? ??... Hermite? ?? Luận văn nhằm cung cấp số ứng dụng công thức nội suy Lagrange Hermite để tìm nguyên hàm hàm phân thức Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chương Chương Nội suy Lagrange nội suy Hermite