Đang tải... (xem toàn văn)
Trong quá trình tính toán, nhiều khi ta cần phải xác định giá trị của một hàm số f(x) tại một điểm tùy ý cho trước, trong khi đó điều kiện chỉ mới cho biết một số giá trị (rời rạc) của hàm số và của đạo hàm hàm số đến cấp nào đó của nó tại một số điểm cho trước.Với những trường hợp như vậy, người ta thường tìm cách xây dựng một hàm số P(x) dạng đơn giản hơn, thường là các đa thức đại số, thỏa mãn các điều kiện đã cho. Ngoài ra, tại những giá trị mà x không trùng với , thì (xấp xỉ theo một độ chính xác nào đó).Hàm số p(x) được xây dựng theo cách vừa mô tả trên được gọi là hàm nội suy của f(x); các điểm thường được gọi là các nút nội suy và bài toán xây dựng hàm p(x) như vậy được gọi là Bài toán nội suy.Sử dụng hàm (đa thức) nội suy p(x), ta dễ dàng tính được giá trị tương đối chính xác của hàm số f(x) tại tùy ý cho trước. Từ đó, ta có thể tính gần đúng giá trị đạo hàm và tích phân của nó trên . Các bài toán nội suy cổ điển ra đời từ rất sớm và đóng vai trò rất quan trọng trong thực tế. Do đó, việc nghiên cứu các bài toán nội suy là rất có ý nghĩa.Ở các trường phổ thông, lý thuyết về vấn đề này không được đề cập, nhưng những ứng dụng sơ cấp của nó cũng ẩn hiện không ít, chẳng hạn trong các phương trình đường hoặc phương trình mặt bậc hai, trong các đẳng thức dạng phân thức và đặc biệt là việc ứng dụng công thức nội suy Lagrange và khai triển Taylor để giải một số bài toán khó trong các đề thi học sinh giỏi các cấp.
MỞ ĐẦU Trong quá trình tính toán, nhiều ta cần phải xác định giá trị hàm số f(x) điểm tùy ý cho trước, điều kiện cho biết số giá trị (rời rạc) hàm số đạo hàm hàm số đến cấp số điểm x1 , x2 , , xk cho trước Với trường hợp vậy, người ta thường tìm cách xây dựng hàm số P(x) dạng đơn giản hơn, thường các đa thức đại số, thỏa mãn các điều kiện cho Ngoài ra, giá trị x �R mà x không trùng với x1 , x2 , , xk , P ( x) �f ( x) (xấp xỉ theo độ chính xác đó) Hàm số p(x) xây dựng theo cách vừa mô tả gọi hàm nội suy f(x); các điểm x1 , x2 , , xk thường gọi các nút nội suy toán xây dựng hàm p(x) gọi Bài toán nội suy Sử dụng hàm (đa thức) nội suy p(x), ta dễ dàng tính giá trị tương đối xác hàm số f(x) x �R tùy ý cho trước Từ đó, ta tính gần giá trị đạo hàm tích phân R Các toán nội suy cổ điển đời từ sớm đóng vai trị quan trọng thực tế Do đó, việc nghiên cứu các toán nội suy có ý nghĩa Ở các trường phổ thông, lý thuyết vấn đề không đề cập, ứng dụng sơ cấp "ẩn hiện" khơng ít, chẳng hạn các phương trình đường phương trình mặt bậc hai, các đẳng thức dạng phân thức đặc biệt việc ứng dụng công thức nội suy Lagrange khai triển Taylor để giải số toán khó các đề thi học sinh giỏi các cấp CHƯƠNG HAI BÀI TOÁN NỘI SUY CỔ ĐIỂN Trong chương này, đề cập hai toán nội suy cổ điển sử dụng, là: Bài tốn nội suy Lagrange, Bài toán nội suy Taylor 1.Bài toán nội suy Taylor 1.1 Bài toán nội suy Taylor Cho các số thực x0 , ak , với k = 0,1, , N - Hãy xác định đa thức T(x) có bậc khơng quá N – ( deg T x � N — ) thỏa mãn các điều kiện T ( k ) x0 ak , k 0,1, , N — 1.2 Đa thức nội suy Taylor N 1 a k Đa thức T ( x) � k ( x x0 ) đa thức thỏa mãn điều kiện k 0 k ! toán nội suy Taylor gọi đa thức thức nội suy Taylor Bài toán nội suy Lagrange Bài toán nội suy Lagrange Cho các số thực x0i , a0 i �R , với x0i �x0 j , i �j ,(i, j 1,2, , N ) Hãy xác định đa thức có L( x) bậc deg L( x) �N thỏa các điều kiện L x0i a0i , i 1,2, , N 2.1 Đa thức nội suy Lagrange Ký hiệu x0i �xi , a0i �ai N Khi đó, đa thức L( x) �ai Li ( x) với Li ( x) i 1 N x xj � x x ,(i 1,2, , N ) j� 1, j �i i j đa thức thỏa mãn điều kiện toán nội suy Lagrange ta gọi đa thức đa thức nội suy Lagrange Chương Môt số ứng dụng cơng thức nội suy Chương trình bày số ứng dụng các cơng thức nội suy, đề cập sâu công thức nội suy Taylor , cơng thức lagrange có nhiều ứng dụng để giải số toán khó hệ phổ thơng chuyên toán 2.1 Môt số ứng dụng công thức nội suy Taylor Bài : cho hàm số f ( x ) e x Hãy khai triển Taylor điểm x = Bài làm f '( x0 ) f ''( x0 ) f n ( x0 ) Ta có f ( x) f ( x0 ) ( x x0 ) ( x x0 ) ( x x0 ) n 1! 2! n! Mà f (0) va # f ( n ) (0) 1 x2 xn ta có e 1! 2! n! x Tuy nhiên hàm khai triển đến vô hạn không nhiều nên với nhiều hàm khác việc tính đạo hàm bậc cao phức tạp nên người ta quan tâm đến khai triển Taylor hữu hạn với cấp sau cộng với phần dư Khi bỏ phần dư ta phép nội suy Taylor, ta thu đa thức Bài 2: Xác định đa thức P ( x); deg P( x) �2 thỏa mãn điều kiện P (1) 1; P '(1) 2; P '(1) Bài làm Nhận xét đạo hàm P ( n ) ( x) � n 3;4; Vì P ( x) P(1) khai triển Taylor P x0 có dạng P '(1) P ''(1) ( x 1) ( x 1) 2( x 1) ( x 1) 1! 2! Ta chứng minh (*) Giả sử tồn đa thức Q( x); deg Q( x) �2 thỏa mãn điều kiện toán Xét hiệu T( x ) P( x ) Q ( x ) deg T ( x) T (1) 0; T '(1) 0; T ''(1) Có nghiệm bội suy T ( x) �0 � P( x) Q( x) toán có nghiệm Bài 3: Cho đa thức f ( x) ax3 bx cx d thỏa mãn điều kiện : f (1) f '(1) 2, f ''(1) f '''(1) Tính f (2) Bài làm Nhận xét f ( n ) ( x) � n 4;5; suy khai triển Taylor hàm số x f ( x) f (1) f '(1) f ''(1) f '''(1) ( x 1) ( x 1) ( x 1)3 1! 2! 3! 3 2( x 1) ( x 1) ( x 1)3 Chứng minh đa thức Vậy f (2) Bài Phát biểu toán nội suy Taylor để có đáp số đa thức P ( x) x ( x 1) Bài làm: Có: P ( x) x x x , P(1) P '( x ) x x x, P '(1) P '''( x) 24 x 12, P '''(1) 12 P (4) ( x) 24, P (4) (1) 24 P ( n ) ( x) 0, k 5,6, Bài toán: Xác định đa thức P(x) có bậc khơng quá cho P (1) 0; P '(1) 0; P ''(1) 2; P '''(1) 12; P (4) (1) 24 Bài 5: Khai triển hàm số f ( x) sin x Bài làm Có f ( n ) ( x) sin( x n ), n 0,1,2, f (0) 0, f '(0) 1, f ''(0) 0, f (3) (0) 1, f (2 n ) (0) sin(2n ) 0, f (2 n1) (0) sin((2n 1) ) (1) n x3 x5 (1) n1 x n1 R2 n1 ( x ) Do đó: sin x x 3! 5! (2n 1)! sin[ x (2n 1) ] x n1 R2 n1 ( x) , 1 (2n 1)! R2 n1 ( x) x n1 � 0, (n � �), x �� (2n 1)! x3 x5 (1) n1 x n1 sin x x 3! 5! (2n 1)! Nhận xét: Vấn đề mấu chốt việc tìm cơng thức Taylor hàm f cho trước tính các hệ số an Các hệ số tính theo cơng thức an f ( n ) (a ) Tuy nhiên cơng thức tổng quát thường thuận lợi cho việc n! tính toán các đạo hàm cấp cao quá cồng kềnh 2.2 Môt số ứng dụng công thức nội suy Lagrange Bài 1: Xác định các đa thức P(x) , deg P ( x) �2 thỏa mãn điều kiện P(1) 1, P(2) 2, P(3) Phân tích: a b c 1 � 3a b � � 4a 2b c � � P ( x) ax bx c � � 5a b � � a b c � � a 0, b 1, c � P( x ) x P ( x) thỏa mãn Chứng minh tính nhất: Giả sử Q( x) thỏa mãn Q(1) 1, Q(2) 2, Q(3) Xét T ( x) P( x) Q( x);deg P( x) �2 T (1) 0, T (2) 0, T (3) , đa thức bậc có nghiệm T Q ( x) P ( x) � P( x) Bài 2: Xác định các đa thức P ( x) , deg P ( x) �2 thỏa mãn điều kiện P(1) 3, P(2) 2, P(3) Phân tích: abc 3 � 3a b 1 � � 4a 2b c � � P ( x) ax bx c � � 5a b 1 � � a b c � � a 0, b 1, c � P( x) x P(x) thỏa mãn Chứng Q(1) 3, minh tính Q(2) 2, nhất: Giả sử Q(x) thỏa mãn Q(3) Xét T(x) = P(x) – Q(x) ; deg P ( x) �2 T (1) 0, Q ( x) T (2) 0, T (3) , đa thức bậc có nghiệm T P ( x) � P( x ) Bài 3: Xác định các đa thức P(x), deg P ( x) �2 thỏa mãn điều kiện P(1) , P(2) , P(3) Phân tích: w1 x ( x 2)( x 3) � � x 2, x (1 2)(1 3) � w2 x ( x 1)( x 3) � � x 1, x (2 1)(2 3) � w3 x ( x 2)( x 1) � � x 1, x (3 1)(3 2) � � P( x) ( x 2)( x 3) ( x 1)( x 3) ( x 1)( x 2) 2 1) deg f ( x) �2 2) P(1) , Chứng Q(1) , minh P(2) , tính Q(2) , P(3) nên P(x) thỏa mãn nhất: Giả sử Q(x) thỏa mãn Q(3) Xét T(x) = P(x) – Q(x) ; deg P ( x) �2 T (1) 0, Q ( x) T (2) 0, T (3) , đa thức bậc có nghiệm T P ( x) � P( x ) Bài 4: Xác định các đa thức P ( x), deg P ( x) �2 thỏa mãn điều kiện P( x1 ) b1, P( x2 ) b2 , P( x ) b3 Phân tích: Xét các đa thức w1 x x1 ( x x2 )( x x3 ) � � x x2 , x x3 ( x1 x2 )( x1 x3 ) � w1 x x2 ( x x1 )( x x3 ) � � x x1 , x x3 ( x2 x1 )( x2 x3 ) � w3 x x3 ( x x1 )( x x2 ) � � x x1 , x x2 ( x3 x1 )( x3 x1 ) � � P( x ) b1w1 ( x ) b2 w ( x) b3 w ( x ) 1) deg P ( x) �2 2) P( x1 ) b1 , P( x2 ) b2 , P( x ) b3 nên P(x) thỏa mãn Chứng Q( x1 ) b1, minh tính Q( x2 ) b2 , nhất: Giả sử Q(x) thỏa mãn Q( x ) b3 Xét T(x) = P(x) – Q(x) ; deg P ( x) �2 T ( x1 ) 0, Q ( x) T ( x2 ) 0, T ( x3 ) , đa thức bậc có nghiệm T P ( x) � P( x ) 2.3 Dạng nội suy tính chất hàm lồi, lõm bậc cao: Tiếp theo, ta xét lớp hàm lời bậc cao số tính chất chúng Trước hết, ta nhắc lại các tính chất đặc trưng định nghĩa hàm đồng biến hàm lồi quen biết thông qua biểu diễn dạng nội suy chúng Tính chất 1: (dạng nội suy) Hàm số f ( x) đồng biến I(a,b)1 với cặp số phân biệt ( x0 , x1 ) �I ( a, b) ta có f ( x0 ) f ( x1 ) 0 x0 x1 x1 x0 Tính chất 2: Hàm số f(x) lời I(a,b) với ba số phân biệt x0, x1, x3 �I (a, b) , ta có f ( x0 ) f ( x1 ) f ( x2 ) 0 ( x0 x1 )( x0 x2 ) ( x1 x2 )( x1 x0 ) ( x2 x1 )( x2 x1 ) Định nghĩa 1: (dạng nội suy) Hàm số f(x) gọi n-lồi I(a,b) với n + số phân biệt I(a,b), ta có n n f (x j ) f [ x0 , x1 , , xn ]: � �0 w( x) : �( x xk ) j 0 w '( x j ) k 0 Định nghĩa 3.2( Dạng nội suy) Hàm số f(x) gọi n-lõm I(a,b) với n + số phân biệt I(a,b), ta có n f (x j ) f [ x0 , x1 , , xn ]: � �0 w( x) : �( x xk ) j 0 w '( x j ) k 0 n Tính chất 3:Nếu hàm số f(x) n-lời I(a,b)với n>2, tờn f ( k ) ( x) với k, �k �n hàm số g(x):= f ( k ) ( x) n - k-lời I(a,b) Tính chất 4: Hàm số f(x)có đạo hàm bậc n tên I(a.b) n-lồi I(a,b) f ( n ) ( x) �0, x �I (a, b) Định lý 1: Nếu hàm số f(x)là n-lồi [a, b] (n>2) tờn hàm số g(x) đa thức P(x) bậc không quá n – 1, cho x ( x t ) n1 f ( x) P( x) � g (t )dt ( n 1)! a Định lý 2: Nếu hàm số f(x) lồi I(a, b) tồn hàm g(x) đơn điệu tăng I(a,b)và số c �(a, b) , cho x f ( x ) f (c) � g (t )dt c Định lý 3: Cho hàm số có đạo hàm bậc bốn khơng âm (a,b), tức f ( n ) ( x) �0, x �( a, b) Khi ta ln có bất đẳng thức sau f ''( x0 )( x x0 ) f '''( x0 )( x x0 )3 f ( x) �f ( x0 ) f '( x0 )( x x0 ) , x, x0 �(a, b) 2! 3! Một vài áp dụng trực tiếp chứng minh bất đẳng thức Bài 1: Chứng minh x>0 ta 2013 1 ln x � [ln n ( x n) ( x n) ( x n )3 ] � 2013 n1 n 2! n 3! n Giải Xét hàm số y f ( x) ln x, x Khi 1 f '( x) , f ''( x) , f '''( x) , f (4) ( x) 0, x x x x x 1 ( x a )3 ( x a) , x, a Suy ln x �ln a ( x a ) a 2! a 3! a Lần lượt thay a 1,2,…,2013, ta thu 1 ( x 1)3 ln x �ln1 ( x 1) ( x 1) , 2!12 3! 13 1 ( x 2)3 ln x �ln ( x 2) ( x 2) , 2! 22 3! 23 ln x �ln 2013 1 ( x 2013)3 ( x 2013) ( x 2013) , 2013 2! 20132 3! 20133 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta có 2013 2013 1 2013 2013 2013ln x ��ln n � ( x n) �( x n) �( x n)3 2! n1 3! n1 n 1 n1 n 2013 1 ln x � [ln n ( x n) ( x n) ( x n)3 ] Suy � 2013 n1 n 2! n 3! n Bài 2: Chứng minh với x �(0, ) ,ta có 2 2 ( x )3 ( x )2 ) (x 2 2x sin x ( x ) �1 ln 2 Giải Xét hàm số f ( x) sinx ln 2x Khi f '( x) cos x , x f ''( x) sinx+ x f '''( x) cos x x f (4) ( x) sinx 0, x �(0, ) x Suy 2x 2a 1 ( x a) sinx ln �sin ln (cos a )( x a) ( sin a ) a a 2! ( x a )3 ( cos a ) , a �(0, ) a 3! Chọn a , ta thu 2x sinx ln �sin ln (cos )( x ) 2 ( x ) ( x ( )) 2 ( sin ) ( cos ) , a �(0, ) ( )2 2! ( )3 3! 2 Và: 2x 2x sinx ln �1 ( x sinx ln �sin ln (cos )( x ) 2 ( x ) ( x ( )) ( cos ) , a �(0, ) ( sin ) ( )2 2! ( )3 3! 2 ( x ) ( x ) ) (x Do đó: sin x ( x ) 2 �1 ln x 2 3 2 Bài toán 3: Cho ba số u1 , v1 , w1 u2 , v2 , w thỏa mãn điều kiện u1 u2 , v1 v2 � cho hàm số f(x) có đạo hàm cấp hai dương � u v w u v w �1 1 2 với x đạo hàm cấp bốn dương với x Chứng minh ta ln có bất đẳng thức sau: f (u1 ) f (v1 ) f (w1 ) �f (u2 ) f (v1 ) f (w1 ) (u1 u2 )(v1 v2 )(w1 w ) Giải: Vì f (4) ( x) 0, f ''( x) với x nên suy ra: f ( x ) �f ( a) f '( a)( x a) f '''( a)( x a )3 , với a 3! Thay x u1 , v1 , w1 a u2 , v2 , w ta được: f (u1 ) �f (u2 ) f '(u2 )(u1 u2 ) f (v1 ) �f (v2 ) f '(v2 )(v1 v2 ) f '''(u2 )(u1 u2 )3 3! f '''(v2 )(v1 v2 ) 3! f (w1 ) �f (w ) f '(w )(w1 w ) f '''(w )(w1 w ) 3! Cộng vế bất đẳng thức khơng tính tổng quát , ta giả sử: 10 u1 v1 w1 , u2 v2 w2 , u1 u2 , v1 v2 f '( x ), f "( x) các hàm đơn điệu tăng nên suy ra: f (u1 ) f (v1 ) f ( w1 ) �f (u2 ) f (v1 ) f ( w1 ) f '''( w2 )[(u1 u2 )3 (v1 v2 ) ( w1 w2 ) ] f '''( w2 )[(u1 u2 ) (v1 v2 )]3 (u1 u2 )3 (v1 v2 )3 ] 3! �f (u2 ) f (v1 ) f ( w1 ) f '''( w2 )[(u1 u2 )(v1 v2 )( w1 w2 ) �f (u2 ) f (v1 ) f ( w1 ) nên: f (u1 ) f (v1 ) f (w1 ) �f (u2 ) f (v1 ) f (w1 ) (u1 u2 )(v1 v2 )(w1 w ) 11 2.4 Một số toán đa thức nhận giá trị nguyên Kiến thức cần nhớ: Khái niệm : + Nếu đa thức f (x) = a n x n + a n-1 x n-1 + + a1 x + a0, a n ^ có các hệ số a i �Z , i = 0, n ta nói f(x) đa thức hệ số nguyên + Ta kí hiệu tập hợp các đa thức hệ số nguyên Z [x] Các định lí: + Đinh lí 1: Nếu đa thức f(x) có nghiệm ngun x = a - f (x) = (x -a).g(x) với g(x) đa thức hệ số nguyên + Đinh lý 2: Cho f(x) đa thức hệ số nguyên: f (x) = a n x n + a n-1 x n-1 + + a x + a0 ( �Z ; i = 0, 1, 2, , n); a,b hai số nguyên khác Khi đó: f a f b M(a b) Chứng minh: f (a) = a n a n + a n-1 a n-1 + + a a + a0 Ta có: f(b) = a n b n + a n-1 b n-1 + + a b + a Suy ra: f a f b an (a n b n ) an1 a n1 b n1 a1 (a b) Vì: (a m bm )M a b , m �N � f (a) f b M a b n lý 3: Cho đa thức hệ số nguyên �a x , a + Đinh x p , ( p, q) 1, q �0 nghiệm f(x) p \ a0 q \ an q j 1 j j Chứng minh: Giả sử phân số tối giản p nghiệm đa thức f(x) Khi ta có: q p pn p n1 p f ( ) an n an1 n1 a1 a0 q q q q Từ (1) suy a n p n chia hết q mà (p n , q) = nên a n chia hết q 12 n �0 Từ (2) suy a q n chia hết p mà (p n , q) = nên a chia hết q Suy đpcm Bài tập ví dụ: Bài tốn 1: [Vĩnh Long_2010] Tờn hay khơng đa thức với hệ số nguyên mà f (26) = 1931 f (3) = 1995? Giải: Giả sử tồn đa thức với hệ số nguyên thỏa điều kiện đề Ta ln có : f (26)-f (3)M(26 - 3) = 23 Nhưng f (26) - f (3) = 1931-1995 = -64 M 23 Do khơng tồn đa thức hệ số nguyên thoả mãn đề (đpcm) Bài toán 2: Cho f(x), g(x) hai đa thức với hệ số nguyên thỏa điều kiện: F(x)=f (x3) + xg(x3) chia hết cho đa thức x2 + x +1 Chứng minh f(x), g(x) chia hết cho (x -1) Giải Ta có: F (x) = [f (x )-f (1)] + x [g(x )-g (1)] + f (1) + xg(1) (2.1) f (x3) - f (1) M(x3 -1) M(x 2+x+1) g(x3)-g(1) M(x3 -1) M(x2 + x +1) Theo giả thiết, F(x) Mx2 + x +1 nên từ (2.1) suy f (1) + xg(1) Mx2 + x +1 Mà f (1) + xg(1) có bậc bé nên f (1) + xg (1) = ^ f (1) = g(1) = Theo dịnh lý Bezout suy f (x) M(x-1) g (x) M(x-1) Nhận xét: Để hai đa thức f(x), g(x) chia hết cho x-1, theo định lý Bezout ta cần chứng minh x0 = nghiệm f(x) g(x), tức f (1) = g(1) = Một cách tự nhiên ta thêm bớt f(1), g(1) vào áp dụng định lý để đến kết Bài toán : Cho hai đa thức f (x) = ax + bx + cx + d g(x) = dx + cx + bx + a có hệ số a, b, c, d nguyên d không chia hết cho Giả sử f(m) chia hết cho 5, m �Z Chứng minh tìm n, n �Z , cho g(n) chia hết cho Giải 13 Ta có: m M Do tờn số ngun n f (m) = am + bm + cm + dM5 d M cho mn = (mod 5) Ta có: n f (m) - g (n) = n(am + bm + cm + d) - (dn3 + cn2 + bn + a) = a(m n -1) + bn(m n -1) + cn (mn -1) M(mn -1) suy g(n) M(mn-1) M5 Vậy số nguyên n thỏa mn = (mod 5) g(n) M5 Nhận xét : Ta có: f (m)- g(n) = am + bm + cm + d -(dn3 + cn2 + bn + a) Ta cần làm hệ số tự (a d) để xuất nhân tử chung Nhân f(m) với n rồi nên tồn số nguyên n để trừ cho g(n), ta có n f (m) - g(n) Mmn-1 Lại có m M mn = (mod 5) Từ đến đpcm 14 Kết luận tiểu luận Tiểu luận trình bày hệ thống số nội dung sau: Nêu kết các toán nội suy các đa thức nội suy Lagrange, Taylor để ứng dụng vào việc giải các toán phổ thông Ứng dụng công thức nội suy Lagrange để tìm chất hầu hết các đờng thức dạng phân thức áp dụng cách khá linh hoạt công thức để giải số toán khó, có các đề thi học sinh giỏi nước, khu vực quốc tế 15 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trịnh Đào Chiến - Hùynh Minh Thuận, 2007, Kỷ yếu ”Một số chuyên đề toán học hệ THPT, Một số ứng dụng công thức nội suy Lagrange “ NXB Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - ĐHQG Hà Nội [2] Nguyễn Văn Mậu, 2007, Các toán nội suy ứng dụng, NXB Giáo dục 16 ... BÀI TOÁN NỘI SUY CỔ ĐIỂN Trong chương này, đề cập hai toán nội suy cổ điển sử dụng, là: Bài tốn nội suy Lagrange, Bài toán nội suy Taylor 1.Bài toán nội suy Taylor 1.1 Bài toán nội suy Taylor Cho... thức nội suy Taylor N 1 a k Đa thức T ( x) � k ( x x0 ) đa thức thỏa mãn điều kiện k 0 k ! toán nội suy Taylor gọi đa thức thức nội suy Taylor Bài toán nội suy Lagrange Bài toán nội suy Lagrange... Lagrange ta gọi đa thức đa thức nội suy Lagrange Chương Môt số ứng dụng công thức nội suy Chương trình bày số ứng dụng các cơng thức nội suy, đề cập sâu công thức nội suy Taylor , cơng thức lagrange