BAI TOAN NỘI SUY vo HẠN 2.1 Mở đầu

X e đều có —

BAI TOAN NỘI SUY vo HẠN 2.1 Mở đầu

2.1. Mở đầu

Người ta đã nghiên cứu và làm sáng tỏ những vấn đề liên quan đến nội suy với một số hữu hạn các điều kiện. Trên cơ sở đó, khi tăng số lượng các điều kiện lên trong những trường hợp nhất định, ta vẫn giải quyết được bài toán nội suy bằng chuỗi vô hạn các đa thức. Tuy nhiên không phải tất cả các bài toán liên quan đến tính vô hạn của điều kiện nội suy đều có thể giải quyết được theo cách này. Hơn nữa trong việc phát triển từ một bài toán với hữu hạn các điều kiện đến bài toán có vô hạn các điều kiện, ta còn vấp phải khó khăn phát sinh từ những hạn chế của Giải tích cũng như Đại số.

Khi đi tìm nghiệm của bài toán trong một lớp hàm cho trước, ta có thể được kết quả là vô nghiệm hoặc cũng có thể có nghiệm nhưng với nghiệm không duy nhất. Những ví

dụ sau đây minh họa cho điều đó.

Ví dụ 2.1.1. Tìm một hàm chỉnh hình trong miền \z\ < r với /^(0) = (n!)2, 71 = 0 , 1 , . . .

Chuỗi này có bán kính hội tụ n!

= lim

n-»oc 77, + 1

(n + 1)!

Khi đó f(z) là chuỗi phân kỳ hầu khắp nơi và do đó bài toán vô nghiệm. Ví dụ 2.1.2. Cho một dãy điểm 0 < X i < x2 < ■ ■ ■ < 1 với lim xn = 1

n — ¥ 00

và một dãy các giá trị y i , y2, . . . Tìm một hàm thuộc c [0; 1] sao cho f { x ị) = V i .

Trước hết, ta chứng minh điều kiện cần và đủ để bài toán nội suy ở đây có nghiệm là tồn tại giới hạn lim yn.

n—>00 Thật vậy, do / liên tục trên [0; 1] nên

f ( x ị ) = y t ^ f { x n ) = y n = > lim f ( x n) = lim y n

71—>00 71—>00 /( lim xn) = lim yn lim yn = /(1).

T l — > 00 n—>00 n—>00

Với giả thiết này, bài toán không có nghiệm duy nhất.

1 Ví dụ 2.1.3. Tìm một hàm thuộc c [0; 1] sao cho J xnf ( x ) d x =

0

n = 1,2, . . .

n = 1,2,

Theo định lí 1.2.2, ta có

Vì những lí do trên, ta sẽ đi tìm hiểu và xây dựng cơ sở lý thuyết để giải quyết bài toán nội suy vô hạn sau:

R = lim

71—>00 = 0.

63 3

n + 1

tiến đến 0 và bài toán nội suy không có nghiệm. Do đó, dãy 1 p 1 p / xnf ( x ) d x = /(£) / xndx « / 0 u 0 n + 1 1 I xnf ( x ) d x 0

Định nghĩa 2.1.1. (Bài toán nội suy vô hạn) Cho z0, Z i , . . . là một dãy vô hạn các số phức phân biệt và WQ, WI, ... là một dãy các giá trị phức tùy ý. Tìm hàm / thỏa mãn

F ( zn) = wn,n = 0 , 1 , . . . (2.1) trong đó hàm F (được hiểu theo nghĩa có thể là một hoặc nhiều hàm khác nhau) chính là hàm / hoặc có mối liên hệ với / theo một nghĩa nào đó. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

2.2. Cách tiếp cận thứ nhất: Định lí Guichard

Một sự mở rộng tổng quát hóa tự nhiên của Định lí cơ bản trong nội suy đa thức (Định lí 1.3.1) là định lí Guichard sau đây:

Định lí 2.2.1. Cho Z ũ , Z i , . . . l ầ m ộ t d ẫ y c ắ c s ố phức phẫn biệt thỏa mãn lim zn = oo. Cho W 0 , W I , . . . l ầ m ộ t d ẫ y hoằn toần tùy ý cấc giấ trị

7 t —» o o

phức. Khi đó tồn tại một hầm nguyên f(z) thỏa mãn

f ( z n ) = wn,n = 0,1, . . . (2.2) Để chứng minh định lí 2.2.1 ta cần sử dụng hai định lí sau:

Định lí 2.2.2. (Tích Weierstrass)

Cho ZQ = 0, Z ị , . . . ỉà một dãy cấc số phức phẫn biệt thỏa mẫn lim zn =

n — ¥ 00

oo và По, Щ , . . . lầ một dãy cấc số nguyên > 1 . Khi đó với mỗi cách chọn thích hợp các số nguyên pk thì tích

hội tụ trong |,s| < oo đến một hầm nguyên có cấc không điểm bậc ri ỵ là Zk , k =

0 , 1 , . . .

Chứng minh. Đặt EQ(Z) = 1 và với p = 1 , 2 , . . . t a c ó

Bổ đề 2.2.1. Với mọi \z\ < 1 ,p = 0 , 1 , . . . thì Ịl — E p ( z ) \ < \z^+l

Chứng minh. (Bỗ đề 2.2.1) Bất đẳng thức hiển nhiên đúng với p = 0. Với p > 1 ta có

-E'p(z) = zpexp ịz + y + ... + — I .

Vậy —E' (z) có không điểm bậc p tại z = 0 và khai triển của nó theo lũy thừa của z

có hệ số thực không âm.

z

Vì 1 — E p ( z ) = — J E'p(t)dt nên hàm 1 — E p ( z) có không điểm bậc p + 1 0

tại z = 0.

/ \00 Hơn nữa, nếu <-p{z) =

--- thì < p ( z ) = y anzn với an > 0. ZP + 1 —' n=0 „ ( z2 zp 1 Epiz) = (! - 2)exP Y + 2 + • • • + —Ị

Để chứng minh định lý 2.2.2 trước hết ta xét bổ đề và định lý sau:

65 5 00 00 < XI Iữ ni \z\n - = = 1' 71=0 n—0 ^ 1 T Ì - 2 ________• 1 _ 1 - Ep{ z) z p + 1 |P+1

Do đó, |1 — E p ( z ) \ < \z^+ với \z\ < 1. Bổ đề được chứng minh. Như vậy, với \z\ < 1,

Định lí 2.2.3. Cho {gn}™= 1 ỉà dẫy cấc hầm bị chặn trên tập s sao cho

00 00

chuỗi \gn\ hội tụ đều trên s. Khi đó, tích Д (1 + gn) hội tụ tuyệt đối

n=1 fc=1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

và đều trên s.

00

Chứng minh. (Định lý 2.2.3) Từ giả thiết chuỗi \gn\ hội tụ đều

n = 1 trên s suy ra 3N sao cho Vn > N thì \ gn{ z ) \ < 1,V2 ẽ s.

r N — 1 r

Với r > N bất kỳ: JỊ (1 + gn( z ) ) = П (1 + 9n { z ) ) . JJ (1 + gn( z ) ) .

71=1 71=1 n = N

00

Bây giờ, giả sử cho {*x= 1 bị chặn và chuỗi Izn\ hội tụ đều.

7 1 = 1

z‘2 z3

Khi đó, với \ z \ < 1 ta có: ln(l + z ) = z --- f -- ---- ... = z . h ( z ) i trong Z о đó h ( z) = 1 — — + 1, khi z —>■ 0. О p Ỵ] ln(l + zn) —¥ 0 khi m,p oo. n = m p

Suy ra ln(l + zn) hội tụ đều.

n = m

00

Từ lập luận trên, tương tự ta có ln(l + gn( z)) hội tụ đều trên s.

n = N

00

Do gN :gN +1, . . . bị chặn trên s nên E Ì 9 n ( z ) \ \ h ( gn( z ) ) \ bị chặn trên s.

n = N

00

Suy ra ln(l + gn( z)) bị chặn trên s.

n = N

Vì hàm mũ là liên tục đều trên tập bị chặn của с nên 2 .3

Do đó, với m < p,

r 00

2^1n(l + gn(z)) —>■ exp 5>(l + gn(z)) n=N J Ln=N

Ln=N J

Ln=N J

đều trên s, khi r oo. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

00

Từ đó, suy ra (1 + 9 n { z)) hội tụ đều trên s. Định lý được chứng

n = N

minh.

Chứng minh định lý 2.2.2

“ / r\ P k +1

Chọn dãy số nguyên không âm { pk} sao cho ( — Ị < oo, Vr > 0

tí w ATắ__ .. 7. . r 1 Nếu P k = k — 1 thì Vr > 0, với A: đủ lớn để 0 < r V‘+1 — ) < oo. *=1 cố định r > 0, nếu \ z \ < r thì theo bổ đề 2.2.1 exp 1*1 < 2’ suy ra ta được r \ P k + 1 ) , z k / r/ \ y P k+1 * 1 T 1 < < \Zk/ Z k 00 k= 1

hội tụ đều trên \ z \ < r . Do r là bất kỳ Từ đó suy ra

(2.4) + + . . . +

{ z - Z ị )

Định lí 2.2.4. (Định lí Mittag-Leffler)

C h o Z Q , Z ị , . . . là một dẵy điểm phẵn biệt và lim zn = 00. Với mọi ỉ =

ĩl—>00

0 , 1 , . . . cho ũị 1, dị 2, . . . , ữ j n. lầ cắc số phức. Khi đó tồn tại một hầm phân hình tại mỗi Zị có phần chính ỉà

dị 1 ữ ị 2 ữi

( z - Z ị ) ( z - Z ị )2 vầ

chỉnh hình tại mọi điểm khác.

S i ( z ) =

Chứng minh. Đặt A = {z0, Zị, . . . } . Từ giả thiết lim zn = oo suy ra A

71—>00

không có điểm tụ.

Đặt K0 = 0, Kn = ịz £ С : \z\ < n}, 'in > 1 và Bn = А П (Kn \ Kn-1) Do A không có điểm tụ nên Bn là tập hữu hạn Vn > 1. Với mỗi n, đặt Q n { z } ^ ^ Qn 0 neu Bn 0.

x\Zị G В n

Do Bn là tập hữu hạn nên Qn là hàm hữu tỷ có cực điểm nằm trong Kn \ Kn-ị. Đặc biệt, Qn chỉnh hình trên Kn-ị.

Bằng khai triển Taylor Qn tại 0 G Kn_ I, ta tìm được một hàm hữu tỷ

Rn sao cho IQ n ( z ) - Rn{z)I < ,z e K n _ l .

00

Do đó, khi cố định m > 1, (Qn — Rn) hội tụ đều trên Km tới một

n = m + 1 hàm chỉnh hình trên Km o D Km-1- Ta xét hàm f : в — Ï с xác định bởi 00 f ( z ) = Q i { z ) + { Q n { z ) - Rn{z)) в,z e n= 2 trong đó в là tập mở trong с và chứa A. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Cố định N, trên KN ta có N + l 00 / = Qí + (Qn — Rn) + (Qn — Rn) n=2 n = N + 2 f ĩ \n Do

IQ n ( z ) — Rn( z)I <(1 , n = 2 , . . . , N + 1 trên KN nên chuỗi cuối cùng hội tụ đều tới hàm chỉnh hình trên K ỵ .

Vì vậy, hàm / — ( Q1 + ... + QN+1) chỉnh hình trong KN, suy ra / có phần chính tại

2.2.1

(Tích Weierstrass) ta xây dựng được một hàm nguyên g ( z) có các không điểm là Z ị \ g ( z ị) = 0; g \ z ị) ^ 0, ĩ = 0,1,...

Theo định lí 2.2.4 (Định lí Mittag-Leffler), ta xây dựng một hàm phân

hình h ( z ) mà phần chính tai Z ị là —-—7—^ --- và chỉnh hình tai moi

g ' { z i ) { z - zi)

điểm khác. h ( z) nhận các giá trị Z ị làm các cực điểm.

Khi đó, hàm f ( z) = g ( z ) h ( z) là nghiệm của bài toán nội suy vô hạn. Thật vậy, do các không điểm của g sẽ làm triệt tiêu các cực điểm của h nên / là hàm nguyên. Hơn nữa, trong lân cận của điểm z = Z i , khai triển Taylor của hàm g ( z ) , kết hợp với g ( z ị )

= 0 ta có 9W( z i) n ' ( 7 \ ( 7 - 7 ì + g { k ) ( Z i h ~ _ - ì 9 {zi){z zi) + / „ [z Zi) k= 2 W i + r ( z) , g/( zị) ( z - Z i)

trong đó r { z) chỉnh hình trong lân cận của Z ị .

Từ đó ta có f ( z ị) = W ị . Định lý đã được chứng minh.

2.3. Cách tiếp cận thứ hai: Định lí Polya

Ta có thể tiếp cận vấn đề nêu trong định lí 2.2.1 dựa vào hệ vô hạn các phương trình tuyến tính với vô hạn ẩn như sau:

Tìm hàm nguyên

f ( z ) = aữ + d i z + a2z 2 + ... (2.5) Chứng minh định lý Guichard (Định lí Theo định lí

2.2.2

f ( z ) = g { z ) h ( z )

= X

thỏa mãn

f (

Coi các giá trị ữj, ỉ = 0, 1 , . . . trong (2.5) là ẩn và được xác định sao cho thỏa mãn điều kiện (2.6). Từ đó ta có hệ vô hạn các phương trình tuyến tính:

a0 + CLiZi + a2zỊ + ■ ■ ■ = W i

a 0 + ữ ị Z 2 + Ũ 2Z2 +

(2.7)

Giả sử ta đã tìm được các giá trị a0, «1, . . . làm cho vế trái của (2.7) hội tụ đến vế phải. Từ tính chất của chuỗi lũy thừa ta có chuỗi (2.5) hội tụ tuyệt đối với \ z \ < \ z i \ , với \ z \ < \ z2\ , ___ Từ giả thiết limzn = oo ta có

f ( z) là hàm nguyên và f ( z ị) = W ị , i = 0 , 1 , . . . Rõ ràng, vấn đề vô hạn của lí thuyết nội suy tuyến tính luôn đưa được về hệ (2.7). Do đó, vấn đề cần giải quyết là phải giải được hệ (2.7)

Sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của hệ hữu hạn các phương trình tuyến tính đã được giải quyết hoàn toàn. Nhưng với hệ vô hạn các phương trình tuyến tính thì còn nhiều vấn đề chưa giải quyết được. Chưa có lí thuyết nào là hoàn thiện nhưng các lí thuyết được đưa ra đều bắt nguồn từ sự đa dạng trong các giả thiết của các hệ số và của nghiệm. Ta sẽ đi chứng minh định lí Polya, định lí cho ta điều kiện đủ về sự tồn tại nghiệm của một hệ vô hạn các phương trình. Đây là một định lí có nhiều ứng dụng cho bài toán nội suy và cũng là một trong số ít các định lí về hệ vô hạn các phương trình mà ở đó vốn không có bất kì giả thiết nào cho vế phải.

w (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Định lí 2.3.1. (Định lí Polya) Cho một hệ vô hạn cấc phương trình tuyến tính với vô hạn ẩn Xi, x2, ■.

d \ l X \ + ữi2^2 + ••• = &!

a2lxl + Q*22x2 + • • • = &2

(2.8)

không có giả thiết về cấc giá trị bị nhưng về giá trị các dị ta giả sử: (A) Cho q > 0 vầ n > 1 iầ số nguyên tùy ý. Từ dẫy vô hạn cấc hệ số

ữl,q+lữl,q+2 ■ ■ ■

(2.9)

Q'n,g+l®n,g+2

ta có thể chọn được n cột sao cho định thức của ma trận được tạo bởi những cột nầy khấc 0.

(B) Cho j = 2 , 3 , . . . ta có

l i m = 0 (2.10)

k — > o o C Lj ỵ

Với cấc giả thiết ( A ) vầ (B) tã có thể tìm được một nghiệm Xi của, (2.8) vầ tất cả cẩc chuỗi ở vế trái đều hội tụ tuyệt đối.

Nghiệm của hệ sẽ được xây dựng theo dạng "khối ẩn". Cách làm này cần một sự mô tả sơ bộ và một bổ đề. Khối đầu tiên của các ẩn là

•Egi + l 5 xq i + 2 ĩ ■ ■ • ) X q2 . ( 2 . 1 2 )

Tổng quát, khối ẩn thứ n sẽ là

х9п-1+ иХ9 п_1 +2, . . . , х9 п. (2.13)

Các chỉ số Çj là các số nguyên xác định thỏa mãn 1 < qi < q2 < ... và sẽ được quy định chính xác trong chứng minh dưới đây.

Giả sử, khối ẩn đầu tiên thỏa mãn

anx 1 + aí2x2 + ... + a Ĩ A l x q i = bị. (2.14) Khối ẩn thứ hai thỏa mãn

ahqi+1xqi+1 + aiAl+2xqi+2 + ... + ah q2Xq2 = 0

a2,q i + l X q1 + l + a2,q i + 2Xq i + 2 + . . . + a2 jq2Xq 2 ( 2 . 1 5 )

= b2 — {a2iXi + CI22X2 + ... + a2 ĩ q ixqi)

Với các điều kiện (2.14) và (2.15) ta thấy rằng hai khối ẩn đầu tiên thỏa mãn

anX i + ... + aij q 2X q2 = &1 ^

021^1 + . . . + Û2, q2X q2 — &2

an - l , qn- i + lxqn- i +1 + • • • + ar i - l , qnxqn = 0

й

п,д„_1 + 1ж д„_1 + 1 + ■ • ■ + а П д п Хд п

= К — (апдЖ 1 + aUî2 Х 2 + ... + aUîqn_1xqn l) = ь'п Với điều (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

kiện đó, n khối ẩn đầu tiên sẽ thỏa mãn n điều kiện

ũ n X i + (I12X2 + . . . + aiAnXqn = 61

(2.18) Khối ẩn thứ hai là

74 4

ữ n l X l ữ n 2 X 2 Ч- • ■ • 4" ữn,qn%qn bTl

Để chứng minh các chuỗi ở vế trái trong hệ (2.8) hội tụ tuyệt đối ta cần bổ đề sau:

Bổ đề 2.3.1. Cho n vầq lầ cấc số nguyên dương, b lầ số tùy ý vầ £ > 0.

Với điều kiện (A) và ( В ) của định ỉí 2.3.1 tã có thể tìm được một số nguyên q' > q và các giấ trị xq+i,xq+2, . . . , xq' sao cho

(2.19)

Q"n—l,q+l-Eq-\-l Ч-0"n — l,q+2-Eq+2 4" ■ • ■ Ч-CLfi — l^qiXqi — 0

®ra,g+l*£g+l “b ®7i,g+2*£g+2 ”b • • • “b Q'rtjg'-Eg' ^ và

|al,g+lÆg+l| + • • • + |ßl,g'£g'| < £

(2.20)

|®71— l,g+l^g+l I "4" ■ ■ ■ “Ь l ^ n — I ^ £

Chứng minh. Cho t ị , . . . ,tn là n biến độc lập. Từ điều kiện (A) ta có thể chọn n số nguyên

kị.k2, . . . , kn với q < kị < k2 < ■ ■ ■ < kn ả ể định thức của hệ phương trình sau khác 0 ®1 k i ^ k i “b 0 lk/ 23'k2 “Ь ■ ■ ■ “Ь 0>1 kn^kn — ^1

(2.21)

Q"nki%ki Q“nk23'k2 + • • • + ^пкп-^кп — tn

Khi đó, các giá trị của Xỵ. có thể được tìm ra nhờ các tổ hợp tuyến tính của tị. Khi đó với các giá trị của (t) đủ nhỏ, các giá trị của (X) cũng sẽ nhỏ. Hơn nữa, ta có thể tìm được một số

ỏ > 0 sao cho \tị\ < ỏ, Khối ẩn thứ hai là

75 5

i — 1, 2, . . . , n s u y r a

\aj k lxk l\ + \aj k 2Xk2\ + ... + \aj k nxk n\ < ị j = l,2,...,n. (2.22) Từ điều kiện (B), ta tìm được một số nguyên q' > kn > q sao cho

< min(ổ, |) với j = 1, 2, . . . , n.

Bây giờ, đặt Xỵ = 0 nếu q < k < q1 vầ k ^ kị, k 2 , , k n .

Xác định xk l, . . . , xk từ hệ (2.21), trong đó, ta đặt

bũi„i —

m ' j = 1,2, . . . , n - 1.

t n = 0

Trong điều kiện của (2.23) và (2.24) ta có It j \ < ỏ với j = 1, 2 , . . . , n d o đó (2.22) đúng. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Nếu ta đặt x 'q = — — thì ®n q '

1*1 <1

bởi (2.23)

Từ (2.22) và (2.25) suy ra (2.20) được thỏa mãn. Cuối cùng

'3 9

ajq'

với j = 1, 2, . . . , n — 1 v à

®Ti,g+l*£g+l ”1“ ®n,g+2*£g+2 “1“ ■ • ■ ”1“ Oinq'-^q' Q n k ị ^ k ỵ “I-0Jnk2 ^k2

b + a nknx kn + — t n + b — b. Khối ẩn thứ hai là 7 6 ãjqi (2.23) ' ' J Q rì.n ỉ (2.24) ũjqi (2.25)

Do đó, nếu Xq +1, . . . , xqi được chọn theo cách trên thì thỏa mãn tất cả các điều kiện yêu cầu của bổ đề.

Chứng minh. (Định lí 2.3.1) Ta bắt đầu với việc phân chia các ẩn thành các khối bằng một phép quy nạp. Từ điều kiện (A), dãy ữn, ữi2, . . p h ả i chứa vô hạn các thành phần khác không. Xác định qi sao cho al9l ^ 0. Đặt Xị — 0 , X 2 — 0, . . . , xq i- i = 0 , xQ l = Điều