I –Đa thức đối xứng
CHƯƠNG VII CÁC CÔNG THỨC NỘI SUY
I –Công thức nội suy Lagrange:
Cho f ∊ R[x], deg f = n và n+1 số thực α1, α2, …, αn+1 cho trước thì f đượ xác định như sau: Hay f(x) = *Chứng minh: Xét thì deg g ≤ n và có n+1 nghiệm: nên g(x) ≡ 0 Do đó ta có công thức Lagrange.☺ II – Kết quả
Một đa thức bậc n hoàn toàn xác định khi biết n+1 giá trị f( với k = 1, 2, …, n + 1.
III –Định lý:
Cho f ∊ R[x], deg f = n với n + 1 số thực phân biệt bất kì. Đặt:
thì:
trong đó deg f n và = (x- )(x- )…(x- )
Đây là công thức phân tích thành phần tử đơn củ các phân thức thật sự (bâc của tử bé hơn bậc của mẫu).
IV – Ví dụ:
Ví dụ 1: Xác định đa thức bậc hai nhận giá trị bằng 3; 5; -1 tại x bằng 1, 2, 7
tương ứng .
Giải.
Ta có: và f( = 3, f( ) = 5, f( ) = -1 Áp dụng công thức nội suy Lagrange với n = 2:
=
=
☺
Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu đa thức bậc hai nhận giá trị nguyên liên tiếp
của biến số x thì đa thức nhận giá trị nguyên tại mọi x nguyên.
Giải
Giả sử f(k - 1), f(k), f(k + 1) là những số nguyên với k nguyên.
Áp dụng công thức nội quy Lagrange cho đa thức bậc hai f(x) với ba số nguyên k – 1; k;
Đặt m = x – k thì:
Vì tích hai số nguyên liên tiếp chia hết choa 2 nên f(x) nguyên với mọi x nguyên. ☺
Ví dụ 3: Phân thích thành phân thức đơn giản bằng công thức
Lagrange:
Giải.
Giải tương tự ta có:
☺
V – Bài tập
Bài 1: Cho là n số khác nhau. Gọi (i=1;2;…;n) là phần dư trong phép chia đa thức f(x) cho x . Hãy tìm phần dư r(x) trong phép chia
f(x) cho: (x )(x )…(x )
Giải.
Gọi q(x) la thương và r(x) là phần dư trong phép chia đa thức f(x) cho (x )(x )…(x ) .
Ta có: f(x) = (x )(x )…(x ) . q(x) + r(x), deg r(x) < n. Đặt x = (i=1,2,…,n) và để ý rằng = f( )
Như vậy ta biết được các giá trị của đa thức r(x) có bậc nhỏ hơn n tại n điểm khác nhau thành thử trong công thức nội suy Larange thì :
r(x) = + +
… +
= = .
☺
Bài 2: Cho là n số khác nhau. Chứng minh rằng nếu đa thức f(x) có bậc không lớn hơn n 2 thì: T = + … +
= 0
Giải.
Theo công thức Lagrange thì mọi đa thức f(x) có bậc không lớn hơn n 1 đều được viết dưới dạng:
f(x) = f( ). + f( ). + … +
f( ).
Hệ số của ở vế trái bằng 0, còn hệ số của vế phải là:
T = + … +
Vậy T = 0. ☺
Bài 3: Giả sử đa thức: + + +…+ có giá trị hữu tỉ khi x hữu tỉ. Chứng minh rằng tất cả các hệ số là những số hữu tỉ.
Giải.
Áp dụng công thức Lagrange với = k (k=0,1,2,…,n) thì:
f(x) = .(x 1)(x )…(x ) + x(x
+
.x(x
(1)
Theo giả thiết f(0), f(1),…, f(n) là những số hữu tỉ. Vì vậy, khai triển vế phải của (1) ta thấy rằng các hệ số của các lũy thừa của x đều là những số hữu tỉ. Rút gọn các số hạng đồng dạng ta được:
f(x) = + +…+ ; với là những số hữu tỉ.
● Có thể áp dụng công thux71 nội suy Lagrange tại n+1 điểm (k=0,1,…,n) hữu tỉ tùy ý và khác nhau thì cũng đi đếm kết quả trên.
● Kết quả: Nêu đa thức f(x) có bậc không quá n và có giá trị hữu tỉ tại n+1 điểm hữu tỉ khác nhau thì:
f(x) = + + +…+ với là những số hữu tỉ. ☺
Bài 4: Cho đa thức P(x) bậc không lớn hơn 2n thỏa mãn điều kiện: | P(k) | ≤ 1,
k= 1, …, 0,1, …,n. Chứng minh rằng: | P(x) | ≤ với mọi x [ n,n].
(Hungary, 1979)
Giải.
Theo công thức nội suy Lagrange thì: P(x) =
Vì | P(k) | ≤ 1 với k { nên :
| P(x) | ≤
Nhận xét rằng với thì xét cho kết quả: ≤ (2n)! Và vì vậy: ≤ Do đó: | P(x) | ≤ = = = Vậy: | P(x) | ≤ x [ . ☺
Bài 5: Tìm tất cả các đa thức P(x) và Q(x) có bậc ba với các hệ số thực thỏa 4
điều kiện:
a) Cả hai đa thức nhận giá trị 0 hoặc 1 tại các điểm x = 1, 2, 3, 4. b) Nếu P(1) = 0 hoặc P(2) = 1 thì Q(1) = Q(3) = 1. c) Nếu P(2) = 0 hoặc P(4) = 0 thì Q(2) = Q(4) = 0. d) Nếu P(3) = 1 hoặc P(4) = 1 thì Q(1) = 0. (Germany, 1980) Giải.
Giả sử kí hiệu = P(x), = Q(x) với k = 1,2,3,4 còn P(x) và Q(x) là các đa thức thỏa mãn đầu bài. Khi đó các số có bốn chữ số và không thể bằng số 0000; 0110; 1001; 1111 vi các đa thức P(x) và Q(x) có bậc ba. Mặt khác số
không thể có dạng ; ; ; hay , vì nếu không thì từ các điều kiện b) và d) ta có =1 và =0. Từ đó theo điều kiện c) ta thấy điều kiện của bài toán thỏa với 7 cặp số:
( ) và chỉ có cặp số đó (0100;1010) ; (1000;0010) ; (1000;1000) ; (1000;1010) ; (1010;0010) ; (1011; 0010) và (1100; 1010).
Dùng công thức nội suy Lagrange ta thay mỗi số tương ứng vào các đa thức R(x) thỏa mãn các đẳng thức P(k) = với k = 1,2,3,4. Khi đó ta nhận được sáu đa thức tương ứng.
= x
= + x + 4
= + 5 x + 8
= + x + 7
= + x
Như vậy, cặp đa thức (P(x),Q(x)) trùng với một trong các cặp: ( ; (
; ( ; ( ; ( ; ( ; (
. ☺
Bài 6: Cho tam thức bậc hai f(x) = thỏa điều kiện: | f(x) | ≤ 1 khi | ≤ 1.
Chứng minh rằng M ≥ 1: | f(x) | ≤ khi | x | < M.
*Cách 1:
Theo giả thiết: f(0) = | c | ≤ 1
f(1) = | a + b + c | ≤ 1 f( 1) = | a b + c | ≤ 1 nên | 2a | = | 2a + b b + c c | + | a + b + c | + | 2c | ≤ 4 | a | ≤ 2 ● Nếu thì: | f(x) | = | a + bx + c | = | (a + b + c)x + ax(x – 1) + c(1 – x) | | f(x) | ≤ | a + b + c |.| x | + | a |.| x(x – 1) | + | c |.| 1 – x | ≤ M.1 + 2M(M – 1) + 1(M – 1) = 2M2 – 1 ● Nếu –1 < x < 1 thì: | f(x) | ≤ 1 ≤ 2M2 – 1 ● Nếu –M ≤ x ≤ thì: f(x) = | ( a + b + c)x + ax(x + 1) + c(x + 1) | + | | c |.| x – 1 | ≤ M.1 + 2M(M – 1) + 1.M = 2M2 – 1 (Dpcm) *Cách 2:
f(x) = f(1) f(0)(x2 – 1) + f( 1) Vì | f(x) | ≤ 1, | f(0) | ≤ 1, | f( 1) | ≤ 1 nên:
f(x) ≤ | f(1) |.| | + | f(0) |.| x2 – 1 | + | f(–1) |.| |
≤ | | + | | + | x2 – 1 | = 2x2 – 1 2M2 – 1. (Dpcm) ☺
Bài 7: Cho f(x) = + + … + + thỏa | f(x) | ≤ 1
x [–1;1].
Chứng minh đa thức: f’(x) = có
tính chất: | f’(x) | ≤ 2n-1 với mọi x [–1;1].
Giải.
Với , ta có mối liên hệ sau đây giữa f(x) và f’(x): f’(x) = xn.f( )
Vì đa thức f(x) có bậc không quá n, nên ta có thể áp dụng công thức nội suy Lagrange cho f(x) tại (n + 1) điểm xk ( k = 0,1,…,n)
f(x) =
Do vậy với x ≠ 0, ta có:
f’(x) = xn.f( ) f’(x) =
Hệ thức này đúng với mọi x ≠ 0, mà hai vế đều là đa thức của x, vậy hệ thức đúng x.
Suy ra (nhớ rằng xk [–1;1] nên theo giả thiết của bài toán: | f(xk) | ≤ 1).
| f’(x) | ≤
a) 1 =
b) Với | x | ≤ 1, ta có 1 ≥ 0 ( i = 0,1,…,n ). Suy ra với x [–1;1]:
| f’(x) | ≤
(1)
Mặt khác, áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức Chebyshev Tn(x) tại n
+ 1 điểm xk ( k = 0,1,…,n), ta được: Tn(x) =
= (2)
Xem đa thức (x) được xác định bởi: (x) = xnTn( ) ( x ≠ 0 )
Từ đó ta thấy với x ≠ 0 thì:
(x) =
Vì hai vế là hai đa thức của x nên nếu chúng bằng nhau khi x ≠ 0 thì chúng cũng bằng nhau với mọi .
So sánh với (1) ta suy ra:
| f’(x) | ≤ (x) khi x [–1;1]
(3)
Vì đa thức Chebyshev Tn(x) bậc n có n nghiệm xk = cos( ) , ( k = 0,1,…,n – 1 )
và có hệ số cao nhất bằng 2n-1, vậy nó được phân tích dưới dạng:
Tn(x) = 2n-1 , từ đó suy ra:
(x) = 2n-1
(4)
Dãy là một dãy “đối xứng”, tức là:
nên theo (4) ta cũng có:
(x) = 2n-1
[ (x) ]2 = 4n-1 , nên với | x | ≤ 1: [ (x) ]2 ≤ 4n-1 Theo (3) ta có: (x) ≥ 0 khi | x | ≤ 1 Vậy với x [–1;1]: (x) ≤ 2n-1 .
Kết hợp với (3) ta được: | f’(x) | ≤ 2n-1 khi | x | ≤ 1. ☺