Chương 4. Một số dạng toán liên quan 37
4.1 Một số dạng toán về nghiệm của phương trình bậc cao
Bài toán 4.1 (Công thức Taylor). Chứng minh rằng nếu đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện degP(x) ≤n và P(k)(x1) = ak với mọi k ∈ {0, . . . , n}, trong đó x1, ak là các số cho trước; P(0)(x) := P(x), thì P(x) có dạng
P(x) = Xn
k=0
ak
k!(x−x1)k. (4.1)
Chứng minh. Đẳng thức (4.1) được chứng minh trực tiếp bằng cách lấy đạo hàm liên tiếp hai vế của (4.1) và sử dụng giả thiết về các giá trị ban đầu. Việc chứng minh tính duy nhất được suy từ tính chất của đa thức bậc n là nó có không quá n nghiệm (kể cả bội).
Bài toán 4.2 (Công thức nội suy Lagrange). Cho x1, x2, . . . , xn là các số đôi một khác nhau.
Tìm tất cả các đa thức bậc ≤ n −1 thỏa mãn điều kiện P(xk) = ak ∈ R k ∈ {1, . . . , n}), cho trước.
Lời giải. Giả sử w(x) = (x−x1)(x−x2). . .(x−xn) thì w′(x) =
Xn j=1
Yn i=1,i6=j
(x−xi).
Đặt
wk(x) = w(x)
(x−xk)w′(xk) = Qn i=1,i6=k
(x−xi) Qn
i=1,i6=k
(xk −xi)
thì ta có
deg wk(x) =n−1 và
wk(xj) =
0 khi k 6=j, 1 khi k =j.
Khi đó công thức nội suy Lagrange cho đa thức P(x) bậc ≤n có dạng P(x) =
Xn j=1
P(xj)wj(x).
Việc chứng minh tính duy nhất được suy ra từ nhận xét rằng hai đa thức bậc
≤n−1 nhận giá trị như nhau tại n điểm thì chúng trùng nhau.
Bài toán 4.3(Công thức nội suy Newton). Cho hai bộ số(x0, x1, . . . , xn)và(a0, a1, . . . , an). Tìm tất cả các đa thức P(x) với degP(x)≤n thỏa mãn điều kiện
P(k)(xk) =ak, k∈ {0,1, . . . , n}. Lời giải. Dễ dàng chứng minh các đẳng thức sau đây.
P(x) = P(x0) + Zx x0
P′(t)dt,
P′(t) =P′(x1) + Zt x1
P′′(t1)dt1,
P′′(t1) =P′′(x2) +
t1
Z
x2
P′′′(t2)dt2, ...
Từ đó ta sẽ thu được đa thức cần tìm có dạng P(x) = an
Zx x0
t1
Z
x0
t2
Z
x0
. . .
tn−1
Z
x0
dtndtn−1. . . dt1+
+an−1 Zx x0
t1
Z
x0
t2
Z
x0
. . .
tn−2
Z
x0
dtn−1. . . dt1+. . .+a1 Zx x0
dt1+a0.
Sau đây ta sẽ xét các dạng đặc biệt khác nhau của các bài toán nội suy.
Bài toán 4.4 (Công thức nội suy Hermite). Cho hai số phân biệt(x0 vàx1. Tìm tất cả các đa thức P(x) degP(x)≤n (n∈N∗) thỏa mãn điều kiện
P(x0) = 1,
P(k)(x1) = 0, k ∈ {0,1, . . . , n−1}. Lời giải. Theo giả thiết thì P(x) có nghiệm x=x1 bội n nên
P(x) =a(x−x1)n. Từ giả thiết P(x0) = 1 suy ra
1 = a(x0−x1)n ⇔ a+ 1 (x0−x1)n. Từ đó suy ra
P(x) = (x−x1)n (x0−x1)n.
Bài toán 4.5 (Công thức nội suy Hermite). Cho hai số phân biệt(x0 vàx1. Tìm tất cả các đa thức P(x) degP(x)≤n+ 1 (n ∈N∗) thỏa mãn điều kiện
P(x0) = 1, P′(x0) = 1‘
P(k)(x1) = 0, k ∈ {0,1, . . . , n−1}. Lời giải.
Theo giả thiết thì P(x) có nghiệmx=x1 bội n nên P(x) = (x−x1)n(ax+b).
Ta có
P′(x) = a(x−x0)n+n(ax+b)(x−x0)n−1. Từ giả thiết P(x0) = 1 suy ra
1 = (x0−x1)n(ax0+b) và
1 = a(x0−x1)n+n(ax0+b)(x0−x1)n−1. Vậy ta nhận được hệ phương trình tuyến tính ẩn a, b
x0a+b= (x0−x1 1)n,
(x0−x1)na+n(x0−x1)n−1(ax0+b) = 1.
Giải hệ này ta thu được
a= n−(x0−x1) (n−1)(x0−x1)n+1, b = n−(x0−x1)
(n−1)(x0−x1)n+1(1−x0).
Vậy đa thức cần tìm có dạng
P(x) = (x−x1)n n−(x0−x1)
(n−1)(x0−x1)n+1)(x+ 1−x0)
.
Sau đây ta sẽ nêu một số bài toán như là những ví dụ áp dụng trực tiếp của các công thức nội suy trong đại số và số học.
Bài toán 4.6. Cho
P(x) =anxn+an−1xn−1+. . .+a1x+a0
là đa thức có n nghiệm thực phân biệt x1, x2, . . ., xn. Chứng minh rằng Xn
i=1
xki
f′(xi) = 0 ∀k∈ {0, . . . , n−2}. (4.2) Xn
i=1
xn−1i f′(xi) = 1
anã (4.3)
Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange đối với xk thì xk =
Xn i=1
xkiwi(x).
Cho k = 0 và chú ý rằng f(x) =anw(x), ta thu được 1 =
Xn i=1
wi(x) = Xn
i=1
w(x) (x−xi)w′(xi)
= Xn
i=1
f(x)
(x−xi)f′(xi) =an
Xn i=1
Qn j=1;j6=i
(x−xj) f′(xi)
=an
Xn
i=1
1 f′(xi)
xn−1+ã ã ã ã Suy ra
an
Xn i=1
1
f′(xi) = 0.
Vậy nên
Xn i=1
1
f′(xi) = 0.
Vậy (4.2) đúng với k = 0. Với 0< k≤n−1 ta có
xk = Xn
i=1
xkiwi(x) =an
Xn i=1
xki Qn j=1;j6=i
(x−xj) f′(xi)
= an
Xn i=1
xki f′(xi)
xn−1+ã ã ã .
So sánh các lũy thừa cùng bậc ta thu được hệ thức ứng với bậc k (0< k≤n−2) an
Xn i=1
xki f′(xi) = 0
hay Xn
i=1
xki
f′(xi) = 0.
Tương tự, ứng với k=n−1 thì an
Xn i=1
xn−1i f′(xi) = 1
hay n
X
i=1
xn−1i f′(xi) = 1
an
, tức là (4.2) được chứng minh.
Bài toán 4.7. Giả sử trên đoạn [−1,1] cho k điểm khác nhau. Với mỗi điểm đã cho lập tích các khoảng cách từ điểm đó đến (k −1) điểm còn lại. Như vậy ta thu được k tích tương ứng. Gọi Sk là tổng các nghịch đảo của k tích đó. Chứng minh rằng Sk ≥2k−2.
Lời giải. Gọi Tk−1(x) là đa thức Chebyshev loại 1 bậc (k−1). Theo công thức nội suy Lagrange thì
Tn−1(x) = Xk−1 n=0
Tk−1(xn)
k−1Y
j=0, j6=n
x−xj
xn−xj
. (4.4)
So sánh hệ số bậc cao nhất của (4.4) ta được 2k−2 =
Xk−1 n=0
Tk−1(xn)
k−1Q
j=0, j6=n
(xn−xj) .
Vậy nên
2k−2≤
Xk−1 n=0
Tk−1(xn)
k−1Q
j=0, j6=n
(xn−xj)
≤ Xk−1 n=0
|Tk−1(xn)|
k−1Q
j=0, j6=n
(xn−xj) .
≤ Xk−1 n=0
1
k−1Q
j=0, j6=n
(xn−xj)
=Sn.
Bài toán 4.8. Cho x1, x2, . . . , xn ∈R và n∈N∗. Chứng minh rằng Xn
i=1
xni Qn j=1, j6=i
(xi−xj)
= Xn
i=1
xi.
Lời giải. Xét
P(x) = xn− Yn k=1
(x−xk)
là một đa thức với hệ số bậc cao nhất bằng E1(x) =x1+. . .+xn vàP(xk) =xnk. Theo công thức nội suy Lagrange thì
P(x) = Xn
i=1
xni Qn j=1, j6=i
(x−xj) Qn
j=1, j6=i
(xi−xj
.
So sánh hệ số bậc cao nhất ta thu được điều phải chứng minh.
Bài toán 4.9. Cho số tự nhiên s và dãy các đa thức Pn(x)∈R[x] bậc không vượt s. Giả thiết rằng hàm số g(x) xác định trong (0,1) và thỏa mãn điều kiện
|g(x)−Pn(x)|< 1
n ∀x∈(0,1), n= 1,2, . . .
Chứng minh rằng khi đó tồn tại Q(x) ∈ R[x] bậc không vượt s trùng với g(x) trong (0,1).
Lời giải.
Chọn các sốa1, . . . , as đôi một khác nhau một cách tuỳ ý trong (0,1). Khi đó, theo công thức nội suy Lagrange thì
Pn(x) = Xs
i=0
h Pn(ai)
Ys j=1, j6=i
x−aj
ai−aj
i .
Đặt Xs
i=1
P(ai) Ys j=1, j6=i
x−aj
ai−aj
=Q(x), thì Q(x)∈R[x] và deg Q≤s. Theo giả thiết thì
n→+∞lim Pn(ai) =g(ai) nên
Q(x) = lim
n→+∞Pn(x) = g(x).
Bài toán 4.10. Cho n + 1 số nguyên đôi một khác nhau x0, x1, . . . , xn. Xét các đa thức dạng
P(x) = xn+an−1xn−1+ã ã ã+a1x+a0. (4.5) Chứng minh rằng
j∈{0,1,...,n}max |f(xj)| ≥ n!
2n. (4.6)
Chứng minh. Khụng mất tớnh tổng quỏt ta cú thể coi x0 < x1 < ã ã ã < xn thỡ xn −x0 ≥ n, . . ., xn−xn−1 ≥ 1. Khi đó, theo công thức nội suy Lagrange thì có thể viết (4.5) dưới dạng
P(x) = Xn k=0
h P(xk)
Yn j=0, j6=k
x−xj
xi−xj
i . So sánh hệ số của xn ta được
1 = Xn k=0
h P(xk)
Yn j=0, j6=k
1 xi−xj
i . Nếu (4.6) không đúng thì
1<
Xn k=0
h
|P(xk)| Yn j=0, j6=k
1 xi−xj
i
≤ n!
2n h 1
n! + 1
(n−1)!1! +ã ã ã+ 1
(n−k)!k!+ã ã ã+ 1 0!n!
i
= 1
2n(Cn0+Cn1+ã ã ã+Cnn) = 1, mâu thuẫn. Vậy ta được điều phải chứng minh.
Bài toán 4.11. Cho đa thức P(x) bậc không vượt quá 2n và thỏa mãn điều kiện
|P(k)| ≤1 ∀k ∈ {−n,−n+ 1, . . . , n−1, n}. Chứng minh rằng
|P(x)| ≤4n ∀x∈[−n, n].
Chứng minh. Theo công thức nội suy Lagrange thì P(x) =
Xn k=−n
h P(k)
Yn j=−n, j6=k
x−j k−j i
. Suy ra
|P(x)| ≤ Xn k=−n
|P(k)| Yn j=−n, j6=k
xk−−jj
. Ta có
Yn j=−n, j6=k
xk−−jj
≤ (2n)!
(n+k)!(n−k)!. Suy ra
|P(x)| ≤ Xn k=−n
(2n)!
(n+k)!(n−k)! = X2n
k=0
(2n)!
(k)!(2n−k)! = 22n.
Bài toán 4.12. Cho n số thực đôi một khác nhau x1, x2, . . . , xn. Gọi rj là số dư của phép chia đa thức P(x) cho x−xj. Tìm phần dư của phép chia đa thức P(x) cho Q(x) = (x−x1). . .(x−xn).
Lời giải. Theo giả thiết thì P(xj) =rj và P(x) =Q(x)R(x) +r(x), degr(x)≤n−1, r(xj) =rj. Do vậy theo công thức nội suy Lagrange thì
r(x) = Xn k=−n
h rj
Yn j=1, j6=k
x−xj
xk−xj
i ,
đó chính là số dư cần tìm.
Bài toán 4.13. Cho đa thức
f(x) = ax4+bx3+cx2+dx+e
thỏa mãn điều kiện |f(x)| ≤1 khi |x| ≤1. Chứng minh rằng với mọi M > 1 cho trước ta đều có
|f(x)| ≤ 32
3 M4− 32
3 M2+ 1 khi |x| ≤M.
Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange với x1=−1, x2=−1/2, x3 = 0, x4 = 1/2 và x5 = 1, thì
f(x) =f(−1)ω1(x) +f
− 1 2
ω2(x) +f(0)ω3(x) +f1 2
ω4(x) +f(1)ω5(x).
Từ đây suy ra
|f(x)| ≤ 2
3|f(−1)|
(x2−x)(x2−14)
+ 83|f(−1/2)|
(x2−1)(x2−12x) +4|f(0)|
(x2−1)(x2− 1 4)
+83|f(1/2)|
(x2− 1
2x)(x2−1) +2
3|f(1)|
(x2+x)(x2−14) ≤ 23
(x2−x)(x2−14) +8
3
(x2−1)(x2− 12x) + 4
(x2−1)(x2− 14) +8
3
(x2− 12x)(x2−1) +23
(x2+x)(x2− 14)
= 32
3 x4− 32
3 x2+ 1≤ 32
3 M4−32
3 M2+ 1.