Trong chương trình môn Toán bậc phổ thông, có những bài toán rất quen thuộc như
bài toán tính tổng hữu hạn, bài toán tìm nguyên hàm và tính tích phân của hàm số phân
thức hữu tỉ,. . . Việc giải các bài toán này hoàn toàn có thể ứng dụng các kiến thức của
một số đa thức nội suy cổ điển. Báo cáo này, trình bày một số ứng dụng của đa thức nội
suy Lagrange, đa thức nội suy Newton trong việc phân tích biểu thức để tìm nguyên
hàm của hàm số phân thức hữu tỉ và tính tổng hữu hạn.
10 trang |
Chia sẻ: thuyduongbt11 | Ngày: 10/06/2022 | Lượt xem: 899 | Lượt tải: 0
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đa thức nội suy cổ điển và một số ứng dụng, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
ĐA THỨC NỘI SUY CỔ ĐIỂN VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
Hoàng Văn Thi, Sở GD& ĐT Thanh Hóa
Lê Văn Tiến, Trường THPT Yên Định 2, Thanh Hóa
Tóm tắt nội dung
Trong chương trình môn Toán bậc phổ thông, có những bài toán rất quen thuộc như
bài toán tính tổng hữu hạn, bài toán tìm nguyên hàm và tính tích phân của hàm số phân
thức hữu tỉ,. . . Việc giải các bài toán này hoàn toàn có thể ứng dụng các kiến thức của
một số đa thức nội suy cổ điển. Báo cáo này, trình bày một số ứng dụng của đa thức nội
suy Lagrange, đa thức nội suy Newton trong việc phân tích biểu thức để tìm nguyên
hàm của hàm số phân thức hữu tỉ và tính tổng hữu hạn.
1 Một số đa thức nội suy cổ điển
1.1 Đa thức nội suy Lagrange
Bài toán mở rộng 1.1 (Bài toán nội suy Lagrange). Cho các số thực xi, ai, với xi 6= xj, với
∀i 6= j (i, j = 1, 2, . . . ,N). Hãy xác định đa thức L (x) có bậc deg L (x) ≤ N − 1 và thỏa
mãn điều kiện
L (xi) = ai, ∀i = 1, 2, · · · ,N. (1.1)
Tính chất 1.1 (Đa thức nội suy Lagrange). Kí hiệu
Li(x) =
N
∏
j=1,j 6=i
x− xj
xi − xj ; i = 1, 2, · · · ,N.
Khi đó, đa thức L(x) =
N
∑
i=1
ai.Li(x) là đa thức duy nhất thỏa mãn điều kiện của bài
toán nội suy Lagrange và đa thức này được gọi là đa thức nội suy Lagrange.
Chứng minh. Dễ dàng nhận thấy
Li
(
xj
)
=
{
1 khi i = j
0 khi i 6= j
hay Li
(
xj
)
= δij, và deg L(x)N − 1.
Mặt khác
L (xi) =
N
∑
j=1
ajLj (xi) =
N
∑
j=1
ajδij,
1
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
hay L (xi) = ai, ∀i = 1, 2, . . . ,N.
Hoàn toàn chứng minh được, nếu có đa thức L∗(x), mà có bậc deg L∗(x) với
deg L∗(x)N − 1 cũng thỏa mãn điều kiện của bài toán thì khi đó đa thức P(x) =
L(x)− L∗(x) cũng có bậc deg P(x)N − 1 và thoả mãn P (xi) = 0, ∀i = 1, 2, . . . ,N, tức là
P (x) là đa thức có bậc deg P(x)N− 1mà lại có ít nhất N nghiệm phân biệt x1, x2, . . . , xN
nên P(x) ≡ 0. Do đó L(x) = L∗(x). Vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 1.1. Cho a1, a2, . . . , an là n số đôi một khác nhau và deg f (x) ≤ n− 1/ Khi đó ta
có thể phân tích
f (x)
(x− a1) (x− a2) . . . (x− am) =
A1
x− a1 +
A2
x− a2 + . . .+
An
x− an .
trong đó A1, A2, . . . , An là các hằng số thích hợp.
Lời giải. Áp dụng đa thức nội suy Lagrange tại các mốc nội suy ak, k = 1, n, ta có
f (x) = f (a1)
(x− a2) (x− a3) . . . (x− an)
(a1 − a2) (a1 − a3) . . . (a1 − an)
+ f (a2)
(x− a1) (x− a3) . . . (x− an)
(a2 − a1) (a2 − a3) . . . (a2 − an)
+ . . .+ f (an)
(x− a1) (x− a2) . . . (x− an−1)
(an − a1) (an − a2) . . . (an − an−1) .
Khi đó
f (x)
(x− a1) (x− a2) . . . (x− an) =
f (a1)
(a1 − a2) (a1 − a3) . . . (a1 − an) .
1
(x− a1)
+
f (a2)
(a2 − a1) (a2 − a3) . . . (a2 − an) .
1
(x− a2) + . . .
+
f (an)
(an − a1) (an − a2) . . . (an − an−1) .
1
(x− an) .
Trong đó
Ai =
f (ai)
n
∏
j=1, i 6=j
(
ai − aj
) , i = 1, n.
1.2 Đa thức nội suy Newton
Định nghĩa 1.1 (Bài toán nội suy Newton). Cho các số thực xi, ai, với i = 1, 2, · · · ,N. Hãy
xác định đa thức N (x) có bậc degN(x) ≤ N − 1 và thỏa mãn các điều kiện
Ni−1 (xi) = ai, ∀i = 1, · · · ,N.
2
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Tính chất 1.2 (Đa thức nội suy Newton). Ký hiệu
Ri (x1, x2, · · · , xi, x) =
x∫
x1
t∫
x2
t1∫
x3
· · ·
ti−2∫
xi
dti−1 . . . dt2.dt1.dt (i = 1, 2, · · · ,N) .
Khi đó, đa thức
N(x) =
N
∑
i=1
aiRi−1 (x1, x2, . . . , xi−1, x)
= a1 + a2R (x1, x) + a3R2 (x1, x2, x) + · · ·+ aNRN−1 (x1, · · · , xN−1, x)
là đa thức duy nhất thỏa mãn các điều kiện của bài toán nội suy Newton và đa thức này
được gọi là đa thức nội suy Newton.
Nhận xét 1.1. Với xi = x0, với mọi i = 1, 2, · · · ,N, thì
Ri (x0, x1, · · · , xi−1, x) = Ri
x0, · · · , x0︸ ︷︷ ︸
i laˆn
, x
=
x∫
x0
t∫
x0
t1∫
x0
· · ·
ti−2∫
x0
dti−1 . . . dt2.dt1.dt
=
(x− x0)i
i!
; ∀i = 1, 2, · · · ,N.
Khi đó
N(x) =
N
∑
i=1
aiRi
x0, · · · , x0︸ ︷︷ ︸
i lần
, x
= a0 + a1R (x0, x) + a2R2 (x0, x0, x) + · · ·+ aN−1RN−1
x0, · · · , x0︸ ︷︷ ︸
N−1 lần
, x
= a0 + a1 (x− x0) + a2 (x− x0)
2
2
+ · · ·+ aN−1 (x− x0)
N−1
(N − 1)!
=
N−1
∑
i=0
ai
(x− x0)i
i!
≡ T(x).
Bài toán 1.2. Cho P (x) là một đa thức bậc n > 0 trên một trường số K và n phần tử
x1, x2, . . . , xn ∈ K. Khi đó tồn tại các phần tử α0, α1, . . . , αn thuộcK để
P(x) = α0 + α1 (x− x1) + α2 (x− x1) (x− x2) + . . .+ αn (x− x1) . . . (x− xn) . (1.2)
Công thức (1.2) là cách viết khác của công thức nội suy Newton.
3
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Lời giải. Nhận thấy các đa thức
1, x− x1, (x− x1) (x− x2) , . . . , (x− x1) . . . (x− xn)
lập thành một cơ sở củaK- vectơ các đa thức có bậc không vượt quá n trênK.
Do đó, với mỗi đa thức P (x) có bậc không vượt quá n luôn tồn tại các phần tử
α0, α1, . . . , αn thuộcK để biểu diễn P (x) như (1.2) ở trên.
Trong đó, các α0, α1, . . . , αn được xác định như sau:
Nhận thấy α0 = P (x1);
Đặt P (x1; x) =
P(x)− P (x1)
x− x1
= α1 + α2 (x− x2) + . . .+ αn (x− x2) . . . (x− xn) .
Khi đó α1 = P (x1; x2).
Đặt P (x1; x2; x) =
P (x1; x)− P (x1; x2)
x− x2
= α2 + α3 (x− x3) + . . .+ αn (x− x3) . . . (x− xn) .
Khi đó α2 = P (x1; x2; x3);
Một cách tổng quát, ta có
P (x1; . . . ; xi; x) =
P (x1; . . . ; xi−1; x)− P (x1; . . . ; xi−1; xi)
x− xi /
Khi đó αi = P (x1; . . . ; xi) , i = 0, 1, 2 . . . , n.
2 Một số ứng dụng trong giải toán phổ thông
2.1 Ứng dụng đa thức nội suy Lagrange trong bài toán tìm
nguyên hàm
Ví dụ 2.1. Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) =
1
(x− 1) (x− 2) .
Lời giải. Áp dụng bài toán 1.1, ta phân tích
f (x) =
1
(x− 1) (x− 2) =
1
(x− 1) (1− 2) +
1
(2− 1) (x− 2) =
−1
x− 1 +
1
x− 2.
Suy ra ∫
f (x) dx =
∫ 1
(x− 1) (x− 2)dx =
∫ ( −1
x− 1 +
1
x− 2
)
dx
= − ln |x− 1|+ ln |x− 2|+ C.
Ví dụ 2.2. Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) =
x2 − 4x
(x− 2)(x+ 2)(x+ 3) .
Lời giải. Áp dụng bài toán 1.1, ta phân tích
4
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
f (x) =
x2 − 4x
(x− 2)(x+ 2)(x+ 3)
=
22 − 4.2
(x− 2)(2+ 2)(2+ 3) +
(−2)2 − 4. (−2)
(−2− 2)(x+ 2)(−2+ 3) +
(−3)2 − 4. (−3)
(−3− 2)(−3+ 2)(x+ 3)
= − 1
5 (x− 2) −
3
(x+ 2)
+
21
5 (x+ 3)
.
Suy ra ∫
f (x)dx =
∫ x2 − 4x
(x− 2)(x+ 2)(x+ 3)dx
=
∫ (
− 1
5 (x− 2) −
3
(x+ 2)
+
21
5 (x+ 3)
)
dx
= −1
5
ln |x− 2| − 3 ln |x+ 2|+ 21
5
ln |x+ 3|+ C.
Ví dụ 2.3. Tìm nguyên hàm của hàm số
f (x) =
x2 + 1
(x− 1)2(x+ 3)(x+ 4) .
Lời giải. Áp dụng bài toán 1.1, trước hết ta phân tích
x2 + 1
(x− 1)(x+ 3)(x+ 4) =
17
5(x+ 4)
− 5
2(x+ 3)
+
1
10(x− 1) .
Lại có
x2 + 1
(x− 1)2(x+ 3)(x+ 4) =
17
5(x+ 4)(x− 1) −
5
2(x+ 3)(x− 1) +
1
10(x− 1)2 .
Ta lại phân tích các phân thức sau
17
5(x+ 4)(x− 1) =
17
−25(x+ 4) +
17
25(x− 1) ;
5
2(x+ 3)(x− 1) =
−5
8(x+ 3)
+
5
8(x− 1) .
Khi đó
x2 + 1
(x− 1)2(x+ 3)(x+ 4) =
1
10(x− 1)2 +
11
200(x− 1) +
5
8(x+ 3)
− 17
25(x+ 4)
.
Suy ra
5
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
∫ x2 + 1
(x− 1)2(x+ 3)(x+ 4)dx =
∫ ( 1
10(x− 1)2 +
11
200(x− 1) +
5
8(x+ 3)
− 17
25(x+ 4)
)
dx
=
−1
10(x− 1) +
11
200
ln |x− 1|+ 5
8
ln |x+ 3|
−17
25
ln |x+ 4|+ C.
Ví dụ 2.4. Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) =
3+ x
(x− 1) (x2 + 1)
Lời giải. Ta có
3+ x
(x− 1) (x2 + 1) =
3+ x
(x− 1)(x+ i)(x− i)
Ta phân tích
3+ x
(x− 1) (x2 + 1) =
2
x− 1 +
3− i
−2+ 2i
1
x+ i
+
3+ i
−2− 2i
1
x− i
=
2
x− 1 +
−2− i
2
1
x+ i
+
−2+ i
2
1
x− i
=
2
x− 1 −
2x+ 1
x2 + 1
Suy ra ∫ 3+ x
(x− 1) (x2 + 1)dx
=
∫ ( 2
x− 1 −
2x+ 1
x2 + 1
)
dx =
∫ 2
x− 1dx−
∫ 2x
x2 + 1
dx−
∫ 1
x2 + 1
dx
2.2 Các bài tập tương tự
Tìm nguyên hàm của hàm số sau
Bài 2.1. f (x) =
2x2
(x+ 1)(x− 1)(x− 2) ;
Bài 2.2. f (x) =
x2 + 3x+ 8
(x+ 1)(x− 1)(x− 2)(x+ 3) ;
Bài 2.3. f (x) =
x2 − 2x+ 3
24x3 − 10x2 − 3x+ 1 ;
Bài 2.4. f (x) =
x3
x4 − 5x2 + 4 .
6
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
3 Ứng dụng đa thức nội suy Newton trong bài toán
tính tổng hữu hạn
Ví dụ 3.1. Cho đa thức P(x), biết P(x) là một đa thức bậc hai thoả mãn{
P(0) = 0
P(x)− P(x− 1) = x , ∀x ∈ R. (2.1)
a) Tìm đa thức P (x);
b) Suy ra giá trị của tổng S = 1+ 2+ 3+ · · ·+ n, n ∈N∗.
Lời giải.
a) Thay x lần lượt bằng 1; 2; 3 vào (2.1), ta được
P(1)− P(0) = 1
P(2)− P(1) = 2
P(3)− P(2) = 3
⇔
P(1) = 1
P(2) = 3
P(3) = 6
Đặt
P(x) = α0 + α1x+ α2x(x− 1) + α3x(x− 1)(x− 2). (2.2)
Thay x lần lượt bằng 0; 1; 2; 3 vào (2.2), ta được
P (0) = α0
P (1) = α0 + α1
P (2) = α0 + 2α1 + 2α2
P (3) = α0 + 3α1 + 6α2 + 6α3
⇔
α0 = 0
α1 = 1
α2 =
1
2
α3 = 0
Vậy, đa thức cần tìm có dạng
P(x) = x+
1
2
x(x− 1) = x+ x
2
2
− x
2
=
x(x+ 1)
2
.
b) Xét đa thức P (n) = 1+ 2+ 3+ · · ·+ n, n ∈N∗.
Theo câu a) ta có P (n) =
n (n+ 1)
2
, suy ra S = 1+ 2+ 3+ · · ·+ n = n (n+ 1)
2
, n ∈
N∗.
Ví dụ 3.2. Cho đa thức P(x), biết P(x) là một đa thức bậc ba thoả mãn{
P(0) = 0
P(x)− P(x− 1) = x2 , ∀x ∈ R. (2.3)
a) Tìm đa thức P (x);
b) Suy ra giá trị của tổng S = 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2, n ∈N∗.
Lời giải.
a) Thay x lần lượt bằng 1; 2; 3 vào (2.3), ta được
P(1)− P(0) = 1
P(2)− P(1) = 4
P(3)− P(2) = 9
⇔
P(1) = 1
P(2) = 5
P(3) = 14
7
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Đặt
P(x) = α0 + α1x+ α2x(x− 1) + α3x(x− 1)(x− 2) + α4x(x− 1)(x− 2)(x− 3). (2.4)
Thay x lần lượt bằng 0; 1; 2; 3 vào (2.4), ta được
P (0) = α0
P (1) = α0 + α1
P (2) = α0 + 2α1 + 2α2
P (3) = α0 + 3α1 + 6α2 + 6α3
⇔
α0 = 0
α1 = 1
α2 =
3
2
α3 =
1
3
Vậy, đa thức cần tìm có dạng
P(x) = x+
3
2
x(x− 1) + 1
3
x(x− 1)(x− 2) = x
3
3
+
x2
2
+
x
6
=
x(x+ 1) (2x+ 1)
6
.
b) Xét đa thức P (n) = 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2, n ∈N∗.
Theo câu a), ta có
P (n) =
n (n+ 1) (2n+ 1)
6
,
suy ra
S = 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 = n (n+ 1) (2n+ 1)
6
.
Ví dụ 3.3. Cho đa thức bậc bốn P (x), thỏa mãn{
P(−1) = 0
P(x)− P(x− 1) = x(x+ 1)(2x+ 1), ∀x ∈ R. (2.5)
a) Xác định P (x);
b) Suy ra giá trị của tổng S = 1.2.3+ 2.3.5+ . . .+ n(n+ 1)(2n+ 1), n ∈N∗.
Lời giải.
a) Thay x lần lượt bằng – 1; 0; 1; 2 vào (2.5), ta được
P(−1)− P(−2) = 0
P(0)− P(−1) = 0
P(1)− P(0) = 1.2.3
P(2)− P(1) = 2.3.5
⇔
P(−2) = 0
P(0) = 0
P(1) = 6
P(2) = 36
Đặt
P(x) = α0 + α1(x+ 1) + α2(x+ 1)x+ α3(x+ 1)x(x− 1) + α4(x+ 1)x(x− 1)(x− 2).
(2.6)
Thay x lần lượt bằng −2; −1; 0; 1; 2 vào (2.6), ta được
8
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
P (−1) = α0
P (0) = α0 + α1
P (1) = α0 + 2α1 + 2α2
P (2) = α0 + 3α1 + 6α2 + 6α3
P (−2) = α0 − α1 + 2α2 − 6α3 + 24α4
⇔
α0 = 0
α1 = 0
α2 = 3
α3 = 3
α4 =
1
2
Vậy, đa thức cần tìm có dạng
P(x) = 3(x+ 1)x+ 3(x+ 1)x(x− 1) + 1
2
(x+ 1)x(x− 1)(x− 2) = 1
2
x(x+ 1)2(x+ 2).
b) Xét đa thứcP (n) = 1.2.3+ 2.3.5+ . . .+ n(n+ 1)(2n+ 1), n ∈N∗.
Theo câu a) ta có
P (n) =
n(n+ 1)2(n+ 2)
2
, n ∈N∗.
Suy ra
S = 1.2.3+ 2.3.5+ . . .+ n(n+ 1)(2n+ 1) =
n(n+ 1)2(n+ 2)
2
, n ∈N∗.
3.1 Bài tập tương tự
Bài 3.1. Cho đa thức bậc ba P (x), thỏa mãn{
P(0) = 0
P(x)− P(x− 1) = x(x+ 1), ∀x ∈ R.
a) Xác định P (x);
b) Suy ra giá trị của tổng Sn = 1.2+ 2.3+ 3.4+ · · ·+ n(n+ 1), n ∈N∗.
Bài 3.2. Cho đa thức bậc ba P (x), thỏa mãn{
P(0) = 0
P(x)− P(x− 1) = x(3x− 1), ∀x ∈ R.
a) Xác định P (x);
b) Suy ra giá trị của tổng S = 1.2+ 2.5+ 3.8+ · · ·+ n (3n− 1) , n ∈N∗.
Bài 3.3. Cho đa thức bậc bốn P (x), thỏa mãn{
P(−2) = 0
P(x)− P(x− 1) = x(x+ 1) (x+ 2) , ∀x ∈ R.
a) Xác định P (x);
b) Suy ra giá trị của tổng S = 1.2.3+ 2.3.4+ 3.4.5+ · · ·+ n (n+ 1) (n+ 2) , n ∈N∗.
Bài 3.4. Cho đa thức bậc ba P (x), thỏa mãn{
P(0) = 0
P(x)− P(x− 1) = 4x2, ∀x ∈ R.
a) Xác định P (x);
b)Suy ra giá trị của tổng Sn = 02 + 22 + 42 + · · ·+ (2n)2, n ∈N∗.
9
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Bài 3.5. Cho đa thức bậc ba P (x), thỏa mãn{
P(1) = 1
P(x)− P(x− 1) = (2x+ 1)3, ∀x ∈ R.
a) Xác định P (x);
b) Suy ra giá trị của tổng
Sn = 13 + 33 + 53 + · · ·+ (2n+ 1)3, n ∈N∗.
Tài liệu
[1] Nguyễn Văn Mậu, Các bài toán nội suy và áp dụng, NXB giáo dục, 2007.
[2] Trịnh Đào Chiến, Huỳnh Minh Thuận, Một số ứng dụng công thức nội suy La-
grange, NXB ĐHQGHN, 2007.
[3] Nguyễn Văn Mậu, Nội suy đa thức - Định lý và áp dụng, NXB ĐHQGHN, 2016.
[4] Tạp chí toán học tuổi trẻ.
10