TIN HỌC - GIẢI TÍCH SỐ doc

TRƯỜNG ĐẠI HỌC ĐÀ LẠT
KHOA TỐN - TIN HỌC
Y  Z






GIẢI TÍCH SỐ
(Bài giảng tóm tắt)













NGƯỜI BIÊN SOẠN
LÊ MINH LƯU

Y Đà Lạt 2009 Z


Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1
Ch-ơng 1 Lý thuyết sai số . . . . . . .3
1.1 Các loại sai số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3
1.2 Quy tắc thu gọn số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 Chữ số chắc, không chắc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4
1.4 Hai bài toán về sai số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.5 Sai số các phép toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Ch-ơng 2 Xấp xỉ tốt nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.1 Xấp xỉ tốt nhất trong không gian định chuẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.2 Xấp xỉ tốt nhất trong không gian các hàm liên tục 12
2.3 Xấp xỉ tốt nhất trong không gian Hilbert . . . . . . . . . 17
Ch-ơng 3 Xấp xỉ hàm bằng đa thức nội suy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3.1 Bài toán nội suy . . . . . . . . .19
3.2 Giải hệ đại số tuyến tính để xác định đa thức nội suy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3.3 Ph-ơng pháp nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
3.4 Tr-ờng hợp các mốc nội suy cách đều 23
3.5 Sai số của p-ơng pháp nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3.6 Chọn mốc nội suy tối -u . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Ch-ơng 4 Tính gần đúng đạo hàm và tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
4.1 Dùng nội suy Lagrange tính gần đúng đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
4.2 Tính gần đúng tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
Ch-ơng 5 Giải ph-ơng trình phi tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
5.1 Ph-ơng pháp đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
5.2 Ph-ơng pháp chia đôi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

5.3 Ph-ơng pháp lặp đơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .38
5.4 Ph-ơng pháp dây cung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .40
5.5 Ph-ơng pháp tiếp tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
5.6 Giải đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
5.7 Giải hệ hai ph-ơng trình phi tuyến bằng ph-ơng pháp lặp đơn 46
Ch-ơng 6 Giải hệ ph-ơng trình đại số tuyến tính 47
6.1 Một vài khái niệm cần thiết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
Giải tích số 2
6.2 Ph-ơng pháp Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
6.3 Ph-ơng pháp căn số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .51
6.4 Ph-ơng pháp lặp đơn giải hệ đại số tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
6.5 Ph-ơng pháp Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .53
6.6 Ph-ơng pháp Seidel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
6.7 Ph-ơng pháp Gauss-Seidel 57
Ch-ơng 7 Giải gần đúng ph-ơng trình vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
7.1 Ph-ơng pháp xấp xỉ liên tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
7.2 Ph-ơng pháp chuỗi nguyên 61
7.3 Ph-ơng pháp Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .62
7.4 Ph-ơng pháp Euler cải tiến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
7.5 Ph-ơng pháp Runge-Kutta . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
Giải tích số 3
Ch-ơng 1
Lý Thuyết Sai Số
1.1 Các loại sai số
Trên thực tế khi đo một đại l-ợng hoặc xác định một đại l-ợng mà ta ký hiệu là a

,
thông th-ờng không xác định đ-ợc giá trị đúng mà chỉ biết đ-ợc giá trị gần đúng a. Vậy
ta đã gặp phải sai số. Có nhiều loại sai số:

1. Sai số thực sự: Đại l-ợng
:= |a a

|
gọi là sai số thực sự của a.
2. Sai số tuyệt đối: Nếu biết
a
0 sao cho
a
a
a

a +
a
thì
a
gọi là sai số tuyệt đối của a.
3. Sai số t-ơng đối: Đại l-ợng

a
:=

a
|a|
gọi là sai số t-ơng đối của a.
1.2 Qui tắc thu gọn số
Giả sử ta có số gần đúng a đ-ợc viết d-ới dạng thập phân
a = (
p
10

p
+ +
j
10
j
+ +
ps
10
ps
)
trong đó
j
{0, 1, 2, , 9},
p
> 0. Ta muốn thu gọn số a đến hàng thứ j. Gọi số a là
số thu gọn đến hàng thứ j của số a và phần vứt bỏ là à. Đặt:
a =
p
10
p
+ +
j+1
10
j+1
+
j
10
j
.
Trong đó:

j
bằng
j
+ 1 nếu 0, 5 ì10
j
< à < 10
j
và bằng
j
nếu 0 à < 0, 5 ì10
j
.
Tr-ờng hợp à = 0.5 ì 10
j
thì
j
=
j
nếu
j
chẵn và
j
=
j
+ 1 nếu
j
lẻ. Nh- vậy
sai số thu gọn là đại l-ợng
a
0 thỏa

|a a|
a
.
Giải tích số 4
Do
a = (
p
10
p
+ +
j
10
j
+ à),
a = (
p
10
p
+ +
j
10
j
+
j
10
j
),
ta có
|a a| = |(
j

j
) ì 10
j
+ à| < 0.5 ì 10
j
.
Ví dụ: Số 3, 1415 3, 142 3, 14.
Chú ý
1. Sai số tuyệt đối không đặc tr-ng cho độ chính xác của phép đo mà chỉ cho phép ta
hình dung đ-ợc độ gần nhau giữa giá trị đúng và giá trị gần đúng.
2. Sai số tuyệt đối cùng thứ nguyên với đại l-ợng đo.
3. Sai số t-ơng đối đặc tr-ng cho độ chính xác của phép đo và không có thứ nguyên.
4. Sau khi thu gọn số thì sai số tuyệt đối tăng lên.
Gọi a

là giá trị đúng, a là giá trị gần đúng và gọi a là số sau khi thu gọn của a thì
|a

a| |a

a| + |a a|
a
+
a
.
1.3 Chữ số chắc và không chắc
Giả sử có số gần đúng a viết ở dạng
a = (
p

10
p
+ +
j
10
j
+ +
ps
10
ps
).
Với sai số tuyệt đối của a là
a
. Cho số 0 < 1. Nếu
a
ì 10
i
thì chữ số
i
gọi là chữ số chắc, ng-ợc lại chữ số
i
gọi là chữ số không chắc.
Chữ số chắc với = 1 gọi là chắc theo nghĩa rộng. Chữ số chắc với = 0, 56 gọi là
chắc theo nghĩa hẹp.
Chú ý:
Nếu
i
là chữ số chắc thì
j
, j i cũng là chữ số chắc.

Nếu
i
không chắc thì
j
, j i cũng không chắc.
Một chữ số là chắc sau khi thu gọn số có thể nó không còn là chắc.
Trong kỹ thuật, ng-ời ta th-ờng dùng = 1 và nếu chữ số là chắc thì sau thu gọn
nó vẫn là chắc (0, 56 1).
Khi tính toán, ta th-ờng giữ lại các chữ số chắc và lấy phụ thêm từ 1 đến 2 chữ số
không chắc và có ký hiệu riêng để chỉ các chữ số không chắc này.
Giải tích số 5
Sai số t-ơng đối của một số không phụ thuộc vào vị trí dấu phẩy của nó (dấu chấm
thập phân).
1.4 Hai bài toán về sai số
Xét số gần đúng viết ở dạng thập phân
a = (
p
10
p
+
p1
10
p1
+ +
ps
10
ps
).
Có hai bài toán đặt ra:
Bài toán 1:

Biết số chữ số chắc của a là
a
, tìm sai số t-ơng đối
a
của a. Gọi a
0
là số a mà sau
khi dời dấu phẩy sao cho chữ số chắc cuối ở hàng đơn vị và toàn chữ số chắc. Ta có

p
ì 10

a
1
a
0
(
p
+ 1) ì 10

a
1
10

a
.
Vậy
1
(
p

+ 1) ì 10

a
1

a

1

p
ì 10

1
1
.
Nếu không biết
p
thì lấy
1
10
s

a

1
10
s1
.
Bài toán 2:
Biết sai số t-ơng đối là

a
, tìm số chữ số chắc
a
. Giả sử biết
a
> 0, ta viết

a
= 10
m
với 0.1 < < 1 và m là số nguyên. Đặt a
m
là số a nh-ng dời dấu chấm
thập phân sao cho a
m
có m + 1 chữ số tr-ớc dấu chấm thập phân. Ta có:
a
m
(
p
+ 1) ì 10
m
,
suy ra

a
= a
m
a
m

= a
m

a
= a
m
10
m
(
p
+ 1).
Bởi vì
0, 2 < (
p
+ 1) 10.
Vậy có hai tr-ờng hợp xảy ra
a. Nếu (
p
+ 1) 1 thì
a
m
1 và a
m
có m + 1 chữ số chắc.
b. Nếu ì(
p
+ 1) > 1 thì
a
m
10 và a

m
có m chữ số chắc.
Giải tích số 6
Cuối cùng ta có thể kết luận, nếu
a
=

10
m
, 0.1 < 1 và (
p
+ 1) 1 thì a có
m + 1 chữ số chắc, ng-ợc lại a có m chữ số chắc.
1.5 Sai số các phép toán
Giả sử phải tìm đại l-ợng y theo công thức
y = f(x
1
, x
2
, , x
n
).
Gọi x

i
, y

, i = 1, 2, , n và x
i
, y, i = 1, 2, , n là các giá trị đúng và gần đúng. Nếu f

khả vi liên tục ta có
|y y

| = |f(x
1
, , x
n
) f(x

1
, , x

n
)|
=
n

i=1
|f(x
1
, ,
i
, , x
n
)|
x
i
|x
i
x

i
|,
ở đây
i
[x
i
, x

i
], i = 1, 2, , n. Ta có thể coi (do f khả vi liên tục và x

i
khá gần x
i
),




f(x
1
, ,
i
, , x
n
)
x
i

f(x
1
, , x
n
)
x
i




.
Do đó

y
=
n

i=1

f(x
1
, , x
n
)
x
i





x
i
,
và

y
=

y
|y|
=
n

i=1

ln f(x
1
, , x
n
)
x
i





x
i
.
a. Sai số phép tính cộng, trừ:
y = f(x
1
, x
2
, x
n
) =
n

i=1
x
i
,

f(x
1
, x
2
, x
n
)
x
i
= 1
y
=
n

i=1
x
i
.
Giả sử
x
m
= max
i=1,n
{
x
i
}, và chữ số chắc cuối của x
m
ở hàng thứ k, (
x

m
=
10
k
). Ta có:

y

x
m
= 10
k
.
Do đó khi làm phép cộng, trừ nên qui tròn các x
i
đến mức giữ lại 1 hoặc 2 chữ số
bên phải hàng thứ k.
Chú ý: Khi trừ hai số gần nhau cần lấy các số với nhiều chữ số chắc vì khi trừ hai
số gần nhau kết quả mất chính xác.
Giải tích số 7
b. Sai số phép toán nhân, chia:
Giả sử
y =
x
1
, , x
p
x
p+1
, , x

n
= f(x
1
, , x
p
, , x
n
).
Khi đó
ln y =
p

i=1
ln x
i

n

j=p+1
ln x
j
suy ra
y =
n

i=1
x
i
.
Nếu x

m
= max
i=1,n
{x
i
} và số chữ số chắc của x
m
là k thì y x
m
và số chữ
số chắc của y không v-ợt quá k. Vì vậy khi làm phép toán nhân, chia ta chỉ cần
lấy k + 1 hoặc k + 2 chữ số là đủ.
c. Sai số phép lũy thừa, khai căn và nghịch đảo:
Cho y = x

, R,
y =




d ln y
dx





x
= ||x.

Nếu > 1 thì y > x tức là phép lũy thừa làm giảm độ chính xác.
Nếu 0 < < 1 thì y < x tức là phép khai căn làm tăng độ chính xác.
Nếu = 1 thì y = x và phép nghịch đảo có độ chính xác không đổi.
Giải tích số 8
Ch-ơng 2
Xấp Xỉ Tốt Nhất
2.1. Xấp xỉ tốt nhất trong không gian định chuẩn
Giả sử X là không gian tuyến tính định chuẩn. L X là đa tạp tuyến tính đóng của
X và f X. Bài toán đặt ra hãy tìm phần tử f

L sao cho:
f f

= inf
gL
g f .
Định lý 2.1.1 Nếu L là không gian con hữu hạn chiều của X thì với mọi f X luôn tồn
tại f

L thỏa
f f

= inf
gL
g f .
(Phần tử f

gọi là phẩn tử xấp xỉ tốt nhất f trên L).
Chứng minh: Xét
= {g L : g 2 f } L.

Dễ thấy là tập đóng, giới nội trong không gian hữu hạn chiều nên là Compact.
Xét hàm (g) := f g .
Ta có
|(g) (h)| = | f g f h |
(f g) (f h) = h g .
Do là hàm liên tục trên tập Compact nên hàm đạt cực tiểu trên . Từ đó
f

: (f

) = min
g
(g).
Mặt khác: Nếu g L \ tức là g không thuộc thì
g f g f
> 2 f f = f = f
(ở đây chỉ phần tử không của không gian X). Bởi vậy g L\, thì gf > f ,
tức là
inf
gL\
g h f .
Suy ra
f f

= min
g
f g
Giải tích số 9
f inf
gL\

g h .
Do đó
f f

= min
gL
f g .
Định lý đ-ợc chứng minh.
Chú ý: Sinh viên có thể tham khảo một chứng minh khác sau đây khi (trong định lý
trên) đã biết cơ sở của không gian tuyến tính L để thấy rõ hơn ý nghĩa vấn đề.
Giả sử { g
1
, g
2
, , g
n
} là các phần tử độc lập tuyến tính trong X. Đặt (bao tuyến tính
của các phần tử {g
1
, g
2
, , g
n
} trong X)
Ê{g
1
, g
2
, , g
n

} := {
n

i=1
a
i
g
i
, a
i
R}.
Dễ thấy Ê{g
1
, g
2
, , g
n
} là không gian con tuyến tính hữu hạn chiều trong X. Đặt
L = Ê{g
1
, g
2
, , g
n
}. Xét phiến hàm
F
0
(c) :=
n

i=1
c
i
g
i
, c = (c
1
, c
2
, , c
n
) R
n
.
Kí hiệu | c |= (

n
i=1
c
2
i
)
1
2
và đặt K = {c R
n
, | c |= 1 } thì K R
n
là tập compact
trong không gian hữu hạn chiều. Do F

0
(c) là hàm liên tục trên tập compact nên đạt cực
tiểu tại c
0
K tức là
0 m := F
0
(c
0
) = min
cK
F
0
(c).
Bởi m không thể là 0 vì m = 0 thì F
0
(c
0
) =

n
i=1
c
0i
g
i
= 0, tức là c
0i
= 0, i. Điều
này kéo theo | c

0
|= 0 là mâu thuẫn (vì c
0
K). Xét hàm
F (c) =
n

i=1
c
i
g
i
f .
Nếu f L thì lấy f

= f. Nếu f không thuộc L thì
inf
cR
n
F (c) = > 0;
F (c) =
n

i=1
c
i
g
i
f
n

i=1
c
i
g
i
f
=| c |
n

i=1
c
i
| c |
g
i
f .
Giải tích số 10
Đặt c = (
c
i
|c|
,
c
i
|c|
, ,
c
i
|c|

) thì | c |= 1, tức là c K. Từ trên ta có
F (c) =| c | F
0
(c) f m | c | f .
Dễ thấy rằng m | c | f khi | c | . Theo định nghĩa giới hạn, tồn tại
M > 0, c R
n
, | c |> M thì
F (c) > + 1.
Bởi quả cầu đóng
B(0, M) := {c R
n
, | c | M}
là tập compact trong R
n
. Hơn nữa F (c) là hàm liên tục nên nó đạt cực trị trên B(0, M).
Tức là tồn tại c B(0, M) sao cho F (c) = . Lấy
f

=
n

i=1
c
i
g
i
,
dễ thấy f

là phần tử xấp xỉ tốt nhất f trong L.
Ví dụ: Xét X = L
2
[0, 1]. xét hệ hàm {g
0
= x
0
, g
1
= x
1
, g
2
= x
2
, , g
n
= x
n
}. Đặt
L := Ê{g
1
, g
2
, , g
n
} =
n

i=0

a
i
x
i
, a
i
R}
là tập các đa thức thực bậc không quá n và L là không gian con hữu hạn chiều của
L
2
[0, 1]. Theo Định lý 2.1.1 với mọi f L
2
[0, 1] luôn tồn tại đa thức bặc không quá n
là Q

n
sao cho
f Q

n

L
2
[0,1]
= min
gL
f g
L
2
[0,1]

.
Tức là


1
0
|f(x) Q

n
(x)|
2
dx

1
2
= min
gL


1
0
|f(x) g(x)|
2
dx

1
2
.
Định nghĩa 2.1.2 Không gian tuyến tính định chuẩn X đ-ợc gọi là lồi chặt (ngặt)
nếu x, y X,

x = y = 1, x + y = 2,
thì x = y.
Định lý 2.1.3 Nếu X là không gian lồi chặt và L là không gian con hữu hạn chiều
của X thì phần tử xấp xỉ tốt nhất f

là duy nhất.
Chứng minh: Đặt
= min
gL
f g ,
Giải tích số 11
có hai tr-ờng hợp xảy ra
1) Tr-ờng hợp = 0 f L và f

= f. Tức f

là duy nhất.
2) Tr-ờng hợp = 0 thì f / L và > 0. Giả thiết phản chứng, tồn tại f

1
và f

2
, f

1
= f

2
đều là xấp xỉ tốt nhất f . Khi đó

f f

1
= ,
f f

2
= .
Ta có:
f
f

1
+ f

2
2

f f

1

2
+
f f

2

2
=

2
+

2
= .
Suy ra
f
f

1
+ f

2
2
= .
Từ đó phần tử
(f

1
+f

2
)
2
cũng là phần tử xấp xỉ tốt nhất f trên L. Bây giờ ta xét hai phần
tử trong X là
ff
1
2

và
ff
2
2
. Dễ kiểm tra rằng

f f

1

=
f f

2

= 1,
và hơn nữa

f f

1

+
f f

2

=
2f (f

1
+ f

2
)


= 2
f
f

1
+f

1
2

=
2

f
f

1
+ f

2
2
=
2.

= 2.
Bởi X là lồi chặt nên
f f

1


f f

2

.
Vậy f

1
= f

2
và định lý đ-ợc chứng minh.
Chú ý:
a. Nếu X là lồi chặt thì với hai điểm khác nhau trên mặt cầu đơn vị, đoạn thẳng nối
hai điểm đó không có điểm chung nào khác với mặt cầu trừ chính hai điểm này (ý nghĩa
hình học của không gian lồi chặt).
b. Không gian hữu hạn chiều R
n
và không gian Hilbert là lồi chặt.
c. Không gian C
[0,1]
(không gian các hàm liên tục trên đoạn [0, 1]) không lồi chặt. Thật

vậy, chỉ cần lấy phần tử y
1
(x) = 1, y
2
(x) = x, ta có y
1
, y
2
C
[0,1]
và y
1
= 1, y
2
= 1.
Hơn nữa, dễ thấy y
1
+ y
2
= max
x[0,1]
|1 + x| = 2 nh-ng y
1
= y
2
, vậy không gian
Giải tích số 12
C
[0,1]]
không lồi chặt.

d. Nếu tồn tại phần tử xấp xỉ tối nhất f

của f ta đặt f f

:= En(f).
2.2 Xấp xỉ tốt nhất trong không gian các hàm liên tục C
[a,b]
Ký hiệu C
[a,b]
là không gian các hàm liên tục trên [a, b] và L là tập mọi đa thức bậc
không quá n.
Định lý 2.2.1 (Wallee' - Poussin) Giả sử f C
[a,b]
và Q
n
L. Nếu tồn tại n + 2
điểm phân biệt
a x
0
< x
1
< < x
n+1
b,
sao cho
sign{(1)
i
(f(x
i
) Q

n
(x
i
))} = const, i = 0, 1, 2, , n + 1,
thì
:= min
i=0,n+1
|f(x
i
) Q
n
(x
i
)| E
n
(f),
ở đây E
n
(f) := min
QL
f Q .
Chứng minh: Nếu:
à := min
i=0,n+1
|f(x
i
) Q
n
(x
i

)| = 0,
thì định lý là hiển nhiên.
Nếu à > 0 ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử ng-ợc lại
E
n
(f) < à = min
i=0,n+1
|f(x
i
) Q
n
(x
i
)|.
Xét P L là xấp xỉ tốt nhất f trên L. Khi đó:
f P = E
n
(f) < min
i=0,n+1
|f(x
i
) Q
n
(x
i
)|.
Ta có
|P (x
i
) f(x

i
)| P f
< min
i
|f(x
i
) Q
n
(x
i
)|
|Q(x
i
) f(x
i
)|.
Suy ra
sign[Q(x
i
) P (x
i
)]
= sign{[Q(x
i
) f(x
i
)] + [f(x
i
) P (x
i

)]}
Giải tích số 13
= sign[Q(x
i
) f(x
i
)], i = 0, 1, 2, , n + 1.
Từ đó đa thức bậc n là (Q
n
P) đổi dấu n + 2 lần trên [a, b] nên nó có ít nhất (n + 1)
nghiệm, vậy Q
n
(x) P (x).
Xét
à = min
i=0,n+1
|f(x
i
) Q
n
(x
i
)| > max
x[a,b]
|f(x) Q
n
(x)|
min
i=0,n+1
|f(x

i
) Q
n
(x
i
)| = à.
Điều này là mâu thuẫn và định lý đ-ợc chứng minh.
Định lý sau đây là khá quan trọng về phần tử xấp xỉ tốt nhất trong C
[a,b]
vì rằng ngoài
việc nó chỉ ra đ-ợc phần tử xấp xỉ tốt nhất của f liên tục mà nó còn cho ta cách xác định
đa thức xấp xỉ tốt nhất Q
n
(x).
Định lý 2.2.2 (Chebyshev) Điều kiện cần và đủ để Q
n
là đa thức bậc không quá n
xấp xỉ tốt nhất của f C
[a,b]
là tồn tại (n + 2) điểm phân biệt,
a x
0
< x
1
< < x
n+1
b,
sao cho
f(x
i

) Q
n
(x
i
) = (1)
i
f Q ,
i = 0, 1, 2, , n + 1, = 1.
(Với = 1 hoặc = 1 và không phụ thuộc vào i. Dãy điểm {x
i
}
n+1
i=0
đ-ợc gọi là dãy
điểm Chebyshev.)
Định lý này có chứng minh khá phức tạp. Chứng minh chi tiết sinh viên có thể tìm
trong các tài liệu tham khảo. D-ới đây chỉ trình bày ngắn gọn để ng-ời đọc hình dung ý
t-ởng và kỹ thuật của ph-ơng pháp chứng minh.
a. Điều kiện đủ: Đặt
= f Q
n
,
à = min
i=0,n+1
|f(x
i
) Q
n
(x
i

)|.
Từ giả thiết và Định lý Wallee'-Poussin ta có
= à = min
i
|f(x
i
) Q
n
(x
i
)|
En(f) f Q
n
= à.
Vậy
En(f ) = f Q
n
.
Giải tích số 14
Tức là Q
n
là đa thức xấp xỉ tốt nhất f.
b. Điều kiện cần. Ta xây dựng n + 2 điểm Chebyshev nh- sau
= f Q
n
= En(f).
Đặt g = f Q
n
và lấy
y

0
= a,
y
1
= min{y : g(y) = }.
Không mất tổng quát, xem
g(y
1
) = .
y
2
= min
y[y
1
,b]
{y : g(y) = };

y
m
= min
y[y
m1
,b]
{y : g(y) = (1)
m
}.
Nh- vậy ta đã xây dựng đ-ợc dãy {y
n
}
m

n=0
bằng quy nạp. Nếu m < n + 2 thì bằng cách
xây dựng các dãy phù hợp ng-ời ta chứng minh đ-ợc rằng tr-ờng hợp này không xảy
ra. Vậy m n + 2. Khi đó ta chỉ cần lấy {y
0
, y
1
, , y
n+1
} làm dãy điểm Chebyshev và
Định lý đ-ợc chứng minh.
Ta đã biết không gian C
[a,b]
không lồi chặt nên vấn đề đặt ra là liệu định lý duy nhất
về phần tử xấp xỉ tốt nhất còn đúng trong C
[a,b]
không? Câu trả lời là vẫn đúng. Điều đó
đ-ợc chỉ ra trong định lý sau:
Định lý 2.2.3 Đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của f C
[a,b]
trên L là duy nhất.
Chứng minh: Giả sử P
n
L, Q
n
L đều là các đa thức xấp xỉ tốt nhất của f và
P
n
= Q
n

.
Xét đa thức
P
n
+ Q
n
2
L,
ta có
E
n
(f)
P
n
+ Q
n
2
f

1
2
f P
n
+
1
2
f Q
n

=

1
2
E
n
(f) +
1
2
E
n
(f) = E
n
(f).
Vậy

P
n
+ Q
n
2
f = E
n
(f).
Giải tích số 15
Điều này suy ra đa thức
P
n
+Q
n
2
cũng là đa thức xấp xỉ tốt nhất f trên L. Giả sử dãy

{x
i
}
n+1
i=0
là dãy Chebyshev ứng với
P
n
+Q
n
2
thì




P
n
(x
i
) + Q
n
(x
i
)
2
f (x
i
)

= E
n
(f), i = 0, 1, 2, , n + 1.
Bởi vậy
2E
n
(f) = |P(x
i
) f(x
i
) + Q(x
i
) f(x
i
)|
|P(x
i
) f(x
i
)| + |Q(x
i
) f(x
i
)|
P f + Q f = 2E
n
(f).

Từ đó,
|P (x
i
) f(x
i
)| = |Q(x
i
) f(x
i
)| = E
n
(f), i.
Suy ra
P (x
i
) f(x
i
) =
i
(Q(x
i
) f(x
i
)),
i
= 1.
Ta có,
2E
n
(f) = |P(x

i
) f(x
i
) +
i
(P (x
i
) f(x
i
))|
= (1 +
i
)|P (x
i
) f(x
i
)|.
Suy ra 1 +
i
= 2 tức là
i
= 1. Cuối cùng ta có:
P
n
(x
i
) f(x
i
) = Q
n

(x
i
) f(x
i
), i P
n
(x
i
) = Q
n
(x
i
), i.
Bởi P
n
(x) và Q
n
(x) là các đa thức bậc n trùng nhau trên n+ 2 điểm nên P
n
(x) = Q
n
(x)
và định lý đ-ợc chứng minh.
Định lý 2.2.4 Xấp xỉ tốt nhất của một hàm chẳn (lẻ) cũng là một hàm chẳn (lẻ).
Chứng minh: Giả sử f là chẳn thì khi thay x bởi x ta nhận đ-ợc
| f(x) f

(x) |=| f(x) f

(x) | E

n
(f), x.
Từ đó f

(x) cũng là xấp xỉ tốt nhất f. Bởi phần tử xấp xỉ tốt nhất là duy nhất ta suy ra
f

(x) = f

(x), x. Tức là f

là hàm chẵn.
a. Xấp xỉ đa thức bậc không Q
0
(x)
Cho f C[a, b]. Hãy tìm đa thức bậc không Q
0
(x) xấp xỉ tốt nhất hàm liên tục f
trên đoạn [a, b].
Đặt
m := min
x[a,b]
f(x), M := max
x[a,b]
f(x).
Khi đó
m f(x) M, x [a, b].
Giải tích số 16
Bởi Q
0

(x) là đa thức bậc không tức là hàm hằng nên ta lấy Q
0
(x) =
M+m
2
và chỉ ra rằng
đa thức này chính là đa thức xấp xỉ tốt nhất f(x). Ta có

M m
2
f(x) Q
0
(x)
M m
2
,
vậy
| f(x) Q
0
(x) |
M m
2
, x [a, b].
Giả sử f(x
0
) = m, f(x
1
) = M, x
0
, x

1
[a, b]. Dễ thấy rằng x
0
và x
1
là dãy điểm
Chebyshev bởi
f(x
0
) Q
0
(x
0
) =
M m
2
,
f(x
1
) Q
0
(x
1
) =
M m
2
.
Theo Định lý Chebyshev, Q
0
là xấp xỉ tốt nhất của f trên [a, b].

b. Xấp xỉ tốt nhất đa thức bậc một Q
1
(x)
Xét hàm f(x) lồi liên tục trên [a, b]. Nếu f(x) là tuyến tính thì đa thức xấp xỉ tốt
nhất cũng là f(x). Giả sử f (x) không là hàm tuyến tính và Q
1
(x) = px + q là đa thức
xấp xỉ tốt nhất f(x). Đặt U(x) := f(x) (px + q) thì U(x) cũng là hàm lồi nên đạt cực
trị tại điểm c [a, b] duy nhất. Theo Định lý Chebyshev thì có ba điểm Chebyshev luân
phiên, vậy hai điểm đầu và cuối phải là a và b. Điểm còn lại là điểm c (a, b) mà tại đó
U(x) đạt cực trị.
Ta có
U(a) = f(a) (pa + q) = f Q
1
,
U(c) = f(c) (pc + q) = f Q
1
,
U(b) = f(b) (pb + q)
= f Q
1
; = 1.
Từ
U(b) U(a)
= f(b) f(a) p(b a) = 0.
Suy ra
p =
f(b) f(a)
b a
.

Để tính q ta xét
0 = U(a) + U(c)
= f(a) (pa + q) + f(c) (pc + q)
Giải tích số 17
= f(a) + f(c) p(a + c) 2q.
Vậy
2q = f(a) + f(c)
f(b) f(a)
b a
(a + c)
Suy ra
q =
f(a) + f(c)
2

(f(b) f(a))(a + c)
2(b a)
.
Cuối cùng ta dễ kiểm tra rằng đa thức Q
1
(x) = px + q thỏa các điều kiện của định lý
Chebyshev.
2.3 Xấp xỉ tốt nhất trong không gian Hilbert
Xét không gian Hilbert H và {e
i
}

i=1
là hệ trực chuẩn đầy đủ, tức là
< e

i
, e
j
>=
ij
, i, j N
và
Span(e
i
) = H.
Với mỗi x H lập tổng Fourier
S
n
:=
n

i=1
c
i
e
i
,
ở đây c
i
:=< x, e
i
> là hệ số Fourier của x. Với mỗi n N,
0 x S
n

2
= x
2
2 < S
n
, x > + S
n

2
= x
2

n

i=1
c
2
i
.
Vậy
n

i=1
c
2
i
x
2
, n N.
Điều này chỉ ra chuỗi

n
i=1
c
2
i
hội tụ và có bất đẳng thức Bessel


i=1
c
2
i
x
2
.
Chúng ta đã biết là chuỗi Fourier


i=1
c
i
e
i
hội tụ và hơn nữa x =


i=1
c
i

e
i
.
Bây giờ, giả sử H
0
là một không gian con đóng của không gian Hilbert H và x H. Bài
toán đặt ra là tìm h
0
H
0
sao cho
x h
0
= inf
hH
0
x h
0
= d(x, H
0
).
Giải tích số 18
Giả sử h
0
= arg min
hH
0
x h
0
và cố định phần tử h H

0
bất kỳ. Với R xét
hàm
F () := x h
0
+ h
2
.
Đạo hàm của F là
F

() = 2 < x x
0
, h > +2 h
2
.
Rõ ràng rằng
F (0) = min
R
F () = x h
0

2
.
Bởi vậy F

(0) = 0, tức là < x h
0
, h >= 0 với mọi h H
0

. Điều này chỉ ra phần tử
x h
0
trực giao với H
0
, (x h
0
)H
0
. Hơn nữa,
h
0
= arg min
hH
0
x h
0
.
Thực vậy với mọi h H
0
, ta có
x h
2
= (x h
0
) + (h
0
h)
2
= x h

0

2
+ h
0
h
2
x h
0

2
.
Tức là h
0
= arg min
hH
0
x h
0
. Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi h = h
0
.
Dễ thấy rằng nếu không gian H
0
có số chiều hữu hạn thì phần tử xấp xỉ tốt nhất
h
0
= arg min
hH
0

x h
0
tồn tại và duy nhất.
Giải tích số 19
Ch-ơng 3
Xấp Xỉ Hàm Bằng Đa Thức Nội Suy
Cho [a, b] R. Gọi f(x), x [a, b] là hàm cần xấp xỉ,
0
(x),
1
(x), ,
n
(x) là hệ
hàm độc lập tuyến tính. Đặt
R
n
=

(x) =
n

i=0
a
i

i
(x), a
i
R

.
3.1 Bài toán nội suy
Cho f(x) R, x
i
[ a, b], (i = 0, n) là các điểm phân biệt trên [a, b]. Tức là
a x
0
< x
1
< x
2
< < x
n1
< x
n
b.
Bài toán đặt ra, hãy xác định hàm (x) R
n
sao cho f(x
i
) = (x
i
) (các điểm x
i
gọi là mốc nội suy). Để giải bài toán trên chỉ cần tìm các giá trị a
0
, a
1
, , a
n

sao cho
f(x
i
) =

n
j=0
a
j

j
(x
i
). Ta đã biết nếu
rank





0
(x
0
)
1
(x
0
)
n
(x

0
)

0
(x
1
)
1
(x
1
)
n
(x
1
)


0
(x
n
)
1
(x
n
)
n
(x
n
)

< n + 1,
thì bài toán nội suy nói trên không có lời giải (vì định thức = 0). Vấn đề đặt ra là
tìm hệ hàm {
k
(x
i
)}
n
k=0
nh- thế nào để với mọi mốc nội suy x
i
thì bài toán của ta có lời
giải.
Định nghĩa 3.1.1 Hệ hàm {
i
(x)}
n
i=0
đ-ợc gọi là hệ Chebyshev, nếu với mọi dãy
c
0
, c
1
, c
2
, , c
n

không đồng thời bằng không thì hàm xác định bởi P (x) :=

n
i=0
c
i

i
(x)
có không quá n nghiệm trên [a, b].
Ví dụ: Xét hệ hàm {
i
(x)}
n
i=0
,
i
(x) = x
i
thì hệ {
i
(x)}
n
i=0
là Chebyshev vì theo
định lý Taylor, các đa thức bậc không quá n có không quá n nghiệm trên tr-ờng số thực.
Chú ý: Nếu hệ hàm {
i
(x)}
n

i=0
là Chebyshev thì nó là hệ hàm độc lập tuyến tính.
(điều ng-ợc lại ch-a chắc đúng).
Định lý 3.1.2 Nếu với mỗi i = 0, 1, 2, , n các hàm
i
(x) là khả vi liên tục đến cấp
Giải tích số 20
n + 1 trên [a, b] và với mọi k = 0, 1, 2, , n có định thức Wronskian:
W [
0
,
1
, ,
k
] =





0
(x)
1
(x)
n
(x)

(1)
0
(x)

(1)
1
(x)
(1)
n
(x)


(n)
0
(x)
(n)
1
(x)
(n)
n
(x)




= 0,
với mọi x [a, b]. Khi đó hệ hàm {
i
}
n
i=0
là hệ hàm Chebyshev.
Định lý 3.1.3 Với mọi dãy điểm {x
i

}
n
i=0
là các mốc nội suy, với mọi hàm f(x) thì,
Tồn tại đa thức nội suy khi và chỉ khi hệ hàm {
i
}
n
i=0
là hệ hàm Chebyshev.
Chứng minh: Từ bài toán nội suy ta suy ra để có đa thức nội suy ta phải giải hệ đại
số sau:


n
i=0
c
i

i
(x
j
) = f(x
j
)
j = 0, n
Để hệ giải đ-ợc (có nghiệm) thì định thức
=

0
(x
0
)
1
(x
0
)
n
(x
0
)

0
(x
1
)
1
(x
1
)
n
(x

1
)


0
(x
n
)
1
(x
n
)
n
(x
n
)








= 0,
với mọi dãy điểm {x
i
}
n
i=0

và x
i
= x
j
, i = j.
a. Giả sử {
i
}
n
i=0
là hệ Chebyshev ta chứng minh = 0. Giả sử = 0 khi đó
tồn tại
j
, j = 0, 1, 2, , n mà

n
j=0

2
j
> 0 sao cho

n
j=0

j

j
(x
i

) = 0, nên hàm
P (x) =

n
i=0

j

j
(x
i
) có (n + 1) nghiệm và điều này là vô lý vì hệ {
i
}
n
i=0
là hệ
Chebyshev.
b. Với mỗi hàm f , với mỗi {x
i
}
n
i=0
, x
i
= x
j
, i = j mà tồn tại đa thức nội suy, ta
chứng minh hệ {
i

}
n
i=0
là hệ Chebyshev. Giả sử ng-ợc lại rằng hệ {
i
}
n
i=0
không là hệ
Chebyshev, từ đó tồn tại hàm P(x) =

n
i=0
c
i

i
(x) có n + 1 nghiệm trên đoạn [a, b] mà
ta có thể sắp xếp các nghiệm đó sao cho
a x
0
< x
1
< < x
n
b.
Lấy các nghiệm x
i
này làm mốc nội suy ta có

n
i=0
c
i

i
(x
j
) = 0,
j = 0, 1, 2, , n.
Bởi

n
j=0
c
2
j
> 0 nên = 0, tức là hệ đại số hoặc vô nghiệm hoặc vô định là mâu thuẫn,
và định lý đ-ợc chứng minh.
Giải tích số 21
3.2 Giải hệ đại số tuyến tính xác định đa thức nội suy
Từ hệ đại số xác định đa thức nội suy, nếu ma trận hệ số có định thức
=

0
(x
0
)
1
(x
0
)
n
(x
0
)

0
(x
1
)
1
(x
1
)
n
(x
1
)

0
(x
n
)
1
(x
n
)
n
(x
n
)








= 0.
Đặt

i
=

0
(x
0
) f(x
0
)
n
(x
0
)

0
(x
1
) f(x
1
)
n
(x
1
)


0
(x
n

) f(x
n
)
n
(x
n
)








,
và sử dụng ph-ơng pháp Cramer để giải hệ thì nghiệm sẽ là c
i
=

i

. Từ đó ta có
Q
n
(x) =
n

i=0
c

i

i
(x) =
n

i=0

i


i
(x).
Khai triển định thức
i
trên theo cột thứ i ta nhận đ-ợc

i
=
n

j=0
f(x
j
)
ij
,
với
ij
là phần bù đại số của f(x

j
). Thế định thức
i
vào công thức tính Q
n
(x) ta nhận
đ-ợc
Q
n
(x) =

i,j

ji

f(x
j
)
i
(x)
=
n

j=0
f(x
j
)

n

i=0

ji


i
(x)

=
n

j=0
f(x
j
)
j
(x).
Bởi vậy, ta có
Q
n
(x) =
n

j=0
f(x
j
)
j
(x).
Nhận xét: a. Với mỗi hàm f(x) do Q

n
(x) là đa thức nội suy của f(x) nên Q
n
(x
j
) =
f(x
j
) =

n
j=0
f(x
j
)
j
(x), suy ra

j
(x
i
) =
ij
, i, j.
b. Chọn f(x) 1 thì f(x
j
) = 1 với mọi j ta suy ra
n

i=0

j
(x
i
) = 1.
Giải tích số 22
Chú ý: Cần quan tâm đến các vấn đề sau:
1. Trong các bài toán thực tế khác nhau, cần chọn các hệ Chebyshev
i
thế nào cho
phù hợp?
2. Độ lệch giữa hàm nội suy và đa thức nội suy?
3. Chọn mốc nội suy nào để có lợi nhất?
4. Độ ảnh h-ởng của sai số và phép đo?
3.3 Đa thức nội suy Lagrange
Trong bài toán nội suy nếu lấy hệ Chebyshev là hệ hàm {
i
(x)}
n
i=0
= {1, x, , x
n
}
thì đa thức nội suy P
n
(x) của hàm cần nội suy f (x) có dạng:
P
n
(x) =
n

i=0
c
i
x
i
.
Bài toán nội suy quy về bài toán: Tìm đa thức P
n
(x) sao cho:

P
n
(x
j
) = y
j
,
j = 0, 1, 2, , n.
Để xác định đa thức P
i
(x) bậc n thỏa P
i
(x
j
) =
ij
. Khi đó P
i
(x) có dạng

P
i
(x) = A(x x
0
)(x x
1
) (x x
i1
)(x x
i+1
) (x x
n
).
Do 1 = P
i
(x
i
) = A(x
i
x
0
)(x
i
x
1
) (x
i
x
i1
)(x

i
x
i+1
) (x
i
x
n
), suy ra
P
i
(x) =
(x x
0
)(x x
1
) (x x
i1
)(x x
i+1
) (x x
n
)
(x
i
x
0
)(x
i
x
1

) (x
i
x
i1
)(x
i
x
i+1
) (x
i
x
n
)
.
Vậy
P
n
(x) =
n

i=0
y
i
P
i
(x).
Đa thức nội suy P
n
(x) xác định nh- trên gọi là đa thức nội suy Lagrange.
Ví dụ: Xét hàm f cho d-ới dạng bảng sau

x 0 2 3 5
f(x) 1 3 2 5
Tìm đa thức nội suy Lagrange của f.
Giải tích số 23
Giải: Xác định P
i
(x), i = 0, 3 nh- sau:
P
0
(x) =
(x 2)(x 3)(x 5)
(0 2)(0 3)(0 5)
=
1
30
(x 2)(x 3)(x 5),
P
1
(x) =
x(x 3)(x 5)
2(2 3)(2 5)
=
1
6
x(x 3)(x 5),
P
2
(x) =
x(x 3)(x 5)
3(3 2)(3 5)

=
1
6
x(x 2)(x 5),
P
3
(x) =
x(x 2)(x 3)
5(5 3)(5 2)
=
1
30
x(x 2)(x 3).
Đa thức nội suy là:
P
m
(x) = 1P
0
(x) + 3P
1
(x) + 2P
2
(x) + 5P
3
(x)
=
1
30
(x2)(x3)(x5)+3
1

6
x(x3)(x5)2
1
6
x(x2)(x5)+5
1
30
x(x2)(x3)
=
1
30
(x2)(x3)(x 5)+
1
2
x(x 3)(x5)
1
3
x(x2)(x5) +
1
6
x(x2)(x3).
3.4 Tr-ờng hợp các mốc nội suy cách đều
Trong nội suy Lagrange nếu các mốc nội suy cách đều nhau, tức là
x
1
x
0
= x
2
x

1
= = x
n
x
n1
= h.
Khi đó x
1
= x
0
+ h; x
2
= x
1
+ h x
n
= x
0
+ nh. Đặt
t :=
x x
0
h
.
Suy ra

i
(x) =
(x x
0

) (x x
i1
)(x x
i+1
) (x x
n
)
(x
i
x
0
) (x
i
x
i1
)(x
i
x
i+1
) (x
i
x
n
)
=
ht(th h) (th (i 1)h)(th (i + 1)h) (th nh)
ih(ih h) (ih (i 1)h)(ih (i + 1)h) (ih nh)
=
(1)
ni

.t(t i) (t m)
i!(n i)!(t i)
=
(1)
n
t(t 1) (t n)
n!
n

i=0
(1)
i
C
i
n
f(x
i
)
t i
.
Vậy, ta có công thức
P
n
(x) =
(1)
n
t(t 1) (t n)
n!
n

i=0
(1)
i
C
i
n
f(x
i
)
t i
.