Ứng dụng của giải tích để giải các bài toán đại số, hình học, số học và toán rời rạc

Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng,
Vũ Đình Hòa, Đặng Huy Ruận, Tạ Duy Phượng
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA GIẢI
TÍCH TRONG ĐẠI SỐ, HÌNH HỌC,
SỐ HỌC VÀ TOÁN RỜI RẠC
(Tài liệu bồi dưỡng hè 2008)
HÀ NỘI, 08-16 THÁNG 8 NĂM 2008
www.VNMATH.com
Convert to pdf by duythuc_dn
www.VNMATH.com
Mục lục
Lời nói đầu 5
Trần Xuân Đáng
Đa thức với các hệ số nguyên và đồng dư thức 7
Đinh Công Hướng, Lê Thanh Tùng
Tính chất hội tụ, bị chặn của một số dãy truy hồi hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Nguyễn Văn Mậu
Bài toán nội suy cổ điển tổng quát 24
Đoàn Nhật Quang
Số đối xứng và một số quy luật của phép nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .41
Nguyễn Văn Tiến
Biểu diễn toạ độ của các phép biến hình phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Vũ Đình Hòa
Đồ thị phẳng và các khối đa diện lồi 94
Trần Nam Dũng
Giải tích và các bài toán cực trị 111
Tạ Duy Phượng
Hệ đếm và ứng dụng 131
1
www.VNMATH.com

www.VNMATH.com
Lời nói đầu
Chương trình đào tạo và bồi học sinh năng khiếu toán bậc phổ thông đã qua
chặng gần nửa thế kỷ. Nhìn lại chặng đường dài và đầy khó khăn thách thức đó, ta thấy
hiện rõ lên một chu trình của chương trình đào tạo đặc biệt gắn với sự khởi đầu, trưởng
thành và ngày càng hoàn thiện xuất phát từ một mô hình trường chuyên, lớp chọn về
năng khiếu Tóan học tại Đại học Tổng hợp Hà Nội trước đây và Đại học Khoa học Tự
nhiên ngày nay. Với mục tiêu của hướng đào tạo mũi nhọn này là mang tính đột phá
cao, đào tạo ra các thế hệ học sinh có năng khiếu trong lĩnh vực toán học, tin học và
khoa học tự nhiên, nhiều thế hệ học sinh đã ra trường và trưởng thành, đóng vai trò
nòng cốt trong nhiều lĩnh vực của đeowfi sống kinh tế xã hội hiện đại. Trong điều kiện
thiếu thốn về vật chất kéo dài qua nhiều thập kỷ và trải qua nhiều thách thức, chúng
ta đã tìm ra hướng đi phù hợp, đã đi lên vững chắc và ổn định, đã tìm tòi, tích luỹ kinh
nghiệm và có nhiều sáng tạo đáng ghi nhận. Các thế hệ Thầy và Trò đã định hình và
tiếp cận với thế giới văn minh tiên tiến và khoa học hiện đại, cập nhật thông tin, sáng
tạo phương pháp và tập dượt nghiên cứu. Gắn với việc tích cực đổi mới phương pháp
dạy và học, chương trình đào tạo chuyên Toán đang hướng tới xây dựng hệ thống chuyên
đề, đang nỗ lực và đã tổ chức thành công Kỳ thi Olympic Toán quốc tế lần thứ 48, năm
2007 tại Việt Nam, được bạn bè quốc tế ca ngợi. Sau gần nửa thế kỷ hình thành và
phát triển, có thể nói, giáo dục mũi nhọn phổ thông (giáo dục năng khiếu) đã thu được
những thành tựu rực rỡ, được Nhà nước đầu tư có hiệu quả, được xã hội thừa nhận và
bạn bè quốc tế khâm phục. Các đội tuyển quốc gia tham dự các kỳ thi Olympic quốc tế
có bề dày thành tích mang tính ổn định và có tính kế thừa. Đặc biệt, năm nay, các Đội
tuyển Toán và Tin quốc gia tham dự thi Olympic quốc tế đã đạt đượ c thành tích nổi
bật. Đội tuyển Toán Việt Nam đã vươn lên đứng thứ ba (theo sự sắp xếp không chính
thức) trong số 95 đội tuyển các nước tham dự IMO48.
Đặc biệt, năm nay, năm 2008, lần đầu tiên nước ta đã tham gia vào kỳ thi Olympic
Toán sinh viên quốc tế. Đội tuyển gồm 4 sinh viên của Đại học Khoa học Tự nhiên,
ĐHQGHN, đã đoạt 1 huy chương vàng, 1 huy chương bạc và 2 huy chương đồng. Kết
quả này đã đánh dấu một giai đoạn mới trong quá trình hội nhập quốc tế, hội nhập ở

bậc đại học và sau đại học. Các sinh viên tự trình bày bài giải bằng tiếng Anh trong 2
ngày (mỗi ngày 5 tiếng) về các dạng toán hiện đại của giải tích thực và phức, của đại
số và đại số tuyến tính, của toán rời rạc và lý thuyết trò chơi.
Từ nhiều năm nay, các hệ năng khiếu Toán học và các Trường THPT Chuyên thường
sử dụng song song các sách giáo khoa đại trà kết hợp với sách giáo khoa chuyên biệt và
sách chuyên đề cho các Hệ THPT Chuyên. Học sinh các lớp năng khiếu đã tiếp thu tốt
các kiến thức cơ bản theo thời lượng hiện hành do Bộ GD và ĐT ban hành.
Được sự cho phép của Bộ GD và ĐT, Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, ĐHQGHN
phối hợp cùng với các chuyên gia, các nhà khoa học, các cô giáo, thầy giáo thuộc
ĐHSPHN, ĐHQG TpHCM, Viện Toán Học, Hội Toán Họ c Hà Nội, Tạp Chí Toán Học
và Tuổi Trẻ, các Trường THPT Chuyên, Các Sở GD và ĐT, tổ chức bồi dưỡng các
chuyên đề nghiệp vụ sau đại học (đã qua 6 năm) nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi các môn
5
www.VNMATH.com
Toán học và khối kiến thức khoa học tự nhiên như là một tủ sách đặc biệt phục vụ bồi
dưỡng học sinh giỏi.
Chúng tôi xin giới thiệu cuốn sách của nhóm các chuyên gia, các thầy giáo với sự
tham gia đông đảo của các đồng nghiệp tham dự Trường hè 2007 về chuyên đề "Một số
ứng dụng của giải tích trong hình họ c, đại số, số học và tóan rời rạc".
Cuốn sách này nhằm cung cấp một số kiến thức chuyên đề ở mức độ khó về tóan rời
rạc, đại số, số họ c, giải tích và hình học.
Đây cũng là chuyên đề và bài giảng mà các tác giả đã giảng dạy cho học sinh các
đội tuyển thi Olympíc Toán học quốc gia và quốc tế.
Chúng tôi cũng xin chân thành cảm ơn các bạn đọc cho những ý kiến đóng góp để
cuốn sách ngày càng hoàn chỉnh.
Thay mặt Ban Tổ Chức
GS TSKH Nguyễn Văn Mậu
6
www.VNMATH.com
Đa thức với các hệ số nguyên và

đồng dư thức
Trần Xuân Đáng, THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định
Cho đa thức f(x) với các hệ số nguyên và số nguyên tố p. Chúng ta sẽ xét vấn đề về
sự tồn tại nghiệm của phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p
k
), trong đó k là một số
nguyên dương.
Định nghĩa 1. Cho đa thức f(x) với các hệ số nguyên và số nguyên dương m ≥ 2.
Ta nói rằng phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod m) có nghiệm x
0
∈ Z nếu f (x
0
) ≡ 0
(mod m). Nếu x
0
∈ Z là một nghiệm của phương trình f(x) ≡ 0 (mod m) và t là một
số nguyên bất kỳ thì f(x
0
+ tm)=≡ f(x
0
) ≡ 0 (mod m).
Định lí 1. Cho các số nguyên a và m, m ≥ 2; (a, m)=1. Khi đó phương trình ax ≡ b
(mod m),b∈ Z có nghiệm duy nhất x
0
∈ Z mà 0 ≤ x
0
≤ m − 1. Mọi nghiệm khác của
phương trình này đều có dạng x
t
= x

0
+ mt, t ∈ Z.
Chứng minh. Nếu k,l ∈ Z k =1, 0 ≤ k ≤ m − 1, 0 ≤ l ≤ m − 1 thì ak = al (mod m).
Điều này có nghĩa là biểu thức as − b, s =0, 1, , m − 1 cho m số dư khác nhau khi chia
cho m. Vậy tồn tại duy nhất x
0
∈ Z, 0 ≤ x
0
≤ m − 1 sao cho ax
0
≡ b (mod m). Nếu
x
t
∈ Z là một nghiệm của phương trình đồng dư ax ≡ b (mod m) thì ax
t
≡ b (mod m).
Suy ra a(x
1
− x
0
) chia hết cho m. Nhưng (a, m)=1vậy x
1
− x
0
chia hết cho m.
Suy ra x
1
= x
0
+ mt, t ∈ Z.

Định lí 2 (Công thức Taylor). Cho đa thức f(x) bậc n, n ≥ 1 với các hệ số thực và
x
0
∈ R. Khi đó
f(x)=f (x
0
)+
n

k=1
f
(k)
(x
0
)
k!
(x − x
0
)
k
.
Chứng minh. Tồn tại các hằng số b
0
,b
1
, , b
n
sao cho f(x)=b
n
(x − x

0
)
n
+ b
n−1
(x −
x
0
)
n−1
+ ···+ b
0
.Với1 ≤ k ≤ n, ta có
f
k
(x)=k !b
k
+(k +1) 2(x − x
0
)b
k+1
+ ···+ n(n − 1) ···(n − k + 1)(x − x
0
)
n−k
b
n
.
Suy ra f
(k)

(x
0
)=k!b
k
, do đó b
k
=
f
(k)
(x
0
)
k!
.
7
www.VNMATH.com
Mặt khác f(x
0
)=b
0
.Vậy
f(x)=f (x
0
)+
n

k=1
f
(k)
(x

0
)
k!
(x − x
0
)
k
.
Định lí 3. Cho đa thức f(x) với các hệ số nguyên và một số nguyên tố p. Nếu phương
trình đồng dư f (x) ≡ 0 (mod p) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt x
(1)
1
,x
(1)
2
, , x
(1)
r
thuộc đoạn [1; p] sao cho f

(x
(1)
i
= 0 (mod p), (1 ≤ i ≤ r) thì phương trình đồng
dư f(x) ≡ 0 (mod p
k
) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt thuộc đoạn [1; p
k
] với mọi
k ≥ 1:x

(k)
1
,x
(k)
2
, , x
(k)
r
và đối với các nghiệm này ta có f

(x
(k)
i
) = 0 (mod p)(1≤ i ≤ r).
Chứng minh. Ta chứng minh khẳng định bằng phương pháp quy nạp toán học theo k.
Với k =1thì khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng với k ≥ 1. Điều đó có nghĩa
là trong đoạn [1; p
k
] thì phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p
k
) có đúng r nghiệm
nguyên phân biệt x
(k)
1
,x
(k)
2
, , x
(k)
r

, đồng thời f

(x
(k)
i
) = 0 (mod p) với 1 ≤ i ≤ r.
Giả sử x
0
∈ Z, x
0
∈ [1; p
k+1
] là một nghiệm của phương trình đồng dư f(x) ≡ 0
(mod p
k+1
). Khi đó f(x
0
) ≡ 0 (mod p
k+1
). Suy ra f(x
0
) ≡ 0 (mod p
k
). Tồn tại duy
nhất i ∈ [1; r],t∈ Z,t∈ [0; p − 1] sao cho x
0
= x
(k)
i
+ p

k
t.
Giả sử x = x
(k)
i
+ p
k
t (1 ≤ i ≤ r, t ∈ Z,t∈ [0,p− 1]) thì x ∈ Z. Theo công thức
Taylor ta có
f(x)=f(x
(k)
i
+ f

(x
(k)
i
)p
k
t +
f

(x
(k)
i
)
2!
(p
k
t)

2
+ ···+
f
(n)
(x
(k)
i
)
n!
(p
k
t)
n
trong đó n là bậc của f (x).
Ta có
f
(j)
(x
(k)
i
j!
∈ Z (Việc chứng minh dành cho bạn đọc) và jk ≥ k +1,i≥ 2. Phương
trình f(x) ≡ 0 (mod p
k+1
) tương đương với
f(x
(k)
i
f


(x
(k)
i
)p
k
t ≡ 0 (mod p
k+1
)
hay
f(x
(k)
i
)
p
k
+ f

((x
(k)
i
)t ≡ 0 (mod p
k+1
).
(Chú ý rằng
f (x
(k)
i
)
p
k

∈ Z).
Đặt x
(k+1)
i
= x
(k)
i
+ p
k
t
i
thì x
(k+1)
i
∈ [1; p
k+1
],x
(k+1)
i
∈ Z và f(x
(k+1)
i
≡ 0 (mod p
k+1
).
Mặt khác, x
(k+1)
i
≡ x
(k)

i
(mod p). Suy ra f

(x
(k+1)
i
) ≡ f

(x
(k)
i
) (mod p). Suy ra
f

(x
(k+1)
i
) = 0 (mod p) vì f

(x
(k)
i
= 0 (mod p).
Vậy phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p
k+1
) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt
trong đoạn [1; p
k+1
]:x
(k+1)

1
,x
(k+1)
2
, , x
(k+1)
r
, đồng thời f

(x
(k+1)
i
= 0 (mo d p)(1≤ i ≤
r). Như vậy khẳng định cũng đúng với k +1. Theo nguyên lý quy nạp toán học thì
khẳng định đúng với mọi k ≥ 1.
Định lý 3 đã được chứng minh. Áp dụng định lý này có thể giải được bài toán sau
8
www.VNMATH.com
Bài toán 1 (VMO 2000). Cho đa thức P (x)=x
3
+ 153x
2
− 111x +38.
1. Chứng minh rằng trong đoạn [1; 3
2000
] tồn tại ít nhất chín số nguyên dương a sao
cho P (a) chia hết cho 3
2000
.
2. Hỏi trong đoạn [1; 3

2000
] có tất cả bao nhiêu số nguyên dương a sao cho P (a) chia
hết cho 3
2000
?
Chứng minh. Giả sử x ∈ Z, 1 ≤ x ≤ 3
2000
và P (x)
.
.
.3
2000
. Suy ra x =3y +1, (y ∈ Z, 1 ≤
y ≤ 3
1999
− 1).Tacó
P (x)=P (3y + 1) = 27(y
3
+52y
2
+22y +3).
Phương trình P (x)
.
.
.3
2000
tương đương với y
3
+52y
2

+22y +3
.
.
.3
1997
, suy ra y =3t +1
hoặc y =3t, (t ∈ Z, 1 ≤ t ≤ 3
1998
− 1).
Nếu y =3t +1 thì y
3
+52y
2
+22y +3 không chia hết cho 9.Vậyy =3t suy ra
y
3
+52y
2
+22t + 3 = 3(9t
2
+ 156t
2
+22t +1).
Phương trình P (x)
.
.
.3
2000
tương đương với 9t
3

+ 156t
2
+22t +1
.
.
.3
1996
.
Xét đa thức f(t)=9t
3
+ 156t
2
+22t +1.
Với t ∈ Z thì f(t) ≡ 0 (mod 3) hay 22t +1 ≡ 0 (mo d 3). Trong đoạn [1; 3] thì
phương trình đồng dư 22t +1≡ 0 (mod 3) có một nghiệm duy nhất t =2. Mặt khác
f

(2) ≡ 22 ≡ 1 (mod 3) suy ra f

(2) = 0 (mod 3).
Theo định lý 3, trong đoạn [1; 3
1996
] phương trình đồng dư f(t) ≡ 0 (mod 3
1996
) có
một nghiệm nguyên duy nhất t
0
.
Với t ∈ Z, t ∈ [1; 3
2000

]:f (t) ≡ 0 (mod 3
1998
) khi và chỉ khi tồn tại h ∈ Z, 0 ≤ h ≤ 8
sao cho t = t
0
+3
1996
h. Vậy phương trình đồng dư f (t) ≡ 0 (mod 3
1998
) có đúng chín
nghiệm nguyên phân biệt trong đoạn [1; 3
1998
−1]. Từ đó suy ra rằng trong đoạn [1; 3
2000
]
có đúng chín số nguyên dương a phân biệt sao cho P (a) chia hết cho 3
2000
.
Cho các đa thức f(x),g(x) có các hệ số hữu tỏ sao cho chúng chỉ có ước chung là
hằng số. Khi đó ta nói rằng f(x) và g(x) là nguyên tố cùng nhau và viết (f(x),g(x)) = 1.
Định lí 4. Cho các đa thức f(x), g(x) với các hệ số hữu tỉ và (f(x),g(x)) = 1. Khi đó
tồn tại các đa thức u(x),v(x) với các hệ số hữu tỉ sao cho u(x)f(x)+v(x)g(x)=1.
Định lý này đượ c chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học theo tổng các
bậc của f (x) và g(x). Từ định lý 4 suy ra
Định lí 5. Cho các đa thức f(x),g(x) với các hệ số nguyên và nguyên tố cùng nhau
(trong Q[x]). Khi đó tồn tại các đa thức u(x),v(x) với các hệ số nguyên và số nguyên
m =0sao cho u(x)f(x)+v(x)g(x)=m.
Định lí 6. Cho đa thức f (x) khác hằng số và có các hệ số nguyên. Khi đó tồn tại vô
số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p) có nghuệm
9

www.VNMATH.com
Chứng minh. Giả sử f(x)=a
0
x
n
+ a
1
x
n−1
+ ···+ a
n
, a
i
∈ Z, 0 ≤ i ≤ n, n ≥ 1,a
0
=0.
Nếu a
n
=0thì f(x)=xg(x), trong đó g (x) là đa thức với các hệ số nguyên; khi
đó phương trình đồng dư xg(x) ≡ 0 (mod p) có nghiệm với mọi số nguyên tố p. Giả sử
a
n
=0và phương trình đồng dư xg(x) ≡ 0 (mod p) có nghiệm với mọi số nguyên tố
p
1
,p
2
, , p
k
.Vớit ∈ Z, đặt x

t
= p
1
p
2
p
k
a
n
t. Khi đó
f(x
t
)=a
0
(p
1
p
2
p
k
a
n
t)
n
+ a
n−1
p
1
p
2

p
k
a
n
t + a
n
= a
n
(p
1
p
2
p
k
B +1),B∈ Z.
Chọn t ∈ Z sao cho p
1
p
2
p
k
B +1 khác 1 và −1. Khi đó f(x
t
) có ước nguyên tố, khác
p
1
,p
2
, , p
k

.
Định lí 7. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên, bất khả quy trong Q[x] và không
phải là hằng số. Khi đó tồn tại các đa thức u(x), v(x) với các hệ số nguyên và số nguyên
m =0sao cho u(x)f(x)+v(x)f

(x)=m.
Chứng minh. Giả sử g(x)=(f (x),f

(x))(g(x) ∈ Q[x]). Khi đó g(x) là ước của f(x) và
deg g(x) < deg f(x).Vìf(x) bất khả quy nên g(x) là hằng số, g(x)=r, r ∈ Q). Theo
định lý 5 thì tồn tại các đa thức u(x),v(x) với các hệ số nguyên và số nguyên m =0sao
cho u(x)f(x)+v(x)f

(x)=m.
Hệ quả 1. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên, bất khả quy trong Q[x] và không phải
là hằng số. Khi đó tồn tại vô số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư f(x)=0
(mod p) có nghiệm x
0
Z mà f

(x
0
) = 0 (mod p).
Chứng minh. Theo định lý 7 tồn tại các đa thức u(x),v(x) với các hệ số nguyên và số
m =0sao cho u(x)f(x)+v(x)f

(x)=m. Từ định lý 6 suy ra rằng có vô số số nguyên
tố p>|m| để phương trình f(x) ≡ 0 (mod p) có nghiệm x
0
∈ Z.Khi đó f(x

0
) chia hết
cho p. Suy ra f

(x
0
) không chia hết cho p. Nếu f

(x
0
) chia hết cho p thì m chia hết cho
p.
Định lí 8. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên và không phải là hằng số. Khi đó tồn
tại vô số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p
k
) có nghiệm
với mọi số nguyên dương k.
Chứng minh. Nếu đa thức f(x) bất khả quy thì khẳng định được suy ra từ định lý 3 và
hệ quả của định lý 7. Nếu f(x) bất khả quy thì f(x)=g(x)h(x), trong đó g(x) ∈ Z[x],
h(x) ∈ Z[x] và g(x) bất khả quy trong Z[x]. Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Áp
dụng định lý 6 ta có thể giải được bài toán sau
Bài toán 2. Cho đa thức f(x) khác hằng số và có các hệ số nguyên. Giả sử n, k là
các số nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên x sao cho các số f(x),f(x +
1), , f(x + n − 1) đều có ít nhất k ước nguyên tố phân biệt.
Lời giải. Theo định lý 6, tồn tại các số nguyên tố p
1
,p
2
, , p
k

,p
k+1
, , p
nk
khác nhau
từng đôi một và các số nguyên x
1
,x
2
, , x
nk
sao cho f(x
j
) ≡ 0 (mod p
j
)(1≤ j ≤ nk).
Theo định lý Trung Hoa về số dư, tồn tại số nguyên x sao cho
x ≡ x
i+mk
− m (mod p
i+mk
)(1≤ i ≤ k, 0 ≤ m ≤ n − 1
10
www.VNMATH.com
Từ đó ta có điều phải chứng minh
Cuối cùng là một số bài toán dành cho bạn đọc
Bài toán 3 (VMO 2000,Bảng B). Cho đa thức P (x)=x
3
− 9x
2

+24x − 27. Chứng
minh rằng với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại số nguyên dương a
n
sao cho P (a
n
)
chia hết cho 3
n
.
Bài toán 4. Cho số nguyên tố p. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n thì
phương trình đồng dư x
p−1
≡ 1 (mod p
n
) có đúng p − 1 nghiệm nguyên phân biệt trong
đoạn [1; p
n
]
Bài toán 5 (Baltic Way 2004). Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên và khác hằng
số. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên n sao cho f(n) có không ít hơn 2004 ước nguyên
tố phân biệt.
11
www.VNMATH.com
Tính chất hội tụ, bị chặn của một số
dãy truy hồi hữu tỷ
Đinh Công Hướng, Lê Thanh Tùng, ĐH Quy Nhơn
1 Lời nói đầu
Lý thuyết các bài toán về giới hạn của dãy số đã được đề cập ở hầu hết các giáo trình
cơ bản về giải tích. Tuy nhiên, đối với các số dãy truy hồi hữu tỷ thì vấn đề này chưa
được đề cập nhiều. Trong [1], các tác giả có đề cập đến một số dãy số đặc biệt, trong

đó có một số dãy truy hồi hữu tỷ. Với động cơ trên, trong bài báo này, chúng tôi bàn về
tính hội tụ và bị chặn của một số dãy truy hồi hữu tỷ.
2 Tính chất định tính của một số dãy truy hồi hữu
tỷ
Bài toán 1
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức
x
n+1
= α +
x
n−1
x
n
,n=0, 1, ··· , (1)
trong đó α>1, x
−1
,x
0
là các số thực dương cho trước. Chứng minh rằng khi đó
x
n
 max{x
−1
,x
0
} +
α
2

α − 1
.
Giải.
Ta có
x
1
= α +
x
−1
x
0
 α +
x
−1
α
(vì x
0
 α).
Mặt khác,
α
1 −
1
α
>α (vì α>1 nên 1 −
1
α
< 1),
do đó
x
1


α
1 −
1
α
+ x
−1
=
α
2
α − 1
+ x
−1
.
12
www.VNMATH.com
Tương tự,
x
2
= α +
x
0
x
1
 α + x
0

α
2
α − 1

+ x
0
.
x
3
= α +
x
1
x
2
 α +
x
1
α
 α +
1
α

α +
x
−1
α

,
suy ra
x
3
 α(1 +
1
α

)+
1
α
2
x
−1
 α
1
1 −
1
α
+ x
−1
=
α
2
α − 1
+ x
−1
.
Chứng minh bằng phương pháp quy nạp ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức
x
n+1
= α +
x
n−1

1+x
p
n
,n=0, 1, ··· , (2)
trong đó α>0, 0 <p<1, x
−1
,x
0
là các số thực dương cho trước. Chứng minh rằng khi
đó
x
n
 max{x
−1
,x
0
} +
1+α
p
α
p−1
.
Giải.
Ta có x
1
= α +
x
−1
1+x
p

0
<α+ x
−1
.Vìα<
α
1−
1
1+α
p
(do 0 < 1 −
1
1+α
p
< 1) nên
x
1
<
α
1 −
1
1+α
p
+ x
−1
=
1+α
p
α
p−1
x

2
= α +
x
0
1+x
p
1
<
α
1 −
1
1+α
p
+ x
0
=
1+α
p
α
p−1
+ x
0
x
3
= α +
x
1
1+x
p
2

<α+
1
1+α
p
(α + x
−1
) <α

1+
1
1+α
p

+
x
−1
1+α
p
<α
1
1 −
1
1+α
p
+ x
−1
.
Bằng quy nạp ta nhận được
x
n

<
1+α
p
α
p−1
+ max {x
0
,x
−1
} .
Bài toán 1 và Bài toán 2 là trường hợp riêng của bài toán sau đây:
13
www.VNMATH.com
Bài toán 3
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức
x
n+1
= α +
x
n−k
f(x
n
, ··· ,x
n−k+1
)
,n=0, 1, ··· , (3)
trong đó k là một số nguyên dương cố định; f :[0, ∞)
k

→ [0, ∞) là một hàm liên
tục, không giảm đối với mỗi biến và tăng với ít nhất một biến; g(x)=f(x, x, ··· ,x),
g(α) > 1; x
−k
,x
−k+1
, ··· ,x
0
là các số thực dương cho trước. Chứng minh rằng khi đó
x
n
 max{x
−k
, ··· ,x
0
} +
αg(α)
g(α) − 1
.
Giải.
Tiếp theo ta chứng minh {x
n
} bị chặn bởi M
0
. Thật vậy, vì các điều kiện ban đầu
dương nên x
n
 α>0, ∀n  1.Vìf là hàm tăng với ít nhất 1 biến và không giảm với
mỗi biến nên
f(x

n
, ··· ,x
n−k+1
) >f(α, ··· ,α)=g(α).
Suy ra
x
n+1
= α +
x
n−k
f(x
n
, ··· ,x
n−k+1
)
<α+
x
n−k
g(α)
.
Do đó ∀m ∈ N ∪{−1} và r ∈{0, ··· ,k}, ta có
x
(k+1)m+r+1
<α+
x
(k+1)m+r−k
g(α)
.
Ta lại có
x

(k+1)m+r−k
= x
(k+1)m+r−k−1+1
= x
(k+1)(m−1)+r+1
<α+
x
(k+1)(m−1)+r−k
g(α)
,
suy ra
x
(k+1)(m−1)+r−k
<α+
x
(k+1)(m−2)+r−k
g(α)
.
Vì vậy,
x
(k+1)m+r+1
<α+
1
g(α)

α +
1
g(α)
(x
(k+1)(m−2)+r−k

)

<α+
α
g(α)
+
α
g
2
(α)
+
x
(k+1)(m−2)+r−k
g
3
(α)
<α

1+
1
g(α)
+
1
g
2
(α)
+ ···+
1
g
m

(α)

+
1
g
m+1
(α)
x
r−k
.
Đặt q =
1
g(α)
, theo giả thiết g (α) > 1 nên q<1.Tacó
x
(k+1)m+r+1
<
α
1 − q
+ x
r−k
.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
14
www.VNMATH.com
Bài toán 4
Giả sử f và g thỏa các điều kiện của Bài toán 2, chứng minh rằng phương trình sau có
duy nhất nghiệm dương
x:
x = α +

x
f(x, ··· ,x)
= α +
x
g(x)
.
Giải.
Vì g là hàm tăng nên ∀u>αta có g(u) >g(α) > 1. Đặt
F :[α, ∞) → R
x → x − α −
x
g(x)
.
Vì F (α)=α − α −
α
g(α)
< 0, lim
x→∞
F (x)=∞ và F là một hàm liên tục nên tồn tại
x ∈ (0, ∞) sao cho F (x)=0. Ta còn chứng minh tính duy nhất của x tức là chứng minh
F đơn điệu tăng. Thật vậy, ∀x>y α, ta có
F (x) − F (y)=

x − α −
x
g(x)

−

y − α −

y
g(y)

=(x − y) −
xg(y) − yg(x)
g(x)g(y)
=
(x − y)g(x)g(y) − xg(y)+yg(x) − xg(x)+xg(x)
g(x)g(y)
=
(x − y)g(x)g(y) − (x − y)g(x)+x(g(x) − g(y))
g(x)g(y)
=
(x − y)[g(x)g(y) − g(x)] + x[g(x) − g(y)]
g(x)g(y)
=
(x − y)g(x)(g(y) − 1) + x(g(x) − g(y))
g(x)g(y)
.
Vì g là hàm tăng nên
g(x) >g(y)  g(α) > 1,
suy ra F (x) − F (y) > 0 suy ra F (x) >F(y). Vậy F là hàm tăng. Do đó ta có điều phải
chứng minh.
Bài toán 5
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức (2) và thỏa mãn các điều kiện của Bài toán
2. Chứng minh rằng, {x
n
} hội tụ.

Giải.
15
www.VNMATH.com
Do x
n
bị chặn nên tồn tại lim
n→∞
inf x
n
=  ≥ α và lim
n→∞
sup x
n
= L ≥ . Lấy liminf và
limsup hai vế của (2), ta có
 ≥ α +

1+L
p
,
L  α +
L
1+
p
.
Từ bất đẳng thức thứ 2 ta có (1 + L
p
) ≥ α(1 + L
p
)+. Do đó

 + L
p
≥ α + αL
p
+ 
L
p
− αL
p
− α
p
+ α
p+1
≥ α + α
p+1
− α
p
( − α)(L
p
− α
p
) ≥ α (1 + α
p
) − Lα
p
.
Tương tự, từ bất đẳng thức thứ nhất ta có
(L − α)(
p
− α

p
)  α (1 + α
p
) − Lα
p
.
Nếu  = α thì từ  ≥ α +
1
1+L
p
⇒
1
1+L
p
 0

mâu thuẫn

. Do đó >αsuy ra L>α.
Giả sử L>⇒−L<− ⇒−Lα
p
< −α
p
. Khi đó ta có
( − α)(L
p
− α
p
) > (L − α)(
p

− α
p
) .
Suy ra
L
p
− α
p
L − α
>

p
− α
p
 − α
.
Ta có hàm số G(x)=
x
p
−α
p
x−α
, với 0 <p<1 giảm trên (α, +∞) ,α > 0. Thật vậy,
xét hàm số g(x)=x
p
,x ∈ (α, +∞) , 0 <p<1, ta có G(x)=
g(x)−g(α)
x−α
⇒ G


(x)=
g

(x)(x−α)−(g(x)−g(α))
(x−α)
2
.Vìg khả vi trên (α, +∞) nên tồn tại β ∈ (α, x):g(x) − g(α)=
g

(β)(x − α). Hiển nhiên g

(x) < 0 suy ra g

(x) giảm trên (α, +∞) suy ra g

(β) >g

(x).
Do đó G

(x)=
g

(x)(x−α)−g

(β)(x−α)
(x−α)
2
=
[g


(x)−g

(β)](x−α)
(x−α)
2
< 0,với∀x>α. Suy ra G giảm
trên (α, +∞). Do đó với L>ta có
L
p
−α
p
L−α
<

p
−α
p
l−α
. Vậy ta phải có L = . Điều phải
chứng minh.
Bài toán 5 là trường hợp riêng của bài toán sau đây:
Bài toán 6
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức (1) và thỏa mãn các điều kiện của Bài toán
2. Giả thiết thêm α>0 và hàm số
g(x)−g(α)
x−α
giảm trên (α, ∞). Chứng minh rằng, {x

n
}
hội tụ.
Giải.
Giả sử {x
n
} là một dãy số dương xác định bởi (1). Trong Bài toán 2 ta đã chứng minh
mọi nghiệm của phương trình (1) bị chặn. Vì vậy tồn tại giới hạn lim inf
n→∞
x
n
=:   α và
16
www.VNMATH.com
lim sup
n→∞
x
n
=: L  . Rõ ràng g(L) là số thực hữu hạn. Lấy liminf và lim sup của (2.1)
ta được
lim inf
n→∞
x
n+1
= lim inf
n→∞

α +
x
n−k

f(x
n
, ··· ,x
n−k+1
)

.
Suy ra
  α +

lim sup
n→∞
f(x
n
, ··· ,x
n−k+1
)
= α +

g(L)
,
hay
  α +

g(L)
.
Tương tự ta cũng có
L  α +
L
g()

.
Dễ thấy
  α +

g(L)
⇔ ( − α)g(L) −   0
hay
( − α)g(L) − ( − α)g(α)   − ( − α)g(α),
hay
( − α)(g(L) − g(α))  αg(α)+(1− g(α)). (4)
Tương tự ta nhận được
(L − α)(g(l) − g(α))  αg(α)+(1− g (α))L. (5)
Nếu  = α thì từ bất đẳng thức
  α +

g(L)
,
ta có
   +

g(L)
,
hay

g(L)
 0,
suy ra
 = α =0(vô lí vì α>0).
Do đó
>α,

suy ra
g() >g(α) > 1.
Bây giờ ta giả sử L>. Khi đó ta có
17
www.VNMATH.com
(1 − g(α))>(1 − g(α))L (vì <Lmà 1 − g(α) < 0),
suy ra
αg(α)+(1− g(α))>αg(α)+(1− g(α))L.
Từ (4) và (5) ta có
( − α)(g(L) −g(α))  αg(α)+(1−g(α)>αg(α)+(1− g(α))L  (L −α)(g()− g(α)).
Suy ra
g(L) − g(α)
L − α

g() − g(α)
 − α
(vì L>>α).
Mà theo giả thiết, hàm
g(x) − g(α)
x − α
giảm trên (α, ∞) nên với <Lthì
g() − g(α)
 − α
>
g(L) − g(α)
L − α
(trái với điều trên).
Vậy
L =  =
x.

tức là mọi nghiệm dương của phương trình (2.1) hội tụ.
Bài toán 7
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức (1) và thỏa mãn các điều kiện của Bài toán
1. Giả thiết thêm α>0 và hàm số g(x) lõm chặt trên (α, ∞). Chứng minh rằng, {x
n
}
hội tụ.
Giải.
Đặt
G(x)=
g(x) − g(α)
x − α
, ∀x ∈ (α, ∞).
Ta cần chứng minh hàm G(x) giảm trên (α, ∞). Thật vậy,
G

(x)=
g

(x)(x − α) − (g(x) − g(α))
(x − α)
2
.
Vì g là hàm liên tục và khả vi trên (α, ∞) nên g cũng liên tục và khả vi trên (α, x). Khi
đó, theo định lí Lagrange thì tồn tại c ∈ (α, x) sao cho
g(x) − g(α)=g

(c)(x − α).

Mặt khác, hàm g lõm chặt nên g”(x) < 0, suy ra hàm g

(x) giảm trên (α, ∞). Do đó
với c ∈ (α, x) hay α<c<xta có g

(c) >g

(x).
18
www.VNMATH.com
Vậy
G

(x)=
g

(x)(x − α) − g

(c)(x − α)
(x − α)
2
=
(g

(x) − g

(c))(x − α)
(x − α)
2
.

Mà g

(x) <g

(c) nên G

(x) < 0, tức là G(x) là hàm giảm trên (α, ∞). Áp dụng kết quả
Bài toán 6 ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 8
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức
x
n+1
= α +
x
n−k
1+x
ρ
1
n
x
ρ
2
n−1
··· ,x
ρ
k
n−k+1
,n=0, 1, ··· , (6)

trong đó α>0,λ
j
∈ [0, 1),j =1, 2, ··· ,k sao cho ρ
1
+ ρ
2
+ ···+ ρ
k
=: λ ∈ (0, 1). Chứng
minh rằng, {x
n
} hội tụ.
Giải.
Ta có
g(u)=f (u, ··· ,u)=1+u
λ
⇒ g

(u)=λu
λ−1
⇒ g”(u)=λ(λ − 1)u
λ−2
< 0 (vì λ<1).
Do đó g(u) là hàm lõm chặt trên (α, ∞). Áp dụng kết quả Bài toán 7 ta có điều phải
chứng minh.
Bài toán 9
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức
x

n+1
= α +
x
n−k
1+γ
1
x
λ
1
n
γ
2
x
λ
1
n
··· ,γ
k
x
λ
k
n−k+1
,n=0, 1, ··· , (7)
trong đó α>0,γ
j
 0,j = {1, 2, ··· ,k},

k
j=1
γ

j
> 0,λ ∈ [0, 1). Chứng minh rằng,
{x
n
} hội tụ.
Giải.
Đặt
g(u)=f(u, ··· ,u)=1+γ
1
u
λ
1
+ ···+ γ
k
u
λ
k
.
Ta có
g

(u)=γ
1
λ
1
u
λ
1
−1
+ ···+ γ

k
λ
k
u
λ
k
−1
và
g”(u)=γ
1
λ
1
(λ
1
− 1)u
λ
1
−2
+ ···+ γ
k
λ
k
(λ
k
− 1)u
λ
k
−2
,
19

www.VNMATH.com
hay
g”(u)=
k

j=1
γ
j
λ
j
(λ
j
− 1)u
λ
j
−2
< 0 (vì λ
j
∈ [0, 1)).
Do đó g lõm chặt trên [0, ∞). Áp dụng kết quả Bài toán 7 ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 10
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức
x
n+1
= α +
βx
n−k
1+h(x

n
)
,n=0, 1, ··· , (8)
trong đó h là hàm tăng, liên tục và lõm chặt trên [0, ∞) sao cho h(x) > 0, ∀x>0.
Chứng minh rằng, {x
n
} hội tụ nếu α>0 và β ∈ (0, 1+h(α)).
Giải.
Đặt
f(x)=1+h(x
n
), ∀x ∈ [α, ∞).
Rõ ràng f là hàm liên tục và tăng trên [0, ∞).Tacóf

(x)=h

(x) và f ”(x)=h”(x) < 0.
Do đó f lõm chặt trên [0, ∞). Nhận xét rằng, vì g(α)=
1+h(α)
β
> 1 nên β<1+h(α)).
Áp dụng kết quả Bài toán 7 ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 11
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức
x
n+1
= α +
x

n−1
x
n
,n=0, 1, ··· , (9)
trong đó 0 <α<1, các điều kiện ban đầu là các số thực dương. Chứng minh rằng,
lim
n→∞
x
2n
= ∞, lim
n→∞
x
2n+1
= α.
Giải.
Giả sử 0 <x
−1
 1 và x
0

1
1−α
.Vì0 <α<1 nên
1
1−α
>α+1.Dođóx
0
>α+1.
Ta cần chứng minh
x

1
∈ (α, 1] và x
2
 α + x
0
.
Thật vậy, ta có x
1
= α +
x
−1
x
0
>αvà
x
1
= α +
x
−1
x
0
 α +
1
x
0
 α +(1− α)=1,
do đó x
1
∈ (α, 1]. Mặt khác, ta có x
2

= α +
x
0
x
1
 α + x
0
.
Lập luận tương tự cho các phần tử còn lại của {x
n
}
∞
n=−1
ta có điều phải chứng minh.
20
www.VNMATH.com
Bài toán 12
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức
x
n+1
= α +
x
n−2m−1
F (x
n
,x
n−2
, ··· ,x

n−2m
)
,n=0, 1, ··· , (10)
trong đó α  0, F :[0, ∞)
2m+1
→ (0, ∞) là một hàm liên tục không giảm với mỗi biến và
tăng với ít nhất một biến; g(u):=F (u, ··· ,u) và g(α) < 1; {x>α: g(x) >
b
b−α
}= ∅,
b là một hàm hằng trong khoảng mở (α, g
−1
(1)); ∀j = m, m − 1, ··· , 1, 0 ta có
α  x
−2j−1
<b
và
x
−2j
>g
−1
(
b
b − α
)=:P.
Chứng minh rằng,
lim
n→∞
x
2n

=+∞, lim
n→∞
x
2n+1
=
α
1 −
1
L
,
trong đó L := lim
u→∞
g(u). Trường hợp g không bị chặn ta đặt
1
L
=0.
Giải.
Vì g là hàm tăng nên
L := lim
u→∞
g(u)  g(P )=g(g
−1
(
b
b − α
))
=
b
b − α
> 1.

Ta có
α<x
1
= α +
x
−2m−1
F (x
0
,x
−2
, ··· ,x
−2m
)
<α+
b
F (x
0
,x
−2
, ··· ,x
−2m
)
.
Hơn nữa, vì x
−2j
>P, j= m, m − 1, ··· , 1, 0 và F tăng ít nhất đối với một biến nên
F (x
0
,x
−2

, ··· ,x
−2m
) >F(P,··· ,P)=g(P ),
do đó
α<x
1
<α+
b
g(P )
= α +
b
b
b−α
= α + b − α = b<g
−1
(1).
Mặt khác,
x
2
= α +
x
−2m
F (x
1
,x
−1
, ··· ,x
−2m+1
)
>α+

P
g(b)
>P (vì b<g
−1
(1) nên g(b) < 1).
α<x
3
= α +
x
−2m+1
F (x
2
,x
0
, ··· ,x
−2m+2
)
<α+
b
g(P )
= b<g
−1
(1).
x
4
= α +
x
−2m+2
F (x
3

,x
2
, ··· ,x
−2m+3
)
>α+
x
−2m+2
g(b)
>P.
21
www.VNMATH.com
Cứ như vậy ta có
α<x
2r+1
= α +
x
2r−2m−1
F (x
2
r, x
2r−1
, ··· ,x
2r−2m
)
<b<g
−1
(1)
và
x

2r+2
= α +
x
2r−2m
F (x
2r+1
,x
2r−1
, ··· ,x
2r−2m+1
>α+
x
2r−m
g(b)
>P.
Vậy
x
2r+1
∈ (α, b),
và
x
2(r+1)
>α+
x
2(r−m)
g(b)
= α +
1
g(b)
x

2[r−(m+1)+1]
.
Do đó
x
2(r(m+1)+j)
>α+
1
g(b)
x
2[(r(m+1)−(m+1)+j]
,j∈{−m, −m +1, ··· , −1, 0}
>α+
1
g(b)
x
2[(r−1)(m+1)+j]
>α+
1
g(b)
x
2[(r−1)(m+1)+j]
>α+
α
g(b)
+
α
g
2
(b)
+ ···+

α
g
r−1
(b)
+
x
2j
g
r
(b)
.
Vì
1
g(b)
> 1 nên x
2(r(m+1)+j)
>rα+
1
g
r
(b)
x
2j
→∞khi r →∞.
Vậy
lim
n→∞
x
2n
=+∞.

Để ý rằng, vì lim
n→∞
x
2n
= ∞ và L = lim
u→∞
g(u) nên
lim F (x
2n
,x
2n−2
, ··· ,x
2n−2m
)=L.
Đặt

i
:= lim
n→∞
inf x
2n+1
,
s
:= lim
n→∞
sup x
2n+1
.
Rõ ràng 
i

 
s
. Ta cần chứng minh 
i
= 
s
.
Thật vậy, 
i
,
s
thoả mãn 2 bất đẳng thức sau

i
 α +

i
L
,
s
 α +

s
L
.
Từ 2 bất đẳng thức này ta có

i
 α +


i
L
⇔ 
i
(1 −
1

)  α
⇔ 
i

α
1 −
1
L
.
22
www.VNMATH.com

s
 α +

s
L
⇔ 
s
(1 −
1
L
)  α

⇔ 
s

α
1 −
1
L
.
Suy ra

i

α
1 −
1
L
 
s
,
hay 
i
 
s
. Do đó 
i
= 
s
=
α
1−

1
L
. Vậy
lim
n→∞
x
2n+1
=
α
1 −
1
L
.
Tài liệu
[1] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Thủy Thanh, 2002, Giới hạn dãy số và hàm số, NXB
Giáo Dục.
[2] G. L. Karakostas and S. Stevics, 2004, On the recursive sequence x
n+1
= α +
x
n−k
f (x
n
,··· ,x
n−k+1
)
, Appl. Anal. 83, 309-323.
[3] Nguyen Van Mau, Algebraic Elements and Boundary Value Problems in Linear
Spaces, Vietnam National University Publishers, Hanoi 2005.
[4] Nguyễn Văn Mậu, 2002, Một số bài toán chọn lọc về dãy số, NXB Giáo Dục.

23
www.VNMATH.com
Bài toán nội suy cổ điển tổng quát
Nguyễn Văn Mậu, ĐHKHTN, Hà Nội
Trong bài này sẽ xét điều kiện tồn tại, duy nhất nghiệm và nêu công thức nghiệm
của các bài toán nội suy cổ điển. Từ đó ta có cách nhìn hệ thống về các bài toán nội
suy cổ điển như nội suy Taylor, nội suy Lagrange, nội suy Newton, nội suy Hermite và
một số dạng nội suy hỗn tạp khác.
1 Bài toán nội suy cổ điển tổng quát
Bài toán nội suy tổng quát được phát biểu như sau.
Bài toán 1. Cho bộ số x
ki
,a
ki
∈ R, với x
ki
= x
kj
∀i = j ; k =0, 1, ,n− 1; i, j =
1, 2, ,r
k+1
; trong đó r
0
=0,r
1
+ r
2
+ ···+ r
n
= N và cho

s
0
=0<s
1
<s
2
< ···<s
n−1
.
Hãy xác định các đa thức P (x) có bậc deg P (x)  N − 1 và thỏa mãn điều kiện
P
(s
k
)
(x
ki
)=a
ki
, ∀k =0, 1, ,n− 1, ∀i =1, 2, ,r
k+1
.
Đây là bài toán khó và có cấu trúc phức tạp. Để giải nó, ta cần một số điều chỉnh
về cấu trúc hệ điều kiện để mô tả chúng theo một thứ tự nhất định. Bạn đọc chưa làm
quen với hệ đại số tuyến tính tổng quát có thể bỏ qua chương này mà đọc ngay vào
phần ví dụ áp dụng để hiểu bản chất lời giải trước, sau đó hãy quay trở lại đọc phần cơ
sở lý thuyết.
Trước hết, ta sử dụng ký hiệu g
N
(x)=(1,x, ,x
N −1

). Để đánh lại chỉ số cho cặp
bộ số x
ki
và a
ki
, ta định nghĩa
m  (k,i) ⇔ m = r
0
+ r
1
+ r
2
+ ···+ r
k
+ i.
Khi đó m =1, 2, ,N và ứng với m  (k,i) ta viết x
ki
= x
m
,a
ki
= a
m
và
g
Nm
= g
(s
k
)

N
(x
ki
).
Tức là, với m  (k, i), ta có
g
Nm
=

0, ,0

 
s
k
, (s
k
)!,
(s
k
+ 1)!
1!
x
ki
, ··· ,
(N − 1)!
(N − 1 − s
k
)!
x
N −1−s

k
ki

.
24
www.VNMATH.com
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để bài toán nội suy cổ điển
tổng quát 6.1 có nghiệm duy nhất là ma trận
G
N
=





g
N 1
g
N 2
.
.
.
g
NN






có định thức
V
N
= det G
N
=0.
Thật vậy, xét đa thức
P (x)=α
0
+ α
1
x + α
2
x
2
+ ···+ α
N −1
x
N −1
,
(α)=(α
0
,α
1
, ,α
N −1
)
T
,A=(a
1

,a
2
, ,a
N
)
T
.
Khi đó, P (x) là nghiệm duy nhất của bài toán 6.1 khi và chỉ khi hệ phương trình tuyến
tính
G
N
.(α)=A
có nghiệm duy nhất. Trong trường hợp này, ta phải có
V
N
= det G
N
=0.
Bây giờ, ứng với mỗi m =1, 2, ,N, ta ký hiệu G
Nm
(x) là ma trận thu được từ ma
trận G
N
bằng cách thay g
Nm
bởi g
N
(x) và V
Nm
(x) là định thức tương ứng của nó, tức

là
G
Nm
(x)=











g
N 1
.
.
.
g
Nm−1
g
N
(x)
g
Nm+1
.
.
.

g
NN











và V
Nm
(x) = det G
Nm
(x).
Cuối cùng, ta sẽ chứng minh rằng đa thức P (x) được xác định bởi công thức
P (x)=V
−1
N
N

m=1
a
m
V
Nm
(x) (1)

là nghiệm duy nhất bài toán 6.1.
Thật vậy, ta có
P
(s
k
)
(x
ki
)=V
−1
N
N

m=1
a
m
V
(s
k
)
Nm
(x
ki
).
25
www.VNMATH.com