tiểu luận phương pháp tính

PHƯƠNG PHÁP TÍNH
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
KHOA TOÁN – TIN
 
BÀI TẬP NHÓM MÔN PHƯƠNG PHÁP TÍNH
ĐỀ BÀI:
Cho là số thực và là đa thức trên trường số thực. Tính khi công thức
tính được cho ở dạng chuẩn tắc suy rộng
GVHD: TS. Trịnh Công Diệu
Nhóm SVTH Toán 4B (Nhóm 10):
1. Trịnh Thanh Sơn
2. Trần Quốc Tú
3. Võ Quốc Trung
Thành phố Hồ Chí Minh
Tháng 10 năm 2013
NHÓM 10 1
PHƯƠNG PHÁP TÍNH
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trước tiên ta nhắc lại định nghĩa sau
Cho đa thức , khi đó được biểu diễn thành 1 trong 4 dạng sau
1. Dạng chính tắc:
0
( )
n
i
i
i
P x a x
=
=

∑
2. Dạng chuẩn tắc:
( )
0
0
( )
n
i
i
i
x x
P x a
=
−
=
∑
3. Dạng chính tắc suy rộng:
[ ]
0
( )
n
i
i
i
P x a x
=
=
∑
4. Dạng chuẩn tắc suy rộng:
( )

0
[ , ]
0
( )
n
i h
i
i
x x
P x a
=
−
=
∑
Nhận xét: Dạng chuẩn tắc suy rộng là trường hợp tổng quát của 3 dạng còn lại
Dạng chính tắc:
Dạng chuẩn tắc:
Dạng chính tắc suy rộng:
Vấn đề đặt ra:
Với là một số thực và là đa thức thuộc trường số thực cho dưới dạng bất kỳ. Yêu cầu đặt ra là
tính . Thay trực tiếp vào đa thức là một cách để tính . Ngoài cách tính như vậy ra, liệu còn cách
tính nào khác hiểu quả hơn hay không?
Theo nhận xét ở trên, thay vì xây dựng thuật toán tính cho từng dạng của thì ta chỉ cần làm cho
trường hợp ở dạng chuẩn tắc suy rộng. Từ đó ta có thể làm được cho 3 dạng biểu diễn còn lại của .
Sau đây ta sẽ xây dựng một thuật toán để tính giá trị của đa thức tại điểm khi mà đa thức này được
biểu diễn ở dạng chuẩn tắc suy rộng.
II. TRÌNH BÀY VẤN ĐỀ
1. CƠ SỞ LÝ LUẬN
Mệnh đề 1:
Mệnh đề 1.1: Cho

( ), ( ) [ ]f x g x x∈¡
,
( ) 0g x ≠
. Khi đó tồn tại duy nhất
( ), ( ) [ ]q x r x x
∈
¡
sao cho
( ) ( ) ( ) ( )f x q x g x r x
= +
với
deg ( ) deg ( )r x g x
<
Các đa thức q(x), r(x) lần lượt được gọi là đa thức thương và dư trong phép chia f(x) cho g(x)
Chứng minh:
Trước hết sự tồn tại q(x) và r(x) dựa vào thuật toán chia đa thức cho đa thức
Ta chứng minh chúng tồn tại duy nhất
Giả sử cũng có tính chất đòi hỏi. Khi đó
với bậc bậc nếu
Suy ra:
Hay
Nếu thì deg = deg + deg deg
Đây là một điều mâu thuẫn vì deg deg và deg deg
NHÓM 10 2
PHƯƠNG PHÁP TÍNH
Vậy , mà nên suy ra
Như vậy các đa thức tồn tại và duy nhất
Mệnh đề 2:
Cho đa thức và số thực . Số dư trong phép chia cho là .
Chứng minh:

Theo mệnh đề 1 khi chia P(x) cho
x
α
−
tồn tại duy nhất đa thức thương
( )Q x
và dư r(x) sao cho:
( ) ( ) ( ) ( )P x x Q x r x
α
= − +
trong đó
deg ( ) deg( ) ( )r x x r x c const
α
< − ⇒ = =
Suy ra:
( ) ( ) ( )P Q c c
α α α α
= − + =
Vậy mệnh đề 2 được chứng minh.
Mệnh đề 3:
Mọi đa thức trên trường số thực có bậc n đều biểu diễn được duy nhất dưới dạng:
0 1 1 2 1 2 1 2
( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )
n n
P x a a x x a x x x x a x x x x x x= + − + − − + + − − −
Chứng minh:
Trước hết ta sẽ chứng minh nhận xét sau:
( )
1
0

n
k
i
i
k
x x
=
=
 
−
 
 
∏
với quy ước
( )
0
1
1
i
i
x x
=
− =
∏
là độc lập tuyến tính trên
Thật vậy:
Giả sử ngược lại là
( )
1
0

n
k
i
i
k
x x
=
=
 
−
 
 
∏
là phụ thuộc tuyến tính, nghĩa là tồn tại
0
, ,
n
a a
không đồng
thời bằng không sao cho:
0 1 1 2 1 2 1 2
( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 0,
n n
a a x x a x x x x a x x x x x x x+ − + − − + + − − − = ∀
Đặt
0 1 1 2 1 2 1 2
( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )
n n
P x a a x x a x x x x a x x x x x x= + − + − − + + − − −
Vì

0
, ,
n
a a
không đồng thời bằng không nên tồn tại
0
i
a ≠
Đặt:
{ }
0
max 0 0
i
i i n a
= ≤ ≤ ≠
. Khi đó, P(x) là đa thức bậc
0
i
nên P(x) sẽ có tối đa là
0
i
nghiệm.
Do đó, sẽ có
0
x ∈¡
sao cho
0
( ) 0P x ≠
, mâu thuẫn vì
( ) 0,P x x

= ∀
Vậy
( )
1
0
n
k
i
i
k
x x
=
=
 
−
 
 
∏
độc lập tuyến tính trên
Nhận xét đã được chứng minh, ta trở lại mệnh đề 3:
NHÓM 10 3
PHƯƠNG PHÁP TÍNH
Vì
( )
1
0
n
k
i
i

k
x x
=
=
 
−
 
 
∏
là độc lập tuyến tính trên và ta cũng có dim nên
( )
1
0
n
k
i
i
k
x x
=
=
 
−
 
 
∏
là một cơ sở
của
Do đó đa thức được biểu diễn duy nhất dưới dạng:
0 1 1 2 1 2 1 2

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )
n n
P x a a x x a x x x x a x x x x x x= + − + − − + + − − −
Mệnh đề 4:
Cho được ghi ở dạng chuẩn tắc suy rộng, nghĩa là:
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
0
0 1 0 2 0 0
2 0 0 0
1 0 0 0 0 0 0
[ , ]
0
3
2 1
( )
n
n n
n
i h
i
i
x x
a a x x a x x x x h

a x x x x h x x n h
a x x x x h x x n h a x x x x h x x n h
P x a
−
−
=
−
= + − + − − −
+ + − − − − − −
+ − − − − − − + − − − − − −
=
∑
Với đặt
( )
0 1
1, 2, ,2,1,0
n n
i i i
b a
i n n
b a x ih b
α
+
=


= − −

= + − −



Khi đó
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
0 1 2 0
2 0 0
1 0 0 0 0
4
3 2
( )
n
n n
b b x b x x x
b x x x x x n h
b x x x x x n h b x x x x x n h
P x
α α
α
α α
−
−
= + − + − −
+ + − − − − −
+ − − − − − + − − − − −
Chứng minh:

Từ cách đặt, ta có:
( )
0 1
1, 2, , 2,1,0
n n
i i i
a b
i n n
a b x ih b
α
+
=


= − −

= − − −


Thay các
i
a
vào P(x) ta được:
NHÓM 10 4
PHƯƠNG PHÁP TÍNH


Đây chính là điều phải chứng minh.
2. THUẬT TOÁN
2.1. Cơ sở của thuật toán

Thuật toán trình bày dưới đây chủ yếu là dựa vào mệnh đề 2 và 4 đã trình bày ở trên.
Để thuận tiện tính được giá trị của khi ghi ở dạng chuẩn tắc suy rộng mà không phải thế trực tiếp
giá trị ta sử dụng mệnh đề 2. Khi đó thay vì tính giá trị ta đi tìm dư của phép chia cho . Muốn tìm
dư này ta sử dụng kết quả đã trình bày ở mệnh đề 4
Bằng cách đặt:
( )
0 1
1, 2, ,2,1,0
n n
i i i
a b
i n n
a b x ih b
α
+
=


= − −

= − − −


Ta đã chuyển được ghi ở dạng chuẩn tắc suy rộng
( )
0
[ , ]
0
( )
n

i h
i
i
x x
P x a
=
−
=
∑
về dạng sau:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
0 1 2 0
2 0 0
1 0 0 0 0
4
3 2
( )
n
n n
b b x b x x x
b x x x x x n h
b x x x x x n h b x x x x x n h
P x
α α

α
α α
−
−
= + − + − −
+ + − − − − −
+ − − − − − + − − − − −

(*)

Từ đây ta thấy
( ) ( ) ( )
0
P x b x Q x
α
= + −
Như vậy dư của phép chia đa thức cho là , điều này cũng có nghĩa là
Chú ý thêm rằng theo kết quả của mệnh đề 3 thì đa thức được biểu diễn duy nhất dưới dạng (*).
Khi đó được tìm thấy là duy nhất.
2.2. Thuật toán
Đề toán: Cho
( )
0
[ , ]
0
( )
n
i h
i
i

x x
P x a
=
−
=
∑
.Với là số thực, tính
Thuật toán giải:
• Bước 1: xác định
0
, , , ,
i
n x h a
α
,
0,i n
=
• Bước 2: Tính các
i
b
(theo công thức truy hồi:
NHÓM 10 5
PHƯƠNG PHÁP TÍNH
( )
0 1
( 1, 2, ,0)
n n
i i i
b a
i n n

b a x ih b
α
+
=


= − −

= + − −


Để hỗ trợ việc tính toán ta lập một bảng như sau:
n
a
1n
a
−
2n
a
−
…
2
a
1
a
0
a
0
( )
1 0

1
n
c x n h
α
−
= − − −
( )
2 1
0
2
n n
c c h
x n h
α
− −
= +
= − − −
…
2 3
0
2
c c h
x h
α
= +
= − −
1 2
0
c c h
x h

α
= +
= − −
0 1
0
c c h
x
α
= +
= −
α
n
b
1n
b
−
2n
b
−
…
2
b
1
b
0
b
Cách lập bảng:
Bảng gồm 3 dòng và n+2 cột
Dòng đầu tiên từ ô thứ hai ta lần lượt điền theo thứ tự từ
0n

a a→
Dòng thứ hai ô thứ hai ta điền số 0,ô thứ ba ta điền
( )
1 0
1
n
c x n h
α
−
= − − −
, từ ô thứ ba trở đi ta lấy ô
đằng trước cộng thêm h.
Dòng thứ ba, ô đầu tiên ta điền giá trị
α
, từ ô thứ hai ta tính theo quy tắc “ nhân chéo cộng dọc” tức
là lấy
.0
n n
b a
α
= +
,
( )
( )
1 1 0
2
n n n
b a x n h b
α
− −

= + − − −
,….,
( )
0 0 0 1
b a x b
α
= + −
• Bước 3: Lấy ô cuối cùng của dòng thứ ba chính là
( )
0
P b
α
=
3. VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1. Cho đa thức . Tính
Bước 1:
Ta có
Bước 2: Lập bảng
1 -3 8 11 -1 7
0 -3 -2 -1 0 1
1 -6 20 -9 -1 6
Bước 3: P(3) = 6
Ví dụ 2. Cho đa thức . Tính P(2)
Bước 1:
NHÓM 10 6
PHƯƠNG PHÁP TÍNH
Bước 2: Lập bảng
-6 2 5 0 -4 13 0 -9
0 -15 -12 -9 -6 -3 0 3
-6 92 -1099 9891 -59350 178063 0 -9

Bước 3: P(3) = -9
Ví dụ 3. Cho đa thức . Tính .
Ta thấy chưa có dạng chuẩn tắc suy rộng nên ta viết lại như sau:
Bước 1:
Bước 2: Lập bảng
1
3 0 -5 2 -1 -1 6
0 1 1 1 1 1 1 1
3 3 -2 0 3/5 -2/5 -7/5 23/5
Bước 3: P(-4) = 23/5
4. ĐOẠN CHƯƠNG TRÌNH TƯƠNG ỨNG
Chương trình chạy được trên máy có cài đặt turbo pascal.
program_tinhgiatridathuc;
uses crt;
var a, b: array[0 100] of integer;
alpha, x0, h, i, j, n: integer;
begin
writeln(‘nhap vao alpha, x0, h ‘); readln(alpha, x0, h);
writeln(‘nhap vao bac cua da thuc n :’); readln(n);
for i:= 1 to n do
begin
write(‘a[‘,i,’] = ‘); readln(a[i]);
end;
b[n] := a[n];
write(‘ tinh b0 là : ‘);
for i:= n – 1 downto 0 do
b[i]:= a[i] + (alpha – x0 – i*h)*b[i+1];
writeln(b[i]);
readln;
end.

NHÓM 10 7
PHƯƠNG PHÁP TÍNH
5. TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Bài giảng của thầy Trịnh Công Diệu.
[2] Đậu Thế Cấp, 2007, Cấu trúc đại số, NXB Giáo dục.
[3] Tài liệu các khóa 34, 35.
[4] Hoàng Kiếm, Nguyễn Đức Thắng, Đinh Nguyễn Anh Dũng, 2006, Giáo trình tin học đại cương,
NXB Thống kê.
NHÓM 10 8