Xấp xỉ đều và ứng dụng trong toán sơ cấp

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỖ MẠNH HÀ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

CHUYÊN NGÀNH TOÁN GIẢI TÍCH

ĐỖ MẠNH HÀ

XẤP XỈ ĐỀU VÀ ỨNG DỤNG TRONG TOÁN SƠ CẤP

KHÓA 18 ĐỢT 1

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI, 2016


2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

ĐỖ MẠNH HÀ

XẤP XỈ ĐỀU VÀ ỨNG DỤNG TRONG TOÁN SƠ CẤP
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Văn Hùng

HÀ NỘI, 2016


3

Lời cảm ơn
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn trân trọng đến TS. Nguyễn Văn Hùng,
thầy đã trực tiếp hướng dẫn tận tình và động viên tác giả trong suốt thời gian
nghiên cứu và làm luận văn.
Trong suốt quá trình học tập và làm luận văn thông qua các bài giảng,
tác giả luôn nhận được sự giúp đỡ tận tình của các thầy cô công tác tại
Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, tác giả xin tỏ lòng biết ơn các thầy cô.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, phòng sau đại học đã tạo
điều kiện để tác giả hoàn thành chương trình học và hoàn thành được luận
văn.
Tác giả xin cảm ơn gia đình, người thân và các bạn trong khóa K18 đã
giúp đỡ động viên, cổ vũ mình trong quá trình học tập tại trường cũng như
thời gian hoàn thành luận văn.
Mặc dù đã cố nhiều cố gắng song luận văn không thể tránh khỏi những
thiếu sót và hạn chế. Tác giả mong nhận được đóng góp của thầy cô và các
bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.
Xin trân trọng cảm ơn!


4

- Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan rằng số liệu và kết quả nghiên cứu trong luận văn này
là trung thực và không trùng lặp với các đề tài khác. Tôi cũng xin cam đoan
rằng mọi sự giúp đỡ cho việc thực hiện luận văn này đã được cảm ơn và các
thông tin trích dẫn trong luận văn đã được chỉ rõ nguồn gốc.

Tác giả
Đỗ Mạnh Hà


5

MỤC LỤC
Mở đầu…...................................................................................... 6
Chương 1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN…………………... 8
1.1. Không gian tuyến tính…………………………………….

8

1.2. Không gian Banach……………………………………….. 8
1.3. Không gian Hilbert……………………………………….. 10
Chương 2. LÝ THUYẾT XẤP XỈ TỐT NHẤT………………... 12
2.1. Xấp xỉ tốt nhất trong không gian Banach………………… 12
2.2. Xấp xỉ đều tốt nhất trong không gian C[a;b]……………….. 14
2.3. Xấp xỉ tốt nhất trong không gian Hilbert…………………. 22
2.4. Xấp xỉ tốt nhất trong L2[a;b]……………………………… 28
Chương 3. ỨNG DỤNG CỦA XẤP XỈ TỐT NHẤT.................. 33
3.1. Ứng dụng trong toán sơ cấp………………………………. 33
3.2. Một số ứng dụng khác……………………………………. 74
Kết luận…………………………………………………………. 86

Tài liệu tham khảo........................................................................ 87


6

Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Giải tích số hay còn gọi là phương pháp số, phương pháp tính, toán học
tính toán, là một khoa học nghiên cứu cách giải gần đúng, chủ yếu là giải số,
giải phương trình, giải các bài toán xấp xỉ hàm số và các bài toán tối ưu.
Các bài toán xấp xỉ hàm số là một trong nhiệm vụ chính của giải tích
số, bằng việc thay một hàm có dạng phức tạp hoặc hàm dưới dạng bảng
bằng những hàm số đơn giản hơn với sai số nhỏ.
Một bộ phận nhỏ của xấp xỉ hàm là xấp xỉ đều tốt nhất có thể áp dụng
để giải một số bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số hay một
biểu thức nào đó đã được đề cập trong các kỳ thi học sinh giỏi.
2. Mục đích nghiên cứu
Đề tài nghiên cứu:"Xấp xỉ đều và ứng dụng trong toán sơ cấp" nhằm
tìm hiểu các bài toán trong không gian Banach, không gian C[a;b], không gian
Hilbert và L2[a;b]. Ứng dụng của xấp xỉ tốt nhất trong các bài toán sơ cấp.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Tìm hiểu các bài toán trong không gian Banch, không gian C[a;b] không
gian Hilbert, L2[a;b] và một số ứng dụng vào toán sơ cấp.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng và phạm vi nghiên cứu là các hàm trong không gian Banch,
không gian C[a;b] và không gian Hilbert và ứng dụng của xấp xỉ tốt nhất trong
các bài toán sơ cấp.
5. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu của giải tích và giải tích số.
6. Giả thuyết khoa học

Trình bày có hệ thống và rõ ràng một số vấn đề của lý thuyết xấp xỉ tốt
nhất trong các không gian Banach, C[a;b], Hilbert và L2[a;b].


7

Ứng dụng của xấp xỉ tốt nhất giải quyết một lớp các bài toán sơ cấp và
một số ứng dụng.


8

CHƯƠNG 1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.1. KHÔNG GIAN TUYẾN TÍNH
Định nghĩa 1.1.1. Trên tập 𝑋 ≠ ∅ , xác định một cấu trúc tuyến tính 
nếu với mỗi x, y  X với mỗi tϵℝ ( hoặc 𝑡 ∈ ℂ) xác định phép cộng x  y  X
và phép nhân tx  X thỏa mãn các tính chất sau:
𝑎. 𝑥 + 𝑦 = 𝑦 + 𝑥.
𝑏. (𝑥 + 𝑦) + 𝑧 = 𝑥 + (𝑦 + 𝑧).
𝑐. 𝑠(𝑡𝑥) = (𝑠𝑡)𝑥.
𝑑. (𝑠 + 𝑡)𝑥 = 𝑠𝑥 + 𝑡𝑥.
𝑒. 𝑡(𝑥 + 𝑦) = 𝑡𝑥 + 𝑡𝑦.
𝑓. ∃ 𝜃 ∈ 𝑋: 𝑥 + 𝜃 = 𝜃 + 𝑥 = 𝑥.
𝑔. ∃(−𝑥) ∈ 𝑋: 𝑥 + (−𝑥) = 𝜃, ∀𝑥 ∈ 𝑋.
ℎ. 1. 𝑥 = 𝑥,
trong đó x, y, z  X ; s, t 

(hay s, t  ).

Khi đó ( X ,  ) là không gian tuyến tính.

Định nghĩa 1.1.2 Cho hệ 𝑛 véc tơ 𝑥1 , 𝑥2 ,…𝑥𝑛 trong không gian tuyến
tính 𝑋. Xét đẳng thức véc tơ 1x1   2 x2  ...   n xn  0 . Đẳng thức trên xảy ra
⟺ 1   2  ...   n  0 thì hệ 𝑛 véc tơ đó là độc lập tuyến tính hoặc tồn tại bộ

1, 2 ..., n với

n


i 1

2
i

 0 để đẳng thức trên xảy ra thì hệ 𝑛 véc tơ đó là độc

lập tuyến tính.
1.2. KHÔNG GIAN BANACH
Định nghĩa 1.2.1. Tập 𝑋 khác rỗng gọi là không gian metric nếu với
mỗi cặp phần tử x, y đều xác định theo quy tắc nào đó, một số thực  ( x, y)
gọi là : "khoảng cách giữa x, y " và thỏa mãn các tiên đề sau:
a,  ( x, y)  0 nếu x  y ,


9

 ( x, y)  0  x  y.
b,  ( x, y )   ( y, x),  x, y  X .
c,  ( x, z )   ( x, y )   ( y, z ),  x, y, z  X .

Hàm số  ( x, y) gọi là metric của không gian 𝑋.
Định nghĩa 1.2.2. Cho không gian metric 𝑋. Dãy  xn  được gọi là dãy
Cauchy (hay dãy cơ bản) nếu lim   xn , xm   0 tức là:   0 cho trước,
m ,n

n0  N , sao cho n  n0 , m  n0 , ta có   xn , xm    .

Nhận xét: Mọi dãy hội tụ bao giờ cũng là dãy Cauchy (dãy cơ bản), vì
nếu xn  x thì theo bất đẳng thức tam giác ta có:

 ( xn , x m )   ( xn , x)   (x, x m )  0, (m, n  ).
Định nghĩa 1.2.3. Không gian tuyến tính định chuẩn
Giả sử 𝑋 là một không gian tuyến tính trên 𝑅.
Ánh xạ . : X  R xác định trên 𝑋 lấy giá trị trên tập số thực:
x  R thỏa mãn các điều kiện sau:
a. x  0, x  X , x  0  x   .
b. x  y  x  y , x, y  X .
c.  x   x ,   , x  X ,

được gọi là một chuẩn trên 𝑋.
Không gian tuyến tính X cùng với . được gọi là không gian tuyến tính
định chuẩn.
Định nghĩa 1.2.4. Không gian định chuẩn 𝑋 gọi là không gian Banach
nếu mọi dãy cơ bản trong 𝑋 đều hội tụ.
Định nghĩa 1.2.5. Không gian các hàm số liên tục trên đoạn [𝑎; 𝑏], kí
hiệu là 𝐶[𝑎; 𝑏].


10

1.3. KHÔNG GIAN HILBERT
Trong phần này ta xét 𝑋 là một không gian Hilbert thực.
Định nghĩa 1.3.1. Không gian tiền Hilbert
Một không gian tuyến tính thực 𝑋 được gọi là không gian tiền Hibert
nếu trong đó có xác định một hàm hai biến ( x, y) gọi là tích vô hướng của hai
véc tơ ( x, y) với các tính chất sau:
a, ( x, y )  ( y, x).
b, ( x  y, z )  ( x, z )  ( y, z ).
c, ( x, y)   ( x, y) với  là số thực.

d ,  x, x   0 nếu x  0,  x, x   0 nếu 𝑥 = 𝜃.
e,  x, x   x hay x 
2

 x, x 

xác định một chuẩn trong

không gian 𝑋, nói cách khác không gian tiền Hilbert như trên là không gian
định chuẩn.
Ví dụ 1.3.1. Không gian Ca;b gồm tất cả các hàm liên tục trên đoạn

 a; b với các phép toán thông thường và tích vô hướng cho bởi:
b

 x, y    x(t ). y(t )dt

là một không gian tiền Hilbert.

a

Định nghĩa 1.3.2. Không gian tiền Hilbert đầy đủ là một không gian
Hilbert.


b



1
2

Ví dụ 1.3.2. Không gian L2a ,b với chuẩn x    x(t ) dt  là một
a

2



không gian Hilbert.
Nhận xét
i) Không gian tiền Hilbert là không gian định chuẩn với chuẩn
x  ( x, x) .


11

ii) Không gian tiền Hilbert luôn có bất đẳng thức Schwars:

 x, y 

 x. y.

iii) Không gian tiền Hilbert luôn thỏa mãn điều kiện hình bình hành:



x y  x y 2 x  y
2

2

.

iv) Tích vô hướng ( x, y) là một hàm số liên tục đối với biến 𝑥 và 𝑦.


12

CHƯƠNG 2. LÝ THUYẾT XẤP XỈ ĐỀU TỐT NHẤT
2.1.

Xấp xỉ tốt nhất trong không gian Banach
Cho X là không gian Banach và 𝑋1 là không gian con hữu hạn chiều

của nó. Với mỗi 𝑦 ∈ 𝑋 cho trước, hãy tìm 𝜑0 ∈ 𝑋1 sao cho:
‖𝜑0 − 𝑦‖ = 𝑑(𝑦, 𝑋1 ) = inf ‖𝜑 − 𝑦‖.
𝜑∈𝑋1

Phần tử 𝜑0 nếu tồn tại được gọi là xấp xỉ tốt nhất của y trong 𝑋1 .

Định lý 2.1.1. Nếu 𝑋1 là không gian con hữu hạn chiều của không gian
Banach 𝑋 thì mỗi phần tử 𝑦 ∈ 𝑋 luôn tồn tại phần tử xấp xỉ tốt nhất trong 𝑋1 .
Chứng minh: Đặt Ω = {𝑥 ∈ 𝑋1 : ‖𝑥‖ ≤ 2‖𝑦‖}. Nếu 𝑣 ∈ 𝑋1 ∖ Ω thì
‖𝑦 − 𝑣‖ ≥ ‖𝑣‖ − ‖𝑦‖ > ‖𝑦‖ = ‖𝑦 − 𝜙‖.
Do đó 𝑣 không xấp xỉ 𝑦 tốt bằng phần tử 𝜃 ∈ Ω. Như vậy, ta có thể giới
hạn việc tìm xấp xỉ tốt nhất trong Ω. Do đó Ω là tập đóng, bị chặn trong không
gian con hữu hạn chiều 𝑋1 nên Ω là tập compact.
Xét hàm số : 𝜙(𝑣) ≔ ‖𝑦 − 𝑣‖ ta có :
|𝜙(𝑣) − 𝜙(𝑣 ′ )| = |‖𝑦 − 𝑣‖ − ‖𝑦 − 𝑣 ′ ‖| ≤ ‖𝑣 − 𝑣 ′ ‖ (∀𝑣, 𝑣 ′ ∈ Ω)
Từ đó suy ra 𝜙 là hàm liên tục trên tập compact Ω, do đó 𝜙 đạt cực
tiểu, tức là ∃𝑥0 ∈ Ω: 𝜙(𝑥0 ) = min‖𝑦 − 𝑣‖ (đpcm).
𝑣∈𝑋1

Định nghĩa 2.1.1. Không gian tuyến tính định chuẩn 𝑋 được gọi là lồi
chặt nếu ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝑋; 𝑥, 𝑦 ≠ 0 thỏa mãn ‖𝑥 + 𝑦‖ = ‖𝑥‖ + ‖𝑦‖ thì ta có
𝑦 = 𝜆𝑥 (𝜆 > 0).
Định lý 2.1.2.Trong không gian Banach lồi chặt, tồn tại duy nhất xấp xỉ
tốt nhất.
Chứng minh: Sự tồn tại từ Định lý 2.1.1
Giả sử 𝑥1 , 𝑥2 ∈ 𝑋1 là hai xấp xỉ tốt nhất của 𝑥 ∈ 𝑋, tức là:
‖𝑥 − 𝑥1 ‖ = 𝑑 ≔ (𝑥, 𝑋1 ) (𝑖 = 1,2).
 Trường hợp 1: 𝑑 = 0 ⇒ 𝑥 ≡ 𝑥𝑖 (𝑖 = 1,2) ta có (đpcm)


13

 Trường hợp 2:
𝑑 > 0, 𝑑 ≤ ‖𝑥 −

𝑥 − 𝑥1

1
1
‖ ≤ ‖𝑥 − 𝑥1 ‖ + ‖𝑥 − 𝑥2 ‖ = 𝑑.
2
2
2

 Suy ra
‖

𝑥 − 𝑥1 𝑥 − 𝑥2
𝑥 − 𝑥1
𝑥 − 𝑥2
+
‖=‖
‖+‖
‖.
2
2
2
2

Vì 𝑋 là lồi chặt nên
𝑥 − 𝑥2 𝑥 − 𝑥1
=
hay 𝑥1 ≡ 𝑥2 (đ𝑝𝑐𝑚).
2
2
Định lý 2.1.3. Mọi không gian Hilbert thực là lồi chặt.
Chứng minh: Từ ‖𝑥 + 𝑦‖ = ‖𝑥‖ + ‖𝑦‖ với ∀𝑥, 𝑦 ≠ 0, ta cần chứng

minh 𝑦 = 𝜆𝑥 (𝜆 > 0).
Thật vậy:
‖𝑥 + 𝑦‖ = ‖𝑥‖ + ‖𝑦‖ ⇔ ‖𝑥 + 𝑦‖2 = ‖𝑥‖2 + ‖𝑦‖2 + 2‖𝑥‖. ‖𝑦‖
⟺ 〈𝑥 + 𝑦, 𝑥 + 𝑦〉 = ‖𝑥 + 𝑦‖2 = ‖𝑥‖2 + ‖𝑦‖2 + 2‖𝑥‖. ‖𝑦‖
⟺ 〈𝑥, 𝑥〉 + 〈𝑥, 𝑦〉 + 〈𝑦, 𝑥〉 + 〈𝑦, 𝑦〉 = ‖𝑥‖2 + ‖𝑦‖2 + 2‖𝑥‖. ‖𝑦‖
⟺ ‖𝑥‖2 + ‖𝑦‖2 + 2〈𝑥, 𝑦〉 = ‖𝑥‖2 + ‖𝑦‖2 + 2‖𝑥‖. ‖𝑦‖
⟺ 〈𝑥, 𝑦〉 = ‖𝑥‖. ‖𝑦‖(∗)
Theo bất đẳng thức Schwartz: ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐻 ta có |〈𝑥, 𝑦〉| ≤ ‖𝑥‖. ‖𝑦‖(∗∗)
Dấu " = " xảy ra ⟺ 𝑦 = 𝜆𝑥.
Hệ thức (∗) chứng tỏ (∗∗) đạt được dấu " = "
Do đó hệ thức (∗) tương đương với:
{

𝑦 = 𝜆𝑥
𝑦 = 𝜆𝑥
𝑦 = 𝜆𝑥
𝑦 = 𝜆𝑥
⟺{
⟺{
⟺{
|〈𝑥, 𝑦〉| = 〈𝑥, 𝑦〉
〈𝑥, 𝜆𝑥〉 ≥ 0
𝜆〈𝑥, 𝑥〉 ≥ 0
𝜆≥0

Theo giả thiết 𝑥, 𝑦 ≠ 0 ⇒ 𝜆 ≠ 0 vậy 𝑦 = 𝜆𝑥 (𝜆 ≥ 0) (đpcm).
Chú ý: Không gian 𝐶[𝑎;𝑏] không phải là không gian lồi chặt.
𝑥(𝑡) = 1, 𝑦(𝑡) =
Khi đó ta có:

𝑡−𝑎
với 𝑡 ∈ [𝑎; 𝑏].
𝑏−𝑎


14

Thật vậy:
𝑡−𝑎
Xét ‖𝑥(𝑡)‖ = 1, ‖𝑦(𝑡)‖ = max ‖
‖ = 1 ⇒ ‖𝑥‖ + ‖𝑦‖ = 2.
𝑡∈[𝑎;𝑏] 𝑏 − 𝑎
𝑡−𝑎
Mặt khác: ‖𝑥 + 𝑦‖ = max ‖1 +
‖ = 2.
𝑡∈[𝑎;𝑏]
𝑏−𝑎
Vậy ‖𝑥 + 𝑦‖ = ‖𝑥‖ + ‖𝑦‖ = 2.
Nhưng 𝑦 ≠ 𝜆𝑥 (∀𝜆 ≥ 0), do đó 𝐶[𝑎;𝑏] không phải là không gian lồi
chặt.
2.2.

Xấp xỉ đều tốt nhất trong không gian 𝑪[𝒂;𝒃]
Xét 𝑋 = 𝐶[𝑎;𝑏] là không gian các hàm thực liên tục trên đoạn [𝑎; 𝑏] với

chuẩn bởi ‖𝜑‖ = max ‖𝜑(𝑡)‖, 𝑋1 là không gian con của X sinh bởi
𝑡∈[𝑎,𝑏]

{1, 𝑥, … , 𝑥 𝑛 }. Khi đó theo kết quả phần trên thì với mỗi 𝑦 ∈ 𝑋, tồn tại một xấp
xỉ tốt nhất 𝑄𝑛0 (𝑥) có dạng: 𝑄𝑛0 (𝑥) = ∑𝑛𝑗=0 𝑎𝑗 𝑥 𝑗 .

Kí hiệu: 𝐸 𝑛 (𝑦) = ‖𝑦 − 𝑄𝑛0 (𝑥)‖.
Người ta gọi 𝑄𝑛0 (𝑥) là đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của y. Dưới đây ta sẽ
tìm điều kiện cần và đủ để một đa thức 𝑄𝑛0 (𝑥) ∈ 𝑋1 là xấp xỉ đều tốt nhất của
một hàm số 𝑓 ∈ 𝑋.
Định lý 2.2.1 (Valleé-Poussin). Giả sử 𝑓 ∈ 𝐶[𝑎;𝑏] và 𝑄 ∈ 𝑋1 . Nếu tồn
tại 𝑛 + 2 điểm phân biệt: 𝑎 ≤ 𝑥0 < 𝑥1 < ⋯ < 𝑥𝑛+1 ≤ 𝑏 sao cho 𝑓(𝑥𝑖 ) −
𝑄(𝑥𝑖 ) lần lượt đổi dấu, nghĩa là sign{(−1)𝑖 [𝑓(𝑥𝑖 ) − 𝑄(𝑥𝑖 )]} = const
(𝑖 = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
0, 𝑛 + 1) thì 𝐸𝑛 (𝑓) ≥ 𝜇 ≔ min |𝑓(𝑥𝑖 ) − 𝑄(𝑥𝑖 )|.
̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑖=0,𝑛+1

Chứng minh: Rõ ràng 𝜇 > 0.
Giả sử 𝐸𝑛 (𝑓) < 𝜇 và 𝑃 ∈ 𝑋1 là đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của f trên
[𝑎; 𝑏]. Khi đó ‖𝑓 − 𝑃‖ = 𝐸𝑛 (𝑓) < 𝜇.
Suy ra |𝑃(𝑥𝑖 ) − 𝑓(𝑥𝑖 )| ≤ ‖𝑃 − 𝑓‖ < 𝜇 ≤ |𝑄(𝑥𝑖 ) − 𝑓(𝑥𝑖 )|.


15

Do đó: sign[𝑄(𝑥𝑖 ) − 𝐹(𝑥𝑖 )] = sign{[𝑄(𝑥𝑖 ) − 𝑓(𝑥𝑖 )] + [𝑓(𝑥𝑖 ) − 𝑃(𝑥𝑖 )]}
= sign[𝑄(𝑥𝑖 ) − 𝑓(𝑥𝑖 )] (𝑖 = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
0, 𝑛 + 1).
Như vậy đa thức 𝑄 − 𝑃 ∈ 𝑋1 đổi dấu (n+2) lần nên có ít nhất n+1
nghiệm.
Suy ra 𝑃 ≡ 𝑄. Vậy ta có :
𝜇 > ‖𝑓 − 𝑃‖ = ‖𝑓 − 𝑄‖ ≥ min ‖𝑓(𝑥𝑖 ) − 𝑄(𝑥𝑖 )‖ = 𝜇
̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑖=0,𝑛+1

đây là điều mâu thuẫn (đpcm).
Định lý 2.2.2 (Chebyshev). Điều kiện cần và đủ để đa thức 𝑃 ∈ 𝑋1 là
đa thức xấp xỉ tốt nhất của hàm 𝑓 ∈ 𝐶[𝑎; 𝑏] là tồn tại (𝑛 + 2) điểm
𝑎 ≤ 𝑥0 < 𝑥1 < ⋯ < 𝑥𝑛+1 ≤ 𝑏 sao cho
𝑓(𝑥𝑖 ) − 𝑃(𝑥𝑖 ) = 𝛼(−1)𝑖 ‖𝑓 − 𝑃‖, (𝑖 = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
0, 𝑛 + 1),
trong đó 𝛼 = 1 hoặc 𝛼 = −1 và với mọi 𝑖.
Chứng minh:
Điều kiện đủ: Giả sử tồn tại (𝑛 + 2) điểm 𝑎 ≤ 𝑥0 < 𝑥1 < ⋯ < 𝑥𝑛+1 ≤
𝑏 thỏa mãn 𝑓(𝑥𝑖 ) − 𝑃(𝑥𝑖 ) = 𝛼(−1)𝑖 ‖𝑓 − 𝑃‖, 𝑃 ∈ 𝑋1 .
Ta phải chứng minh P là đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của f trên [𝑎; 𝑏].
Thật vậy, ta có |𝑓(𝑥𝑖 ) − 𝑃(𝑥𝑖 )| = ‖𝑓 − 𝑃‖, (𝑖 = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
0, 𝑛 + 1).
Suy ra min ‖𝑓(𝑥𝑖 ) − 𝑄(𝑥𝑖 )‖ = ‖𝑓 − 𝑃‖.
̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑖=0,𝑛+1

Theo định lý Valleé-Poussin, ta có
𝜇 = ‖𝑓 − 𝑃‖ ≥ 𝐸𝑛 (𝑓) ≥ 𝜇 ⇒ ‖𝑓 − 𝑃‖ = 𝐸𝑛 (𝑓).
Từ tính duy nhất của xấp xỉ đều tốt nhất, suy ra P là đa thức xấp xỉ đều
tốt nhất của 𝑓 ∈ [𝑎; 𝑏].
Điều kiện cần: Giả sử 𝑄𝑛 (𝑥) là đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của 𝑓 ∈
[𝑎; 𝑏], ta cần phải chứng minh ∃(𝑛 + 2) điểm 𝑎 ≤ 𝑦0 < 𝑦1 < ⋯ < 𝑦𝑛+1 ≤ 𝑏
sao cho: 𝑓(𝑦𝑖 ) − 𝑄𝑛 (𝑦𝑖 ) = 𝛼(−1)‖𝑓 − 𝑄𝑛 ‖.


16

Đặt 𝐿 = ‖𝑓 − 𝑄𝑛 ‖, kí hiệu 𝑦1 = inf{𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏]: |𝑓(𝑥) − 𝑄𝑛 (𝑥)|} = 𝐿.
Từ định nghĩa của 𝐿 và sự liên tục của |𝑓(𝑥) − 𝑄𝑛 (𝑥)|, suy ra sự tồn tại

của 𝑦1 .
Vậy |𝑓(𝑦1 ) − 𝑄𝑛 (𝑦1 )| = 𝐿.
Ta coi 𝑓(𝑦1 ) − 𝑄𝑛 (𝑦1 ) = 𝐿.
Kí hiệu: 𝑦2 = 𝑖𝑛𝑓{𝑥 ∈ (𝑦1 , 𝑏]: 𝑓(𝑥) − 𝑄𝑛 (𝑥)} = −𝐿.
𝑦𝑘+1 = 𝑖𝑛𝑓{𝑥 ∈ [𝑦𝑘 , 𝑏]: 𝑓(𝑥) − 𝑄𝑛 (𝑥)} = (−1)𝑘 𝐿.
Vậy : 𝑓(𝑦𝑘+1 ) − 𝑄𝑛 (𝑦𝑘+1 ) = (−1)𝑘 𝐿.
Tiếp tục quá trình này cho đến khi 𝑦𝑚 = 𝑏 hoặc không lấy được 𝑦𝑚 .
Nếu 𝑚 ≥ 𝑛 + 2 thì ta có điều phải chứng minh.
Giả sử 𝑚 < 𝑛 + 2. Vì (𝑓(𝑥) − 𝑄𝑛 (𝑥)) liên tục trên [𝑎; 𝑏] nên với mỗi
k(2 ≤ 𝑘 ≤ 𝑚) có thể lấy 𝑧𝑘−1 sao cho |𝑓(𝑥) − 𝑄𝑛 (𝑥)| < 𝐿, với
𝑧𝑘−1 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦𝑘 .
Đặt 𝑧0 = 𝑎, 𝑧𝑚 = 𝑏. Theo phép xây dựng trên thì mỗi [zi−1 , zi ],
𝑖 = ̅̅̅̅̅̅
1, 𝑚, có điểm 𝑦𝑖 ở đó sao cho 𝑓(𝑦𝑖 ) − 𝑄𝑛 (𝑦𝑖 ) = (−1)𝑖−1 𝐿, và
không có điểm x để [𝑓(𝑦𝑖1 ) − 𝑄𝑛 (𝑦𝑖 )] = (−1)𝑖 𝐿.
𝑑
Đặt 𝑣(𝑥) = ∏𝑚−1
𝑗=1 (𝑧𝑗 − 𝑥) , 𝑄𝑛 (𝑥) = 𝑄𝑛 (𝑥) + 𝑑𝑣(𝑥)(𝑑 > 0).

Xét hàm số: 𝑓(𝑥)−𝑄𝑛𝑑 (𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑄𝑛 − 𝑑𝑣(𝑥) trên đoạn [z0 ; z1 ].
Trên [z0 ; z1 ) thì 𝑣(𝑥) > 0 do đó: 𝑓(𝑥)−𝑄𝑛𝑑 (𝑥) ≤ 𝐿 − 𝑑𝑣(𝑥) < 𝐿.
Mặt khác |𝑓(z1 )−Qdn (z1 )| = |𝑓(z1 )−𝑄𝑛 (z1 )| < 𝐿.
Từ đó suy ra 𝑓(𝑥)−𝑄𝑛 (𝑥) > 𝐿, ∀𝑥 ∈ [z0 ; z1 ]. Như vậy tồn tại 𝑑1
dương đủ nhỏ để ∀𝑑 ∈ (0; 𝑑1 ) thì ta có 𝑓(𝑥)−𝑄𝑛𝑑 (𝑥) < 𝐿, ∀𝑥 ∈ [z0 ; z1 ].
Xét hàm số 𝑓(𝑥)−𝑄𝑛𝑑 (𝑥) trên đoạn [z0 ; z1 ], với (z0 ; z1 ) ta có:
𝑣(𝑥) < 0. Suy ra 𝑓(𝑥)−𝑄𝑛𝑑 (𝑥) ≥ −𝐿 − 𝑑𝑣(𝑥) > −𝐿.
Ta lại có 𝑓(𝑥)−𝑄𝑛 (𝑥) > 𝐿, ∀𝑥 ∈ [z0 ; z1 ].
Vậy với 𝑑 < 𝑑2 thì 𝑓(𝑥)−𝑄𝑛 (𝑥) > 𝐿, ∀𝑥 ∈ [z0 ; z1 ].

17

Mặt khác: |𝑓(𝑧1 )−𝑄𝑛𝑑 (𝑧1 )| = |𝑓(𝑧1 )−𝑄𝑛 (𝑧1 )| < 𝐿.
|𝑓(𝑧2 )−𝑄𝑛𝑑 (𝑧2 )| = |𝑓(𝑧2 )−𝑄𝑛 (𝑧2 )| < 𝐿.
Vậy tồn tại 𝑑2 dương đủ nhỏ để ∀𝑑 ∈ [0; 𝑑2 ]. Ta có:
|𝑓(𝑥)−𝑄𝑛𝑑 (𝑥)| < 𝐿 ∀𝑥 ∈ [𝑧0 ; 𝑧1 ].
Lập luận tương tự như trên đoạn [𝑧0 ; 𝑧1 ], đối với các đoạn [𝑧𝑖−1 ; 𝑧𝑖 ] với
𝑖 = 2𝑘 + 1, 𝑘 = 0,1,2, … ., khi đó ∃0 < 𝑑𝑖 sao cho 0 < 𝑑 < 𝑑1 thì
|𝑓(𝑥)−𝑄𝑛𝑑 (𝑥)| < 𝐿, ∀𝑥 ∈ [𝑧𝑖−1 ; 𝑧𝑖 ].
Đối với các đoạn [zi−1 ; zi ] với 𝑖 = 2𝑘, 𝑘 = 0,1,2, … ., lập luận như trên
đoạn [z1 ; z2 ] ta được ∃ 𝑑 > 0 sao cho 0 < 𝑑 < 𝑑1 thì:
|𝑓(𝑥)−𝑄𝑛𝑑 (𝑥)| < 𝐿, ∀𝑥 ∈ [𝑧𝑖−1 ; 𝑧𝑖 ].
Như vậy chọn 𝑑0 < 𝑚𝑖𝑛 {𝑑𝑖 ; 𝑖 = 1, … 𝑚}.
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
Suy ra |𝑓(𝑥)−𝑄𝑛𝑑 (𝑥)| < 𝐿 trên [𝑧𝑖−1 ; 𝑧𝑖 ], 𝑖 = 1,
… . , 𝑚.
Vì 𝑣(𝑥), 𝑄(𝑥) ∈ 𝑋1 ⇒ 𝑄𝑛𝑑 (𝑥) ∈ 𝑋1 và ⋃𝑚
𝑖=1[𝑧𝑖−1 ; 𝑧𝑖 ] = [𝑎; 𝑏].
Suy ra |𝑓(𝑥)−𝑄𝑛𝑑 (𝑥)| < 𝐿 ∀𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏].
Vậy max |𝑓 (𝑥)−𝑄𝑛𝑑 (𝑥)| < 𝐿, trái với giả thiết 𝑄𝑛 (𝑥) là xấp xỉ đều tốt
𝑥∈[𝑎;𝑏]

nhất.
Suy ra 𝑚 ≥ 𝑛 + 2 (đpcm).
Định lý 2.2.3. Đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của 𝑓 ∈ 𝐶[𝑎; 𝑏] là duy nhất.
Chứng minh: Giả sử 𝑃, 𝑄 ∈ 𝑋1 là xấp xỉ đều tốt nhất của 𝑓 trên [𝑎; 𝑏].
𝑃+𝑄
∈ 𝑋1 là xấp xỉ đều tốt nhất của 𝑓 trên [𝑎; 𝑏] vì:
2
𝑃+𝑄

1
1
𝐸𝑛 (𝑓) ≤ ‖𝑓 −
‖ ≤ ‖𝑓 − 𝑃‖ + ‖𝑓 − 𝑄‖ = 𝐸𝑛 (𝑓).
2
2
2
𝑃+𝑄
Gọi {𝑥𝑖 }𝑛+1
ta có:
𝑖=0 là 𝑛 + 2 điểm luân phiên Chebyshev của
2
𝑃(𝑥𝑖 ) + 𝑄(𝑥𝑖 )
− 𝑓(𝑥𝑖 )| = 𝐸𝑛 (𝑓)(𝑖 = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
0, 𝑛 + 1)(∗)
|
2
Khi đó


18

Từ đây suy ra: 𝐸𝑛 (𝑓) = |𝑃(𝑥𝑖 ) − 𝑓(𝑥𝑖 ) + 𝑄(𝑥𝑖 ) − 𝑓(𝑥𝑖 )|
1
1
1
1
≤ |𝑃(𝑥𝑖 ) − 𝑓(𝑥𝑖 )| + |𝑄(𝑥𝑖 ) − 𝑓(𝑥𝑖 )| ≤ ‖𝑃 − 𝑓‖ + ‖𝑄 − 𝑓‖
2
2

2
2
= 𝐸𝑛 (𝑓).
Do đó | 𝑃(𝑥𝑖 ) − 𝑓(𝑥𝑖 )| = |𝑄(𝑥𝑖 ) − 𝑓(𝑥𝑖 )| = 𝐸𝑛 (𝑓), 𝑖 = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
0, 𝑛 + 1,
hay 𝑃(𝑥𝑖 ) − 𝑓(𝑥𝑖 ) = 𝜆[𝑄(𝑥𝑖 ) − 𝑓(𝑥𝑖 )](𝜆 = ±1).
Ta có: |1 + 𝜆𝑖 |. |𝑄(𝑥𝑖 ) − 𝑓(𝑥𝑖 )| = (1 + 𝜆𝑖 )𝐸𝑛 (𝑓) = 𝐸𝑛 (𝑓) ⇒ 𝜆 = 1.
Từ đó suy ra: 𝑃(𝑥𝑖 ) = 𝑄(𝑥𝑖 ), (𝑖 = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
0, 𝑛 + 1) hay 𝑃 ≡ 𝑄.
Định lý 2.2.4. . Đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của 𝑃 ∈ 𝑋1 của một hàm
𝑓 ∈ 𝐶[−1; 1] chẵn (lẻ) cũng là hàm chẵn (lẻ).
Chứng minh: Giả sử f là hàm chẵn 𝑃(𝑥) ∈ 𝑋1 là xấp xỉ tốt nhất của nó.
Với mọi 𝑥 ∈ [−1; 1] thì |𝑓(𝑥𝑖 ) − 𝑃(𝑥𝑖 )| ≤ 𝐸𝑛 (𝑓).
Thay 𝑥 bởi – 𝑥, ta có:
|𝑓(−𝑥) − 𝑃(−𝑥)| = |𝑓(𝑥) − 𝑃(−𝑥)| ≤ 𝐸𝑛 (𝑓) ∀𝑥 ∈ [−1; 1].
Suy ra 𝑃(−𝑥) cũng là đa thức xấp xỉ tốt nhất của f.
Do tính duy nhất của xấp xỉ đều tốt nhất ta được: 𝑃(−𝑥) = 𝑃(𝑥)
∀𝑥 ∈ [−1; 1].
Vậy 𝑃 ∈ 𝑋1 là hàm chẵn.
Trường hợp là hàm lẻ chứng minh tương tự.
Định lý 2.2.5. Giả sử 𝑓 ∈ 𝐶 𝑛 [𝑎; 𝑏] còn 𝑓 (𝑛+1) (𝑥) giới nội và không đổi
dấu [𝑎; 𝑏]. Khi đó:
inf |𝑓

𝑥∈[𝑎;𝑏]

(𝑛+1)

(𝑏 − 𝑎)(𝑛+1)
(𝑥)|. 2𝑛+1

≤ 𝐸𝑛 (𝑓)
(𝑛 + 1)!
2

≤ sup |𝑓
x∈[a;b]

(𝑛+1)

(𝑏 − 𝑎)(𝑛+1)
(𝑥)|. 2𝑛+1
.
(𝑛 + 1)!
2

Chứng minh: Gọi 𝑃 là đa thức nội suy của 𝑓 với các mốc nội suy:


19

𝑥𝑘 =

(2𝑘 − 1)𝜋
𝑎+𝑏 𝑏−𝑎
(𝑘 = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
+
cos
1, 𝑛 + 1) với 𝑓(𝑥𝑘 ) = 𝑃(𝑥𝑘 ).
2
2

2(𝑛 + 1)

Theo công thực ước lượng sai số của đa thức nội suy, ta có:
|𝑓(−𝑥) − 𝑃(−𝑥)| ≤ sup |𝑓

(𝑛+1)

𝑥∈[𝑎;𝑏]

(𝑏 − 𝑎)(𝑛+1)
(𝑥)|. | 2𝑛+1
| , ∀𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏].
(𝑛 + 1)!
2

Từ đó ta có:
𝐸𝑛 (𝑓) ≤ ‖𝑓 − 𝑃‖ ≤ sup |𝑓

(𝑛+1)

x∈[a;b]

(𝑏 − 𝑎)(𝑛+1)
(𝑥)|. | 2𝑛+1
|.
(𝑛 + 1)!
2

Giả sử 𝑄 là đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của hàm 𝑓 trên [𝑎; 𝑏], khi đó
theo định lý Chebyshev, ta có (𝑓 − 𝑄) đổi dấu (𝑛 + 2) lần nên: (𝑓 − 𝑄) có ít

nhất (𝑛 + 1) không điểm 𝑦𝑖 (𝑖 = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
1, 𝑛 + 1).
Như vậy 𝑄 là đa thức nội suy của hàm 𝑓 với các mốc nội suy {𝑦𝑖 }𝑛+1
𝑖=0 :
𝑓 (𝑛+1) (𝜉)
𝑓(𝑥) − 𝑃(𝑥) =
𝑊 (𝑥).
(𝑛 + 1)! 𝑛+1
Trong đó: 𝑊𝑛+1 (𝑥) = ∏𝑛+1
(𝑥 − 𝑦𝑖 ) , 𝜉 = 𝜉(𝑥) ∈ [𝑎; 𝑏].
𝑖
Giả sử |𝑊𝑛+1 (𝑥)| đạt max tạ𝑖 𝑥 = 𝑥0 ∈ [𝑎; 𝑏] ta có:
𝐸𝑛 (𝑓) ≤ ‖𝑓 − 𝑃‖ ≤ 𝑓(𝑥0 ) − 𝑄(𝑥0 ) = |𝑓(𝜉 (𝑥0 ))|.
≤ inf |𝑓

(𝑛+1)

𝑥∈[𝑎;𝑏]

‖𝑊𝑛+1 (𝑥0 )‖
(𝑛 + 1)!

‖𝑊𝑛+1 (𝑥0 )‖
(𝑏 − 𝑎)(𝑛+1)
(𝑛+1)
(𝑥)|.
(𝑥)| 2𝑛+1
≤ inf |𝑓
.
𝑥∈[𝑎;𝑏]

(𝑛 + 1)!
(𝑛 + 1)!
2

Suy ra đpcm.
Hệ quả: Đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc n của một đa thức bậc 𝑛 + 1
𝑓(𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1 + ⋯ + 𝑎𝑛+1 𝑥 𝑛+1 , 𝑎𝑛+1 ≠ 0 có dạng:
2𝑥 − (𝑎 + 𝑏) (𝑏 − 𝑎)𝑛+1
𝑄(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑎𝑛+1 𝑇𝑛+1 (
.
).
𝑏−𝑎
22𝑛+1
Chứng minh:
Ta có: 𝑓 (𝑛+1) (𝑥) = 𝑎𝑛+1 (𝑛 + 1)! = const.


20

(𝑏 − 𝑎)𝑛+1
Từ định lý 2.5 ta có: 𝐸𝑛 (𝑓) = |𝑎𝑛+1 |.
và đa thức 𝑄 có bậc
22𝑛+1
không quá 𝑛, ngoài ra:
2𝑥 − (𝑎 + 𝑏) (𝑏 − 𝑎)𝑛+1
𝑓(𝑥) − 𝑄(𝑥) = |𝑎𝑛+1 | |𝑇𝑛+1 (
.
)| .
𝑏−𝑎
22𝑛+1

Khi đó các điểm Chebyshev của 𝑄 là :
𝑥𝑘𝑖 =

𝑎+𝑏 𝑏−𝑎
𝜋𝑖
(𝑖 = ̅̅̅̅̅
+
cos
0, 𝑛) 𝑣à ‖𝑓 − 𝑄‖ = 𝐸𝑛 (𝑓).
(𝑛 + 1)
2
2

2.2.1. Xấp xỉ bằng đa thức bậc không
Định lý 2.2.6. Cho 𝑓 ∈ 𝐶[𝑎; 𝑏], đặt 𝑀 = max 𝑓(𝑥) , 𝑚 = min 𝑓(𝑥).
𝑥∈[𝑎;𝑏]

Khi đó 𝑄(𝑥) =

𝑥∈[𝑎;𝑏]

𝑀+𝑚
là đa thức xấp xỉ tốt nhất bậc không của 𝑓(𝑥)
2

trên đoạn [𝑎; 𝑏].
Chứng minh:
∀𝑐 ∈ ℝ: ‖𝑓 − 𝑐‖ ≥ |𝑀 − 𝑐|, ‖𝑓 − 𝑐‖ ≥ |𝑚 − 𝑐|
1
1

⇒ ‖𝑓 − 𝑐‖ ≥ (|𝑀 − 𝑐| + |𝑚 − 𝑐|) ≥ (𝑀 − 𝑚).
2
2
1
⇒ 𝐸0 (𝑓) ≥ (𝑀 − 𝑚).
2
1
1
Chọn 𝐶 = (𝑀 + 𝑚) ⇒ ‖𝑓 − 𝐶‖ = (𝑀 − 𝑚).
2
2
𝑀+𝑚
Kết luận: 𝑄(𝑥) =
= 𝐶 và 𝑥1 , 𝑥2 là hai điểm Chebyshev, với
2
𝑓(𝑥1 ) = 𝑀, 𝑓(𝑥2 ) = 𝑚.
2.2.2. Xấp xỉ bằng đa thức bậc nhất
Cho 𝑓(𝑥) là hàm lồi trên [𝑎; 𝑏], nếu 𝑓(𝑥) là hàm tuyến tính thì đa thức
xấp xỉ đều tốt nhất bậc nhất 𝑄(𝑥) ≡ 𝑓(𝑥).
Xét 𝑓(𝑥) không phải là hàm tuyến tính.


21

Khi đó, gọi 𝑄(𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 là đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của f trên
[𝑎; 𝑏]. Ta có: 𝑓(𝑥) − (𝑎0 + 𝑎1 𝑥) cùng là hàm lồi đạt cực trị tại một điểm
trong duy nhất thuộc [𝑎; 𝑏]. Theo định lý Chebyshev, tồn tại 3 điểm luân
phiên Chebyshev. Tại đó |𝑓(𝑥) − (𝑎0 + 𝑎1 𝑥)| đạt cực đại, do đó 2 điểm
Chebyshev còn lại phải là a và b, ta có: 𝑓(𝑎) − (𝑎0 + 𝑎1 𝑎) =∝ 𝐿
𝑓(𝑏) − (𝑎0 + 𝑎1 𝑏) = −∝ 𝐿

(2.2)

𝑓(𝑐) − (𝑎0 + 𝑎1 𝑐) =∝ 𝐿

(2.3)

Trong đó 𝐿 = ‖𝑓 − 𝑄‖, ∝= ±1 từ (2.1) và (2.3) suy ra
𝑎1 =

𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
.
𝑏−𝑎

Nếu f khả vi thì điểm c tìm từ điều kiện: 𝑓 ′ (𝑐) = 𝑎1 .
Từ (2.1) và (2.2) ta được:
𝑎0 =

𝑓(𝑎) + 𝑓(𝑐) 𝑎 + 𝑐 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
−
.
;
2
2
𝑏−𝑎

𝐿 = 𝑓(𝑎) − (𝑎0 + 𝑎1 𝑎) = |

𝑓(𝑎) + 𝑓(𝑐) 𝑎 + 𝑐 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
+

.
|.
2
2
𝑏−𝑎

Ý nghĩa hình học của xấp xỉ bởi đa thức bậc nhất:
Nối 2 điểm 𝐴(𝑎; 𝑓(𝑎)), 𝐵(𝑏; 𝑓(𝑏)) bằng đoạn thẳng
𝐴𝐵: 𝑦 = 𝑎1 (𝑥 − 𝑎) + 𝑓(𝑎) = 𝑎1 𝑥 + 𝑓(𝑎) − 𝑎𝑎1 .
Kẻ tiếp tuyển song song với AB:
𝐶𝐷: 𝑦 = 𝑎1 (𝑥 − 𝑐) + 𝑓(𝑎) = 𝑎1 𝑥 + 𝑓(𝑐) − 𝑐𝑎1 .
Đường cần tìm là trung bình của hai đường AB và CD, đó là:
𝑦 = 𝑎1 𝑥 + 𝑎0 với
𝑎0 =

𝑓(𝑎) + 𝑓(𝑐) 𝑎 + 𝑐 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)
−
.
, 𝑎1 =
.
2
2
𝑏−𝑎
𝑏−𝑎

(2.1)


22

D

y
C

B

A

0

a

x

b

Hình 2.1

2.3. XẤP XỈ TỐT NHẤT TRONG KHÔNG GIAN HIBERT
2.3.1. Bất đẳng thức Bessel và đẳng thức Parseval
Cho {𝑒𝑖 }∞
𝑖=1 là hệ trực chuẩn và đầy đủ trong không gian Hilbert H, tức
là 〈𝑒𝑖, 𝑒𝑗 〉 = 𝛿𝑖𝑗 (i, j ∈ N) và ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
Span(ei ) = 𝐻.
Với mỗi 𝑥 ∈ 𝐻, ta thành lập tổng Fourier
𝑛

𝑆𝑛 = ∑ 𝑐𝑖 𝑒𝑖 ,

𝑖=1

trong đó 𝑐𝑖 ∶= 〈𝑥, 𝑒𝑗 〉 được gọi là hệ số Fourier của 𝑥.
Ta có:
𝑛

∀𝑥 ∈ 𝑁, 0 ≤ ‖𝑥 − 𝑆𝑛 ‖2 = ‖𝑥‖2 − 2〈𝑆𝑛 , 𝑥〉 + ‖𝑆𝑛 ‖2 = ‖𝑥‖2 − ∑ 𝑐𝑖2 .
𝑖=1
𝑛

Do đó: ∑ 𝑐𝑖2 ≤ ‖𝑥‖2 ∀𝑛 ∈ 𝑁.
𝑖=1
∞

∞

Điều đó chứng tỏ ∑ c2i hội tụ và ∑ c2i ≤ ‖x‖2 (2.4)
i=1

i=1

Hệ thức (2.4) gọi là bất đẳng thức Bessel.


23

Mệnh đề 2.3.1.
∞

Chuỗi Fourier hội tụ, hơn nữa 𝑥 = ∑ 𝑐𝑖 𝑒𝑖 .

𝑖=1

Chứng minh:
𝑛+𝑚

Do ‖𝑆𝑛 − 𝑆𝑛+𝑚 ‖2 = ∑ 𝑐𝑖2 → 0 (𝑛 → ∞) nên dãy 𝑆𝑛 cơ bản.
𝑖=𝑛+1

Từ đây suy ra 𝑆𝑛 → S ∈ 𝐻.
Với mọi k cố định ta xét
〈𝑥 − 𝑆, 𝑒𝑘 〉 = 〈𝑥, 𝑒𝑘 〉 − 〈𝑆, 𝑒𝑘 〉 = 𝑐𝑘 − 〈𝑆 − 𝑆𝑛 , 𝑒𝑘 〉 − 〈𝑆𝑛 , 𝑒𝑘 〉
Khi n > k ta có:
〈𝑥 − 𝑆, 𝑒𝑘 〉 = 𝑐𝑘 − 〈𝑆 − 𝑆𝑛 , 𝑒𝑘 〉 − 𝑐𝑘 = 〈𝑆𝑛 − 𝑆, 𝑒𝑘 〉.
Như vậy:
0 ≤ |〈𝑥 − 𝑆, 𝑒𝑘 〉| = |〈𝑆𝑛 − 𝑆, 𝑒𝑘 〉 ≤ ‖𝑆𝑛 − 𝑆‖ → 0 (𝑛 → ∞)
hay 〈𝑥 − 𝑆, 𝑒𝑘 〉 = 0, ∀ 𝑘 ∈ 𝑁.
Do ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
Span(en ) = H nên tìm được
n

hn =

(n)
∑ αi en
i=1

∞

sao cho hn → x − S = ∑ ci ei .
i=1

∞

Vì ‖𝑥 − 𝑆𝑛 ‖2 = lim |〈𝑥 − 𝑆, ℎ𝑛 〉| = 0 nên x = S = ∑ ci ei .
𝑛→∞

i=1

Từ mệnh đề 2.3.1, suy ra đẳng thức Parseval
∞

∑ 𝑐𝑖2 = ‖𝑥‖2 (2.5)
i=1
𝑛

Thật vậy ‖𝑥 − 𝑆𝑛 ‖2 = ‖𝑥‖2 = ∑|𝑐𝑖2 |.
𝑖=1

Cho n → ∞ và để ý rằng 𝑆𝑛 → x ta được (2.5)


24

Mệnh đề 2.3.2. Hệ vectơ {𝑒}1𝑛 độc lập tuyến tính khi và chỉ khi định
thức Gramm G(𝑒1 , … , 𝑒𝑛 ) = det (〈𝑒𝑖 , 𝑒𝑗 〉)𝑛𝑖,𝑗−1 ≠ 0.
Chứng minh:
( ⟹) Nếu {𝑒}1𝑛 phụ thuộc tuyến tính thì tìm được 𝛼𝑖 (𝑖 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛) không
n

đồng thời bằng 0 sao cho ∑ αi ei =0 . Khi đó nhân vô hướng với

i=1
𝑛

𝑒𝑗 (𝑗 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛) 𝑡𝑎 đượ𝑐 ∑ 𝛼𝑖 〈𝑒𝑖 , 𝑒𝑗 〉 = 0 (𝑗 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛 ).
𝑖=1

Do hệ phương trình thuần nhất có nghiệm {𝛼}𝑛𝑖 không tầm thường,
định thức G(𝑒1 , … , 𝑒𝑛 ) phải bằng 0.
(⟸) Ngược lại, nếu G(𝑒1 , … , 𝑒𝑛 ) = 0 thì phương trình
𝑛

1, 𝑛 )
∑ 𝛼𝑖 〈𝑒𝑖 , 𝑒𝑗 〉 = 0 (𝑗 = ̅̅̅̅̅
𝑖=1

có nghiệm 𝛼̅𝑖 (𝑖 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛 ) không tầm thường.
𝑛

Đặt 𝑒 = ∑ 𝛼̅𝑖 𝑒𝑖 𝑡𝑎 𝑐ó
𝑖=1
𝑛

〈𝑒, 𝑒𝑗 〉 = ∑ 𝛼̅𝑖 〈𝑒𝑖 , 𝑒𝑗 〉 = 0.
𝑖=1
𝑛

𝑛

Do đó: ‖𝑒‖2 = 〈𝑒, 𝑒〉 = ⟨𝑒, ∑ 𝛼̅𝑖 𝑒𝑗 ⟩ = ∑ 𝛼̅𝑖 〈𝑒, 𝑒𝑗 〉 = 0.
𝑖=1

𝑖=1

Suy ra e = 𝜃 hay hệ {𝑒}1𝑛 phụ thuộc tuyến tính.
2.3.2. Xấp xỉ tốt nhất trong không gian Hilbert
Bài toán: Cho 𝐻0 là một không gian con đóng của không gian Hilbert
H. Tìm ℎ0 ∈ 𝐻0 sao cho:


25

‖𝑥 − ℎ0 ‖ = 𝑑0 ∶= inf ‖𝑥 − ℎ‖ = 𝑑(𝑥, 𝐻0 ) (2.6)
ℎ ∈ 𝐻0

Mệnh đề 2.3.3. Giả sử ℎ0 = argmin‖𝑥 − ℎ‖. Khi đó 𝑥 − ℎ0 ⊥ 𝐻0 .
ℎ ∈ 𝐻0

Chứng minh: Cố định phần tử h ∈ 𝐻0 bất kỳ.
Xét hàm F(𝛼): = ‖𝑥 − ℎ0 + 𝛼ℎ‖2 = ‖𝑥 − (ℎ0 − 𝛼ℎ)‖2 trong đó
𝛼 𝜖 ℝ1 .
Dễ thấy min1 𝐹(𝛼) = 𝐹(0) = ‖𝑥 − ℎ0 ‖2 .
𝛼∈ℝ

Do đó F’(𝛼)|𝛼= 0 = 0. Nhưng F’(𝛼) = 2〈𝑥 − 𝑥0 , ℎ〉 + 2𝛼‖ℎ0 ‖2 .
Do vậy, từ F’(0) = 0, suy ra 〈𝑥 − ℎ0 , ℎ〉 = 0 với mọi h ∈ H0 .
Như vậy x - ℎ0 ⊥ 𝐻0 .
Mệnh đề 2.3.4. Nếu x - ℎ0 ⊥ 𝐻0 thì ℎ0 = argmin‖𝑥 − ℎ‖.

ℎ ∈ 𝐻0

Chứng minh: Với mọi h ∈ 𝐻0 , ta có:
‖𝑥 − ℎ‖2 = ‖(𝑥 − ℎ0 ) + (ℎ0 − ℎ)‖2 =
‖𝑥 − ℎ0 ‖2 + ‖ℎ0 − ℎ‖2 ≥ ‖𝑥 − ℎ0 ‖2 .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi h ≡ ℎ0 .
Mệnh đề 2.3.5. Giả sử dim 𝐻0 < +∞.
Khi đó xấp xỉ tốt nhất ℎ0 = argmin‖𝑥 − ℎ‖ tồn tại và duy nhất.
ℎ ∈ 𝐻0

Chứng minh: Kết luận của mệnh đề 2.3.3 và suy ra từ định lí 2.1, 2.2
chương 2.
Tuy nhiên có thể chứng minh trực tiếp mệnh đề này.
a. Duy nhất: Giả sử ℎ𝑖 ∈ 𝐻0 (i = 1,2) là hai phần tử có:
‖𝑥 − ℎ1 ‖ = min ‖𝑥 − ℎ‖.
ℎ ∈ 𝐻0

Theo mệnh đề: 2.3.3, x - ℎ2 ⊥ 𝐻0 , do đó x - ℎ2 ⊥ ℎ2 − ℎ1 ;
‖𝑥 − ℎ1 ‖2 = ‖𝑥 − ℎ2 − ℎ1 ‖2 = ‖𝑥 − ℎ2 ‖2 + ‖(ℎ2 − ℎ1 ‖2 .
Vì ‖𝑥 − ℎ1 ‖ = ‖𝑥 − ℎ2 ‖ = 𝑑(𝑥, 𝐻0 ) nên ℎ1 ≡ ℎ2 .