Bài toán nội suy Lagrange và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
____________________________________

TIỂU LUẬN

BÀI TOÁN NỘI SUY LAGRANGE
VÀ ỨNG DỤNG

Gi ảng viên: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu
Học viên: Vũ Sỹ Dũng
Chuyên ngành: Toán ứng dụng.
Cao học khóa năm: K7Y(1/2014-1/2015)

Hưng Yên,7/2015
1


MỞ ĐẦU
Các bài toán nội suy và những vấn đề liên quan đến nó là một phần quan
trọng của đại số và giải tích toán học.Các đặc trưng cơ bản vủa nội suy còn
được sử dụng nhiều trong toán cao cấp,toán ứng dụng,trong các kỳ thi học
sinh giỏi Quốc gia,Olimpic Toán khu vực và quốc tế.
Các bài toán nội suy cổ điển đóng một vai trò rất quan trọng trong việc thiết
lập các đa thức thỏa mãn hệ các điều kiện rằng buộc đặc biệt.Việc nghiên
cứu các bài toán nội suy nhằm giải quyết các bài toán liên quan đến đa thức
và hàm số.
Ở các trường phổ thông lý thuyết các bài toán nội suy còn rất mới mẻ và bỡ
ngỡ nhưng những ứng dụng của nó rất quan trọng trong việc giải một số bài
toán khó trong các đề thi học sinh giỏi các cấp.Vì vậy việc hình thành một
chuyên đề chọn lọc những vấn đề cơ bản nhất về các bài toán nội suy ,dưới

góc độ toán phổ thông đặc biệt là những ứng dụng của nó trong quá trình
giải một số bài toán khó là rất cần thiết.
Bài viết này trình bày một trong những bài toán nội suy cổ điển có nhiều
ứng dụng đó là bài toán nội suy Lagrange và các ứng dụng của bài toán.
NỘI DUNG
1. Bài toán nội suy Lagrange.
Cho n điểm phân biệt x1,x2,.....,xn thuộc R và n số thực tùy ý y1,y2,....,yn (n f
2).Xác định đa thức P(x) ,có bậc degP(x) ≤ n-1 thỏa mãn điều kiện :
P(xk)=yk, ∀ k=1,2,...,n.
Giaỉ:
n

x − xk

Xét W1(x)= ∏ x − x
k =2 1
k
x − xk
k =1, k ≠ 2 x2 − xk
n

W2(x)=

∏

.....
x − xk
k =1, k ≠ j x j − xk
n

Wj(x)=

∏

Khi đó WJ(xk)= δ jk ; j, k = 1, n
n

n

j =1

j =1

Xết đa thức P(x) = ∑ y j w j ( x) Ta có deg P(x) ≤ n-1 và P(xk)= ∑ y j w j ( xk ) = yk
.Suy ra đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện đề bài.
Ta chứng minh P(x) là duy nhất .Thật vậy giả sử Q(x) , degQ(x) ≤ n-1 cũng
là nghiệm của bài toán.Xét T(x)=P(x)-Q(x) thì degT ≤ n-1 và
T(x1)=T(x2)....T(xn)=0 Suy ra T(x) ≡ 0 suy ra P(x) ≡ Q(x)
2.Áp dụng:
2


Bài 1: Xác định đa thức bậc hai nhận giá trị bằng 3;1;7,tại x=-1;0;3
tương ứng.
Giải: Ta có x1=-1, x2=0, x3=3 và P(x1)=y1=3, P(x2)=y2=1, P(x3)=y3=7.
Áp dụng công thức nội suy Lagrang với n=3,ta có:
P(x)=

y1

( x − x2 )( x − x3 )
( x − x3 )( x − x1 )
( x − x1 )( x − x2 )
+ y2
+ y3
( x1 − x2 )( x1 − x3 )
( x2 − x3 )( x2 − x1 )
( x3 − x1 )( x3 − x2 )

( x − 0)( x − 3)
( x − 3)( x + 1)
( x − 3)( x + 1)
+1
+7
= x2 − x + 1
(
−
1
−
0)(
−
1
−
3)
(0
−
3)(0
+
1)
(0

−
3)(0
+
1)
=
3

Vậy P(x) =x2-x+1
Bài 2: Xác định tam thức bậc hai , f(x) thỏa mãn các điều kiện sau
f(n)=(-1)n(2n2-n-1) ,n=4,7,16.
Giaỉ: Đặt n1=4, n2=7, n3=16.Ta có f(n1)=27, f(n2)=90, f(n3)=256.
Aps dụng công thức Lagrange ta có:
( x − 7)( x − 16)
( x − 4)( x − 16)
( x − 4)( x − 7)
+ f (n2 )
+ f (n3 )
(4 − 7(4 − 16)
(7 − 4)(7 − 16)
(16 − 4)(16 − 7)
( x − 7)( x − 16)
( x − 4)( x − 16)
( x − 4)( x − 7)
= 27
+ 90
+ 256
(4 − 7)(4 − 16)
(7 − 4)(7 − 16)
(16 − 4)(16 − 7)
( x − 7)( x − 16)

( x − 4)( x − 16)
( x − 4)( x − 7)
=3
+ 10
+ 64
4
3
27
f ( x) = f (n1 )

Bài 3:Xác định đa thức bậc ba, f(x) thỏa mãn các điều kiện sau:
f (2n − 1) = (−1) n (2n3 − 3n + 1), n = 1, 4,5,12.

Giaỉ : Ta có

n = 1 ⇒ f (1) = 0, n = 4 ⇒ f (7) = 117
n = 5 ⇒ f (9) = −236, n = 12 ⇒ f (23) = 1728

Sử dụng công thức nội suy Lagrange, ta có

( x − 7)( x − 9)( x − 23)
( x − 1)( x − 9)( x − 23)
+ f (7)
+
(1 − 7)(1 − 9)(1 − 23)
(7 − 1)(7 − 9)(7 − 23)
( x − 1)( x − 7)( x − 23)
( x − 1)( x − 7)( x − 9)
+ f (9)
+ f (23)

(9 − 1)(9 − 7)(9 − 23)
(23 − 1)(23 − 7)(23 − 9)
( x − 1)( x − 9)( x − 23)
( x − 1)( x − 7)( x − 23)
( x − 1)( x − 7)( x − 9)
f ( x) = 117
+ 236
+ 1728
192
256
4928
f ( x) = f (1)

f ( x) = 39

( x − 1)( x − 9)( x − 23
( x − 1)( x − 7)( x − 23)
( x − 1)( x − 7)( x − 9)
+ 59
+ 27
64
64
77

3


Bài 4:Cho

ax 2 + bx + c ≤ 1, ∀x ∈ [ −1,1] . Chứng

minh rằng:

cx + bx + a ≤ 2, ∀x ∈ [ −1,1] .
2

Giaỉ:Chọn 3 nút nội suy -1;1 và 0.Xét f(x)=ax2+bx+c ta có:
1

a = 2 [ f (1) − f (−1) ] − f (0)
 f (1) = a + b + c

1


 f (−1) = a − b + c ⇒ b = [ f (1) − f (−1) ]
2
 f (0) = c


c = f (0)


Theo giả thiết f (±1) ≤ 1và f (0) ≤ 1 . Ta có:
1
1
[ f (1) + f (−1)] x + [ f (1) + f (−1)] − f (0)
2
2
1

1
f (0)( x 2 − 1) + f (1)(1 + x ) + f (−1)(1 − x) ≤
2
2
= ≤ f (0) . x 2 − 1 + 1 f (1) 1 + x + 1 f (−1) 1 − x ≤
2
2
1
1
≤ (1 − x 2 ) + (1 + x) + (1 − x) = 2 − x 2 ≤ 2.W
2
2

cx 2 + bx + c = f (0).x 2 +

Bài 5:Cho

ax 2 + bx + c ≤ 1, ∀x ∈ [ −1,1] . Chứng
2ax + b ≤ 4, ∀x ∈ [ −1,1] .

minh rằng:

Giaỉ: Chọn các nút nội suy như bài 4 .Ta có:
2ax + b = [ f (1) + f (−1) − 2 f (0) ] x +

1
[ f (1) − f (−1)]
2

1

1
= f (1).( x + ) + f (−1).( x − ) − 2 f (0).x ≤
2
2
≤ x+

Xét

1
1
+ x− +2 x
2
2
1

 1 
 1
1 
x ∈  −1; − ÷, x ∈  − ;0 ÷; x ∈ 0; ÷vàx ∈  ;1
2

 2 
 2
2 

4

Tacó:

=

1
1

−x − −x + −2x =−
4x ≤4

2
2

x +1 −x +1 −2x =1 −2x p 4

2
2
2ax +b =
,∀
x ∈−
[ 1;1]
x +1 −x +1 +2x =2x +
1p 4

2
2

1
1
x + +x − +2x =4x ≤4

2

2

Vậy 2ax + b ≤ 4, ∀x ∈ [ −1;1]
Bài 6.Cho tam thức bậc hai f ( x) = ax 2 + bx + c thỏa mãn điều kiện
f ( x) ≤ 1khi x ≤ 1. Chứng minh rằng với mọi M ≥ 1 ,ta có :
f ( x) ≤ 2M 2 − 1khi x ≤ M .

Giải:
Áp dụng công thức nội suy Lagrange với n=2, x1=1, x2=0, x3= -1
x2 + x
x2 − x
− f (0)( x 2 − 1) + f
2
2
f (1) ≤ 1, f (0) ≤ 1, f (−1) ≤ 1. Nên

Ta có : f ( x) =
Vì

f (1)

x2 + x
x2 − x
2
f ( x) ≤ f (1) .
+ f (0) x − 1 + f (−1)
≤
2
2
≤

x2 + x
x2 − x
+ x2 −1 +
≤ 2x 2 ≤ 2M 2 − 1, khi x ≤ M .W
2
2

Bài 7: Cho 1 − x 2 ax + b ≤ 1, ∀x ∈ [ −1;1]
Chứng minh rằng: a ≤ 2
Giaỉ: Xét f(x)=

1 − x 2 ax + b

.Chọn các nút nội suy

2
) ≤1⇒ a + b 2 ≤ 2
2
có:
Cộng vế
2
f (−
) ≤1⇒ a − b 2 ≤ 2
2
a +b 2 +a −b 2 ≤ a +b 2 + a −b 2 ≤ 4

x=

2

2
và x = −
2
2

f(

Ta

với vế ta được

Suy ra 2a ≤ 4 ⇒ a ≤ 2 (đpcm).
Bài 8:Cho tam thức bậc hai P(x) = ax2 + bx +c thỏa mãn điều
kiện P( x) ≤ 1 với mọi x sao cho x ≤ 1.
5


Chứng minh rằng a + b + c ≤ 3
Giải:
Áp dụng công thức nội suy Lagrange tại các điểm -1,0,1.Ta có
x ( x − 1)
( x − 1)( x + 1)
x ( x + 1)
+ P (0)
+ P(1)
(−1 − 0)(−1 − 1)
(0 + 1)(0 − 1)
(1 + 0)(1 + 1)
P (1) + P( −1) − 2 P(0) 2 P(1) − P(−1)
P( x) =

x +
x + P (0)
2
2
P (1) + P (−1) − 2 P(0)
P(1) − P(−1)
a=
,b =
, c = P(0)
2
2
P (1) + P (−1) − 2 P(0) P(1) − P(−1)
a+b+c =
+
+ P (0) ≤
2
2

P ( x ) = P (−1)

Suy ra
Từ đó
Suy ra

≤

P(1) + P (−1) P(1) − P (−1)
+
+ 2 P (0) ≤ max { P(1) , P(−1) } + 2 P(0) ≤ 3.W
2

2

Bài 9:Cho a1,a2,.....,an là n số thực phân biệt.Chứng minh rằng
nếu đa thức f ( x) có bậc không lớn hơn n-2,thì:
T=

f (an )
f (a1 )
+ ... +
=0
(a1 − a2 )(a1 − a3 )...(a1 − an )
(an − a1 )(an − a2 )...(an − an −1 )

Giaỉ:Theo công thức nội suy Lagrange thì mọi đa thức
không lớn hơn n-1 đều viết được dưới dạng:

f ( x)

( x − a2 )( x − a3 )...( x − an )
( x − a1 )( x − a3 )...( x − an )
+ f ( a2 )
(a1 − a2 )(a1 − a3 )...(a1 − an )
(a2 − a1 )(a2 − a3 )...(a2 − an )
( x − a1 )( x − a2 )...( x − an −1 )
+... + f (an )
(an − a1 )(an − a2 )...(an − an −1 )
số của x n−1 ở vế trái bằng 0 (vì f ( x) có bậc không lớn hơn

có bậc

f ( x) = f (a1 )

Hệ
Còn hệ số của

n-2),

x ở vế phải là:
f (an )
f (a1 )
T=
+ ... +
(a1 − a2 )(a1 − a3 )...(a1 − an )
(an − a1 )(an − a2 )...(an − an −1 )
n −1

Suy ra điều phải chứng minh.
Bài 10:Chứng minh rằng nếu đa thức bậc hai nhận giá trị
nguyên tại ba giá trị liên tiếp của biến số x, thì đa thức nhận
giá trị nguyên tại mọi x nguyên.
Giaỉ:
Giả sử f (k − 1), f (k ), f (k + 1) là những số nguyên với k nguyên.
Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc hai f ( x) với
ba số nguyên k-1,k,k+1,ta có:

6


f ( x) = f (k − 1)

( x − k )( x − k − 1)
( x − k + 1)( x − k − 1)
( x − k )( x − k + 1)
+ f (k )
+ f (k + 1)
2
−1
2

Đặt m=x-k, thì m nguyên do x nguyên, ta có
m(m − 1)
m(m + 1)
+ f (k )(m 2 − 1) + f (k + 1)
2
2
chia hết cho 2 nên f ( x) nguyên với

f ( x) = f (k − 1)

liên tiếp

.Vì tích 2 ssó nguyên
mọi x nguyên. W

Bài 11: Cho a1,a2,.....,an là n số thực phân biệt.Gọi Ai(i=1,2,...,n)
là phần dư trong phép chia đa thức f ( x) cho x − ai .Hãy tìm phần
dư trong phép chia f ( x) cho ( x − a1 )( x − a2 )...( x − an ).
Giải:
Gọi q( x) là thương và r ( x) là phần dư trong phép chia f ( x) cho
( x − a1 )( x − a2 )...( x − an ) Ta có:

f ( x) = ( x − a1 )( x − a2 )...( x − an ).q ( x) + r ( x), trong đó deg r ( x ) p n .
Đặt x = ai (i = 1, 2,..., n) và để ý rằng Ai= f (ai ) .Thế thì ta có r (ai ) = Ai .
Như vậy, ta biết được các giá trị của đa thức r ( x) có bậc nhỏ hơn n
tại n điểm khác nhau a1,a2,.....,an .Do đó áp dụngcông thức nội suy
Lagrange ta có:
( x − a2 )( x − a3 )...( x − an )
( x − a1 )( x − a3 )...( x − an )
+ A2
(a1 − a2 )(a1 − a3 )...(a1 − an )
(a2 − a1 )(a2 − a3 )...( a2 − an )
n
n
x − aj
( x − a1 )( x − a2 )...( x − an −1 )
+... + An
= ∑ Ai ∏
.W
(an − a1 )(an − a2 )...(an − an −1 ) i =1 j =1, j ≠i ai − a j

r ( x) = A1

Bài 12:Cho đa thức

P( x)

bậc n thỏa mãn các đẳng thức

1
Cnk+1
K = 0,1, 2,..., n.

P (k ) =

với
Tính P(n + 1).
Giaỉ:
Với 1 ≤ i ≤ n ,Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta có:
( x − i)
∏
n
1
x −i
i ≠k
P( x) = ∑ k ∏
=∑ k
n−k
(n − k )!k !
k = 0 Cn +1 i ≠ k k − i
k = 0 Cn +1 ( −1)
n

n

= ∑ ( −1) n −k
k =0

n +1− k
∏ ( x − i).
(n + 1)! i ≠ k

Suy ra
n

P (n + 1) = ∑ (−1) n − k
k =0

n
n +1− k
(n + 1 − i) = ∑ (−1) n − k
∏
(n + 1)! i ≠ k
k =0

7


Do đó

P (n + 1) = 0

nếu

lẻ và

n

P (n + 1) = 1

nếu

n

chẵn.

Bài 13:Gỉa sử đa thức c0 + c1 x + c2 x 2 + ... + cn x n có các giá trị hữu tỉ
khi x hữu tỉ.Chứng minh rằng các hệ số c0 , c1 , c2 ,..., cn là những số
hữu tỉ.
Giải:Áp dụng công thức nội suy Lagrange với ak = k (k = 0,1, 2,..., n) ta
có:

(−1) n f (0)
(−1) n −1
( x − 1)( x − 2)...( x − n) +
x ( x − 2)...( x − n)
n!
1!(n − 2)!
(−1) n − 2 f (2)
+
x ( x − 1)( x − 3)...( x − n).
2!(n − 2)!
thiết f (0), f (1),..., f (n) là những số hữu tỉ .Vì vậy,khai

f ( x) =

Theo giả
triển
vế phải của đẳng thức trên,ta thấy rằng các hệ số của các lũy thừa
của x đều là những số hữu tỉ.Đồng nhất đa thức ở hai vế suy ra các
hệ số c0 , c1 , c2 ,..., cn là những số hữu tỉ. W
Nhận xét: Cũng có thể áp dụng công thức nội suy Lagrange tại

n+1 điểm ak(k=0,1,2,...,n) hữu tỉ phân biệt tùy ý thì cũng đi đến kết
quả trên.Do đó, tacó kết quả sau:
Nếu đa thức bậc không quá n và có giá trị hữu tỉ tại n_1 điểm
hữu tỉ khác nhau thì các hệ số của đa thức cũng là hữu tỉ.
Bài 14:Tìm tất cả các đa thức
n

thỏa mãn điều kiện ∑ (−1)

n − k −1

k =0

P( x)

có bậc nhỏ hơn

n

k =o

Nên ta có
Do

n −1

P ( x ) = ∑ P ( xk )
k =0

n −1

đó: P(n) = ∑ P( xk )

Suy ra

k =0

n −1

∑ (−1)
k =0

xk = k ta

có ,mọi đa

( x − x0 )...( x − xk −1 )( x − xk +1 )...( x − xn −1 )
( xk − x0 )...( xk − xk −1 )( xk − xk +1 )...( xk − xn −1 )

( x − 0)...( x − ( k − 1))( x − (k + 1))...( x − (n − 1))
(k − 0)...( k − ( k − 1))(k − (k + 1))...(k − (n − 1))

(n − 0)...(n − k + 1)(n − k − 1)...1 n −1
= ∑ (−1) n −k −1.cnk P(k )
k !(−1) n − k −1 (n − k − 1)!
k =0

n − k −1

và

Cnk P( k ) = 0.

Giải:Áp dụng công thức nội suy Lagrange với
thức P( x) có bậc nhỏ hơn n đều có dạng
p ( x) = ∑ P ( xk )

n(n ≥ 2)

.cnk P(k ) = 0

Vậy các đa thức cần tìm có dạng

8


n −1

n

P ( x ) = ∑ P ( xk )
k =0

∏

i = 0,i ≠ k

n −1
n
x − xi

x − xi
= ∑ ak ∏
k − i k =0 i =0,i ≠ k k − i

với

ak ∈ R. W

Bài 15:
a) Cho đa thức f ( x) có bậc n với các hệ số thực và hệ số bậc cao
nhất bằng a.Giả sử f ( x) có n nghiệm phân biệt x1 , x2 ,..., xn khác 0.
Chứng minh rằng :
(−1) n −1
a x1 x2 ...xn

n

n
1
1
=
.
∑
∑
2 ,
k =1 xk
k =1 xk f ( xk )

b)Có tồn tại hay không một đa thức f ( x) có bậc n lẻ với hệ số
bậc cao nhất a =1 mà f ( x) có n nghiệm phân biệt x1 , x2 ,..., xn khác 0

thỏa mãn

1
1
1
1
+
+ ... +
+
=0
,
,
,
x1 f ( x1 ) x2 f ( x2 )
xn f ( xn ) x1 , x2 ..., x2

?

Giải:
a)Ta viết
Đặt
Và

f ( x)

dưới dạng

f ( x) = ( x − xk ) f k ( x). Thế

f k ( x) = ax n −1 − a (

n

∑

i =1,i ≠ k

n

f ( x ) = a ∏ ( x − xk )
k =1

thì

f k ( x) = a

xi ) x n − 2 + ... + (−1) n−1 a

n

∏ ( x − x ); k = 1, 2,..., n

i =1,i ≠ k

i

x1 x2 ...xn
xk

f ( x) = f k ( x) + ( x − xk ) f , ( x )

,

Ta có

f , ( xk ) = f k ( xk ),
f k ( x j ) = 0; k ≠ j
n

P ( x ) := ∑

Xét đa thức

i =1

f k ( x)
−1
f k ( xk )

Ta thấy bậc của đa thức P(x) nhỏ hơn n và P( x1 ) = P( x2 ) = ...P( xn ) = 0
Nên P( x) = 0. Hệ số tự do trong khai triển P( x) là
n

0 = a0 = ∑ (−1)

n −1

i =1

x x ...x
a 1 2, n − 1

xk f ( xk )

Xét hệ số bậc nhất của
n

n

1
1
( ∑ )=0
∑
2 ,
i =1 xk f ( xk ) i =1, j =1 xi

hay

Do đó

P( x)

n
(−1) n −1
1
=∑
.
ax1 x2 ...xn i =1 xk f , ( xk )

,ta có

n

n
n
1
1
1
=
.
∑
∑
∑
2 ,
,
i =1 xk f ( xk )
i =1 xk f ( xk ) i =1 xk

Từ các đẳng thức cuối cùng đã chứng minh trên,ta suy ra điều phải
chứng minh.
b)Giả sử tồn tại đa thức f ( x) có bậc n lẻ với hệ số bậc cao nhất
a =1 mà f ( x) có n nghiệm phân biệt x1 , x2 ,..., xn khác 0 và thỏa mãn
1
1
1
1
+
+ ... +
+
=0
,
,

,
x1 f ( x1 ) x2 f ( x2 )
xn f ( xn ) x1 , x2 ..., x2

9


n

1
1
=
,
x1 x2 ...xn
k f ( xk )

Theo câu a) thì ∑ x
i =1

2
= 0 .Vậy
x1 x2 ...xn

.Từ đó dẫn đến điều vô lí sau:

không tồn tại đa thức thỏa mãn điều kiện bài ra.

KẾT LUẬN
Tiểu luận này đã chứng minh chi tiết công thức nội suy Lagrange,
cho phép ta hiếu sâu sắc hơn về cơ sở và cấu trúc của lí thuyết bài

toán nội suy Lagrange.Tập hợp và phân loại, giải chi tiết một số
dạng bài toán ở phổ thông sử dụng công thức nội suy Lagrange
nhằm giúp ích cho việc bồi dưỡng học sinh gỏi toán.
Trong khuôn khổ thời gian có hạn và trình độ của bản thân còn hạn
chế nên tiểu luận không thể tránh khỏi thiếu sót mong được sự
thông cảm, đóng góp ý kiến của thầy cô và đồng nghiệp để tiểu
luận được hoàn thiện hơn. Xin được trân Trọng cảm ơn!
Hưng Yên, tháng 7năm 2015.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

10


1.Nguyễn Văn Mậu,2002.Đa thức đại số và phân thức hữu tỉ.NXB
Giáo Dục.
2.Nguyễn Văn Mậu,2007.Nội suy và áp dụng.NXB Giáo Dục.

11