Đa thức nội suy Lagrange đa thức Chebyshev và ứng dụng

Header Page 1 of 166.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG

NGUYỄN HƯƠNG GIANG

ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE,
ĐA THỨC CHEBYSHEV VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - Năm 2016

Footer Page 1 of 166.


Header Page 2 of 166.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG

NGUYỄN HƯƠNG GIANG - C00440

ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE,
ĐA THỨC CHEBYSHEV VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
CHUYÊN NGÀNH : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ : 60 46 01 13
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS. LƯU BÁ THẮNG

Hà Nội - Năm 2016

Footer Page 2 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 3 of 166.

Lời cam đoan
Tôi cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi. Các kết quả nghiên
cứu trong luận văn là trung thực và chưa từng được ai công bố trong bất kỳ
công trình nào khác.

Hà Nội, ngày 11 tháng 6 năm 2016
Tác giả luận văn

Nguyễn Hương Giang

i

Footer Page 3 of 166.


Header Page 4 of 166.

Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn hết sức tận tình và đầy nhiệt
tâm của TS. Lưu Bá Thắng. Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy
và gia đình. Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu trường THPT
Chuyên Bắc Giang, tổ Toán – Tin trường THPT Chuyên Bắc Giang cùng các

Thầy, Cô giáo giảng dạy lớp cao học toán CTM3- Bắc Giang đã tận tình giúp
đỡ và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt thời gian học tập và nghiên
cứu thực hiện đề tài.
Hà Nội, ngày 11 tháng 6 năm 2016
Tác giả luận văn

Nguyễn Hương Giang

ii

Footer Page 4 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 5 of 166.

Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt
☎
✆

☞

x

✌

i
Cnk

rxs

: Biểu thức

x ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ... ♣x ✁ i   1q
với i € N✝ , x € R.
i!

: Số tổ hợp chập k của n phần tử, k

€ N, n € N✝, k ↕ n.

: Phần nguyên của số thực x.

cont ♣f q

: Ước chung lớn nhất của tất cả các hệ số của đa thức f.

deg

: Bậc của đa thức.

u⑤ n

: u là ước của n.

IMO

: International Mathematical Olympiad.

USAMO

: USA Mathematical Olympiad.

VT

: Vế trái.

iii

Footer Page 5 of 166.


Header Page 6 of 166.

Mục lục
Lời cam đoan

i

Lời cảm ơn

ii

Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt

iii

Mở đầu

1

1 Vành đa thức

3

1.1

Vành đa thức một biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Đa thức trên một trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.3

Đa thức trên trường số hữu tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3.1

Nghiệm hữu tỉ của đa thức với các hệ số nguyên . . . .

7

1.3.2

Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỉ và tiêu chuẩn
Eisenstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.4

Đa thức trên trường số thực và trường số phức . . . . . . . . . . 11

2 Các đa thức nội suy
2.1

8

13

Đa thức nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.1.1

Công thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.1.2

Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.1.3

Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

iv

Footer Page 6 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 7 of 166.
2.1.4
2.2

2.3

Bài tập

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

Đa thức nội suy Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.2.1

Công thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.2.2

Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.2.3

Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.2.4

Bài tập

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

Một số đa thức đặc biệt khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
2.3.1

Đa thức số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

2.3.2

Đa thức nội suy Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

Kết luận

77

Tài liệu tham khảo

78

v

Footer Page 7 of 166.


Header Page 8 of 166.

Mở đầu

1. Lý do chọn đề tài
Bài toán nội suy là một trong những bài toán cơ bản của toán lý thuyết cũng
như toán ứng dụng. Công thức nội suy giúp chúng ta xác định một đa thức
nhờ một vài giá trị đã biết của đa thức đó tại một số điểm cho trước. Trong
chương trình toán phổ thông, mảng toán đa thức nội suy là một mảng toán
khó, thường chỉ xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi toán quốc gia và quốc
tế. Mặc dù gần đây đa thức nội suy ít xuất hiện hơn trong các đề thi vì hệ
thống bài tập mang tính chất lí thuyết của nó, nhưng việc hiểu biết và nghiên
cứu về đa thức nội suy vẫn hết sức quan trọng trong quá trình bồi dưỡng học
sinh giỏi. Nhiều bài toán về đa thức nội suy dẫn đến những kết quả lí thú hoặc
phải dùng các cách chứng minh đặc sắc. Chúng có tác dụng phát triển tư duy
logic, phát triển tính linh động và sáng tạo khi nghiên cứu toán. Đồng thời
sự phát hiện những ứng dụng đa dạng của đa thức nội suy trong đại số cũng
luôn đem lại sự hấp dẫn đối với các giáo viên và học sinh khi nghiên cứu. Mặc
dù đã có nhiều tài liệu viết về đa thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev
nhưng hầu hết đều khó với học sinh khi bắt đầu tiếp cận. Với mục đích cung
cấp thêm một tài liệu tham khảo phục vụ cho học sinh chuyên toán tìm hiểu
về hai loại đa thức đó, tôi đã chọn viết đề tài "Đa thức nội suy Lagrange, đa
thức Chebyshev và ứng dụng".
2. Mục đích nghiên cứu
Đề tài đề cập đến một số bài toán nội suy cổ điển và việc ứng dụng chúng để
giải một số dạng toán khó trong chương trình toán phổ thông.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu các bài toán về đa thức, các dạng toán về khai triển, đồng nhất
thức, các bài toán về tính chia hết của đa thức, . . . , hệ thống lại một số dạng
toán trong chương trình toán phổ thông và một số bài toán nâng cao.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Luận văn tập trung vào nghiên cứu về các công thức nội suy: Công thức nội
suy Lagrange; công thức nội suy Chebyshev; công thức nội suy Newton, đa
thức số trong phạm vi ứng dụng trong chương trình toán phổ thông, giải quyết

1

Footer Page 8 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 9 of 166.
một số bài toán khó trong chương trình phổ thông.
5. Cấu trúc của luận văn
Luận văn được chia thành hai chương.
Chương 1. Vành đa thức.
Trong chương hệ thống lại các kiến thức cơ sở về đa thức: bậc của đa
thức, nghiệm của đa thức, các khái niệm ước chung, ước chung lớn nhất
của hai đa thức, đa thức khả quy, bất khả quy, đa thức nguyên bản, định
lí Bézout,. . . cùng với các tính chất của đa thức trên các trường số hữu
tỉ, trường số thực và trường số phức.
Chương 2. Các đa thức nội suy.
Trong chương trình bày chi tiết về hai đa thức nội suy Lagrange, đa thức
Chebyshev cùng với các tính chất của chúng. Đồng thời nêu ứng dụng của
đa thức nội suy Lagrange trong các bài toán chứng minh hoặc tính tổng,
rút gọn biểu thức, xác định đa thức,.... Ứng dụng của đa thức Chebyshev
trong các bài toán cực trị liên quan đến đa thức, giải phương trình bậc
cao hoặc trong các bài toán lượng giác liên quan đến số hữu tỉ, trong các
bài toán số học,.... Cuối chương giới thiệu thêm về hai loại đa thức đặc
biệt là đa thức số và đa thức nội suy Newton.

2

Footer Page 9 of 166.


Header Page 10 of 166.

Chương 1

Vành đa thức
Chương này trình bày cách xây dựng vành đa thức một biến cùng các kiến
thức cơ sở về đa thức trên trường số hữu tỉ, trường số thực và trường số phức.

1.1

Vành đa thức một biến

Cho A là một vành giao hoán có đơn vị 1. Kí hiệu
A r xs ✏ t f

✏ a0   a1x   ...   anxn⑤ ai € A, n € N✉

với x là biến. Giả sử
f

✏ a0   a1x   ...   anxn, g ✏ b0   b1x   ...   bmxm € A rxs .

Không mất tính tổng quát, giả sử m ➙ n và m ✏ n   s. Khi đó
g

✏ b0   b1x   ...   bnxn   bn 1xn 1   ...   bn sxn s € A rxs .

Trên A rxs ta có quan hệ bằng nhau: f
i ✏ 0, 1, ..., n và bn 1
Phép cộng:
f

✏

✏ bn 2 ✏ ... ✏ bn s ✏ 0.

 g ✏

n
➳
i✏0

g khi và chỉ khi ai

✏

bi với mọi

♣ai   biq xi   bn 1xn 1   ...   bn sxn s.
3

Footer Page 10 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 11 of 166.

Phép nhân:
fg

✏

m➳
 n
i✏0

☎
✆

i
➳
j ✏0

☞

ai✁j bj ✌xi .

Dễ dàng kiểm tra được với hai phép toán cộng và nhân đã nêu, A rxs trở thành
một vành giao hoán có đơn vị 1. Khi đó A rxs được gọi là vành các đa thức

của biến x trên A, còn các phần tử của A rxs được gọi là các đa thức của biến
x trên A. Đa thức f

✏ a0   a1x   ...   anxn

được gọi là có bậc n và viết là

✏ n, nếu an ✘ 0. Khi đó an gọi là hệ số bậc cao nhất của f .
Quy ước: Đa thức 0 là một đa thức có bậc ✁✽.
deg f

Định lý 1.1.1. Cho A là một miền nguyên. Khi đó A rxs là một miền nguyên.
Ngoài ra, nếu f, g

€ A rxs là các đa thức khác đa thức 0 thì
deg♣f g q ✏ deg f

Chứng minh. Giả sử f, g

  deg g.

€ A rxs là các đa thức khác đa thức 0, và giả sử
f ♣xq ✏ axn   U ♣xq ,
g ♣xq ✏ bxm   V ♣xq

với deg U

➔

n

✏ deg f , deg V ➔

m

✏ deg g. Khi đó a, b khác 0 và

f ♣xq g ♣xq ✏ abxn m   axn V ♣xq   bxm U ♣xq   V ♣xq U ♣xq

♣deg raxnV ♣xq   bxmU ♣xq   V ♣xq U ♣xqs ➔ n   mq .
Vì A là một miền nguyên nên ab ✘ 0. Do đó f ♣xq g ♣xq ✘ 0 hay A rxs là một
miền nguyên. Ta cũng có deg ♣f g q ✏ deg f   deg g.
Định nghĩa 1.1.1. Giả sử f, g

€ A rxs với A là một miền nguyên

• Đa thức f được gọi là chia hết cho đa thức g nếu tồn tại đa thức h
để f

✏ gh.

€ A rxs

• Đa thức d được gọi là một ước chung của f và g nếu cả f và g đều chia hết
cho d.
• Đa thức d được gọi là một ước chung lớn nhất của f và g, nếu d là một ước
chung của f và g, đồng thời d chia hết cho mọi ước chung của f và g.
4

Footer Page 11 of 166.


Header Page 12 of 166.
Ước chung lớn nhất của hai đa thức, được xác định duy nhất sai khác một
nhân tử khả nghịch của A. Nếu một ước chung lớn nhất d của f và g là khả
nghịch (tất nhiên lúc đó d € A), thì f và g gọi là nguyên tố cùng nhau.
Định nghĩa 1.1.2. Cho A là một miền nguyên.

• Đa thức f được gọi là khả quy trên A, nếu có hai đa thức g, h € A rxs không
khả nghịch để f

✏ gh.

• Đa thức f được gọi là bất khả quy trên A, nếu không có hai đa thức không
khả nghịch g, h € A rxs để f

✏ gh.

Định nghĩa 1.1.3. Giả sử f ♣xq ✏ a0 xn   a1 xn✁1   ...   an

€ A rxs và c là một

phần tử tùy ý của vành A. Khi đó

• Phần tử f ♣cq ✏ a0 cn   a1 cn✁1   ...   an

€ A được gọi là giá trị của f ♣xq tại c.
• Nếu f ♣cq ✏ 0 thì c được gọi là nghiệm của f ♣xq. Tìm nghiệm của f ♣xq trong
A gọi là giải phương trình đại số bậc n sau:
a0 xn   a1 xn✁1   ...   an

1.2

✏ 0, a0 ✘ 0 trên A.

Đa thức trên một trường

Trong phần này, ta luôn giả sử K là một trường con của trường số phức C,

tức K là trường số hữu tỉ, trường số thực hoặc trường số phức.
Định lý 1.2.1. Nếu K là một trường thì vành K rxs là một vành Euclid.

✏ K rxs và S ✝ là tập các phần tử khác 0 của S. Khi đó
tương ứng δ : S ✝ Ñ N cho bởi δ ♣f q ✏ deg f là một ánh xạ Euclid. Thật vậy,
với f, g € S ✝ , nếu f là bội của g thì ta thấy ngay δ ♣f q ➙ δ ♣g q, nếu f không là
Chứng minh. Đặt S

bội của g thì chia f cho g ta được
f

✏ gh   r, với r € S ✝, deg r ➔

deg f .

Khi đó rõ ràng δ ♣rq ➔ δ ♣f q. Vậy K rxs là một vành Euclid.
Hệ quả 1.2.2. Nếu K là một trường thì trong K rxs ta có :

5

Footer Page 12 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 13 of 166.
(i) Nếu gh chia hết cho đa thức bất khả quy p thì hoặc g chia hết cho p hoặc
h chia hết cho p.
(ii) Mỗi đa thức bậc dương đều có thể phân tích thành một tích hữu hạn các
nhân tử bất khả quy. Sự phân tích ấy là duy nhất chỉ sai khác thứ tự và

sai khác các nhân tử khả nghịch.
(iii) Nếu d là một ước chung lớn nhất của f và g thì tồn tại u, v để
d ✏ uf
Định lý 1.2.3. Giả sử c
cho x ✁ c là f ♣cq, hay

  vg.

€ K và f ♣xq € K rxs. Khi đó dư của phép chia f ♣xq

f ♣xq ✏ ♣x ✁ cq g ♣xq   f ♣cq , g ♣xq € K rxs .
Chứng minh. Từ thuật toán chia đa thức ta có
f ♣xq ✏ ♣x ✁ cq g ♣xq   b, b € K.
Do đó f ♣cq ✏ ♣c ✁ cq g ♣cq   b

✏ b.

Bây giờ ta cần tìm hiểu cách tính f ♣cq của Horner.

✏ a0xn   a1xn✁1   ...   an cho x ✁ c, ta
được các hệ tử của đa thức thương g ♣xq ✏ b0 xn✁1   b1 xn✁2   ...   bn✁1 cho bởi
các công thức b0 ✏ a0 , bi ✏ ai   cbi✁1 , i ✏ 1, ..., n ✁ 1 và dư b ✏ an   cbn✁1 hay
Để ý rằng thực hiện phép chia f ♣xq

✩
✬
b0
✬
✬
✬

✬
✬
✬
b1
✬
✬
✬
✬
✫ b
2

✬
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✪

✏ a0
✏ a1   cb0
✏ a2   cb1

...
bn✁1

b

✏ an✁1   cbn✁2
✏ an   cbn✁1.

Vì b ✏ f ♣cq nên sơ đồ tính f ♣cq và cả g ♣xq thông qua quá trình lặp như sau:
b0

✏ a0, b1 ✏ a1   cb0, ..., bi ✏ ai   cbi✁1, f ♣cq ✏ b ✏ an   cbn✁1.

Lược đồ tính f ♣cq và cả g ♣xq theo cách này, được gọi là Lược đồ Horner.
6

Footer Page 13 of 166.


Header Page 14 of 166.
Định lý 1.2.4. (Bézout). Nếu α thuộc K là nghiệm của đa thức bậc dương
f ♣xq € K rxs thì

f ♣xq ✏ ♣x ✁ αq g ♣xq

với g ♣xq € K rxs và deg g

✏ deg f ✁ 1.

Chứng minh. Ta luôn biểu diễn f ♣xq

✏ ♣x ✁ αq g ♣xq   f ♣αq với g ♣xq € K rxs.
Từ f ♣αq ✏ 0, ta rút ra f ♣xq ✏ ♣x ✁ αq g ♣xq và deg g ✏ deg f ✁ 1.

Hệ quả 1.2.5. Cho một đa thức bậc dương f ♣xq € K. Khi đó ta có
(i) Nếu α1 , ..., αm

€ K là các nghiệm của f ♣xq thì
f ♣xq ✏ ♣x ✁ α1 q ♣x ✁ α2 q ... ♣x ✁ αm q g ♣xq

với g ♣xq € K rxs và deg g

✏ deg f ✁ m.

(ii) Số nghiệm của đa thức f ♣xq không vượt quá bậc của f ♣xq.

€ K được gọi là một nghiệm bội k ➙ 1 của đa thức bậc dương
f ♣xq € K rxs nếu f ♣xq ✏ ♣x ✁ αqk g ♣xq với k nguyên dương và g ♣αq ✘ 0. Trường
hợp k ✏ 1 thì α được gọi là nghiệm đơn; trường hợp k ✏ 2 thì α được gọi là
nghiệm kép của f ♣xq.
Khi đó α

Hệ quả 1.2.6. Cho f ♣xq ✏ an xn   an✁1 xn✁1   ...   a1 x   a0

€ K rxs. Khi đó

(i) Nếu f ♣xq có nhiều hơn n nghiệm thì f ♣xq phải là đa thức 0.
(ii) Nếu g ♣xq ✏ bn xn   bn✁1 xn✁1   ...   b1 x   b0 có an

✏ bn và tồn tại n phần tử
phân biệt α1 , ..., αn € K để f ♣αi q ✏ g ♣αi q , i ✏ 1, 2, ..., n thì f ♣xq ✏ g ♣xq.

1.3
1.3.1

Đa thức trên trường số hữu tỉ
Nghiệm hữu tỉ của đa thức với các hệ số nguyên

Định lý 1.3.1. Cho đa thức f ♣xq ✏ a0 xn   a1 xn✁1   ...   an € Z rxs , a0 ✘ 0.
p
Khi đó nếu số hữu tỉ với ♣p, q q ✏ 1 là nghiệm của phương trình f ♣xq ✏ 0 thì:
q
7

Footer Page 14 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 15 of 166.
(i) p là một ước của an và q là một ước của a0 .
(ii) p ✁ mq là một ước của f ♣mq với mọi số nguyên m.
Chứng minh. Giả sử số hữu tỉ
(i) Ta có

p
với ♣p, q q ✏ 1 là một nghiệm của f ♣xq ✏ 0.
q

✂ ✡n✁1

a0
hay

p
q

  a1

✂ ✡n

p
q

  ...   an ✏ 0

a0 pn   a1 pn✁1 q   ...   an q n

✏ 0.

Vì ♣p, q q ✏ 1 nên p là một ước của an và q là một ước của a0 .
(ii) Khai triển f ♣xq theo các lũy thừa của x ✁ m ta được

f ♣xq ✏ a0 ♣x ✁ mqn   b1 ♣x ✁ mqn✁1   ...   bn✁1 ♣x ✁ mq   f ♣mq € Z rxs .
p
Thay x ✏ , ta được
q
a0 ♣p ✁ mq qn   b1 ♣p ✁ mq qn✁1 q   ...   bn✁1 ♣p ✁ mq q q n✁1   f ♣mq q n

✏ 0.

Vì ♣p, q q ✏ 1 nên p ✁ mq là ước của f ♣mq với mọi số nguyên m.
Hệ quả 1.3.2. Các nghiệm hữu tỉ của đa thức sau phải là các số nguyên
f ♣xq ✏ xn   a1 xn✁1   ...   an

1.3.2

€ Z rxs .

Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỉ và
tiêu chuẩn Eisenstein

Cho đa thức f ♣xq ✏ a0 xn   a1 xn✁1   ...   an✁1 x   an

€ Z rxs , a0 ✘ 0. Đặt

cont ♣f q ✏ d ✏ ♣a0 , ..., an q .
1
Khi đó f là một đa thức với các hệ số là các số nguyên, nguyên tố cùng nhau.
d
Đa thức này được gọi là một đa thức nguyên bản.
Bổ đề 1.3.3. (Gauss). Nếu gh € Z rxs thì cont ♣ghq ✏ cont ♣g q cont ♣hq.
8

Footer Page 15 of 166.


Header Page 16 of 166.
Chứng minh. Chỉ cần chứng minh khi cont ♣g q ✏ cont ♣hq ✏ 1 là đủ, vì thay
g
h
cho việc xét g và h ta xét các đa thức
và
tương ứng. Giả sử

cont ♣g q
cont ♣hq
g ♣xq ✏ a0 xn   a1 xn✁1   ...   an ,
h ♣xq ✏ b0 xm   b1 xm✁1   ...   bm

✘ 0, và cont ♣gq ✏ cont ♣hq ✏ 1.
Giả sử cont ♣ghq ✏ d → 1. Gọi p là một ước nguyên tố của d. Khi đó tất cả các
với a0 b0

hệ số của gh đều chia hết cho p. Gọi ar và bs là những hệ số đầu tiên của g và
h tương ứng mà không chia hết cho p. Khi đó
✩
✫ a
r✁1

✑ ar✁2 ✑ ... ✑ a0 ✑ 0 ♣mod pq
✪ b
s✁1 ✑ bs✁2 ✑ ... ✑ b0 ✑ 0 ♣mod pq.
Do đó
cr s

✏ ar bs   ar 1bs✁1   ...   ar✁1bs 1   ar✁2bs 2   ... ✑ ar bs ♣mod pq.

Dẫn tới cr s không chia hết cho p, (mâu thuẫn).

Vậy cont ♣ghq ✏ 1 hay cont ♣ghq ✏ cont ♣g q cont ♣hq .
Khi cont ♣g q ✏ cont ♣hq ✏ 1 thì cont ♣ghq ✏ 1.
Từ bổ đề trên ta suy ra hệ quả sau:
Hệ quả 1.3.4. Tích của hai đa thức nguyên bản cũng là đa thức nguyên bản.
Hệ quả 1.3.5. Đa thức nguyên bản f

€ Z rxs là một đa thức bất khả quy trên

Z khi và chỉ khi nó là một đa thức bất khả quy trên Q.

€ Z rxs và f ✏ gh với g, h € Q rxs. Dễ thấy rằng luôn
tồn tại các số hữu tỉ dương r và s sao cho rg và sh thuộc Z rxs, đồng thời là
các đa thức nguyên bản. Khi đó vì rsf ✏ ♣rg q ♣shq và f là một đa thức nguyên
bản, cùng với rg và sh thuộc Z rxs, nên rs nguyên dương. Theo bổ đề 1.3.3,
Chứng minh. Giả sử f

rs ✏ cont ♣rsf q ✏ cont ♣rg q cont ♣shq ✏ 1.
Vậy rs ✏ 1. Do đó f

✏ ♣rgq ♣shq là một phân tích của f

trong Z rxs.

9

Footer Page 16 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 17 of 166.
Do kết quả này, nên ta có thể chuyển việc xét tính bất khả quy của các đa
thức thuộc Q rxs về việc xét tính bất khả quy trong Z rxs. Sau đây là một tiêu
chuẩn để chứng minh một đa thức thuộc Z rxs là bất khả quy.
Định lý 1.3.6. (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho một đa thức

f ♣xq ✏ an xn   an✁1 xn✁1   ...   a0

→ 0 với các hệ số nguyên. Giả sử rằng, tồn tại một số nguyên tố p sao
cho an không chia hết cho p, và các ai , i ➔ n chia hết cho p, nhưng a0 không
chia hết cho p2 . Khi đó f ♣xq là một đa thức bất khả quy trên Q.
bậc n

Chứng minh. Giả sử f ♣xq khả quy trên Q. Bởi chứng minh hệ quả 1.3.5, tồn
tại hai đa thức bậc dương g, h với hệ số nguyên để
f
với r

✏ gh ✏

✄

r
➳
i✏0

☛☎

bi x i ✆

s
➳
j ✏0

☞

cj x j ✌

✏ deg g, s ✏ deg h → 0, r   s ✏ n. Vì b0c0 ✏ a0 chia hết cho p nên ít nhất

một trong hai số b0 hoặc c0 phải chia hết cho p. Giả sử b0 chia hết cho p. Vì
a0 không chia hết cho p2 nên c0 không chia hết cho p. Khi đó nếu tất cả các bi
đều chia hết cho p thì an cũng phải chia hết cho p (mâu thuẫn với giả thiết).
Do đó phải tồn tại một bj không chia hết cho p. Gọi i là chỉ số nhỏ nhất để
bi không chia hết cho p. Khi đó vì ai

✏ bic0   bi✁1c1   ...   b0ci và ai cùng với

tất cả các số hạng bi✁1 c1 , ..., b0 ci đều chia hết cho p nên bi c0 cũng phải chia hết
cho p (mâu thuẫn).
Điều này chứng tỏ f là một đa thức bất khả quy trên Q.
Ví dụ 1.1. Chứng minh với p nguyên tố, đa thức sau bất khả quy trên Q:
f ♣xq ✏ 1   x  

x2
2!

p

  ...   xp! .

Lời giải. Ta phải chứng minh
p!x2
 
...   xn
2

p!
là một đa thức bất khả quy trên Q. Ta có
chia hết cho p, nhưng không chia
i!
hết cho p2 với mọi i ➔ p. Theo tiêu chuẩn Eisenstein đa thức p!f là bất khả
p!f ♣xq ✏ p!   p!x  

quy trên Q.
10

Footer Page 17 of 166.


Header Page 18 of 166.

1.4

Đa thức trên trường số thực và trường số
phức

Vì C là trường đóng đại số nên đa thức bất khả quy một ẩn trên C chỉ là
những đa thức bậc 1. Vì thế ta chỉ cần xét các đa thức bất khả quy trên R.
Định lý 1.4.1. Cho một đa thức bậc dương f ♣xq € R rxs. Khi đó f ♣xq là một
đa thức bất khả quy khi và chỉ khi f ♣xq ✏ ax   b, a ✘ 0 hoặc
f ♣xq ✏ ax2   bx   c, a ✘ 0, b2 ✁ 4ac ➔ 0.
Chứng minh. Hiển nhiên, nếu f ♣xq

€ R rxs là một đa thức bậc nhất hay một
tam thức bậc 2 với biệt thức ∆ ✏ b2 ✁ 4ac ➔ 0, thì f ♣xq là bất khả quy trên
R. Ta chứng minh điều ngược lại. Giả sử f ♣xq € R rxs là một đa thức bất khả

quy với deg f ♣xq ➙ 1.
• Nếu deg f ♣xq ✏ 1 thì f ♣xq ✏ ax   b, a ✘ 0.
• Nếu deg f ♣xq ✏ 2. Khi đó f ♣xq ✏ ax2   bx   c, a ✘ 0. Nếu ∆ ✏ b2 ✁ 4ac ➙ 0
thì f ♣xq có hai nghiệm α1 , α2 € R và ta có f ♣xq ✏ a ♣x ✁ α1 q ♣x ✁ α2 q , (mâu
thuẫn). Do đó ∆ ✏ b2 ✁ 4ac ➔ 0.
• Nếu deg f ♣xq → 2. Vì C là trường đóng đại số nên f ♣xq ✏ 0 có nghiệm α € C
theo Định lí cơ bản của đại số. Do 0 ✏ f ♣αq ✏ f ♣αq nên f ♣xq còn nghiệm α.
Khi đó f ♣xq chứa nhân tử ♣x ✁ αq ♣x ✁ αq € R rxs hay f ♣xq là khả quy (mâu
thuẫn).
Tóm lại, f ♣xq

€ R rxs là một đa thức bất khả quy khi và chỉ khi hoặc f ♣xq ✏
ax   b, a ✘ 0 hoặc f ♣xq ✏ ax2   bx   c, a ✘ 0, b2 ✁ 4ac ➔ 0.
Định lý 1.4.2. Mỗi đa thức bậc dương f ♣xq € R rxs đều có thể phân tích một
cách duy nhất dưới dạng
 

f ♣xq ✏ a♣x ✁ α1 qn1 ...♣x ✁ αs qns x2   b1 x   c1

✟ d1

 

... x2   br x   cr

→ α2 → ... → αs và b2i ✁ 4ci ➔ 0 với mọi i ✏ 1, 2, ..., r
♣b1, c1q → ♣b2, c2q → ... → ♣br , cr q (theo thứ tự từ điển).
trong đó α1

✟ dr

; cùng với

Chứng minh. Vì R rxs là một vành Euclid, nên f ♣xq có thể phân tích được
thành tích các nhân tử bất khả quy trong R rxs. Bằng cách viết αx   β

✏

11

Footer Page 18 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 19 of 166.
✂

α x 

β
α

✡

✄

x2
và αx2   βx   γ ✏ α
α

 

☛

β
γ
x 
, ta có thể quy f ♣xq về tích
α
α

 

f ♣xq ✏ a♣x ✁ α1 qn1 ...♣x ✁ αs qns x2   b1 x   c1

✟ d1

 

... x2   br x   cr

✟ dr

→ α2 → ... → αs và b2i ✁ 4ci ➔ 0 với mọi i ✏ 1, 2, ..., r; cùng với
♣b1, c1q → ♣b2, c2q → ... → ♣br , cr q (theo thứ tự từ điển).
trong đó α1

Vậy ta thấy ngay sự phân tích này là duy nhất.
Ví dụ 1.2. Ta có phân tích sau:

✄

x5   1 ✏ ♣x   1q x2 ✁
x

8

 x  1✏
4

✁

2

x

❄

 x

❄

☛✄

1  5
x 1
2
✠✁

3 1

2

x

❄

✁x

x2 ✁
✠ 

3 1

❄

☛

1✁ 5
x 1 .
2
✟  2
x

x2   x   1

✟

✁x 1

.

KẾT LUẬN CHƯƠNG 1
Trong chương 1, chúng tôi đã:
- Chỉ ra cách xây dựng vành đa thức một biến.
- Trình bày các khái niệm cơ bản liên quan đến đa thức.
- Nêu một số tính chất của đa thức trên một trường con của trường số phức
C, qua đó xét cụ thể trong các trường số hữu tỉ, trường số thực và trường số
phức.
- Nêu một tiêu chuẩn để kiểm tra xem một đa thức thuộc Z rxs có là bất khả
quy hay không.
Từ những kiến thức cơ bản trên, chúng tôi lấy làm cơ sở để trình bày về các
đa thức nội suy ở chương 2.

12

Footer Page 19 of 166.


Header Page 20 of 166.

Chương 2

Các đa thức nội suy
Chương này trình bày chi tiết về đa thức nội suy Lagrange, đa thức nội
suy Chebyshev và một số ứng dụng của hai đa thức đó trong các bài toán tính
tổng, chứng minh, rút gọn biểu thức hoặc giải phương trình bậc cao,....

2.1
2.1.1

Đa thức nội suy Lagrange
Công thức

Định lý 2.1.1. Cho các số thực x1 , x2 , ..., xn đôi một khác nhau và n số thực
a1 , a2 , ..., an tùy ý. Khi đó tồn tại duy nhất đa thức P ♣xq có bậc nhỏ hơn hoặc
bằng n ✁ 1 thỏa mãn điều kiện

P ♣xk q ✏ ak với mọi k
Đa thức đó có dạng:
P ♣xq ✏

n
➳
j ✏1

aj

✏ 1, 2, ..., n.

x ✁ xi
.
x ✁ xi
i✏1,i✘j j
n
➵

(2.1)

Chứng minh. Đặt w ♣xq ✏ ♣x ✁ x1 q ♣x ✁ x2 q ... ♣x ✁ xn q . Khi đó

w✶ ♣xq ✏

n
➳

n
➵

j ✏1 i✏1,i✘j

♣x ✁ xiq

13

Footer Page 20 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 21 of 166.
và

 
w✶ x

✟
j

n
➵

 

✏

i✏1,i✘j

✟

xj

✁ xi

✏

x ✁ xi
,j
x
✁
x
j
i
i✏1,i✘j

,j

✏ 1, 2, ..., n.

Lại đặt
wj ♣xq ✏  

suy ra deg wj

w ♣xq
✟
  ✟
x ✁ xj w✶ xj

✩
✫ 0 khi k

✏ n ✁ 1 và wj ♣xk q ✏ ✪
P ♣xq ✏

có deg P

n
➵

n
➳
j ✏1

✘j
1 khi k ✏ j.

aj wj ♣xq ✏

n
➳
j ✏1

aj

✏ 1, 2, ..., n

Khi đó đa thức

x ✁ xi
x ✁ xi
i✏1,i✘j j
n
➵

↕ n ✁ 1 và thỏa mãn P ♣xk q ✏ ak , với mọi k ✏ 1, 2, ..., n.

Việc chứng minh tính duy nhất được suy ra từ nhận xét rằng hai đa thức bậc
nhỏ hơn n nhận giá trị như nhau tại n điểm thì chúng trùng nhau.
Công thức ♣2.1q được gọi là công thức nội suy Lagrange.
Đôi khi ta còn dùng công thức nội suy Lagrange ở dạng
  ✟
n
➳
P xj w x
  ✟

P ♣xq ✏

w ✶ xj
j ✏1

hoặc
P ♣ xq ✏
 

với fj ♣xq ✏ ♣x ✁ x1 q ... x ✁ xj ✁1

✟ 

n
➳
j ✏1

aj

♣q
x ✁ xj

(2.2)

fj ♣ xq
  ✟
fj xj

(2.3)

✟

x ✁ xj  1 ... ♣x ✁ xn q , j

✏ 1, 2, ..., n.

Ta xét một vài trường hợp đặc biệt của công thức nội suy Lagrange.
Với n ✏ 2, đa thức đó là
P ♣xq ✏ a1
trong đó deg P

x ✁ x2
x1 ✁ x2

  a2 xx ✁✁xx1 ,
2

1

✏ 1, P ♣x1q ✏ a1, P ♣x2q ✏ a2.

Với n ✏ 3, đa thức đó là

♣x ✁ x2q ♣x ✁ x3q   a ♣x ✁ x1q ♣x ✁ x3q   a ♣x ✁ x1q ♣x ✁ x2q ,
♣x1 ✁ x2q ♣x1 ✁ x3q 2 ♣x2 ✁ x1q ♣x2 ✁ x3q 3 ♣x3 ✁ x1q ♣x3 ✁ x2q
trong đó deg P ✏ 2, P ♣xi q ✏ ai , i ✏ 1, 2, 3.
P ♣xq ✏ a1

14

Footer Page 21 of 166.


Header Page 22 of 166.
2.1.2

Tính chất

➧
✏ ♣x ✁ xiq với x0, x1, ..., xn phân biệt thuộc
i✏0
trường số K. Khi đó với P ♣xq ✏ a0 xn   a1 xn✁1   ...   an bậc n trên K, ta có
n
➳
P ♣ xi q
a0 ✏
.
f ✶ ♣ xi q
i✏0
n

Mệnh đề 2.1.2. Cho f ♣xq

Chứng minh. Theo công thức nội suy Lagrange ta có
P ♣xq ✏

♣ q f ♣ xq

n
➳
P xi

.
f ✶ ♣ xi q x ✁ xi

i✏0

So sánh các hệ số của xn ta được a0

✏

♣ q.
✶
i✏0 f ♣xi q
n P x
➦
i

Mệnh đề 2.1.3. Nếu α1 , α2 , ..., αn là n nghiệm thực phân biệt của đa thức
f ♣xq ✏ an xn   an✁1 xn✁1   ...   a1 x   a0 , ♣an

✘ 0q

thì
αi s
(i)
✶
i✏1 f ♣αi q
n
➦

(ii)

✏ 0 với 0 ↕ s ↕ n ✁ 2.

n α n✁1
➦
i
i✏1

1
✏
.
f ✶ ♣α q a
i

n

Chứng minh. Giả sử α1 , α2 , ..., αn là n nghiệm phân biệt của đa thức f ♣xq. Khi
đó f ♣xq ✏ an

n  
➧

j ✏1

✟

x ✁ αj . Do đó

n
➳

f ✶ ♣xq ✏ a

n

f ✶ ♣αi q ✏ an

n
➵

k✏1 j ✏1,j ✘k
n
➵

 

j ✏1,j ✘i

 

✟

x ✁ αj ,
✟

αi ✁ αj ,

với i ✏ 1, 2, ..., n.

♣iq Với 0 ↕ s ↕ n ✁ 2, xét khai triển Lagrange của đa thức g ♣xq ✏ xs ta có
g ♣ xq ✏

n

➳
i✏1

g ♣αi q

x ✁ αj
.
α ✁ αj
j ✏1,j ✘i i
n
➵

15

Footer Page 22 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 23 of 166.
Vì s ➔ n ✁ 1 nên cân bằng hệ số của xn✁1 ta được
0✏

n
➳
i✏1

g ♣αi q

n

➵

1

j ✏1,j ✘i

αi ✁ αj

✏

an g ♣αi q

n
➳
i✏1

an

n
➧

j ✏1,j ✘i

αi ✁ αj

✏

n
➳
an αi s

i✏1

f ✶ ♣αi q

s

n
➦

αi
✏ 0.
✶
i✏1 f ♣αi q
♣iiq Tương tự, ứng với s ✏ n ✁ 1 thì cân bằng hệ số của xn✁1 ta được:
hay

1✏

Suy ra

n
➳
i✏1

g ♣αi q

n
➵
j ✏1,j ✘i

1

αi ✁ αj

✏

an g ♣αi q

n
➳
i✏1

an

n α n✁1
➦
i
i✏1

2.1.3

n
➧

j ✏1,j ✘i

αi ✁ αj

✏

n
➳
an αi n✁1
i✏1

f ✶ ♣αi q

.

1
✏
.
f ✶ ♣α q a
i

n

Ví dụ minh họa

Ví dụ 2.1. Tìm đa thức P ♣xq có bậc bé hơn hoặc bằng 4 sao cho
P ♣1q ✏ 1, P ♣2q ✏ 2, P ♣3q ✏ 5, P ♣4q ✏ 10, P ♣5q ✏ 17.
Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange ta có
P ♣xq ✏

♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q ♣x ✁ 5q   2♣x ✁ 1q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q ♣x ✁ 5q
♣1 ✁ 2q ♣1 ✁ 3q ♣1 ✁ 4q ♣1 ✁ 5q ♣2 ✁ 1q ♣2 ✁ 3q ♣2 ✁ 4q ♣2 ✁ 5q
  5♣♣3x ✁✁ 11qq♣♣3x✁✁22qq♣♣3x✁✁44qq♣♣3x✁✁55qq   10♣4♣x✁✁11q q♣4♣x✁✁22q q♣4♣x✁✁3q3♣q4♣x✁✁5q5q
  17♣5♣x✁✁11q q♣5♣x✁✁22q q♣5♣x✁✁3q3♣q5♣x✁✁4q4q .

Suy ra

P ♣ xq ✏

1
♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q ♣x ✁ 5q ✁ 1 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q ♣x ✁ 5q
24
3
5
  4 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 4q ♣x ✁ 5q ✁ 53 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 5q
♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q .
  17
24

Rút gọn ta được P ♣xq ✏ x2 ✁ 2x   2.

Ví dụ 2.2. Tìm đa thức P ♣xq có bậc bé hơn hoặc bằng 4 sao cho
P ♣1q ✏ 1, P ♣2q ✏ 5, P ♣3q ✏ 2, P ♣4q ✏ 4, P ♣5q ✏ ✁3.
16

Footer Page 23 of 166.


Header Page 24 of 166.
Lời giải.
Theo công thức nội suy Lagrange ta có
P ♣xq ✏

♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q ♣x ✁ 5q   5♣x ✁ 1q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q ♣x ✁ 5q
♣1 ✁ 2q ♣1 ✁ 3q ♣1 ✁ 4q ♣1 ✁ 5q ♣2 ✁ 1q ♣2 ✁ 3q ♣2 ✁ 4q ♣2 ✁ 5q
  2♣♣3x ✁✁ 11qq♣♣3x✁✁22qq♣♣3x✁✁44qq♣♣3x✁✁55qq   4♣♣4x ✁✁ 11qq♣♣4x✁✁22qq♣♣4x✁✁33qq♣♣4x✁✁55qq
✁ 3♣♣5x ✁✁ 11qq♣♣5x✁✁22qq♣♣5x✁✁33qq♣♣5x✁✁44qq .

Suy ra
P ♣ xq ✏

1
♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q ♣x ✁ 5q ✁ 5 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q ♣x ✁ 5q
24
6
1
  2 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 4q ♣x ✁ 5q ✁ 23 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 5q
✁ 18 ♣x ✁ 1q ♣x ✁ 2q ♣x ✁ 3q ♣x ✁ 4q .

13 4 77 3 641 2 272
x   x ✁
x  
x ✁ 48.
12
6
12
3
Nhận xét. Đa thức xác định duy nhất P ♣xq ở định lý 2.1.1. có thể có bậc nhỏ

Rút gọn ta được P ♣xq ✏ ✁

hơn n ✁ 1 (như ở ví dụ 2.1), cũng có thể có bậc bằng n ✁ 1 (như ở ví dụ 2.2).
Ví dụ 2.3. Cho f ♣xq ✏ ax2   bx   c thỏa mãn

⑤f ♣✁1q⑤ ↕ 1, ⑤f ♣1q⑤ ↕ 1, ⑤f ♣0q⑤ ↕ 1.
Chứng minh rằng

⑤f ♣xq⑤ ↕ 5 với mọi x € r✁1; 1s.
4

Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange ta có:
f ♣xq ✏ f ♣✁1q

x ♣x ✁ 1q
2

  f ♣0q ♣x   1✁q ♣1x ✁ 1q   f ♣1q x ♣x2  1q .

Kết hợp với giả thiết, ⑤f ♣✁1q⑤ ↕ 1, ⑤f ♣1q⑤ ↕ 1, ⑤f ♣0q⑤ ↕ 1 ta được

⑤f ♣xq⑤ ↕

✞
✞1
✞ f
✞2
✞

 
1 x2

♣✁ q

✞

✁
✞

✞
✟✞
x ✞✞

✞
 
✞f 0 1

  ♣q ✁
✞

✞

✟✞
x ✞
2

 

✞
✞1
 
✞ f 1 x2
✞2

♣q

 

✞
✟✞
x ✞✞

✞

↕ 12 ✞x2 ✁ x✞   ✞1 ✁ x2✞   12 ✞x2   x✞ .
✞
✥
✭ ✞
↕ max x2, ⑤x⑤   ✞1 ✁ x2✞ .
17

Footer Page 24 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 25 of 166.
(do với hai số thực bất kì A, B ta có
❜

❜

⑤A   B ⑤   ⑤A ✁ B ⑤ ✏ ♣⑤A   B ⑤   ⑤A ✁ B ⑤q2 ✏ 2A2   2B 2   2 ⑤A2 ✁ B 2⑤
✏ max t2 ⑤A⑤ , 2 ⑤B ⑤✉q.
✥

Vì x € r✁1; 1s nên max x2 , ⑤x⑤

✭

✏ ⑤x⑤ và
✂

5
4

⑤f ♣xq⑤ ↕ ⑤x⑤   1 ✁ x ✏ ✁ ⑤x⑤ ✁
2

1
2

✡2

↕ 54 .

5
với mọi x € r✁1; 1s.
4
Ví dụ 2.4. Cho a1 , a2 , ..., an là n số đôi một khác nhau và f ♣xq là đa thức có
Vậy ⑤f ♣xq⑤ ↕

bậc nhỏ hơn n. Chứng minh rằng tồn tại các hằng số A1 , A2 , ..., An sao cho
f ♣ xq
♣x ✁ a1q ♣x ✁ a2q ... ♣x ✁ anq

✏ x A✁1a   x A✁2a   ...   x A✁na .
1

2
n

Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange ta có
f ♣ xq ✏
Suy ra
n
➧
i✏1

f ♣xq

♣x ✁ aiq

n
➳
i✏1

✏

f ♣ai q

n
➳
i✏1

n
➧

✏

f ♣ai q
 

j ✏1,j ✘i

Do đó
Ai

x ✁ aj
.
a ✁ aj
j ✏1,j ✘i i
n
➵

n
➧

ai ✁ aj

f ♣ai q

j ✏1,j ✘i

 

1

ai ✁ aj

✟

✟x

✁ ai .

.

Ví dụ 2.5. Cho a1 , a2 , ..., an là n số khác nhau đôi một và
f ♣xq ✑ Ai

♣mod ♣x ✁ aiqq.

Tìm dư r ♣xq khi chia f ♣xq cho ♣x ✁ a1 q ♣x ✁ a2 q ... ♣x ✁ an q .
Lời giải. Giả sử

với deg r

f ♣ xq ✏

n
➵
i✏1

♣x ✁ aiq q ♣xq   r ♣xq

➔ n. Thay x ✏ ai vào ta được f ♣aiq ✏ r ♣aiq. Do đó
n
n

➳
➵
x ✁ aj
r ♣ xq ✏
Ai
.
a ✁ aj
i✏1
j ✏1,j ✘i i
18

Footer Page 25 of 166.