Công thức nội suy Lagrange - Lê Xuân Đại

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (430.91 KB, 21 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

CÔNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE

Lê Xuân Đại, 
Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc, Vĩnh Phúc 
I. CÔNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE.

Cho đa thức P x có bậc nhỏ hơn ( ) n1 và n1 số thực phân biệt x ii; 1,n1. Khi đó
( )

P x được xác định duy nhất như sau:

1 1
1
1

( ) ( )

n n

j
i

j

i i j

j i

x x

P x P x

x x

 








 







(*)

Chứng minh. Xét đa thức

1 1
1
1

( ) ( ) ( )

n n

j
i

j

i i j

j i

x x

Q x P x P x

x x

 








  







Khi đó deg ( )Q x n và Q x( )i 0 nên Q x có (( ) n1) nghiệm xi. Do đó Q x( )0.

Tính duy nhất của P x được suy ra ngay từ nhận xét rằng hai đa thức bậc nhỏ hơn ( )
hoặc bằng n nhận giá trị bằng nhau tại (n1) điểm thì chúng trùng nhau.

II. ỨNG DỤNG CỦA CƠNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE 
2.1. Tính giá trị của một đa thức tại một điểm

Công thức Nội suy Lagrange rất hay được sử dụng để tính giá trị của đa thức bậc n tại 
một điểm nào đó, khi đã biết n1 giá trị tại các điểm khác. Ta bắt đầu bằng ví dụ sau:
Bài tốn 1. Cho đa thức f x( )   x có bậc n thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau

1 2

(0) 0; (1) ; (2) ;...; ( )

2 3 1

n

f f f f n

n

   

 . Tính giá trị của f n( 1).

Lời giải. Trước tiên ta thử tiếp cận bài tốn theo phương án thơng thường và tự nhiên

nhất. Giả sử

( )

n
i
i
i

f x a x





Để tìm các hệ số ta phải giải hệ phương trình:

(0) 1
1
(1)

2
...

( )

f
f

n
f n

n

 




 





 

 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Điều này gần như là không thể thực hiện được.
Tiếp theo ta nghĩ đến công thức nội suy Lagrange:

0 0

( ) ( )

n n n n

j j

i i

j i j i

x j i x j

f x f i

i j i i j

 
 
 
 
   
 
    
  
 
 









.
Do đó
0
0

1
( 1)
1
n n
j
i
j i
n j
i
f n

i  i j





 

  

 





. Đến đây có thể nói là ta đã tìm được f n( 1).
Tuy nhiên ta cần tìm ở dạng gọn nhất có thể.

Dễ thấy

1 ( 1)!

( 1)
( 1 ) !( )!

n

n i
j

j i

n j n

i j n i i n i






     

   



. Từ đó suy ra

1 1

0 1 0

( 1)!

( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

( 1 )!( 1)!

n n n

n i i n i i n i

n n

i i i

n

f n n C n C

n i i


    
  

           
  



Mặt khác
1
1
0 0

( 1) ( 1) 1 (1 1) 1 1

n n

i n i i n i n

n n
i i
C C

  
 
   
 
            
 



Vậy f n(   1) n 1.

Bài toán 2. Cho đa thức P x( )   x có deg ( )P x n thỏa mãn P i( )2 , i  i 1,n1 . 
Tính P n( 2).

Lời giải. Áp dụng cơng thức nội suy Lagrange với (n1) mốc nội suyxii, ta được

1 1
1
1
( ) ( )
n n
j
j

i i j

j i

x x

P x P i

x x
 



 

 
 
   

 
 





Do đó

1 1 1 1

1 1
1 1
1 1
1
1
1 1
1

( 2) ( 2)

( 2) ( ) ( )

( 1)! ( 1)!

2 2 ( 1)

( 1)!( 2 )!
( 2 )( 1)!( 1 )!( 1)

( 1)!
2 2

( 1)!

n n n n

j j

i i

j i j i

n n

i i n i

n i

i i

i

n j n j

P n P i P i

i j i j

n n

i n i

n i i n i

n
i

   
 
 
 
 
 
 
 

   
       
   
       
 
   
   
 
  
  
     

 
















1 1

2 1 1 1 ( 1)
1

1 1
1
1 1
1
0

( 1) 2 2 ( 1)

( 2 )!

2 2 ( 1) 2 2 1 2 2

n n

n i i i n i

n

i i

n n

j j n j n

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Vậy P n( 2)2n22

Chú ý: Bài tốn này cũng có thể được giải bằng các cách khác như sau: 
Cách 2: Ta chứng minh quy nạp P n( 2)2n22

(1)
Với n=1 thì P x( )2x nên (1) đúng

Giả sử (1) đúng với n1. Xét đa thức Q x( )P x(  1) P x( ) thì deg ( )Q x  n 1.
Ta có Q i( )P i(  1) P i( )2i1 2i 2 i  i 1,n.

Theo giả thiết quy nạp thì Q n( 2)2n12

Khi đó P n(  2) P n(  1) 2n12. Từ đó suy ra P n( 2)2n22 (đpcm).

Cách 3: Xét ( ) 1 ( 1) ... ( 1)( 2)...( 1)

1! 2! !

x x x x x x x n

Q x

n

    

    

Khi đó deg ( )Q x n và

( ) 2 ( ) 1, 1

k

i k

k
i

Q k C P k k n





    

Suy ra P x( )Q x( ). Từ đó tính ra P n( 2)2n22

Bài toán 3. (IMO Shorlist 1981) Cho đa thức P x( )   x có deg ( )P x n thỏa mãn điều
kiện

( ) k , 0,

n

P k k n

C 

   . Tính P n( 1).

Lời giải. Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n1) mốc nội suy xkk ta được

0
0

( ) ( )

n n

i
k

i k
x i

P x P k

k i






 

  

 

   



 

 





Suy ra 0

0 1 0 1

( )
1

( )

( 1) !( )!

n

n n n

i

k k n k

i

k n k n

i k

x i
x i

P x

k i

C C k n k





   



  

  

 

  

  

 

 









Do đó

0 0

( 1)

( 1) ( 1 ) ( 1)

( 1)!

n k

n n n

n k
i

k k

P n n i

n






 



      









Vậy P n(  1) 0 nếu n lẻ và P n ( 1) 1 nếu n chẵn.

Bài toán 4. Cho đa thức P x( )   x có deg ( )P x n thỏa mãn P k( ) 1, k 1,n 1
k

    .

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Lời giải. Xét đa thức Q x( )xP x( ) 1 thì deg ( )Q x  n 1 và Q k( )0,  k 1,n1.
Do đó Q x( )a x( 1)(x2)...(x n 1).

Mà (0) 1 ( 1)
( 1)!

n

Q a

n


   

 . Suy ra

( 1)

( ) ( 1)( 2)...( 1)
( 1)!

n

Q x x x x n

n



    



Vậy ( 2) ( 2) 1 1 1 ( 1)

2 2

n
Q n

P n

n n

   

   

  .

Bài toán 5. Cho đa thức P x( )   x có deg ( )P x n thỏa mãn ( ) , 0,
1

k

P k k n

k

  

 .

Tính P n( 1).

Lời giải bài toán này xin dành cho bạn đọc.

2.2. Tính tốn các tổng liên quan đến cơng thức tổ hợp

Bài toán 6. Cho n số phân biệt a a1, ,...,2 an và đa thức P x( )   x có bậc deg ( )P x  n 2.
Chứng minh rằng

1 2 1 3 1 1 2 1

( )
( )

... 0

( )( )...( ) ( )( )...( )

n

n n n n n

P a
P a

T

a a a a a a a a a a a a 

   

      .

Lời giải. Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta được:

2 3 1 2 1

1 2 1 3 1 1 2 1

( )( )...( ) ( )( )...( )

( ) ( ) ... ( )

( )( )...( ) ( )( )...( )

n n

n

n n n n n

x a x a x a x a x a x a

P x P a P a

a a a a a a a a a a a a




     

  

     

Đồng nhất hệ số của n 1

x  ở hai vế ta thu được T0 (đpcm).

Phép chứng minh bài toán đẹp đẽ và đơn giản đến bất ngờ. Tư tưởng chung là sử dụng
công thức nội suy Lagrange rồi so sánh hệ số với nhau ta thu được các đẳng thức quan
trọng và khó chứng minh các đẳng thức đó bằng một con đường khác.

Bài toán 7. Cho các số thực x x1, 2,...,xn phân biệt. Chứng minh rằng

1 1

( )

n

n n

k

k
n

k k

k j

j
j k

x

x x

 











(1)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Xét đa thức P x( )xn (x x1)(xx2)...(xxn). Khi đó deg ( )P x  n 1 và P x

 

k xkn

với k1,n.

Áp dụng công thức nội suy Lagrange với n mốc nội suy x x1, 2,...,xn ta được

1 1

( ) ( )

n n n n

j n j

k k

j j

k k j k k j

j k j k

x x x x

P x P x x

x x x x

 

 

   

 

   

      

 

   

   









Đồng nhất hệ số của n 1

x  hai vế ta được

1 1

( )

n

n n

k

k
n

k k

k j

j
j k

x

x x

 











(đpcm)

Từ bài toán trên ta cũng suy ra một kết quả thú vị như sau:

Cho x x1, 2,...,xn là các số nguyên dương phân biệt. Khi đó với mọi số nguyên dương k 
thì số

1
1

( )

k
n

i
n
i

i j

j
j i

x

x x











là một số nguyên.

Bài toán 8. Cho dãy Fibonaxi

 

F và đa thức ( )n f x    x có bậc 990 thỏa mãn điều kiện
( ) k, 992,1982

f k F  k . Chứng minh rằng f(1983)F19831.
Lời giải. Từ giả thiết suy ra f k( 992)Fk992,  k 0,990.

Đặt g x( ) f x( 992)deg ( )g x 990 và g k( )Fk992,  k 0, 990.

Áp dụng công thức nội suy Lagrange với 991 mốc nội suy xkk ta được

990 990
0
0

( ) ( )

i
k

i k
x i

g x g k

k i






 

  

 

   



 

 





Suy ra

990 990

991 991 992

0 0

(1983) (991) ( ) k ( 1)k k k ( 1)k

k k

f g g k C C F

 



   



   .

Ta cần chứng minh

990

991 992 1983
0

( 1) 1

k k

k
k

C F F



    



(1)

Chú ý là ; 1 5; 1 5

2 2

n n

n

F    

 

  

  

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Như vậy

990 990 990

992 992
991 992 991 991

0 0 0

( 1) ( 1) ( 1)

k k k k k k k k

k

k k k

C F C   C  

  

 

 

            

 



Ta có













990 990

991
992 992 992 991
991 991

0 0

991
991

992 991 2 1983 1983 2

( 1) ( ) 1

1 (do 1)

k k k k k

k k

C   C    

          



 

 

           

 

 

           

 



Tương tự

990

992 1983
991

( 1)

k k k

k

C    



     



Vậy









1983 1983
990

1983 1983

991 992 1983

( 1) 1 1

5 5

k k

k
k

C F       F





 

           



Bài toán được chứng minh xong.

Nhận xét: Từ kết quả bài toán trên ta đưa ra được bài toán tổng quát sau:

Bài toán 8.1. Cho dãy Fibonaxi

 

F và đa thức n f xn( )   x có bậc n thỏa mãn điều kiện

( ) , 2, 2

n n k

f n k F  k n . Chứng minh rằng fn(2n3)F2n31.

Tuy nhiên cũng có thể chứng minh bài tốn này bằng phương pháp quy nạp theo n . 
Bài toán 9. Cho đa thức

( )

n

n k
k
k

f x a x  x



 





   . Chứng minh rằng với mọi số thực
0

h và mọi số thực A ta đều có đẳng thức





( 1) !

n

n k k n

n
k

C f A kh a h n




      



Lời giải. Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n+1) mốc nội suy xkk k, 0,n, ta

được

( ) ( ).

( )

n n

j
k

j k

x A jh

f x f A kh

k j h






 

   

 

   



 

 





So sánh hệ số của x ta được: n





0 0

1 1

( ) ( 1) .

!
( )

n n

n k k

n

n n

k k

j
j k

a f A kh C f A kh

n h
k j h



 




        





</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Nhận xét: Bằng cách đặc biệt hóa chọn đa thức f x và hằng số A và h ta được những ( )
đẳng thức hay, chẳng hạn:

* Nếu chọn f x( )xp (p n 1);A0;h1 ta được:

( 1) 0

n

p

k k

n
k

C k



   



* Nếu chọn f x( )x An; 0;h1 ta được:

( 1) 0

n

k k n

n
k

C k



   



Tiếp theo ta xét một bài toán ở dạng khó hơn.

Bài tốn 10. Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng

1
0

( 1)!
( 1)

n

n k k n

n
k

n n
C k

 





   



Lời giải. Xét đa thức f x( )xn. Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n1) mốc
nội suy xkk, ta được

0
0

( ) ( )

n n

j
k

j k

x j

f x f k

k j








 







. (*)
Đồng nhất hệ số của x trong (*), ta được: n

0 0 0

1 . !

1 ( 1) ! ( 1) !

!( )!
!( )!( 1)

n

n n n

n n k n k k n

n
n k

k k k

k n

k n C k n

k n k
k n k

 



  

          



 



(1)

Đồng nhất hệ số của n 1

x  trong (*), ta được





0 1 2 ...

( )

n
n

k
j k

k

n k

k j




 

 

      



 

 

 

 

Suy ra

0 0

( 1) ( 1) ( 1)

2 !( )! !( )!

n k n k

n n

k k

n n k k

k n k k n k



 

    

 

 



(2)

Từ (1) và (2) suy ra 1

( 1) ( 1)!

( 1) !

2 2

n

n k k n

n
k

n n n n

C k n

 



 

     



(đpcm).

Nhận xét 1: Cũng có thể giải bài toán bằng cách xét một đa thức khác như sau: 
Xét đa thức f x( )xn (x 1)(x2)...(x n ) f k( )kn  k 1,n.

Áp dụng công thức nội suy Lagrange với n mốc nội suy xk k và so sánh hệ số của

n

x  ta thu được

0 0

( 1) ( 1) ( 1)!

( 1)

! 2 2

n k k n

n n

n k k n

n

k k

C k n n n n

C k
n

 

 

          

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Nhận xét 2: Từ kết quả (1) ta suy ra kết quả tổng quát sau: 
Với n nguyên dương và số thực a bất kì ta có:

( 1) ( ) !

n

k k n

n
k

C a k n



    



Thật vậy, chỉ cần thay việc xét đa thức f x( )xn bởi đa thức f x( ) (a x)n.

2.3. Chứng minh các bất đẳng thức

Ứng dụng nâng cao và khó nhất của công thức nội suy Lagrange là chứng minh các bất
đẳng thức. Ta bắt đầu bằng một bài toán sau.

Bài toán 11 (VMO 1977). Cho n1 số nguyên đôi một phân biệt x x0, ,...,1 xn. Xét các đa
thức P x( )xnan1xn1 ... a x1 a0    x . Chứng minh rằng

!
max ( )

i n

n
P x

  .

Lời giải. Không mất tính tổng qt có thể giả sử x0x1 ... xn.
Khi đó xnx0 n; ...;xnxn11;....;xkxm k m.

Áp dụng cơng thức nội suy Lagrange với (n1) mốc nội suy x x0, ,...,1 xn ta được:

0
0

( ) ( )

n n

j
k

j

k k j

j k

x x

P x P x

x x






 



 

   



 

 





So sánh hệ số của n

x , ta được

0
0

1 ( )

n n

k
j

k k j

j k
P x

x x






 

 

   



 

 





(1)

Bây giờ phản chứng rằng ( ) !, 0,
2

i n

n

P x   i n. Khi đó

0 0

1 ! 1

1 ( )

n n n n

k n

j j

k k j k k j

j k j k

n
P x

x x x x

 

 

   

   

 

      



   

   

 









Ta có đánh giá sau

0 0 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1

... ...

!( )!

n

j k j k k k k k k k n

j k

k n k

x x x x x x x x x x

x x

  



 

   

   



         



      

 

    

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Do đó

! 1 1 1 1 1

1 ... ... 1

! ( 1)!1! ( )! ! 0! !

2 2

n
k
n

n n

k

n

C

n n n k k n 

 

 

        

 

 



, mâu thuẫn.

Vậy tồn tại chỉ số i mà ( ) !
2

i n

n

P x  . Do đó

!
Max ( )

i n

n
P x

  .

Nhận xét: Mấu chốt của bài tốn là từ cơng thức nội suy Lagrange, ta thiết lập được hệ 
thức (*) liên quan giữa các giá trị P x( ), i i0,n. Đánh giá (2) dựa trên tính chất của dãy
hiệu các số nguyên phân biệt cũng rất tự nhiên. Ta tiếp tục một bài sử dụng đánh giá
tương tự.

Bài toán 12. Cho đa thức P x( )   x códeg ( )P x 2n thỏa mãn P k( )1,   k n n, .
Chứng minh rằng

( ) 4 , n ;

P x    x  n n.

Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange với (2n1) mốc nội suy   n; n 1;...; 0, ta

được ( ) ( )

n n

j n

k n

j k

x j

P x P k

k j






 

  

 

   



 

 





Do đó ( ) ( )

n n n n

j n j n

k n k n

j k j k

x j x j

P x P k

k j k j

 

 

   

     

   

     

 

   

   









(1)

Ta sẽ đánh giá

n

j n

j k

x j

k j









tương tự như đánh giá (2) của bài tốn 2
Ta có (2 )!, ;

n

j n

j k

x j n x n n




 

     



và ( )!( )!

n

j n
j k

k j n k n k




   



Do đó (2 )!

( )!( )!

n

j n

j k

x j n

k j n k n k







  



. (2)

Từ (1) và (2) suy ra với mọi x  n n;  thì

2 2

0 0

(2 )! (2 )!

( ) 4

( )!( )! !(2 )!

n n n

k n

n

k n k k

n n

P x C

n k n k k n k

  

   

  

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Bài toán 13. Cho tam thức f x( )ax2bxc thỏa mãn điều kiện f x( )1,   x  1;1.
Chứng minh rằng với mỗi số M1 thì

( ) 2 1, ;

f x  M    x  M M.

Lời giải. Áp dụng công thức nội suy Lagrange với 3 mốc nội suy 1; 0; 1 ta được

2 2

( ) (1) (0) ( 1) ( 1)

2 2

x x x x

f x  f   f  x    f  .
Do đó với mọi x thì

2 2

( ) (1) (0) 1 ( 1)

2 2

x x x x

f x f f x f

x x x x

x

 

       

 

   

* Nếu x 1 thì theo giả thiết ta có f x( ) 1 2M21.

* Nếu x 1 thì

2 2 2( 2 1)

2 2 4

x x x xx x  

suy ra f x( )2x2 1 2M21.
Trong cả hai trường hợp ta đều có f x( )2M21,   x  M M;  (đpcm).

Bài toán tương tự: Cho đa thức f x( )ax4bx3cx2dxe thỏa mãn điều kiện

( ) 1, 1;1

f x    x  . Chứng minh rằng với mỗi số M1 thì

4 2

32 32

( ) 1, ;

3 3

f x  M  M    x  M M.

Bài tốn 14. Tìm giá trị nhỏ nhất của số nguyên dương n sao cho tồn tại đa thức P x ( )
bậc n hệ số nguyên thỏa mãn các điều kiện sau:

a) P(0)0; (1)P 1

b) Với mọi m nguyên dương bất kì thì số dư trong phép chia P m cho số nguyên ( )
tố p (p cho trước) là 0 hoặc 1.

Lời giải. Giả sử đa thức P x bậc n thỏa mãn các điều kiện bài toán. ( )
Ta chứng minh n p 1 bằng phản chứng.

Thật vậy, giả sử n p 2. Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (p1) mốc nội suy
, 0, 2

k

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

2 2
0
0

( ) ( )

p p

i
k

i k
x i

P x P k

k i

 






 

  

 

   



 

 





Biến đổi tương tự như các bài toán trên ta được

1
0

( 1) ( ) ( 1)

p

p k k

p
k

P p P k C







 



   (1)
Do p nguyên tố nên Cpk1 ( 1) (mod ) k p  k 0,p2

Từ (1) suy ra

2 2 2

0 0 0

( 1) ( ) ( 1) ( 1) ( ) ( 1) ( ) (mod )

p p p

p k k p

k k k

P p P k P k P k p

  



  

 



    



   



Do đó

1
0

( ) 0 (mod )

p

k

P k p








(2)

Chú ý là P(0)0; (1)P 1 và P k( )0;1(mod ) p  k 2,p1 nên (2) không thể xảy ra.
Vậy n p 1.

Trong trường hợp n p 1, xét P x( )xp1. Rõ ràng P x thỏa mãn hai điều kiện của ( )
bài toán.

Vậy giá trị nhỏ nhất của n bằng n p 1.
Từ kết quả bài toán trên ta suy ra bài toán sau:

Bài toán 14.1. Cho p là số nguyên tố và đa thức P x bậc n hệ số nguyên với ( ) p n 1.
Chứng minh rằng

1
0

( ) 0 (mod )

p

k

P k p








Bài toán 15. Cho a3 và đa thức P x( )   x có deg ( )P x n. Chứng minh rằng:

0, 1 - ( ) 1

i

iMax a P i n 

Lời giải. Đặt ykP k( ). Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n2) mốc nội suy
, 0, 1

k

x k k n ta được

1 1
0
0

( )

n n

k
i
k

i k
x i

P x y

k i

 






 

  

 

   



 

 





Hệ số của n 1

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

1 1

1
1

0 0

0 ( 1) 0

!( 1 )!( 1)

n n

k n k

k

n k

k k

y

C y

k n k

 

 


 

 

   

  



(1)

Bây giờ ta phản chứng ak- ( )P k   1 k 0,n1, suy ra

1 1 1

1 1 0, 1 ( 1) . 1 ( 1) ( 1) 1

k k n k k n k n k k

k k

a  y a   k n     a      y     a 

Do đó

1 1

0 0

( 1) ( 1) 1

n n

k n k k n k k

n k n

k k

C y C a

 

   

 

 

 

       



hay

1 1 1

1
0

( 1) ( 1) 2 0

n

k n k n n

n k

k

C y a



   




      



(mâu thuẫn với (1))

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét 1. Thực chất việc áp dụng công thức nội suy Lagrange chỉ nhằm mục đích chỉ 
ra đẳng thức (1) từ đó đưa ra các đánh giá cho bài toán. Điều này rất hay làm trong các
bài toán về đa thức và qua đây cũng cho ta thấy công thức nội suy Lagrange rất thân
thiện và việc áp dụng nó là khá tự nhiên.

Nhận xét 2. Bằng quy nạp ta có thể chứng minh một kết quả mạnh hơn như sau: 
Bài toán 15.1. Cho a3 và đa thức P x( )   x có deg ( )P x n. Chứng minh rằng:

0, 1

1
- ( )

n
i

i n

a
Max a P i

 

  

 

  (2)

Thật vậy, với n0 thì P x( )c là hằng số. Khi đó





0, 1

1 1

- ( ) ax 1 ; 1

2 2

i

i n

a c c a

Max a P i m c a c

 

   

      .

Giả sử (2) đúng với mọi đa thức có bậc khơng vượt quá n1. Xét đa thức P x bậc n. ( )
Đặt ( ) ( 1) ( ) deg ( ) 1

P x P x

Q x Q x n

a
 

   

 .

Theo giả thiết quy nạp thì

1
0,

1
- ( )

n
i

i n

a
Max a Q i




  

 

  .

Suy ra tồn tại i



0;1;...;n



sao cho

- ( )

n

i a

a Q i



  

 

  .

Điều này tương đương với

( 1) ( ) 1

1 2

n

i P i P i a

a



 

    

  

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>



( 1) 1

 

( )



1 1( 1)

n

i i a

P i a P i a a



   

       

 

Do đó

0, 1

1
( )

n
i

i n

a

Max a P i

 

  

  

  (đpcm).

Tiếp theo ta xét một bài tốn có sử dụng kết quả của bài tốn trên

Bài toán 16 (Iran 2011) Cho đa thức f x( )xnan2xn2an3xn3 ... a x1    a0  x .
Chứng minh rằng tồn tại i



1; 2; ...;n



sao cho ( ) i!

n
n
f i

C

 .

Lời giải. Giả thiết về đa thức f(x) cho ta thấy ngay hệ số của xn1 bằng 0. Điều này cho ta
nghĩ ngay tới việc khai triển Lagrange và so sánh hệ số của n 1

x  . Đẳng thức thu được sẽ
cho ta suy ra được kết luận bài toán.

Thật vậy, xét đa thức g x( ) f x( )xn thì deg ( )g x  n 2.

Áp dụng công thức nội suy Lagrange đa thức g x với n mốc nội suy ( ) xk k k, 1,n ta

được 1

1 1 1

( ) ( )( 1)

( ) ( ). . ( ) . . (1 )

( ) ( 1)!( )!

n i

n n n n

n

j j i j i

i i i

j i j i

x j g i g i j

g x g i x j x

i j i j i n i x




  

  

 

 

   

 

     

   

 

 















So sánh hệ số của n 1

x  ta được

( )( 1)
0

n i
n

i

i
n
ig i

n
C










(*).

Hay 1

1 1

( 1) ( 1) ( )

n n

i n i n i n i

n n

i i

C i  iC  f i

 

  



(thay g i( ) f i( )in ).

Theo bài toán 12 thì 1

( 1)!
( 1)

n

i n i n

n
i

n n

C i 





 



. Do đó

( 1)!
( 1) ( )

n

i n i

n
i

n n

iC  f i





 



(1)

Bây giờ phản chứng rằng với mọi i



1; 2; ...;n



thì ( ) i!

n
n
f i

C

 .

Ta có

1 1 1

( 1)!

( 1) ( ) ( ) !

n n n

i n i i

n n

i i i

n n

iC  f i iC f i n i

  



   



, mâu thuẫn với (1).

Vậy tồn tại i



1; 2; ...;n



sao cho ( ) !i

n
n
f i

C

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Bài toán 17. Cho đa thức P x( )   x có deg ( )P x n thỏa mãn P x( )     1 x 0;1.
Chứng minh rằng P 1 2n 1 1

n



 

  
 

 

  .

Lời giải. Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n1) mốc nội suy xk k, k 0,n
n

  ,

ta có

0
0

( ) ( )

n n

j
k

j

k k j

i k

x x

P x P x

x x






 



 

   



 

 





Suy ra

0 0

( ) ( ) 0;1

n n n n

j j

k

j j

k k j k k j

i k i k

x x x x

P x P x x

x x x x

 

 

   

 

     

   

         

 

   

   









Do đó

0 0

0 0 0

1 1
1

0 0

1 ( 1)!( 1)

( 1) !( )!
( 1)!

2 1.
( 1)!( )!

n k

n n j n n n

j j

k k j k k

i k i k

n n

k n

n

k k

x j n

n

P

n x x k j k k n k

n

C

k n k



 

  

 

 



 

   

    

      

     

 

       

     

   

 

 



   

 











Bài toán được chứng minh hồn tồn.

Bài tốn 18. Cho đa thức f x( )   x , n là số nguyên dương cho trước, t3 là số thực
thỏa mãn điều kiện ( )f k tk   1 k 0,n. Chứng minh rằng deg ( )f x n.

Lời giải. Giả sử deg ( )f x n.

Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n1) mốc nội suy xkk k, 0,n ta được

0
0

( ) ( ).

n n

j
k

j k

x j

f x f k

k j






 

  

 

  



 

 





So sánh hệ số của x ta được: n

0 0

( ) 1

0 ( 1) ( )

( ) !

n n

n k k

n

k k

j k
f k

C f k

k j n



 



    









</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>





2 2 1 1 3 3

0 ( 1) ( 1) ... ( 1) ( 1) ...

1 2 0.

n n n n n n n n

n n n n

n n

t C t C t C t C

t

     

   

            

   

Điều mâu thuẫn này suy ra đpcm.

Bài toán 19. Trên đoạn a b; , ta lấy k điểm phân biệt x x1, 2,...,xk. Gọi dn là tích các

khoảng cách từ điểm xn tới k1 điểm còn lại; n1, 2,...,k.
Tìm giá trị nhỏ nhất của

k

n dn



. 
Lời giải

Đặt 2 n
n

x a b

t

b a
 


 , ta có với xna b;   tn  1; 1 ; n1, 2,...,k .

Khi đó





k k

n n i

i i n
b a

d t t


 

  


  

 



suy ra





1 1

1 2 k 1

k k

k

n n n

n i

i i n

d b a

t t



 

 

 

 



 







(1)

Xét đa thức Chebyshev

 

0 1

1 1

1,
:

k

n n n

T t T t t

T t

T t tT t T t

  



  

 .

Áp dụng khai triển Lagrange của Tk1

 

t tại các điểm t nn, 1, 2,...,k ta được:

 

1 1

1,
1

k k

i

k k n

i i n

n n i

t t

T t T t

t t

 

 












So sánh hệ số của tk1 ở hai vế ta được đẳng thức sau:

 





 





 









1
2

1
1,

1
1

1 1 1

1, 1, 1,

2 (*)

2 (2)

k

k n

k

k
n

n i

i i n

k k k

k n

k

k k k

n n n

n i n i n i

i i n i i n i i n

T t

t t

T t

t t t t t t





 






  

     





   

  









</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>





1 2 3
2

1
1

1 2 2

k k

k

n dn b a b a

 






 


   


  



Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cos ; 0,1, 2,..., 1
1

n

t n k

k



  

 .

Chú ý: Trong bài này ta đã sử dụng các tính chất cơ bản sau của đa thức Chebyshev: 
(1) T x có hệ số bậc cao nhất bằng n

 

2n1.

(2) T xn

 

1 x 1; 1 ;T xn

 

1 x cosk
n



 

        .

Tiếp theo ta xét một số kết quả đẹp và một số vấn đề cổ điển của các đa thức có hệ số
thuộc đoạn 1; 1. Trước hết đưa ra hai kết quả sau, tuy chứng minh khá đơn giản
nhưng lại có ứng dụng rất hiệu quả trong nhiều trường hợp.

Kết quả 1: Đặt tk cosk ; 0 k n
n



   thì







 



( ) 1 1

n n n

k n

k

x

f x x t x x x x



 

  

       

 

 



Chứng minh: Xét hàm số



 



2 2

( ) 1 1

n n

n
x

g x    x x   x x  

 .

Bằng khai triển Newton ta thấy g x là một đa thức. ( )
Hiển nhiên lim ( )n 1 1

x

g x
x 

  , suy ra g(x) là đa thức monic và deg ( )g x  n 1.

Như vậy để chứng minh f x( )g x( ) ta chỉ cần chứng minh g t

 

k   0 k 0,n là đủ.
Thật vậy theo công thức Moavro ta được:



 



( ) cos sin cos sin

2
1

cos sin cos sin
2

2 sin 0
2

n n

k

k n

k
n

t k k k k

g t i i

n n n n

t

k i k k i k

t

i k

   



    

     

       

   

 

 

  

     



  

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>





( 1) .1
2

n

k j n

j k

n

t t 





 



nếu 1  k n 1.
2.



0



2

1 2

n

j n

j

n

t t 



 







2
0

( 1) .
2

n
n

n j n

j

n

t t








 



Chứng minh: Ta có



 





 



'( ) 1 1 1 1

2 2 1

n n n n

n n

n x

f x x x x x x x x x

x

   

   

              



   .

Từ đó áp dụng công thức Moavre như trên ta được ngay đẳng thức 1.
Các kết quả 2,3 được suy ra từ

lim ( )

x f x .

Tiếp theo ta đưa ra một số ứng dụng điển hình của hai kết quả trên. Trước hết là định lí
kinh điển Chebyshev.

Bài toán 20 (Định lý Chebyshev). Cho đa thức f x( )   x códeg ( )f x n. Chứng minh

1
1;1

ax ( )

2n

xm   f x   (1)

Lời giải. Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n1) mốc tk cosk , k 0,n
n



  và

so sánh hệ số bậc cao nhất ta được:

0
0

1 ( )

n n

k
j

k k j

j k

f t

t t






 

 

   



 

 





Suy ra

1 ax ( )

( )

n

k n

k

k j

j k

m f t

t t




 







. Áp dụng kết quả (2) ta được: 1

( )

n

n
n

k

k j

j k

t t













Từ đó suy ra 1

1
ax ( )

k n

k n

m f t 

   .

Có thể thấy rằng kết quả (1) là chặt nhất theo nghĩa không thể tăng vế phải lên nữa.
Thật vậy, xét đa thức Chebyshev T xn( ) loại 1. T xn( ) có bậc n và hệ số cao nhất là 2n1.
Khi đó đa thức ( )1

n
n
T x

 là monic, bậc n và 1;1 1 1

1 1

ax ( )
2n n 2n

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Bài toán 21. Cho các số thực a a0, ,...,1 an thỏa mãn điều kiện a0a x1  ... a xn n 1 với
mọi x  1;1. Chứng minh rằng với mọi x  1;1 ta cũng có

1
1 ... 0 2

n n

a a x a x   .

Lời giải. Trước hết ta có bổ đề sau: Với mỗi đa thức f x( )   x códeg ( )f x n, ta đặt

1;1

max ( )

x

f   f x

  

 thì có bất đẳng thức sau:

( ) n( )

f x T x  f với mọi x 1.

Chứng minh. Với u  1; 1. Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta được

0
0

1
1

( )

n n j

k
j

k k j

j k
t
u

f f t

u   t t



 

  

   

  

   

  

   

 

 





Suy ra





0 0

1 1

1 n j 1 n

j
n

j k j k

k k j k k j

ut ut

u

f f f

u   t t u   t t

 

 

     

 

  

 









 .

Bây giờ ta sử dụng chính khai triển này cho đa thức T xn( ), ta được:

0 0

1 1

1 1 1

( 1)

n n

j j

k

n n n

j k j k

k k j k k j

ut ut

T

u u   t t u   t t

 

 

      

 

  

 











Từ hai kết quả trên ta suy ra

1 1

n

f T f

u u

   
   
   
   

    với mọi u  1; 1.
Do đó bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán, ta xét ( ) 0 1 ... n
n

f x a a x a x . Từ giả thiết cho ta f 1 và kết hợp
với bổ đề ta được: f x( )T xn( ) với mọi x 1.

Với mỗi x  1;1, ta có: an an 1x ... a x0 n x fn 1 x Tn n 1

x x



   

 

       
   .

Do đó ta chỉ cần chứng minh 1 1

n n

n

x T
x



 
 
 
 

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

BĐT (1) được viết lại dưới dạng:



1 1x2

 

n 1 1x2



n2n (2)

Đặt t 1x2 0;1

  . Xét hàm h t( ) (1 t)n (1 t)n với t 0;1
  .
Dễ kiểm tra thấy hàm h t lồi trên đoạn 0;1( )   nên ta có:





( ) ax (1); (0) 2n

h t m f f 

Từ đó (2) đúng nên (1) được chứng minh. Bài toán được giải quyết hồn tồn.
Bài tốn 22. Cho các số thực a a1, ,...,2 an. Chứng minh rằng



 



0;2 0;1

1 1

3 2 2 3 2 2

max max

n n

i i

x x

i i

x a x a

   

     

  

   



Lời giải. Đây là một bài tốn rất khó. Một đề thi cũ của Nga đã yêu cầu chứng minh

0;2 0;1

1 1

max 108 . max

n n

n

i i

x x

i i

x a x a

   

   

 

  



Và trong một đề thi của Nhật bản năm 1994 lại yêu cầu chỉ ra một hằng số thỏa mãn bất
đẳng thức trên.

Ta đặt

; max ( );

a b x a b

f     f x



     và



3 2 2

 

3 2 2



n n

n

c

  

 .

Ta cần chứng minh

0;2 n 0;1

f   c f  

     với ( ) 1( )

n

i
i

f x x a





 .

Có thể xét đa thức f(x) bất kì và khơng mất tính tổng qt, giả sử

0;1 1

f  

   .

Như vậy ta chỉ cần chứng minh với mọi x  1; 2 thì f x( )cn (1).
Thật vậy, cố định x  1; 2 và xét 1

k

t

x   .

Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta suy ra

0 0

( )

n n

j j

j k j k

k k j k k j

x x x x

f x

x x x x

 

 

 

 

 









(do x  1; 2)

0 0

2 3

( )

n n

j j

j k j k

k k j k k j

x t

f x

x x t t

 

 

 

  

 

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Sử dụng kết quả 2 ở phần trên ta được:

1 2 1

0 1

0 0

3 2 3 2

(3 ) (3 )

n n

n n n n

j j

j k j k j j

k k j k k j

t t

n n

t t t t

  

   

 

 

   

      

   









Tiếp tục sử dụng kết quả 1 và 2 ở phần trước, ta thu được:



 





 



1 1

0 1
1

3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2

2 2 2

(3 ) (3 ) (3 )

n n n n

n n

n n n

j j j

j k j j

k
n

t t t



 

  



   

         

   

   





 



 





Lại sử dụng kết quả 1 ta suy ra:



 



1
1

(3 ) 3 2 2 3 2 2

2 2

n n n

j n

j

t






 

 

    

 

 



Từ đó suy ra f x( )cn với mọi x  1; 2 (đpcm).
III. BÀI TẬP ÁP DỤNG.

Bài 1. Cho các số thực a,b,c đôi một phân biệt. Rút gọn biểu thức

4 4 4

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c

A

a b a c b a b c c a c b

  

     

Bài 2. Tính các tổng sau:

2
0

( 1)

n

k k n

n n

k

S C k 





   ; 3

( 1)

n

k k n

n n

k

T C k 





   .

Bài 3. Cho đa thức f x( )   x có deg ( )f x 2 thỏa mãn max



f(0) ; ( 1)f 



1. Chứng
minh rằng với mọi x 1 thì ta có ( ) 5

f x  và x f2 1 2

x
 
 
 
 
  .

Bài 4. Cho đa thức f x( )   x có deg ( )f x n thỏa mãn điều kiện f x( )1 với mọi
0;1

x   . Chứng minh rằng 1 1

2n 1
f

n



 

  
 

 

  .

Bài 5. Cho đa thức f x( )ax3bx2cx   d  x thỏa mãn điều kiện f x( )1 với mọi

1;1

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Bài 6. Cho a,b,c thực thỏa mãn ax2bx c 1 với mọi x  1;1. Tìm giá trị lớn nhất
của a2b2c2.

Bài 7. Cho a,b,c,d thực thỏa mãn ax3bx2cx d 1 với mọi x  1;1. Chứng minh
rằng a   b c d 7.

Bài 8. Cho đa thức f x( )   x có deg ( )f x 3n thỏa mãn điều kiện sau: f x nhận giá ( )
trị bằng 2 tại các điểm 0; 3; 6;...; 3n; ( )f x nhận giá trị bằng 1 tại các điểm 1; 4; 7; ...; 3n2
và f x nhận giá trị bằng 0 tại các điểm ( ) 2; 5; 8; ...; 3n1. Biết thêm rằng f(3n 1) 730.
Tìm n.

Bài 9. Cho đa thức 10 9

9 1 0

( ) ...

P x x a x  a xa . Biết rằng P( k) P k( ) với mỗi



1; 2; 3; 4; 5



k . Chứng minh rằng P( x) P x( ) với mọi x.

Bài 10 (Duyên Hải 2009). Cho số thực   ( 1;1). Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực
có bậc khơng vượt q hai thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

(1) 1; ( 1) 1; ( ) 1

f  f   f   và

2
[ ;1]

2 5
max ( )

4( 1)

f x



 


 



 .

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Văn Mậu, 2004, Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ, NXB Giáo Dục 
[2] Nguyễn Văn Mậu, 2007, Nội suy và áp dụng, NXB Giáo Dục.

[3] Tủ sách Toán học và Tuổi trẻ. Các bài thi Olympic Tốn trung học phổ thơng (1990-2006). 
NXB Giáo dục.

</div>

Công thức nội suy Lagrange - Lê Xuân Đại

<b>CÔNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE </b>

















































































 



















 













































 







