Một số thuật toán nội suy để xác định các nguyên hàm sơ cấp của hàm hữu tỷ

..

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
------------------

NGUYỄN THÚY VÂN

MỘT SỐ THUẬT TOÁN NỘI SUY
ĐỂ XÁC ĐỊNH CÁC NGUYÊN HÀM
SƠ CẤP CỦA HÀM HỮU TỶ

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2014


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
------------------

Nguyễn Thúy Vân

MỘT SỐ THUẬT TOÁN NỘI SUY
ĐỂ XÁC ĐỊNH CÁC NGUYÊN HÀM
SƠ CẤP CỦA HÀM HỮU TỶ

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG
Mã số: 60.46.01.12

Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

THÁI NGUYÊN - NĂM 2014


1

Mục lục

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.

Định nghĩa và các tính chất của hàm sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.1. Nguyên hàm của các hàm số hữu tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.1.2. Nguyên hàm của hàm số đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.1.3. Tích phân elliptic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.1.4. Định lý Liouville về sự tồn tại nguyên hàm sơ cấp. . . . . . . . . . . .

15

Công thức nội suy Lagrange và Hermite. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

1.2.1. Công thức nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

1.2.2. Công thức nội suy Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

Chương 2. Một số thuật tốn tìm ngun hàm của hàm hữu tỉ. . .

28

1.2.

2.1.

Thuật toán Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.2.

Thuật toán Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

2.3.

Thuật toán Horowitz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

43

Chương 3. Nguyên hàm các hàm số ngược của các hàm hữu tỉ và một
số ví dụ liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

48

3.1.

Nguyên hàm của một số lớp hàm tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

48

3.2.

Một số hàm số khơng có ngun hàm sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55

3.3.

Nguyên hàm các hàm số ngược của hàm số hữu tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . .

62

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

66

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

68


3

MỞ ĐẦU
Trong chương trình Tốn Giải tích, ta đã biết rằng: “Những hàm số
2 sin x √
e−x ,
, 1 + x4 , . . . đều là hàm số sơ cấp có ngun hàm, nhưng ngun
x
hàm của nó khơng thể biểu diễn được dưới dạng hàm số sơ cấp.” Do đó hai
câu hỏi tự nhiên được đặt ra là “(A): Những hàm số nào có nguyên hàm có
thể biểu diễn được dưới dạng hàm số sơ cấp?” và “(B): Nếu một hàm số có

ngun hàm là hàm sơ cấp thì làm cách nào để tìm được ngun hàm sơ cấp
đó?”
Hiện nay chúng ta đã biết có rất nhiều cách để tính các nguyên hàm của
một hàm số như sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản, phép đổi biến số, phép
lấy nguyên hàm (tích phân) từng phần . . . . Tuy nhiên, trong một số trường
hợp đối với những hàm số dạng phức tạp thì rất khó nhận biết nên áp dụng
phương pháp nào để tính ngun hàm của nó. Thơng thường, người ta tìm
các thuật tốn để đưa hàm số đã cho về các hàm số có dạng đơn giản hơn
nhờ các phép toán nội suy cổ điển đã biết.
Mục đích của luận văn là tìm hiểu và trình bày các thuật toán để xác
định nguyên hàm của hàm phân thức hữu tỷ (tử số và mẫu số là những đa
thức đại số), và tìm hiểu tiêu chuẩn để nhận biết các hàm số quen thuộc như
2 sin x √
e−x ,
, 1 + x4 và một số dạng hàm số sơ cấp khác khơng có ngun
x
hàm sơ cấp.
Nội dung của luận văn gồm 3 chương:
*Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị. Chương này trình bày định nghĩa
và tính chất của hàm số sơ cấp, các định lí về sự tồn tại nguyên hàm của
hàm số sơ cấp cùng với định lí Liouville và các cơng thức nội suy Lagrange
và Hermite.
*Chương 2. Một số phương pháp tìm nguyên hàm của hàm hữu tỷ. Nội
dung của chương này dành để trình bày một số thuật tốn để tính ngun
hàm của một hàm hữu tỷ tổng quát bằng việc áp dụng nội suy Lagrange, nội


4

suy Hermite và phương pháp Horowitz là một cách cải biên phương pháp nội

suy Hermite trong trường hợp cụ thể. Tiếp theo trình bày các ví dụ minh
họa.
*Chương 3. Một số ví dụ áp dụng. Chương này đưa ra một số lớp hàm số
tổng qt có thể tính ngun hàm hoặc chứng minh không tồn tại nguyên
hàm sơ cấp, cách tính tích phân của một số hàm số ngược. . . .
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến NGND. GS. TSKH Nguyễn
Văn Mậu, người Thầy đã giúp cho tác giả có niềm say mê nghiên cứu Tốn
học, đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt q trình học tập và
hồn thành luận văn này.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng Đào tạo, Khoa
Tốn Ứng Dụng, các thầy cơ đã tham gia giảng dạy cho lớp Cao học Toán
niên khoá 2012 - 2014, các thầy cô và các anh chị đồng nghiệp của lớp Toán
K6D trường Đại học Khoa học Thái Nguyên, Đại học Thái Nguyên đã giúp
đỡ và góp ý để luận văn được hoàn chỉnh.
Tác giả xin chân thành cảm ơn UBND tỉnh và Sở GDĐT Phú Thọ, Ban
giám hiệu trường THPT Hương Cần, Huyện Thanh Sơn, các bạn bè đồng
nghiệp và gia đình đã động viên, tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất cho tác
giả trong thời gian học tập và nghiên cứu.


5

Hệ thống các ký hiệu
sử dụng trong luận văn

- deg f (x) là bậc của đa thức f (x).
- F0 (x) là nguyên hàm (cấp 1) của đa thức f (x) ứng với hằng số c = 0,
tức là F0 (x) thoả mãn F0 (0) = 0.
- Fc (x) là nguyên hàm (cấp 1) của đa thức f (x) ứng với hằng số c,
tức là Fc (x) = F0 (x) + c với c ∈ R.

- F0,k (x) là nguyên hàm cấp k của đa thức f (x) ứng với hằng số c = 0,
tức là F0,k (x) thoả mãn F0,k (0) = 0.
- Fc,k (x) là nguyên hàm cấp k của đa thức f (x) ứng với hằng số c,
tức là Fc,k (x) = F0,k (x) + c với c ∈ R.
- Hn là tập hợp đa thức với hệ số thực Pn (x) bậc n (n > 0) với hệ số tự do
bằng 1 (Pn (0) = 1) và có các nghiệm đều thực.
- Mk (f ) là tập hợp các nguyên hàm cấp k của đa thức f (x).
- R[x] là tập hợp đa thức với hệ số thực.
-sign a là dấu của số thực a, tức là

+ khi a > 0
sign a := 0 khi a = 0

− khi a < 0.


6

CHƯƠNG 1

Một số kiến thức chuẩn bị

1.1. Định nghĩa và các tính chất của hàm sơ cấp
Chúng ta sẽ bắt đầu mục này với định nghĩa về hàm số đại số.
Định nghĩa 1.1 ([5]). Hàm số f (x) được gọi là một hàm số đại số tường
minh (hiển) của x nếu f (x) là tổ hợp hữu hạn của các phép toán số học
(cộng, trừ, nhân, chia) và hữu hạn phép lấy căn thức của các phần tử là các
đa thức.
Chẳng hạn, các hàm số

f (x) =

√

x+

x+

√

(1 + x) −

f (x) =
4

2

2

x, f (x) =

3

(1 − x)

5

√

x −i 3

√
x 2−e

3
5

,

, ,. . . là các hàm đại số tường minh.

3

(1 + x) + (1 − x)
Nếu y là một hàm số đại số tường minh của x thì y ln thỏa mãn một
phương trình dạng y m + R1 y m−1 + · · · + Rm = 0, trong đó các Ri là những
hàm số hữu tỉ.
Định nghĩa 1.2 ([5]). Hàm số y được gọi là một hàm số đại số của x nếu

y thỏa mãn phương trình y m + R1 y m−1 + · · · + Rm = 0 với các Ri là những
hàm số hữu tỉ của x.
Định nghĩa 1.3 ([1]-[5]). Một hàm số sơ cấp là một hàm số được cho bởi
một trong các dạng sau:
1. Là đa thức đại số,
2. Là hàm số hữu tỉ,
3. Là hàm số mũ ex ,
4. Là hàm số logarit loga x,


7

5. Là hàm số được xác định bởi tổ hợp hữu hạn các phép toán cộng, trừ,
nhân, chia, lấy căn, luỹ thừa, hàm ngược và hàm hợp của các hàm số
thuộc các lớp hàm liệt kê ở trên.
√
x−1
eix − e−ix
2
Chẳng hạn, hàm số f (x) = 5
+ x + 1+ ix
−ln (3x − ex )
−ix
x − 3x − 2
e +e
là hàm số sơ cấp.
Tiếp sau đây là định nghĩa về hàm số sơ cấp theo ngôn ngữ mở rộng
trường.
Định nghĩa 1.4 ([4]). Hàm số sơ cấp là một hàm số thuộc một mở rộng
trường sơ cấp của trường các hàm hữu tỉ C(x).
Ví dụ 1.1. Hàm số f (x) = eix − i ln(x + eix ) là một hàm số sơ cấp vì

f (x) ∈ C(x)(eix )(ln(x + eix )) và C(x)(eix )(ln(x + eix )) là một mở rộng sơ
cấp của C(x).
Từ định nghĩa hàm số sơ cấp theo ngơn ngữ mở rộng trường, ta có một kết
luận quan trọng như sau.
Mệnh đề 1.1 ([4]). Nếu f, g là hàm số sơ cấp thì hàm hợp của g(f ) cũng
là hàm số sơ cấp.
Chứng minh.
Vì f là hàm số sơ cấp nên f thuộc một mở rộng sơ cấp C(x)(y) ⊃ C(x) với

y là một sơ cấp trên C(x). Khi đó, g(f ) ∈ C(x)(y)(g(z)). Vì C(x)(y)(g(z))

là mở rộng sơ cấp của C(x) nên hàm số g(f ) là sơ cấp.
Bây giờ chúng ta sẽ chứng tỏ các hàm số lượng giác và lượng giác ngược là
các hàm số sơ cấp theo hai định nghĩa trên.
Ví dụ 1.2. Áp dụng Công thức Euler (eix = cos x + i sin x) ta có
1 ix
e − e−ix ,
sin x =
2i
1 ix
cos x =
e + e−ix ,
2 ix
e − e−ix
tan x =
i (eix + e−ix ) ,
i eix + e−ix
cot x =
.
eix − e−ix


8

Theo Định nghĩa 1.3 ta suy ra các hàm số lượng giác là những hàm số sơ
cấp. Ta cũng dễ dàng kết luận các hàm số trên là sơ cấp theo Định nghĩa 1.4.
1 ix
Chẳng hạn, với hàm số sin x ta có sin x =
e − e−ix ∈ C(x)(eix )(e−ix ).
2i
Sau đây, ta sẽ chứng tỏ các hàm số lượng giác ngược cũng là các hàm số sơ

1 ix
1 ix
cấp. Ta có sin x =
e − e−ix . Từ đó suy ra x = arcsin
e − e−ix .
2i
2i
1 ix
e − e−ix . Từ đây, ta có một biểu diễn x theo u là
Đặt u =
2i
√
1
x = ln iu + 1 − u2 .
i
√
√
1
1
Do đó arcsin u = ln(iu + 1 − u2 ). Hay arcsin x = ln ix + 1 − x2 .
i
i
Tương tự, ta có
√
1
arccos x = ln x + x2 − 1 ,
i
1 1 + ix
,
arctan x = ln

2i 1 − ix
1 ix − 1
arccotx = ln
.
2i ix + 1
Từ đó suy ra các hàm số arcsin x, arccos x, arctan x và arccotx là những hàm
số sơ cấp theo mỗi định nghĩa trên.
Định nghĩa 1.5 ([4]). Cho G là một mở rộng sơ cấp của trường F. Với mỗi

f ∈ F ta nói rằng f có một nguyên hàm là hàm số sơ cấp (hay nguyên hàm
sơ cấp) nếu có một phần tử g ∈ G sao cho g = f.
Ví dụ 1.3. Ta có trường Q(ln x)(x) là một mở rộng sơ cấp của trường Q(x).
1
1
Khi đó vì ln x ∈ Q(ln x)(x) và (ln x) = ∈ Q(x) nên ta nói hàm số có
x
x
nguyên hàm sơ cấp.
Nhận xét 1.1. Nếu g là một nguyên hàm sơ cấp của f thì g + C với C là
một hằng số tùy ý cũng là nguyên hàm sơ cấp của f. Ta ký hiệu tập tất cả
các nguyên hàm của f là

f dx.

Định nghĩa 1.6. Một đa thức bậc n của ẩn x là biểu thức có dạng

Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ,
trong đó các hệ số an , an−1 , . . . , a0 là những số thực (hoặc phức) và an =

0, n ∈ N.

9

Ta kí hiệu
i. Bậc của đa thức Pn (x) là deg Pn (x). Do vậy deg Pn (x) = n.
ii. an - hệ số bậc cao nhất (chính) của đa thức.
Chú ý 1.1. Trong luận văn này ta chủ yếu xét các đa thức Pn (x) với các
hệ số của nó đều là thực và gọi tắt là đa thức thực. Ký hiệu tập hợp các đa
thức với hệ số thực là R[x].
Định nghĩa 1.7 ([1]-[2]). Cho đa thức

Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 (an = 0),
số α ∈ C được gọi là nghiệm của đa thức Pn (x) nếu Pn (α) = 0.
.
Nếu tồn tại k ∈ N, k > 1, sao cho Pn (x)..(x − α)k nhưng Pn (x) khơng
chia hết cho (x − α)k+1 thì α được gọi là nghiệm bội bậc k của đa thức f (x).
Đặc biệt, khi k = 1 thì α được gọi là nghiệm đơn, k = 2 thì α được gọi
là nghiệm kép.
Chú ý 1.2. Nghiệm của đa thức thực cịn gọi là khơng điểm của đa thức đó.
Định lý 1.1 (Gauss). Mọi đa thức bậc n

1 trên trường C đều có đúng n
nghiệm nếu mỗi nghiệm được tính một số lần bằng bội của nó.
Bổ đề 1.1. Các nghiệm phức thực sự (khác thực) của đa thức thực Pn (x)
xuất hiện theo từng cặp nghiệm liên hợp.
Chứng minh. Thật vậy, nếu a ∈ C là nghiệm của phương trình Pn (x) = 0
thì Pn (a) = 0. Khi đó ta có

0 = Pn (a) = Pn (a).

Suy ra a cũng là nghiệm của phương trình Pn (x) = 0.
Định lý 1.2. Mọi đa thức f (x) ∈ R[x] bậc n, với hệ số chính an = 0, đều
có thể phân tích thành nhân tử dạng
m

s

(x − di )

f (x) = an
j=1

(x2 + bk x + ck )
k=1

với di , bk , ck ∈ R, 2s + m = n, b2k − 4ck < 0, m, n ∈ N∗ .


10

Hệ quả 1.1.

(1) Số nghiệm phức của một đa thức với hệ số thực (nếu có) ln ln là số
chẵn.
(2) Nếu đa thức f (x) với hệ số thực chỉ có nghiệm phức thì f (x) là một đa
thức bậc chẵn.
(3) Nếu đa thức bậc n có k nghiệm thực k n thì n và k cùng tính chẵn lẻ.
(4) Đa thức bậc lẻ với hệ số thực ln có ít nhất một nghiệm thực.

Định lý 1.3. Mỗi đa thức thực bậc n đều có khơng q n nghiệm thực.

Tính chất 1.1 (Tính chất hàm của đa thức). Mọi đa thức P (x) ∈ R[x] đều
xác định và liên tục trên R.
Ngồi ra, khi x → +∞ thì P (x) → sign (an )∞.
Khi x → −∞ thì P (x) → (−1)n sign (an )∞.
1.1.1.

Nguyên hàm của các hàm số hữu tỉ

Lớp hàm quen thuộc không tầm thường đầu tiên có nguyên hàm sơ cấp là
lớp các hàm số hữu tỉ. Kết luận này được Laplace chứng minh lần đầu tiên
vào năm 1812 bằng cách phân tích một hàm số hữu tỉ ra thành tổng của các
phân thức đơn giản. Dưới đây ta sẽ phát biểu và chứng minh định lý này.
Định lý 1.4 (Laplace, 1812). Nguyên hàm của một hàm số hữu tỉ là một
hàm sơ cấp. Nguyên hàm này hoặc là hàm số hữu tỉ, hoặc là tổng của một
hàm số hữu tỉ và một số hữu hạn của các logarit của những hàm số hữu tỉ.
Trước khi chứng minh định lý trên ta xét ví dụ minh họa sau.
x
Ví dụ 1.4. Ta có f (x) = 3
là một hàm số tỉ. Nguyên hàm của
x − 3x + 2
nó có dạng là tổng của một hàm số hữu tỉ và các logarit của những hàm số
hữu tỉ. Thật vậy, ta có

x
dx =
x3 − 3x + 2

x
dx
(x − 1)2 (x + 2)

11

1
2
dx +
dx −
2
3(x − 1)
9(x − 1)
1
2
x−1
=−
+ ln
+ C,
3(x − 1) 9
x+2
=

2
dx
9(x + 2)

với C là một hằng số.
Bây giờ, ta trình bày cách chứng minh Định lý Laplace.
Chứng minh. Nhận xét rằng mọi đa thức Q(x) = b0 xn + b1 xn−1 + · · · + bn
đều có thể được biểu diễn được như sau

Q(x) = b0 (x − a1 )m1 (x − a2 )m2 . . . (x − ar )mr ,
trong đó m1 , . . . , mr là những số nguyên dương có tổng bằng n và a1 , . . . , ar
là những số thực hoặc số phức.
Do đó mọi hàm số hữu tỉ R(x) có mẫu là đa thức Q(x) đều có thể biễu
diễn dưới dạng
r
p

A0 x + A1 x

p−1

+ · · · + Ap +
s=1

βs,2
βs,ms
βs,1
+
+
·
·
·
+
.
x − as (x − as )2
(x − as )ms

Từ đó, suy ra

xp
xp+1
+ A1 + · · · + Ap x + C
R (x) dx = A0
p+1
p
r
βs,ms
βs,2
+
βs,1 ln (x − as ) −
− ··· −
.
x − as
(ms − 1) (x − as )ms −1
s=1
là hàm số sơ cấp.
1.1.2.

Nguyên hàm của hàm số đại số

Trong phần này, chúng ta sẽ tìm hiểu một tính chất của ngun hàm của
một hàm số đại số. Cụ thể là với y là một hàm số đại số của x và

ydx là
một hàm số đại số thì ydx là hàm số có dạng như thế nào? Câu hỏi này
đã được Abel trả lời như sau.
Định lý 1.5 ([4], Định lý Abel, 1829). Nếu y là hàm số đại số của x và

ydx là hàm số đại số thì

ydx là hàm số hữu tỉ theo x và y.


12

Mệnh đề 1.2 ([4], Proposition 2.3]). Nếu L ⊃ K là một mở rộng của một
trường có đặc số 0 và

∈ L\K sao cho

∈ K thì

là phần tử siêu việt trên

K.
Từ mệnh đề trên, ta suy ra.
Hệ quả 1.2. Những hàm logarit tự nhiên của biến thực và biến phức là các
hàm siêu việt trên trường các hàm số hữu tỉ R(x) và C(x) tương ứng, và
hàm arctan của biến thực là siêu việt trên R(x).
Chứng minh. Gọi R(x) và C(x) tương ứng là trường các hàm số hữu tỉ
1
thực và phức. Vì ln x ∈
/ R(x) (tương ứng ln x ∈
/ C(x)) và (ln x) = ∈ R(x)
x
1
(tương ứng (ln x) =
∈ C(x)) nên theo Mệnh đề 1.2 ta suy ra những
x

hàm logarit tự nhiên của số thực và số phức là siêu việt trên trường các
hàm số hữu tỉ R(x) và C(x) tương ứng. Tương tự, vì arctan x ∈
/ R(x) và
1
(arctan x) =
∈ R(x) nên theo Mệnh đề 1.2 ta suy ra arctan x là siêu
1 + x2
việt trên R(x).

1
dx = ln x + C với C là hằng số. Theo Hệ quả 1.2
x
1
thì ln x khơng là hàm số đại số. Do đó
dx khơng là hàm số đại số.
x

Ví dụ 1.5. Ta đã biết

1.1.3.

Tích phân elliptic

Nội dung của phần này sẽ cung cấp cho ta điều kiện cần và đủ để tích

xp (a + bxr )q dx với p, q, r là những số hữu tỉ, r = 0 và a, b là các số
thực khác 0, là hàm số sơ cấp.

phân

Định lý 1.6 (Chebyshev, 1853). Nếu p và q là những số hữu tỉ khác 0 thì

u = xp (1 − x)q dx là hàm số sơ cấp khi và chỉ khi một trong các số p, q
hoặc p + q là số nguyên.
Hệ quả 1.3. Nếu p, q và r = 0 là những số hữu tỉ và a, b là các số thực khác

0 thì u = xp (a + bxr )q dx là hàm số sơ cấp khi và chỉ khi một trong các số
p+1
p+1
, q hay
+ q là số nguyên.
r
r


13

b
Chứng minh. Ta viết lại tích phân u dưới dạng u = aq xp 1 + xr
a
b r
Đặt v = − x ta được
a
p+1
q+
r
p+1
p+1 a
v r −1 (1 − v)q dv.
u = (−1) r

p+1
rb r

q

.

p+1

Theo Định lý 1.6 thì v r −1 (1 − v)q dv là hàm số sơ cấp nếu và chỉ nếu một
p+1
p+1
trong các số
− 1, q,
− 1 + q là số nguyên, hay một trong các số
r
r
p+1
p+1
, q,
+ q là số nguyên.
r
r
Hệ quả 1.4. Nếu n là một số ngun lớn hơn 2 thì khơng tồn tại các hàm
q (x)
p (x)
và
không là các hàm số hữu
số đa thức p(t), q(t) và r(t) sao cho
r (x)

r (x)
tỉ hằng thỏa

[p (t)]n + [q (t)]n = [r (t)]n .
Chứng minh. Để chứng minh Hệ quả 1.4 ta chỉ cần chứng minh rằng với

n > 2 thì khơng có một hàm số hữu tỉ khác hằng f (t) và g(t) nào thỏa
[f (t)]n + [g(t)]n = 1 là đủ. Giả sử có các hàm số hữu tỉ khác hằng f (t) và
g(t) thỏa [f (t)]n + [g(t)]n = 1. Khi đó, vì g(t).f (t) là một hàm số hữu tỉ nên
tích phân của nó là hàm số sơ cấp (theo Định lý Laplace). Mặt khác
g (t) f (t) dt =

1

(1 − [f (t)]n ) n f (t) dt =

1

(1 − f n ) n df .

Theo Hệ quả 1.3 thì tích phân vế phải của phương trình trên là hàm số sơ
2
1
cấp nếu hoặc là một số nguyên. Điều này không thể đúng với n > 2.
n
n
Sau đây là một số ví dụ áp dụng Định lý 1.6 và các hệ quả của định lý
này để kiểm tra một hàm số là sơ cấp hay khơng sơ cấp.
√
Ví dụ 1.6. Tích phân

1 + x4 dx khơng là hàm số sơ cấp. Thật vậy, ta
1
√
có
1 + x4 2 dx. Áp dụng cho trường hợp p = 0; r = 4 và
1 + x4 dx =
1
p+1
p+1
q = ta có tất cả các số
, q,
+ q khơng là số ngun. Do đó, theo
2
r
r
√
Hệ quả 1.3 thì
1 + x4 dx khơng là hàm số sơ cấp.


14

√

1 + k 2 x2k−2 dx. Ta viết lại tích phân u
dưới dạng u =
1 + k 2 x2k−2 dx. Nếu k = 0, 1 thì dễ dàng kết luận được
u là hàm số sơ cấp. Nếu k = 0 và k = 1, theo Hệ quả 1.3 thì u là hàm số
1
1

1
sơ cấp khi và chỉ khi
là một số nguyên hoặc
+ là một số
2k − 2
2k − 2 2
nguyên.
√
1 3
Vậy u =
1 + k 2 x2k−2 dx là hàm số sơ cấp nếu và chỉ nếu k = 0, 1, ,
2 2
1
hoặc k = 1 +
với n là một số nguyên khác 0.
2n −
√1
Chẳng hạn,
1 + x−4 dx không là hàm số sơ cấp.
√
√
Ví dụ 1.8. Các tích phân
sin xdx và
cos xdx không là hàm số sơ cấp.
√
−1
1
sin xdx = u 2 (1 − u2 ) 2 du và
Thật vậy, với việc đặt sin x = u ta được
−1

√
1
cos xdx = − u 2 (1 − u2 ) 2 du. Theo Hệ quả 1.3
đặt cos x = u ta được
√
−1
1
thì u 2 (1 − u2 ) 2 du khơng là hàm số sơ cấp. Do đó các tích phân
sin xdx
√
và
cos xdx khơng là hàm số sơ cấp.
√
√
Ví dụ 1.9. Các tích phân
tan xdx và
cot xdx là hàm số sơ cấp. Thật
√
1
−1
tan xdx = u 2 1 + u2
vậy, với việc đặt tan x = u ta được
du và đặt
√
1
−1
cot x = u ta được
cot xdx = − u 2 1 + u2
du. Theo Hệ quả 1.3 ta
√

1
−1
có u 2 1 + u2
dx là hàm số sơ cấp. Do đó các tích phân
tan xdx và
√
cot xdx là hàm số sơ cấp.
Ví dụ 1.7. Xét tích phân u =
1
2

Nhận xét 1.2. Nếu m và n là các số nguyên, thì ta có các kết luận sau.
1

(1 − xn ) m dx là hàm số sơ cấp nếu và chỉ nếu m = ±1
hoặc n = ±1 hoặc m = −n.
ii) Tích phân sinm xcosn xdx là hàm số sơ cấp với mọi giá trị của m và
n. Thật vậy, vì m, n là các số ngun nên ta có
i) Tích phân

sinm x.cosn xdx =
=
=

n−1

sinm x cos2 x 2 cos xdx
n−1
sinm x 1 − sin2 x 2 cos xdx
n−1

um 1 − u2 2 du, (u = sin x) .

Theo Hệ quả 1.3, thì tích phân trên là hàm số sơ cấp nếu và chỉ nếu m lẻ
hoặc n lẻ hoặc cả hai n, m chẵn. Chứng tỏ
với mọi giá trị của m, n nguyên.

sinm x.cosn xdx là hàm số sơ cấp


15

1.1.4.

Định lý Liouville về sự tồn tại nguyên hàm sơ cấp

Năm 1834, Liouville là người đầu tiên đưa ra một điều kiện cần và đủ
để một hàm số có nguyên hàm sơ cấp. Trong phần đầu của mục này, ta sẽ
giới thiệu Định lý Liouville về sự tồn tại của nguyên hàm sơ cấp. Tiếp theo,
ta tìm hiểu điều kiện cần và đủ để hàm số có dạng f (x) ln x, với f (x) là hàm
số hữu tỉ, có nguyên hàm sơ cấp.
Định lý 1.7 ([4]). Cho F là một trường vi phân có đặc số 0. Gọi C là
trường hằng của trường vi phân F và α ∈ F. Khi đó α có một nguyên hàm
sơ cấp trong một trường vi phân E là mở rộng sơ cấp có cùng trường con
hằng của F (tức tồn tại y ∈ E sao cho y = α) nếu và chỉ nếu tồn tại

v ∈ F ; c1 , c2 , . . . , cn ∈ C và các phần tử u1 , u2 , . . . , un ∈ F ∗ sao cho
n

α=

ci .
i=1

ui
+v.
ui

Ta có một số nhận xét sau đây.
Nhận xét 1.3.
i) Các trường mà chúng ta đang xét là trường các hàm phân hình trên các
miền con của R hoặc C, điều kiện F và trường mở rộng cơ bản của nó có
cùng trường con hằng sẽ tự động được thỏa mãn miễn là C ⊂ F , do mọi
hàm phân hình hằng đều là các hàm biến số phức.
ii) Trong trường hợp tổng quát, điều kiện F và các trường mở rộng cơ
bản của nó có cùng trường con hằng là cốt yếu để định lí đúng. Ta có thể
thấy được điều này qua ví dụ sau đây.
Cho F = R(x) là trường các hàm số hữu tỉ thực của một biến thực
1
1
với x = 1 như thông thường và α = 2
. Rõ ràng
dx là một
x +1
x2 + 1
phần tử của một trường mở rộng cơ bản của R(x) và ta khẳng định rằng
1
nếu có thể viết 2
dưới dạng như trong kết luận của đinh lí trên là với
x +1
c1 , c2 , . . . , cn ∈ R, v ∈ R(x) và u1 , u2 , . . . , un ∈ R(x)∗ thì sẽ dẫn đến mâu

thuẫn.


16

Thật vậy, giả sử rằng x2 + 1 xuất hiện νi lần biểu thức của ui như là một
u
2νi x
là
tích của các lũy thừa của các phần tử tối tiểu trong R[x] thì i − 2
ui x + 1
một phần tử của R(x) không chứa x2 + 1 trong mẫu thức của nó. Trong khi
đó nếu x2 + 1 xuất hiện trong mẫu thức của v thì nó sẽ xuất hiện ít nhất
hai lần trong mẫu của v . Vì vậy x2 + 1 sẽ không là ước của mẫu thức của v
hoặc không là ước của mẫu thức của v . Từ đó suy ra rằng 1 −

2ci νi x sẽ

chia hết cho x2 + 1, điều này là không thể.
Bổ đề 1.2 ([10]). Cho F là một trường vi phân, F (t) là mở rộng trường vi
phân của F có cùng trường con các hằng và t siêu việt trên F sao cho t ∈ F
t
hoặc ∈ F. Khi đó
t
1) Nếu t ∈ F thì với mọi đa thức bậc dương f (t) ∈ F [t] ta có (f (t)) là
đa thức trong F [t] có cùng bậc với f (t) khi hệ số chính của f (x) khác hằng,
hoặc có bậc nhỏ hơn một bậc của f (t) khi hệ số chính của f (t) là hằng.
t
2) Nếu ∈ F thì với mỗi phần tử khác khơng a ∈ F và mỗi số nguyên n
t

khác không, ta có (atn ) = htn với h ∈ F, h = 0 và hơn nữa với mỗi đa thức

f (t) ∈ F [t] có bậc dương thì (f (t)) là đa thức trong F [t] có cùng bậc với
f (t) và là bội của f (t) nếu f (t) là một đơn thức.
Chứng minh. 1 ) Gọi f (t) = an tn + an−1 tn−1 + · · · + a0 với a0 , · · · , an ∈ F,

an = 0, deg f (t) > 0. Giả sử t = b ∈ F. Khi đó
(f (t)) = an tn + (nan b + an−1 )tn−1 + · · ·
Nếu an khác hằng thì ta có (f (t)) là một đa thức trong F [t] có bậc n.
Nếu an là hằng và nan b + an−1 = 0 thì (nan t + an−1 ) = nan b + an−1 = 0.
Từ đó suy ra nan t + an−1 là hằng và vì vậy nó là một phần tử của F. Do đó

t ∈ F . Điều này mâu thuẫn với giả thiết t siêu việt trên F .
Vậy, nếu an là hằng thì bậc của (f (t)) là n − 1.
t
2 ) Giả sử = b ∈ F . Lấy a ∈ F, a = 0 và n là số ngun khác khơng. Khi
t
đó (atn ) = a tn + natn−1 t = (a + nab)tn . Nếu a + nab = 0 thì (atn ) = 0.
Từ đó suy ra atn là hằng và do đó atn ∈ F. Điều này mâu thuẫn với tính


17

siêu việt của t trên F . Vậy a + nab = 0.
Để hoàn thành việc chứng minh bổ đề, ta xét f (t) ∈ F [t] có bậc dương.
Ta có (f (t)) có cùng bậc với f (t). Nếu (f (t)) là bội của f (t) thì thương
của chúng là một nhân tử trong F . Vì thế nếu f (t) không phải là đơn thức,

(f (t)) là bội của f (t) và an tn , am tm là hai số hạng khác nhau của f (t)
a + mam b

a
t
a
t
a + nan b
thì n
= m
. Từ đó suy ra n + n = m + m , hay
an
am
an
t
am
t
an t n
an tn
(
) = 0. Do đó
∈ F. Điều này mâu thuẫn với tính siêu việt của t
am t m
am tm
trên F .
Bây giờ ta chứng minh định lý Louville.
Chứng minh. Theo giả thiết ta có một tháp các trường vi phân

F ⊂ F (t1 ) ⊂ · · · ⊂ F (t1 , t2 , . . . , tN )
sao cho tất cả các trường trên có cùng trường con hằng; mỗi ti là đại số trên

F (t1 , t2 , . . . , ti−1 ), hoặc là logarit, hoặc là mũ của một phần tử của trường
này và tồn tại một phần tử y ∈ F (t1 , t2 , . . . , tN ) sao cho y = α. Chúng ta

sẽ chứng minh điều kiện cần của định lý bằng phương pháp quy nạp theo N
như sau.
Khi N = 0. Với việc chọn n = 1, c1 = 0, v = y ta có đẳng thức đúng.
Giả sử N > 0 và định lý đã đúng cho trường hợp N − 1. Ta áp dụng
trường hợp N − 1 cho các trường F (t1 ) ⊂ F (t1 , t2 , . . . , tN ) để suy ra rằng ta
có thể viết α như dạng đã mô tả, nhưng với u1 , u2 , . . . , un , v ∈ F (t1 ) thay vì
trong F .
Đặt t1 = t, chúng ta có t là đại số trên F , hoặc là logarit, hoặc là mũ của
n
u
một phần tử trong F . Khi đó ta biết rằng α =
ci i + v với c1 , c2 , . . . , cn
i=1 ui
là các hằng của F, v ∈ F (t) và u1 , u2 , . . . , un ∈ F (t)∗ . Việc cịn lại là tìm một
biểu diễn tương tự của α có thể với một n khác nhưng với các u1 , u2 , . . . , un ∈
F ∗ , v ∈ F . Đầu tiên giả sử rằng t là đại số trên F. Khi đó có những đa thức
U1 , U2 , . . . , Un , V ∈ F [X] sao cho U1 (t) = u1 , . . . , Un (t) = un , V (t) = v . Gọi
các nghiệm của đa thức tối tiểu của t trên F trong một bao đóng đại số thích


18

hợp nào đó của F (t) là τ1 (= t), τ2 , . . . , τs . Ta có
n

α=

ci
i=1

(Ui (τj ))
+ (V (τj )) ,
Ui (τj )

với j = 1, 2, . . . , s do vì điều này đúng với j = 1. Cộng tất cả các đẳng thức
trên vế theo vế và lấy trung bình cộng ta được
n

α=
i=1

ci (Ui (τ1 ) . . . Ui (τs ))
(V (τ1 ) + · · · + V (τs ))
+
.
s Ui (τj ) . . . Ui (τs )
s

Vì các tích Ui (τ1 ) . . . Ui (τs ) và tổng V (τ1 ) + · · · + V (τs ) là các đa thức đối
xứng theo τ1 , . . . , τs với hệ số trong F và các biểu thức đều nằm trong F nên
phương trình cuối cùng là một biểu diễn của α theo dạng đã yêu cầu.
Trong các trường hợp còn lại, t là logarit hoặc là mũ của một phần tử
trong F chúng ta giả sử rằng t là siêu việt trên F. Khi đó ta có
n

α=

ci
i=1

(ui (t))
+ (v(t)) ,
ui (t)

với u1 (t), . . . , un (t) ∈ F (t)∗ , v(t) ∈ F (t).
Mỗi ui (t) có thể viết như là một tích của các lũy thừa của một phần tử
khác 0 trong F và các đa thức tối tiểu của F [t]. Do đó nếu cần thiết, ta có
n
(ui (t))
thể áp dụng cơng thức đạo hàm loga để viết
ci
trong một dạng
ui (t)
i=1
tương tự nhưng với mỗi ui (t) hoặc trong F hoặc là một đa thức tối tiểu trong

F [t]. Vì vậy chúng ta giả sử rằng u1 (t), . . . , un (t) là phân biệt, mỗi chúng
hoặc là một phần tử của F hoặc là một đa thức tối tiểu của F [t] và khơng
có ci nào bằng 0.
Bây giờ ta khai triển v(t) thành các phân thức đơn giản, tức là ta biểu
diễn v(t) thành tổng của một phần tử của F [t] cộng với các số hạng khác có
g(t)
dạng
trong đó f (t) là một đa thức tối tiểu trong F [t], r là một số
(f (t))r
nguyên dương và g(t) là một phần tử khác khơng của F [t] có bậc nhỏ hơn
bậc của f (t). Ta thấy trong đẳng thức trên rõ ràng rằng α không liên quan
đến t nên các u1 (t), . . . , un (t), v(t) phải có dạng rất đặc biệt để vế phải của

19

phương trình cũng khơng liên quan đến t. Để biết được dạng đặc biệt này
một cách cụ thể, ta sẽ tách ra thành các trường hợp cụ thể sau đây.
Trường hợp 1. Giả sử rằng t là logarit của một phần tử của F tức là
a
t =
với a ∈ F. Gọi f (t) là một đa thức tối tiểu của F [t]. Khi đó (f (t))
a
cũng nằm trong F [t] và bậc của nó ít hơn bậc của f (t) và f (t) không chia
(ui (t))
với mẫu thức f (t)
hết (f (t)) . Vì vậy nếu ui (t) = f (t) thì phân thức
ui (t)
g(t)
xuất hiện trong khai triển v(t) thành các phân
có bậc nhỏ nhất. Nếu
(f (t))r
thức đơn giản với g(t) ∈ F [t] có bậc nhỏ hơn bậc của f (t), r > 0 và bậc này
là lớn nhất với f (t) đã chọn thì (v(t)) sẽ bao gồm các số hạng là các phân
thức với mẫu thức chứa f (t) nhiều nhất là r lần cộng với số hạng

g(t)(

1
(f (t)) r+1
)
=
−rg(t)(
) .

(f (t))r
f (t)

Bởi vì f (t) không chia hết g(t)(f (t)) nên chúng ta thấy rằng có một số hạng
với mẫu thức là (f (t))r+1 xuất hiện trong (v(t)) . Vì vậy nếu f (t) xuất hiện
như là mẫu thức trong khai triển v(t) thành các phân thức đơn giản thì nó
cũng sẽ xuất hiện trong α. Điều này là khơng thể. Vì vậy f (t) không xuất
hiện trong các mẫu thức trong khai triển v(t) thành các phân thức đơn giản.
Vậy nên f (t) không thể là một phần tử ui (t) nào đó. Vì điều này đúng cho
mọi đa thức tối tiểu f (t) nên ta có mỗi ui (t) ∈ F và v(t) ∈ F [t]. Vì v(t) ∈ F
nên theo Bổ đề 1.2 ta có v(t) = ct + d với c là hằng số và d ∈ F. Vậy
n

α=

ci
i=1

ui
a
+c +d
ui
a

là một biểu diễn của α theo dạng yêu cầu.

t
= b với
t
b ∈ F. Theo Bổ đề 1.2, ta suy ra rằng nếu f (t) là một đa thức tối tiểu của

F [t] khác với t thì f (t) ∈ F [t] và f (t) không chia hết f (t) . Lập luận hoàn
toàn như trong trường hợp t là một logarit ở trên ta thấy rằng f (t) không
thể xuất hiện dưới mẫu của v(t) và cũng khơng thể có bất kỳ ui (t) nào bằng
f (t). Vì vậy v(t) có thể được viết dưới dạng v(t) = j aj tj trong đó mỗi
Trường hợp 2. Giả sử t là mũ của một phần tử của F, tức là


20

aj ∈ F và j chạy trên một tập hữu hạn các số nguyên (có thể âm hoặc bằng
0) và tất cả các u1 (t), . . . , un (t) đều nằm trong F trừ ra một trong số chúng
(ui (t))
có thể là t. Bởi vì mỗi
∈ F nên chúng ta có v(t) ∈ F. Do đó từ Bổ
(ui (t))
đề 1.2 ta suy ra v(t) ∈ F. Nếu các ui (t) đều nằm trong F thì α có dạng như
yêu cầu và ta có điều phải chứng minh. Nếu khơng, chỉ có đúng một ui (t) nào
đó, giả sử u1 (t) là khơng thuộc F. Khi đó u1 (t) = t và u2 (t), . . . , un (t) ∈ F.
Vì vậy ta có thể viết
t
α = c1 +
t

n

i=2

u
ci i + v =
ui

n

ci
i=2

ui
+ (c1 b + v) ,
ui

với u2 , . . . , un , c1 b + v tất cả đều thuộc F. Đây là một biểu diễn của α theo
dạng đã yêu cầu.
Tiếp sau đây là bước chứng minh điều kiện đủ của định lý. Giả sử
n

α=

ci
i=1

ui
+v.
ui
n

n

Khi đó, ta có α =

ci ln ui + v

. Hay α = y với y =

ci ln ui + v. Sau
i=1

i=1

đây là một phiên bản mở rộng của định lý Liouville.
Định lý 1.8 ([4]). Cho K là một trường vi phân. Gọi C là trường hằng của
trường vi phân K và f ∈ K. Khi đó f có một nguyên hàm sơ cấp trong
trường mở rộng sơ cấp E của K (tức tồn tại g ∈ E sao cho Dg = f ) nếu và
chỉ nếu tồn tại v ∈ K; c1 , c2 , . . . , cn ∈ C và u1 , u2 , . . . , un ∈ K(c1 , c2 , . . . , cn )
sao cho

n

f = Dv +

ci
i=1

Dui
.
ui

Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh điều kiện cần.
Giả sử tồn tại E là một mở rộng sơ cấp của K và g ∈ E sao cho Dg = f.
Bởi vì CK là đại số trên K và trường hằng của CK chính là C ∩ CK = C,
nên CK là trường con hằng đóng đại số và f ∈ CK và g ∈ CE, với

21

CE là một mở rộng sơ cấp của CK . Do đó, theo Định lý 1.7 thì tồn tại
v ∈ CK, u1 , . . . , un ∈ (CK)∗ và c1 , . . . , cn ∈ C sao cho
n

f = Dv +

ci
i=1

Dui
.
ui

Gọi F = K(v, u1 , . . . , un , c1 , . . . , cn ) là mở rộng đại số hữu hạn của K và
F
K

: F → K là vết từ F vào K , với K là bao đóng đại số của K
và σ1 , . . . , σm là các phép nhúng phân biệt từ F trong K lên K . Vì mỗi một
σj , j = 1, 2, . . . , m có thể mở rộng thành đẳng cấu trường của K trên K và
Tr FK : F → K, σj , j = 1, 2, . . . , m giao hoán với D nên ta có
giả sử Tr

m

m

f

mf =

σj

= Tr

F
K

(Dv) +

j=1

n

σj
σj Dui
ci
σj .
u
i
j=1 i=1

Do đó
F
K

1
(Dv) +
m

1
Tr
m

F
K

(v) +

D
Đặt

ω=

1
Tr
m

F
K

(v) ∈ K, dij =

ta được

m

n

σj
σj Dui
ci
σj
u
i
j=1 i=1
m
n
σ
1 σj Dui j
ci
σj
m
u
i
j=1 i=1

1
f = Tr
m

(1.1)
(1.2)

1 σj
∗

σ
ci ∈ K, ωij = ui j ∈ K ,
m

m

n

f = Dω +

dij
j=1 i=1

Dωij
.
ωij
σ

ci j
(Dci )σj
Ngồi ra, vì hằng số K = C ∩ K = C và Ddij = D( ) =
=0
m
m
nên dij ∈ C với mỗi i và j. Đặt L = K(d11 , . . . , dmn ) và M = L(ω11 , . . . , ωmn ).
Ta có M là đại số trên K, K là bao đóng đại số của L và M đại số hữu hạn
trên L. Gọi Tr M
L : M → M , N : M → L là các ánh xạ vết và ánh xạ chuẩn
từ M đến L. Vì dij ∈ L và Tr M
L là các L− tuyến tính nên

Tr

M
L

dij

Dωij
ωij

= dij Tr

M
L

Dωij
ωij

= dij

DN (ωij )
N (ωij )


22

Từ đó suy ra

kf = Tr

M
L

(f ) = Tr

M
L

(Dω) + Tr
m

n

dij

= kDω +
j=1 i=1

M
L

m

n

dij
j=1 i=1

Dωij
ωij

DN (ωij )
.
N (ωij )

Do đó, với việc đặt zij = N (ωij )ta được
m

n

f = Dω +
j=1 i=1

dij Dzij
.
k zij

Vì ω ∈ K, dij ∈ C và zij N (ωij ) ∈ K(d11 , . . . , dmn )∗ nên ta đã hoàn thành
phép chứng minh điều kiện cần.
n

Bây giờ ta sẽ chứng minh điều kiện đủ. Khi f = Dv +
i=1

n

có f = D(v +

ci

Dui
đúng ta
ui

ci ln(ui )).
i=1

Tiếp sau đây là hệ quả của định lý Liouville và các ví dụ áp dụng kiểm
tra sự tồn tại nguyên hàm sơ cấp của một số hàm số sơ cấp.
Hệ quả 1.5 (Liouville). Cho E là một trường vi phân có đặc số 0 và g ∈ E.
Giả sử eg là phần tử siêu việt trên E. Gọi K = E(eg ). Khi đó f.eg , với

f ∈ E, có một nguyên hàm sơ cấp nếu và chỉ nếu tồn tại một phần tử a ∈ E
sao cho
f = a + ag
(1.3)
f (x)eg(x) dx
là hàm sơ cấp, với f (x), g(x) là các hàm số hữu tỉ cho trước, f (x) khác 0 và
t
g(x) khác hằng số. Đặt eg = t chúng ta có = g . Xét trên trường vi phân
t
C(x, t) - một mở rộng siêu việt thuần túy của C(x). Khi đó, nếu f eg dx là
hàm sơ cấp thì theo Định lý 1.7 ta có

Chứng minh. Đầu tiên, ta chứng minh điều kiện cần. Giả sử

n

ft =

ci
i=1

ui
+v,
ui


23

với c1 , c2 , . . . , cn ∈ C và u1 , u2 , . . . , un , v ∈ C(x, t). Bây giờ, ta đặt F = C(x)
thì f, g ∈ F và u1 , u2 , . . . , un , v ∈ F (t). Phân tích mỗi ui tích của các nhân
tử bất khả quy trong F [t] và sử dụng cơng thức đạo hàm của hàm loga (nếu
cần), ta có các ui mà không thuộc F là các đa thức tối tiểu và phân biệt
trong F [t]. Ta khai triển v thành các phân thức đơn giản. Từ Bổ đề 1.2 ta
suy ra nhân tử tối tiểu trong mẫu thức của v chỉ có thể là t, và các hàm

ui ∈
/ F cũng chỉ có thể là t. Do đó, v có dạng là một tổng hữu hạn
b j tj
n
u
ci i ∈ F nên f t = (b1 + b1 g )t. Với việc đặt b1 = a ta có
với bj ∈ F. Vì
i=1 ui
f = a + ag với a ∈ C(x).
Tiếp theo chúng ta sẽ chứng minh điều kiện đủ. Khi (1.3) đúng, aeg ∈ K là
một nguyên hàm của f eg . Thật vậy, vì (aeg ) = a eg + ag eg = eg (a + ag ) =
f eg nên aeg là một nguyên hàm của f eg .
1.2. Công thức nội suy Lagrange và Hermite

1.2.1.

Công thức nội suy Lagrange

Cho x0i , a0i ∈ R, với x0i = x0j , ∀i = j, (i, j = 1, 2, . . . , N ).Hãy xác định
đa thức L(x) có bậc deg L(x) ≤ N − 1 thỏa mãn các điều kiện

L(x0i ) = a0i , ( ∀i = 1, 2, . . . , N.)
Để đơn giản, trước hết ta đồng nhất x0i ≡ xi , a0i ≡ ai và kí hiệu
N

Li (x) =

x − xj
, (i = 1, 2, . . . , N ).
x
−
x
i
j
j=1,j=i

Khi đó, đễ thấy rằng

Li (xj ) =

1
0

khi

khi

i=j
i=j

hay Li (xj ) = δi j.
Tiếp theo, ta chứng minh rằng đa thức
N

L(x) =

ai Li (x)
i=1


24

là đa thức duy nhất thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Lagrange, và
đa thức này được gọi là đa thức nội suy Lagrange.
Thật vậy, dễ thấy rằng
deg L(x) ≤ N − 1.
Ngồi ra, ta có
N

L(xi ) =

N

aj Lj (xi ) =
j=1

aj δij
j=1

hay

L(xi ) = ai , ∀i = 1, 2, . . . , N.
Cuối cùng, nếu có đa thức L∗ (x), có bậc deg L∗ (x) với deg L∗ (x) ≤ N − 1
cũng thỏa mãn điều kiện của bài toán

L∗ (x0i ) = a0i , ∀i = 1, 2, . . . , N,
thì khi đó, đa thức

P (x) = L(x) − L∗ (x)
cũng có bậc deg P (x) ≤ N − 1 và thỏa mãn

P (xi ) = 0, ∀i = 1, 2, . . . , N.
Tức là P (x) là đa thức có bậc deg P (x) ≤ N − 1 mà lại có ít nhất N nghiệm
phân biệt x1 , x2 , . . . , xN , nên P (x) ≡ 0, và do đó L(x) = L∗ (x).
1.2.2.

Cơng thức nội suy Hermite

Cho xi , ak i ∈ R, với i = 1, 2, . . . , n; k = 0, 1, . . . , pi −1 và xi = xj , ∀i = j,
trong đó p1 + p2 + · · · + pn = N.
Đa thức H(x) có bậc deg H(x) ≤ N − 1 thỏa mãn điều kiện H (k) (xi ) =

aki, ∀i = 1, 2, . . . , n;

∀k = 0, 1, . . . , pi − 1. có dạng duy nhất

n pi −1

H(x) =
i=1

(x − xi )k
Wi (x)T
aki
k!
k=0

1
wi (x)

(pi −1−k)

.
(x=xi )