Một số ứng dụng của công thức nội suy lagrange và hermite

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

HOÀNG THỊ NGA

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC
NỘI SUY LAGRANGE VÀ HERMITE

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

HOÀNG THỊ NGA

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC
NỘI SUY LAGRANGE VÀ HERMITE

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 8 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:
GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2018

i

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU
Chương 1. Nội suy Lagrange và nội suy
1.1 Bài toán nội suy Lagrange . . . . .
1.2 Bài toán nội suy Hermite . . . . . .
1.3 Bài toán nội suy Lagrange - Newton

ii
Hermite
1
. . . . . . . . . . . . . . . . . 1
. . . . . . . . . . . . . . . . . 9
. . . . . . . . . . . . . . . . . 18

Chương 2. Ứng dụng nội suy tính nguyên hàm và tích phân các hàm
phân thức
21
2.1 Nguyên hàm của hàm phân thức với các cực điểm đơn . . . . . . . 21
2.2 Nguyên hàm của hàm phân thức với các cực điểm bậc tùy ý . . . . 26
Chương 3. Một số dạng toán liên quan
3.1 Một số bài toán về đa thức nhận giá trị nguyên . . . . . . . . . .
3.2 Một số bài toán xác định đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.1 Tìm đa thức khi biết các nghiệm của nó. . . . . . . . . .
3.2.2 Sử dụng công thức nội suy Lagrange để xác định hệ số của
đa thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.3 Một số bài toán xác định đa thức khác không liên quan đến
các công thức nội suy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

43
. 43
. 50
. 50
. 53
. 56

KẾT LUẬN

59

TÀI LIỆU THAM KHẢO

59


MỞ ĐẦU

ii

Trong các kì thi học sinh giỏi tốn các cấp, Olympic Toán sinh viên, các bài
toán liên quan tới đa thức thường xuyên được đề cập. Những dạng toán này
thường được xem là thuộc loại khó, hơn nữa phần kiến thức về nội suy đa thức
lại không nằm trong chương trình chính thức của giáo trình Đại số và Giải tích
bậc trung học phổ thơng.
Như ta đã biết, cơng thức nội suy Lagrange đã được đề cập ở bậc phổ thơng.
Tuy nhiên cơng thức nội suy Hermite chỉ có trong các tài liệu chun khảo. Vì
vậy, tơi chọn đề tài luận văn ”Một số ứng dụng của công thức nội suy Lagrange
và Hermite”.

Luận văn nhằm cung cấp một số ứng dụng của công thức nội suy Lagrange và
Hermite để tìm nguyên hàm của hàm phân thức.
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và 3 chương.
Chương 1. Nội suy Lagrange và nội suy Hermite.
Chương 2. Ứng dụng nội suy tính nguyên hàm và tích phân các hàm phân thức
Chương 3. Một số dạng toán liên quan.
Tiếp theo, trong các chương đều trình bày một hệ thống bài tập áp dụng giải
các đề thi HSG quốc gia và Olympic liên quan.
Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học, Đại học
Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn của GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Xin được gửi
lời cảm ơn chân thành và sâu sắc đến Thầy, người đã tận tình hướng dẫn và chỉ
đạo tác giả tập dượt nghiên cứu khoa học trong suốt quá trình tìm hiểu tài liệu,
viết và hoàn thiện Luận văn. Đồng thời em xin chân thành cảm ơn các quý thầy
cô trong Bộ mơn tốn, Khoa Khoa học Tự nhiên, các Thầy Cơ trường Đại học
Khoa học Tự nhiên Hà Nội, các Thầy Cơ Viện Tốn học đã tận tình giảng dạy,
quan tâm và tạo mọi điều kiện thuận lợi về thủ tục hành chính để em hồn thành
khố học và bảo vệ luận văn Thạc sĩ. Tôi cũng chân thành cảm ơn gia đình, bạn
bè và cơ quan, đồn thể nơi tơi công tác là Trường Trung học Phổ thông Thuỷ
Sơn, Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Phòng, đã tạo mọi điều kiện về vật chất lẫn
tinh thần trong quá trình học tập, nghiên cứu và viết luận văn.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2018
Tác giả
Hoàng Thị Nga


1

Chương 1. Nội suy Lagrange và nội suy Hermite

Chương này được dành để trình bày về các bài tốn nội suy Lagrange, bài toán

nội suy Hermite và bài toán nội suy Lagrange-Newton, từ định lí, hệ quả cho đến
một số ví dụ tính tốn cụ thể.

1.1

Bài tốn nội suy Lagrange

Trong một số trường hợp, để tính tổng hữu hạn các phân thức, người ta thường
sử dụng một số tính chất của đa thức, đặc biệt là công thức nội suy Lagrange.
Dưới đây là một số đồng nhất thức cơ bản và áp dụng của chúng.
Định lý 1.1 (Đồng nhất thức Lagrange). Nếu x1 , x2 , . . . , xm là m giá trị tuỳ ý,
đôi một khác nhau và f (x) là đa thức bậc nhỏ thua m thì ta có đồng nhất thức
sau
(x − x2 )(x − x3 ) . . . (x − xm )
+
f (x) = f (x1 )
(x1 − x2 )(x1 − x3 ) . . . (x1 − xm )

+f (x2 )

(x − x1 )(x − x3 ) . . . (x − xm )
(x2 − x1 )(x2 − x3 ) . . . (x2 − xm )

+ · · · + f (xm )

(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xm−1 )
.
(xm − x1 )(xm − x2 ) . . . (xm − xm−1 )

(1.1)

Chứng minh. Ta cần chứng minh công thức

f (x) − f (x1 )
−f (x2 )
− · · · − f (xm )

(x − x2 )(x − x3 ) . . . (x − xm )
−
(x1 − x2 )(x1 − x3 ) . . . (x1 − xm )

(x − x1 )(x − x3 ) . . . (x − xm )
(x2 − x1 )(x2 − x3 ) . . . (x2 − xm )

(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xm−1 )
≡ 0.
(xm − x1 )(xm − x2 ) . . . (xm − xm−1 )

Nhận xét rằng vế trái của công thức là một đa thức bậc khơng q m − 1 và có
ít nhất m nghiệm phân biệt là x1 , x2 , . . . , xm . Vậy đa thức trên phải đồng nhất
bằng 0.
Hệ quả 1.1. Từ Định lý 1.1, ta thu được các đồng nhất thức sau đây.


2

√
√
√
√

√
√
(x − 2)(x − 5)(x − 7)
(x − 3)(x − 5)(x − 7)
√
√ √
√ √
√ + √
√ √
√ √
√
( 2 − 3)( 2 − 5)( 2 − 7) ( 3 − 2)( 3 − 5)( 3 − 7)
√
√
√
√
√
√
(x − 2)(x − 3)(x − 5)
(x − 2)(x − 3)(x − 7)
√ √
√ √
√ + √
√ √
√ √
√ ≡ 1,
+ √
( 5 − 2)( 5 − 3)( 5 − 7) ( 7 − 2)( 7 − 3)( 7 − 5)
a2

(x − c)(x − a)
(x − a)(x − b)
(x − b)(x − c)
+ b2
+ c2
≡ x2 (a < b < c).
(a − b)(a − c)
(b − c)(b − a)
(c − a)(c − b)

Định lý 1.2. Giả sử f (x) là một đa thức bậc nhỏ thua hoặc bằng m − 2 (m > 2)
và x1 , x2 , . . . , xm là m giá trị đôi một khác nhau cho trước tuỳ ý. Khi đó, ta
có đồng nhất thức
f (x1 )
f (x2 )
+
(x1 − x2 )(x1 − x3 ) . . . (x1 − xm ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) . . . (x2 − xm )
f (xm )
+ ··· +
≡ 0.
(xm − x1 )(xm − x2 ) . . . (xm − xm−1 )

Chứng minh. Nhận xét rằng vế trái của đẳng thức đã cho chính là hệ số của
hạng tử ứng với bậc m − 1 trong cách viết chính tắc của đa thức f (x). Đồng nhất
các hệ số đồng bậc ta có ngay điều phải chứng minh.
Dưới đây, ta xét một số ứng dụng trực tiếp của đồng nhất thức Lagrange.
Ví dụ 1.1. Tính tổng
cos 2o
cos 1o
+

S=
(cos 1o − cos 2o )(cos 1o − cos 3o ) (cos 2o − cos 1o )(cos 2o − cos 3o )
cos 3o
+
(cos 3o − cos 1o )(cos 3o − cos 2o )

Lời giải. Áp dụng Định lý 1.2, với

f (x) = x, x1 = cos 1o , x2 = cos 2o , x3 = cos 3o ,
ta thu được S = 0.
Ví dụ 1.2. Ta có các đồng nhất thức
b+c+d
c+d+a
+
+
(b − a)(c − a)(d − a)(x − a) (c − b)(d − b)(a − b)(x − b)
a+b+c
d+a+b
+
(d − c)(a − c)(b − c)(x − c) (a − d)(b − d)(c − d)(x − d)
x−a−b−c−d
.
≡
(x − a)(x − b)(x − c)(x − d)


3

Lời giải. Thật vậy, ta cần chứng minh

(a + b + c + d) − a
(a + b + c + d) − b
+
+
(a − b)(a − c)(a − d)(a − x) (b − a)(b − c)(b − d)(b − x)
+

(a + b + c + d) − c
(a + b + c + d) − d
+
+
(c − a)(c − b)(c − d)(c − x) (d − a)(d − b)(d − c)(d − x)
+

(a + b + c + d) − x
= 0.
(x − a)(x − b)(x − c)(x − d)

Ta có, với đa thức bậc nhất

f (y) = a + b + c + d − y, y1 = a, y2 = b, y3 = c, y4 = d, y5 = x,
theo Định lý 1.2 ta sẽ thu được ngay điều phải chứng minh.
Định lý 1.3. Cho x1 , x2 , . . . , xm là m giá trị tuỳ ý đôi một khác nhau. Đặt

Sn =

xn1
xn2
+
(x1 − x2 )(x1 − x3 ) . . . (x1 − xm ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) . . . (x2 − xm )

xnm
.
+··· +
(xm − x1 )(xm − x2 ) . . . (xm − xm−1 )

Khi đó
a) Sn = 0 nếu 0 ≤ n < m − 1,
b) Sm−1 = 1,
c) Sm+k bằng tổng các tích, mỗi tích có k + 1 thừa số (giống nhau hoặc khác
nhau) lấy trong các số x1 , x2 , . . . , xm .
Chứng minh.
a) Theo Định lý 1.2, với

f (x) = 1, x, x2 , . . . , xm−2 ,
ta được ngay S0 = S1 = . . . = Sm−2 = 0.
b) Để chứng minh Sm−1 = 1, ta chỉ cần thay f (x) trong Định lý 1.2 bởi xm−1 ,
rồi so sánh hệ số của hạng tử bậc m − 1 ở hai vế của đồng nhất thức vừa thu
được.
c) Để tính Sn khi n > m − 1 ta làm như sau:
Giả sử x1 , x2 , . . . , xm thoả mãn phương trình bậc m

αm + p1 .αm−1 + p2 .αm−2 + · · · + pm−1 .α + pm = 0,


4

trong đó





−p1




p
2


...




(−1)k .p
k

= x1 + x2 + · · · + xm
= x1 x2 + x1 x3 + · · · + xm−1 xm
......
= x1 x 2 x 3 . . . xk + · · ·

Nhân cả hai vế của phương trình trên với αk , ta được

αm+k + p1 .αm+k−1 + p2 αm+k−2 + · · · + pm−1 .αk+1 + pm .αk = 0.
Thay α trong đẳng thức này lần lượt bởi x1 , x2 , . . . , xm ; và lần lượt chia đẳng
thức thứ nhất cho
(x1 − x2 )(x1 − x3 ) . . . (x1 − xm ),
đẳng thức thứ hai cho

(x2 − x1 )(x2 − x3 ) . . . (x2 − xm )
. . ., rồi cộng vế với vế các đẳng thức mới vừa nhận được, ta thu được
Sm+k + p1 .Sm+k−1 + · · · + pm−1 .Sk+1 + pm .Sk = 0.

(1.2)

Đặt k = 0, ta thu được Sm + p1 Sm−1 = 0.
Do đó Sm = −p1 = x1 + x2 + · · · + xm .
Nhờ đẳng thức (1.2) ta sẽ lần lượt tính tiếp các biểu thức Sm+1 , Sm+2 , . . .
Ta đặt lần lượt
1
= α1 ;
(x1 − x2 )(x1 − x3 ) . . . (x1 − xm )
1
= α2 ;
(x2 − x1 )(x2 − x3 ) . . . (x2 − xm )
..
.
1
= αm .
(xm − x1 )(xm − x2 ) . . . (xm − xm−1 )

Khi đó ta có
Xét

Sn = xn1 α1 + xn2 α2 + · · · + xnm αm .

α1
α2

αm
+
+ ··· +
.
1 − x1 z 1 − x2 z
1 − xm z
Dùng công thức của cấp số nhân với giả thiết rằng z được chọn sao cho
P =

|x1 z| < 1, |x2 z| < 1, . . . , |xm z| < 1,


5

ta khai triển tổng P thành chuỗi vô hạn như sau:

P = α1 (1 + x1 z + x21 z 2 + · · · ) + α2 (1 + x2 z + x22 z 2 + · · · )+
+ · · · + αm (1 + xm .z + x2m z 2 + · · · )

hay

P = (α1 + α2 + · · · + αm ) + (x1 α1 + x2 α2 + · · · + xm αm )z +
+(x21 α1 + x22 α2 + · · · + x2m αm )z 2 + · · ·

tức là
Để cho gọn, ta đặt

P = S0 + S1 z + S2 z 2 + S3 z 3 + · · · .
(1 − x1 z)(1 − x2 z) . . . (1 − xm z) = Q.

Khai triển Q theo luỹ thừa của z , ta có thể viết

Q = 1 − δ1 z + δ2 z 2 + · · · + (−1)m δm z m ,
trong đó

δ 1 = x1 + x2 + · · · + xm ,
δ2 = x1 x2 + x1 x3 + · · · + xm−1 xm ..
.........
Tiếp theo, nhân cả hai vế của đẳng thức thứ hai với

(1 − x1 z)(1 − x2 z) . . . (1 − xm .z),
ta có

P Q = α1 (1 − x2 z)(1 − x3 z) . . . (1 − xm z)+
α2 (1 − x1 z)(1 − x3 z) . . . (1 − xm .z)+
α3 (1 − x1 z)(1 − x2 z)(1 − x4 z) . . . (1 − xm z) + · · · +
αm (1 − x1 z)(1 − x2 z) . . . (1 − xm−1 z).

Như vậy P Q là một đa thức bậc m − 1 đối với z . Ta sẽ chứng minh rằng nó
chính là z m−1 , tức là có đồng nhất thức

P Q = z m−1 .


6

Thật vậy, biểu thức P Q − z m−1 triệt tiêu khi

z=

1
1
1
,
,...,
x1 x2
xm

vì, chẳng hạn, với

z=
thì

α1 1 −

x2
x1

1−

1
x1

x3
xm
1
1
1
··· 1 −
− m−1 = m−1 − m−1 = 0.

x1
x1
x1
x1
x1

Vậy nên P Q − z m−1 = 0. Do đó

z m−1
=P
Q
hay

z m−1

1
= S0 + S1 z + · · · + Sm−1 z m−1 + · · ·
2
m
m
1 − δ1 z + δ2 z − . . . + (−1) δm z

Nếu khai triển vế trái thành chuỗi vô hạn theo luỹ thừa của z thì chuỗi này bắt
đầu bằng hạng tử chứa z m−1 . Vì vậy, hệ số của các hạng tử bậc 0, 1, 2, . . . , m − 2
trong vế phải bằng không, tức là

S0 = S1 = . . . = Sm−2 = 0.
Ngoài ra, hệ số của hạng tử ứng với bậc m = 1 ở vế trái bằng 1.
Vậy Sm−1 = 1.
Bây giờ đẳng thức cần chứng minh có dạng sau:

z m−1
= z m−1 + Sm .z m + Sm+1 .z m+1 + · · ·
2
m
m
1 − δ1 .z + δ2 .z − · · · (−1) δm .z
Uớc lượng cả hai vế cho z m−1 , ta thu được

1
= 1 + Sm z + Sm+1 z 2 + · · ·
2
m
m
1 − δ1 z + δ2 z − · · · + (−1) δm z
hoặc

1 = (1 − δ1 z + δ2 z 2 − · · · + (−1)m δm .z m )(1 + Sm z + Sm+1 z 2 + · · · )


7

Khai triển vế phải theo lũy thừa của z và so sánh các hệ số ở hai vế, ta được

Sm − δ1 = 0,
δ2 − δ1 .Sm + Sm+1 = 0,
.........
Như vậy, ta có thể tính được Sm , Sm+1 , Sm+2 , . . .
Nhằm thiết lập được mệnh đề mở rộng cấu trúc của Sm+k , ta xét

1
1
1
1
=
.
...
Q 1 − x1 .z 1 − x2 .z
1 − xm .z
=

∞

xp1 .z p .

p=0

∞

xq2 .z q

q=0

···

∞

xsm z s =

xp1 xq2 . . . xsm z p+q+···+s .

s=0

Mặt khác

1
= 1 + Sm z + Sm+1 z 2 + · · · + Sm+k z k+1 + · · · ,
Q
nên ta được

xp1 xq2 . . . xsm

Sm+k =
p+q+···+s=k+1

Vì vậy, ta thu được kết quả cuối cùng Sm+k bằng tổng các tích, mỗi tích có
k + 1 thừa số (giống nhau hoặc khác nhau) lấy trong các số x1 , x2 , . . . , xm . Nói
riêng
Sm+1 = x21 + x22 + · · · + x2m + x1 x2 + x1 x3 + · · · + xm−1 xm

Sm+2 = x31 + x32 + · · · + x3m + x21 x2 + x21 x3 + · · · + x2m−1 xm
+x1 x2 x3 + · · · + xm−2 xm−1 xm , (điều phải chứng minh).

Hệ quả 1.2. Giả sử

ak
bk
ck
Sk =
+

+
.
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
Khi đó

S0 = S1 = 0 , S2 = 1 , S3 = a + b + c,
S4 = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca,
S5 = a3 + b3 + c3 + a2 b + b2 c + c2 a + ab2 + bc2 + ca2 + abc.


8

Hệ quả 1.3. Giả sử

ak
bk
ck
Tk =
+
+
+
(a − b)(a − c)(a − d) (b − a)(b − c)(b − d) (c − a)(c − b)(c − d)
dk
.
+
(d − a)(d − b)(d − c)

Khi đó

T0 = T1 = T2 = 0 , T3 = 1 , T4 = a + b + c + d.

Bây giờ ta chuyển sang khảo sát bài tốn nội suy Lagrange dưới ngơn ngữ tổng
qt.
Bài tốn 1.1 (Bài toán nội suy Lagrange). Cho xi , ai ∈ R, với xi = xj ∀i =
j, (i, j = 1, 2, . . . , N ). Hãy xác định đa thức L(x) có bậc deg L(x) N − 1 thỏa
mãn điều kiện
L(xi ) = ai , ∀i = 1, 2, . . . , N.
(1.3)

Lời giải. Để đơn giản, ký hiệu

N

Li (x) =
Khi đó, dễ thấy rằng

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


1 khi i = j
Li (xj ) =
0 khi i = j

hay Li (xj ) = δij .

Tiếp theo, ta chứng minh rằng đa thức
N

(1.4)

ai Li (x)

L(x) =
i=1

là đa thức duy nhất thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Lagrange (1.3), và
ta gọi đa thức này là đa thức nội suy Lagrange.
Thật vậy, dễ thấy rằng

deg L(x)
Ngoài ra, ta có

N − 1.
N

N

aj δij

aj Lj (xi ) =

L(xi ) =
j=1

j=1

9

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)
cũng thỏa mãn điều kiện của bài tốn (1.3) thì khi đó, đa thức

N −1

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) với 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).
Từ bài tốn nội suy Lagrange ta có nhận xét sau:
Nhận xét 1.1. Về mặt hình học, việc xây dựng đa thức nội suy Lagrange (1.3)
có nghĩa là xây dựng một đa thức một biến bậc không quá N − 1 đi qua tất cả
các điểm Mi (xi , yi ), ∀i = 1, 2, . . . , N cho trước.

1.2

Bài toán nội suy Hermite

Bài toán nội suy Newton là một mở rộng tự nhiên của đồng nhất thức
Taylor và tương ứng, khai triển Taylor - Gontcharov là mở rộng khai triển Taylor
cổ điển. Bây giờ ta chuyển sang xét bài toán nội suy Hermite là một mở rộng tự
nhiên của bài toán nội suy Lagrange và Taylor. Với đa thức
n

L(x) =
j=1

(x − xj ), xi = xj khi i = j, i, j = 1, 2, . . . , n

thì điều kiện Lagrange

L(xj ) = 0, j = 1, 2, . . . , n
là điều kiện tự nhiên để xác định đa thức đơn P (x) ( đa thức có các nghiệm đơn).
Khi P (x) có nghiệm bội thì điều kiện Lagrange khơng đủ để xác định P (x). Vì
thế, ta cần các điều kiện tổng quát hơn để đảm bảo tồn tại duy nhất một đa thức
dạng
n

H(x) =
j=1

(x − xj )αj , xi = xj khi i = j, i, j = 1, 2, . . . , n.


10

Rõ ràng đa thức H(x) có deg H(x) = α1 + α2 + · · · + αn và

H (k) (xj ) = 0, k = 0, 1, . . . , αj − 1; j = 1, 2, . . . , n.
Vì thế, ta có thể phát biểu bài toán nội suy Hermite dưới dạng sau.
Bài toán 1.2 (Nội suy Hermite). Cho xi , aki ∈ R, với i = 1, 2, . . . , n; k =
0, 1, . . . , pi − 1 và xi = xj ∀i = j, trong đó p1 + p2 + · · · + pn = N.
Hãy xác định 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.
Lời giải. Ký hiệu

(1.5)

n

W (x) =
j=1

(x − xj )pj
n

W (x)
(x − xj )pj .
=
Wi (x) =
p
i
(x − xi )
j=1, j=i
Tiếp theo, giả sử H(x) là đa thức có bậc deg H(x) với deg H(x) N − 1 và
thỏa mãn điều kiện bài toán.

Ta cần xác định các hệ số αli ∈ R sao cho đẳng thức sau được thoả mãn

H(x)
=
W (x)

n pi −1
i=1 l=0

αli
.
(x − xi )pi −l

Ta có

H(x)
H(x)
= (x − xi )pi
= (x − xi )pi
Wi (x)
W (x)
=

pi −1
l=0

αli (x − xi )l + (x − xi )pi

n pi −1

αli
(x − xi )pi −l

i=1 l=0
pj −1
n

j=1, j=i l=0

αlj
.
(x − xj )pj −l

Trong các phép biến đổi tiếp theo, để ý rằng
p

l

(f g)

(l)

Clk f (k) g (l−k)

=

và

k=0

ta thu được

p

l

Aki =
l=0 k=0

H(x)
Wi (x)

(l)
(x=xi )

p

= l!αli .

Aki ,
k=0 l=k


11

Suy ra
l

αli =
k=0

aki
1
k!(l − k)! Wi (x)

(l−k)

aki
1
k!(l − k)! Wi (x)

(l−k)

1
aki
k!(l − k)! Wi (x)

1
.
(x=xi ) (x − xi )pi −l

(x=xi )

.

Do đó
n pi −1

H(x)
=

W (x)

l

i=1 l=0 k=0
n pi −1 pi −1

=

i=1 k=0 l=k

1
(x=xi ) (x − xi )pi −l
(l−k)

Suy ra
n pi −1 pi −1

H(x) = W (x)

i=1 k=0 l=k

aki
1
k!(l − k)! Wi (x)

1
(x=xi ) (x − xi )pi −l
(l−k)

hay

H(x) =

n pi −1
i=1

(x − xi )k
aki
Wi (x)
k!
k=0

pi −1
l=k

1
Wi (x)

(x − xi )l−k
.
(x=xi ) (l − k)!
(l−k)

Đổi chỉ số ở tổng cuối cùng của đẳng thức trên, ta thu được

H(x) =

n pi −1
i=1

(x − xi )k
Wi (x)
aki
k!
k=0

pi −1−k
l=0

1
Wi (x)

(x − xi )l
(x=xi )
l!
(l)

hay

H(x) =

n pi −1
i=1

(x − xi )k
1
aki
Wi (x) T
k!

Wi (x)
k=0

(pi −1−k)
(x=xi )

,

trong đó

1
T
Wi (x)

(pi −1−k)
(x=xi )

=

pi −1−k
l=0

1
Wi (x)

(x − xi )l
(x=xi )
l!
(l)

là đoạn khai triển Taylor đến cấp thứ (pi − 1 − k) tại x = xi của hàm số
Ký hiệu

Hki (x) =

1
(x − xi )k
Wi (x) T
k!
Wi (x)

(pi −1−k)
(x=xi )

.

Khi đó, dễ thấy rằng

deg Hki (x)

k + (N − pi ) + (pi − 1 − k) = N − 1,

1
.
Wi (x)


12



1 nếu k = l và i = j
(l)
Hki (xj ) =
0 nếu k = l hoặc i = j

(l)

hay Hki (xj ) = δkl δij .
Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng
n pi −1

n pi −1

aki Hki (x) =

i=1 k=0

i=1

(x − xi )k
1
aki
Wi (x) T
k!
wi (x)
k=0

(pi −1−k)
(x=xi )

(1.6)

hay

H(x) =

n pi −1
i=1 k=0

aki

1
(x − xi )k
Wi (x) T
k!
wi (x)

(pi −1−k)
(x=xi )

là đa thức duy nhất thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Hermite 1.5 và ta
gọi đa thức (1.6) là đa thức nội suy Hermite.
Thật vậy, dễ thấy rằng deg H(x)

H

(k)

(xi ) =

n pj −1

N − 1 và

(k)
alj Hlj (xi )

=

j=1 l=0

n pj −1

alj δkl δij .

j=1 l=0

Suy ra

H (k) (xi ) = aki , (∀i = 1, 2, . . . , n; ∀k = 0, 1, . . . , pi − 1).

Cuối cùng, ta chứng minh tính duy nhất nghiệm của bài tốn nội suy Hermite.
Giả sử tồn tại đa thức H∗ (x), có bậc deg H∗ (x) với deg H∗ (x)
N − 1,
cũng thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Hermite. Khi đó, đa thức P (x) =
H(x) − H∗ (x) cũng có bậc deg P (x) N − 1 và thỏa mãn điều kiện

P (k) (xi ) = 0, (∀i = 1, 2, . . . , n; ∀k = 0, 1, . . . , pi − 1).
Khi đó, theo như cách xây dựng đa thức H(x) ở phần trên, ứng với trường hợp
aki = 0, ∀i = 1, 2, . . . , n; ∀k = 0, 1, . . . , pi − 1, ta suy ra P (x) ≡ 0 và do đó

H(x) = H∗ (x).
Chú ý rằng đa thức nội suy Taylor và đa thức nội suy Lagrange là những
trường hợp riêng của đa thức nội suy Hermite.
Thật vậy, đa thức nội suy Taylor là trường hợp riêng của đa thức nội suy
Hermite vì trong đa thức nội suy Hermite (1.5) ứng với n = 1 thì ta có

p1 = N, W (x) = (x − x1 )p1 , W1 (x) ≡ 1.


13

Suy ra

(x − x1 )k
Hk1 (x) =
.
k!
Vậy nên
N −1

(x − x1 )k
ak1
H(x) =
≡ T (x).
k!
k=0
Tương tự, đa thức nội suy Lagrange là trường hợp riêng của đa thức nội suy
Hermite vì trong đa thức nội suy Hermite (1.5), ứng với k = 0, ta có

pi = 1 ∀i = 1, 2, . . . , n, và n = N.
Suy ra
N

x − xj
Wi (x)
= Li (x).
=
H0i (x) =
Wi (xi ) j=1, j=i xi − xj
Vậy nên
N

H(x) =
i=1

a0i Li (x) ≡ L(x).

Tiếp theo, ta xét một số trường hợp riêng đơn giản của đa thức nội suy Hermite.
Xét đa thức nội suy Hermite (1.5)
n pi −1

H(x) =

aki

i=1 k=0

(x − xi )k
1

Wi (x) T
k!
Wi (x)

(pi −1−k)
(x=xi )

,

trong đó

1
T
Wi (x)

(pi −1−k)
(x=xi )

=

pi −1−k
l=0

1
Wi (x)

(x − xi )l
.
(x=xi )
l!

(l)

Ta xét một trường hợp khi hệ điều kiện chỉ chứa đạo hàm bậc nhất.
Trong đa thức nội suy Hermite (1.5), nếu pi = 2, ∀i = 1, 2, . . . , n thì khi đó
k = 0, 1 và ta có
n

H(x) =
i=1

1

(x − xi )k
1
aki
Wi (x) T
k!
Wi (x)
k=0

(1−k)
(x=xi )

.

Suy ra
n

Wi (x) a0i T

H(x) =
i=1

1
Wi (x)

(1)
(x=xi )

+ a1i (x − xi ) T

1
Wi (x)

(0)
(x=xi )


14

hay
n

H(x) =
i=1
n

=
i=1

′

Wi (x)
Wi (xi )
a0i 1 −
(x − xi ) + a1i (x − xi ) =
Wi (xi )
Wi (xi )
′

Wi (x)
Wi (xi )
a0i − a0i
− a1i (x − xi ) .
Wi (xi )
Wi (xi )

Cuối cùng, để ý rằng ta có các đồng nhất thức
n

(x − xj )2
Wi (x)
=
= L2i (x),
2
Wi (xi ) j=1, j=i (xi − xj )
′

Wi (xi )
=2

Wi (xi )

n

j=1,

x − xj
x − xj
j=i i

′
′

x=xi

= 2Li (xi ).

Vậy, ta đã thu được đa thức nội suy Hermite trong trường hợp này như sau
n
′

H(x) =
i=1

L2i (x) a0i − 2a0i Li (xi ) − a1i (x − xi ) .

Tiếp theo ta xét trường hợp khi hệ điều kiện chứa các giá trị đạo hàm các cấp
tại các nút nội suy đều bằng 0 trừ ra một điểm. Trong đa thức nội suy Hermite
(1.5), ta xét trường hợp đặc biệt, chẳng hạn ∃k0 , i0 sao cho ak0 i0 = a = 0 và
aki = 0, ∀(k, i) = (k0 , i0 ).

Khi đó, ta có

1
(x − xi0 )k0
Wi0 (x) T
H(x) = ak0 i0
k0 !
Wi0 (x)

(pi0 −1−k0 )
(x=xi0 )

.

Nếu k0 = p0 − 1 và chọn ak0 i0 = (pi0 − 1)!Wi0 (xi0 ) thì ta có

H(x) =

W (x)
.
x − x i0

Vậy, trong trường hợp đặc biệt

H (k) (x ) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , p − 2; H (pi0 −1) (x ) = (p − 1)!W (x );
i0
i0
i0
i0
i0 i0

H (k) (x ) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , p − 1, ∀i = 1, 2, . . . , n, i = i
i

i

0

thì đa thức nội suy Hermite có dạng

H(x) =

W (x)
= (x−x1 )p1 · · · (x−xi0 −1 )pi0 (x−xi0 )pi0 −1 (x−xi0 +1 )pi0 . . . (x−xn )pn .
x − xi0


15

Ngược lại, mọi đa thức có dạng

H(x) = (x − x1 )α1 (x − x2 )α2 · · · (x − xn )αn , xi = xj ∀i = j, i, j = 1, 2, . . . , n
đều là nghiệm của các bài toán Hermite

H (k) (x ) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , α − 1, i = 1, 2, . . . , n
i
i
H (αi0 ) (x ) = α !W (x ).
i0

i0

i0

i0

Chẳng hạn, nếu ta viết
α1

α2

H(x) = (x − x1 ) (x − x2 ) ...(x − xn )

αn

(x − x1 )α1 +1 (x − x2 )α2 ...(x − xn )αn
=
x − x1

thì H(x) là nghiệm của bài tốn Hermite sau đây

H (k) (x ) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , α − 1, H (α1 ) (x ) = α !W (x )
1
1
1
1
1 1
H (k) (x ) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , α − 1, ∀i = 1, 2, . . . , n, i = 1.
i
i

Tiếp theo, trong phần này ta sẽ nêu một số ví dụ áp dụng các kỹ thuật cơ bản
để xác định các đa thức khi biết một số đặc trưng của chúng dưới dạng nút nội
suy.
Bài toán 1.3. Cho 0 < α < 1. Xác định tất cả các đa thức f (x) bậc n (n 2)
sao cho tồn tại dãy số r1 , r2 , . . . , rn (r1 < r2 < . . . < rn ) thoả mãn các điều kiện
sau

 f (r ) = 0,
i
(i = 1, 2, . . . , n).
 f ′ (αr + (1 − α)r ) = 0
i

i+1

Lời giải. Nhận xét rằng với a < b và x = αa + (1 − α)b ; α ∈ (0, 1) thì x ∈ (a, b).
Khi đó
1
2α − 1
1
+
=
.
p=
x − a x − b α(1 − α)(b − a)
1
1
Do vậy p > 0 khi và chỉ khi α > , p < 0 khi và chỉ khi α < và p = 0 khi
2
2

1
và chỉ khi α = . Theo giả thiết thì
2
n

f (x) = c
i=1

nên

f ′ (x)
=
f (x)

n

i=1

(x − ri )
1
.
x − ri


16

1
ta đặt x = αr1 + (1 − α)r2 . Khi đó theo giả thiết thì
2
f ′ (x) = 0 và đồng thời f (x) = 0. Mặt khác

Với n

3 và 0 < α

f ′ (x)
1
1
+
+
=
f (x)
x − r1 x − r 2

n

i=3

1
< 0,
x − ri

mâu thuẫn.
Tương tự với n

1
3 và < α < 1 ta cũng nhận được điều vơ lý.
2
1
Nếu n = 2 và α = , thì tương tự như trên cũng dẫn đến điều mâu thuẫn. Do
2

1
vậy chỉ cần xét trường hợp n = 2 và α = . Khi đó mọi tam thức bậc hai có 2
2
nghiệm phân biệt đều thoả mãn bài tốn đã cho.
Bài toán 1.4. Xác định tất cả các đa thức P (x) bậc nhỏ thua n và thoả mãn
điều kiện
n

(−1)k Cnk P (k) = 0.
k=0

Lời giải. Áp dụng công thức nội suy Lagrange với nút nội suy xk = k , ta được
mọi đa thức P (x) bậc nhỏ thua n đều có dạng
n−1

P (xk )

P (x) =
k=0

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

nên
n−1

P (k)

P (x) =
k=0

Ta có

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

n−1

P (k)

P (n) =
k=0

Suy ra

(n − 0) · · · (n − k + 1)(n − k − 1) · · · 1
.
k!(−1)n−k (n − k − 1)!
n−1

(−1)

n

Cnn P (n)

(−1)k Cnk P (k).

=

k=0

Vậy điều kiện bài tốn được thỏa mãn.
Tóm lại, các đa thức cần tìm có dạng
n−1

P (k)

P (x) =
k=0

(x − 0) · · · (x − (k − 1))(x − (k + 1)) · · · (x − (n − 1))
,
(k − 0) · · · (k − (k − 1))(k − (k + 1)) · · · (k − (n − 1))


17

trong đó P (0), P (1), . . . , P (n − 1) là các giá trị tùy ý.

Tiếp theo ta xét một số bài toán liên quan đến nội suy theo xấp xỉ Diophane.

Bài toán 1.5. Chứng minh rằng tồn tại đa thức Pn (x) bậc n (n
nguyên sao cho
1
1 9
1
∀x ∈
,
.

Pn (x) − <
2
1000
10 10
Lời giải. Xét đa thức

1) với hệ số

1
Pn (x) = [(2x − 1)n + 1].
2

Ta thấy ngay rằng các hệ số của Pn (x) là các số nguyên. Khi đó với x ∈

ta có

1 9
,
10 10

1
1
1
(0, 8)n ∀n ∈ N∗ .
= |2x − 1|n
2
2
2
n
Chọn n để (0, 8) < 0, 002. Chẳng hạn n > 28 thì ta có ngay Pn (x) chính là đa

thức cần tìm.
Pn (x) −

Bài tốn 1.6. Cho hai số nguyên dương p, q . Chứng minh rằng tồn tại đa thức
Pn (x) bậc n với hệ số nguyên sao cho

Pn (x) −

p
1
< 2
q
q

1 3
.
,
2q 2q
Lời giải. Với q = 1 thì ta chọn P (x) ≡ p. Với q > 1 thì ta thấy khoảng
1 3
3 m
1
I=
,
có độ dài bằng 1/q < 1. Chọn m ∈ N sao cho
< . Chọn
2q 2q
2q
q
n đủ lớn để

1 m
1
n
với a = 1 −
a <
pq
2q
và đặt
p
Pn (x) = [1 − (1 − qxm )n ].
q
Khi đó rõ ràng Pn (x) là đa thức với hệ số nguyên và với x ∈ I thì
với mọi x thuộc khoảng

Pn (x) −
và

p
p
1
p
= (1 − qxm )n < an < 2
q
q
q
q

1
Pn (x) = [(2x − 1)n + 1].
2

Ta thấy ngay rằng các hệ số của Pn (x) là các số nguyên.


18

Bài tốn 1.7. Chứng minh rằng khơng tồn tại đa thức f (x) ∈ Z[x] mà f (2005) =
2005 và f (2007) = 2008.
Lời giải. Giả sử tồn tại đa thức

f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 , ai ∈ Z ∀i ∈ {0, 1, . . . , n}
thỏa mãn điều kiện của bài tốn.
Khi đó, ta có

f (2007) − f (2005) = an (2007n − 2005n )

+ an−1 (2007n−1 − 2005n−1 ) + · · · + a1 (2007 − 2005)

chia hết cho 2.
Mặt khác f (2007) − f (2005) = 2008 − 2005 = 3 và không chia hết cho 2. Vậy
không tồn tại đa thức f (x) thỏa mãn điều kiện đề bài.

1.3

Bài toán nội suy Lagrange - Newton

Trước hết ta xét bài toán nội suy hỗn hợp Lagrange - Newton.
Bài toán 1.8 (Nội suy Lagrange - Newton). Cho xki , aki ∈ R, với xki = xkj ∀i =
j; k = 0, 1, . . . , n − 1; i, j = 1, . . . , rk+1 ; trong đó

r0 = 0, r0 + r1 + · · · + rk = sk , r0 + r1 + · · · + rn = sn = N.

Hãy xác định đa thức f (x) có bậc deg f (x)

N − 1 và thỏa mãn điều kiện

f (sk ) (xki ) = aki , ∀k = 0, 1, . . . , n − 1, ∀i = 1, . . . , rk+1 .

(1.7)

Lời giải. Ký hiệu
rk+1

Lki (x) =

x − xkj
, (k = 0, 1, . . . , n − 1) và phép lấy nguyên hàm .
x
−
x
ki
kj
j=1, j=i

Khi đó, dễ thấy rằng

hay Lki (xkj ) = δij .

deg Lki (x) rk+1 − 1,

1 nếu i = j
Lki (xkj ) =

0 nếu i = j


19

Tiếp theo, ta đặt yn (x) ≡ 0 và xây dựng dãy hàm
rk+1
(s )

yk (x) = Rsk
i=1

k
(xki )]Lki (x), (k = n − 1, . . . , 1, 0).
[aki − yk+1

Dễ thấy rằng

N − 1 và deg yk (x) < sk+1 .

deg yk (x)

Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng đa thức

f (x) = y0 (x) + y1 (x) + · · · + yn−1 (x)
chính là nghiệm duy nhất của bài toán nội suy Lagrange - Newton (1.7).
Thật vậy, dễ thấy rằng deg f (x) N − 1. Ngồi ra, ta cũng có

f (sn−1 ) (x(n−1)i ) = (y0 + · · · + yn−2 + yn−1 )(sn−1 ) (x(n−1)i )
(s

)

n−1
= yn−1
(x(n−1)i )

rn

a(n−1)j .L(n−1)j (x(n−1)i )

=
j=1
rn

a(n−1)j .δij = a(n−1)i

=
j=1

f (sn−2 ) (x(n−2)i ) = (y0 + · · · + yn−3 + yn−2 + yn−1 )(sn−2 ) (x(n−2)i )
(s

)

(s

)

n−2

n−2
= yn−2
(x(n−2)i ) + yn−1
(x(n−2)i ),

trong đó
rn−1
(sn−2 )
yn−2
(x(n−2)i )

(s

=
j=1

)

n−2
[a(n−2)j − yn−1
(x(n−2)j )].L(n−2)j (x(n−2)i )

rn−1
(s

=
j=1

)

n−2
[a(n−2)j − yn−1
(x(n−2)j )].δij

(s

)

n−2
= a(n−2)i − yn−1
(x(n−2)i ).

Vậy nên

f (sn−2 ) (x(n−2)i ) = a(n−2)i .
Bằng cách tương tự, ta chứng minh được rằng

f (sk ) (xki ) = aki , ∀k = 0, 1, . . . , n − 1, ∀i = 1, . . . , rk+1 .


20

Cuối cùng, nếu có đa thức f∗ (x) với bậc deg f∗ (x)
kiện của bài tốn (1.7), thì khi đó đa thức

N − 1 và thỏa mãn điều

P (x) = f (x) − f∗ (x)
cũng có bậc deg P (x)

N − 1 và thỏa mãn điều kiện

P (sk ) (xki ) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , n − 1, ∀i = 1, . . . , rk+1 .
Khi đó, theo như cách xây dựng đa thức f (x) ở phần trên, ứng với trường hợp

aki = 0, ∀k = 0, 1, . . . , n − 1, ∀i = 1, . . . , rk+1 ,
ta có

yk = 0, ∀k = 0, 1, . . . , n − 1.

Suy ra P (x) ≡ 0, và do đó f (x) = f∗ (x).
Từ bài tốn trên ta có nhận xét sau:

Nhận xét 1.2. Nếu k = 0, tương ứng r2 = r3 = · · · = rn = 0, thì sk = 0. Khi
đó bài tốn nội suy Lagrange - Newton chính là bài toán nội suy Lagrange quen
biết.
Nếu i = 1, tương ứng r1 = r2 = · · · = rn = 1, thì sk = k . Khi đó bài tốn nội
suy Lagrange - Newton chính là bài tốn nội suy Newton đã biết.


21

Chương 2. Ứng dụng nội suy tính nguyên hàm và tích
phân các hàm phân thức

Chương này sẽ giới thiệu cho chúng ta một số thuật tốn tìm ngun hàm của
một hàm số hữu tỉ cho trước theo thứ tự từ đơn giản đến phức tạp.

2.1

Nguyên hàm của hàm phân thức với các cực điểm
đơn

Lớp hàm quen thuộc 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.
Định lý 2.1 (Laplace, 1812). Nguyên hàm của một hàm số hữu tỉ là một hàm
sơ cấp (đó 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).
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,ms
βs,1

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

Từ đó, suy ra

xp+1
xp
R (x) dx = A0
+ A1 + · · · + Ap x + C
p+1
p
r
βs,2
− ···
+
βs,1 ln (x − as ) −
x − as
s=1
−

βs,ms
.

(ms − 1) (x − as )ms −1