Ứng dụng của bất đẳng thức tổ hợp vào bài toán nội suy largrange
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (458.19 KB, 65 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
LÊ BẢO TỒN
ỨNG DỤNG CỦA ĐANG THỨC Tổ HỢP
VÀO BÀI TỐN NỘI SUY LAGRANGE
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN
Bình Định - Năm 2020
LÊ BẢO TOÀN
ỨNG DỤNG CỦA BAT ĐANG THỨC Tổ
HỢP VÀO BÀI TỐN NỘI SUY
LAGRANGE
Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp
Mã số: 8460113
Người hướng dẫn khoa học
TS. TRỊNH ĐÀO CHIEN
LỜI CAM ĐOAN
Tơi xin cam đoan những gì viết trong luận văn là do sự tìm tịi, học hỏi của bản
thân và sự hướng dẫn tận tình của thầy TS. Trịnh Đào Chiến. Mọi kết quả nghiên
cứu cũng như ý tưởng của tác giả khác nếu có đều được trích dẫn cụ thể. Luận văn
này cho đến nay chưa được bảo vệ tại bất kỳ một hội đồng bảo vệ luận văn thạc sĩ
nào và cũng chưa hề được công bố trên bất kỳ một phương tiện nào. Tôi xin chịu
trách nhiệm về những lời cam đoan trên.
Bình Định, ngày 30 tháng 7 năm 2020
Tác giả luận văn
Lê Bảo Toàn
LỜI CẢM ƠN
Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin gửi lời cảm ơn chân
thành tới thầy TS. Trịnh Đào Chiến, người đã trực tiếp hướng dẫn và chỉ bảo tận
tình tơi trong q trình hồn thành luận văn này.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến q thầy giáo, cơ giáo đã và đang cơng tác tại
khoa Tốn và Thống Kê,q thầy,cơ giáo và nhân viên hiện đang công tác trường đại
học Qui Nhơn, đã tạo điều kiện và nhiệt tình giúp đỡ tơi xun suốt trong cả quá
trình học tập tại lớp Cao học khóa 21.
Tơi cũng chân thành cảm ơn đến Ban giám hiệu, q thầy giáo, cơ giáo cùng tồn
thể anh,chị, em đồng nghiệp trường Trung Học Phổ Thông Nguyễn Trãi, Thị xã An
Khê, Tỉnh Gia Lai, các bạn và gia đình, là những người luôn luôn bên cạnh hỗ trợ và
động viên trong suốt thời gian hoc tập và hoàn thành luận văn này.
Mặc dù đã rất cố gắng nhiều nhưng do kiến thức bản thân cịn hạn chế luận văn
khơng tránh khỏi những thiếu sót, rất mong nhận được ý kiến của thầy cơ, bạn bè để
luận văn được hồn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn.
Bình Định, ngày 30 tháng 7 năm 2020
Tác giả luận văn
Lê Bảo Toàn
Muc luc
TÀI LIÊU THAM KHẢO
51
6
Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Trong q trình tính toán, nhiều khi ta cần phải xác định giá trị của một hàm số f
(x) tại một điểm tùy ý cho trước, trong khi đó điều kiện chỉ mới cho biết một số giá
trị rời rạc của hàm số và của đạo hàm hàm số đến cấp nào đó của nó tại một số điểm
xi,X2,...,x cho trước. Với những trường hợp như vậy, người ta thường tìm cách xây
dựng một hàm số P(x) dạng đơn giản hơn, thường là các đa thức đại số, thỏa mãn các
điều kiện đã cho. Ngoài ra, tại những giá trị x G R mà x khơng trùng với xi,x , ...,Xk thì
P(x) « f (x) (xấp xỉ theo một độ chính xác nào đó).
Hàm số P(x) được xây dựng theo cách vừa mô tả trên được gọi là hàm nội suy của
f (x). Các điểm xi,x , ...,Xk thường được gọi là các nút nội suy. Bài toán xây dựng hàm
P(x) như vậy được gọi là bài toán nội suy.
Các bài toán nội suy và những vấn đề liên quan đến nó là một phần quan trọng
của đại số và giải tích tốn học. Chúng khơng chỉ là đối tượng của nghiên cứu mà
cịn đóng vai trị như là một cơng cụ đắc lực của các mơ hình liên tục cũng như các
mơ hình rời rạc của giải tích trong lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết
biểu diễn,...
Các bài toán nội suy cổ điển của Giải tích đã xuất hiện cách đây hơn một thế kỷ,
khởi đầu bằng các cơng trình khoa học của các nhà toán học lỗi lạc như Lagrange,
Hermite, Newton,... và đã tìm thấy rất nhiều ứng dụng trong lý thuyết các bài toán
biên và trong các bài tốn của Vật lý Tốn, Kỹ thuật. Có thể kể đến một số bài toán
nội suy cổ điển như: Bài toán nội suy Taylor, Bài toán nội suy Lagrange, Bài toán
nội suy Newton, Bài toán nội suy Hermite, ...
k
2
2
7
Trong các bài toán nội suy, Bài toán nội suy Lagrange có nhiều ứng dụng trong
chương trình Tốn ở bậc Trung học phổ thơng, chủ yếu vì trong giả thiết của bài tốn
chưa có yếu tố đạo hàm, đặc biệt là các đạo hàm cấp cao. Nhiều bài tốn khó trong
các đề thi chọn học sinh giỏi ở các nước và Olympic Tốn quốc tế đơi khi được giải
quyết một cách thuân lợi nhờ vào sự ứng dụng của Đathức nội suy Lagrange.
Trong Bài toán nội suy Lagrange thường xuất hiện những dạng tổng, chẳng hạng
như sau
n
nx
E
I aj n
j=1
x
i
,-j.
x
i=1,i=j j
—‘í
-x
, trong Bài toán nội suy Lagrange;
i
a
j i
a
n
j
V 7—\, (x — Xị) 1, trong Bài toán nội suy Taylor; ... j=1 (n 1)!
Do đó, các bài tốn nội suy cổ điển thường liên quan chặt chẽ đến các đẳng thức
tổ hợp, chẳng hạn các đẳng thức sau
k-
n
11
. n„
—i
)
, ft n + 1 i
i=1,i=k
—i
k
= n.(—1)
n!
= (—I)n kC,k 1; ki
—
k
-
.k.cn;
-
i=1,i=k
n+1
i
E C,k+2-bk = (1 + b)n+2 — bn+2 — 1;
E ((-1)""k.Cỉ= ”• (n2+ 1)!.
k=0
2
Điều này địi hỏi, trước khi nghiên cứu các bài tốn nội suy cổ điển, cần xác định
các đẳng thức tổ hợp một cách có hệ thống. Đây là một vấn đề cần thiết, có ý nghĩa
khoa học, mang tính thực tiễn và phù hợp với chuyên ngành Phương pháp Toán sơ
cấp mà học viên chủ yếu là các giáo viên ở cấp Trung học phổ thông.
2. Mục tiêu nghiên cứu
Luận văn đề cập đến ứng dụng đẳng thức tổ hợp vào Bài tốn nội suy Lagrange.
Từ đó, một số kiến thức trong chương trình Tốn ở cấp Trung học phổ thơng sẽ được
soi sáng qua lăng kính của Tốn cao cấp.
Luận văn cũng đề cập đến những ứng dụng của lý thuyết được nghiên cứu trên
vào việc giải hoặc đề xuất một số bài tốn khó ở cấp Trung học phổ thông, là đề thi
trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi các nước và Olympic Toán quốc tế.
Nội dung của luận văn là sự nghiên cứu tiếp nối nội dung của tài liệu [1].
8
3. Đối tương và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu: Các đẳng thức tổ hợp và Bài toán nội suy Lagrange.
Phạm vi nghiên cứu: Toán cao cấp (chủ yếu thuộc lĩnh vực Giải tích) và những
ứng dụng vào chương trình Tốn ở cấp Trung học phổ thơng.
4. Phương pháp nghiên cứu
Sưu tầm, tổng hợp một số nội dung từ các tài liệu và hình thành luận văn, dưới sự
hướng dẫn của người hướng dẫn khoa học.
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Luận văn có ý nghĩa khoa học khi áp dụng các kiến thức của toán cao cấp để thiết
lập các bài toán về dãy số ở phổ thơng.
6. Cấu trúc luận văn
Ngồi các nội dung quy định của cấu trúc một luận văn Thạc sĩ, nội dung chính
của luân văn được chia thành hai chương:
Chương 1. Công thức nôi suy Lagrange và các biểu diễn liên quan đến số tổ hợp
Chương này trình bày ngắn gọn về Công thức nội suy Lagrange, ý nghĩa hình học
của Cơng thức nội suy Lagrange và các đồng nhất thức cảm sinh từ Công thức nội
suy Lagrange. Đồng thời chương này giới thiệu các biểu diễn một tích qua số tổ hợp
và các khai triển của nhị thức Newton.
Chương 2. ứng dụng đẳng thức tổ hợp vào các bài tốn nơi suy Lagrange
Chương này trình bày các ứng dụng của đẳng thức tổ hợp vào
các bài toán nội suy Lagrange có yếu tố Giải tích và Hình học
được đề cập bằng cách giải một số bài tốn khó ở cấp Trung
học phổ thông, là đề thi trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi
các nước và Olympic Toán quốc tế.
Chương 1
CÔNG THỨC NỘI SUY
LAGRANGE VÀ CÁC BIỂU DIEN
LIÊN QUAN ĐẾN Số Tổ HƠP
1.1Công thức nội suy Lagange
Nội dung mục này tham khảo trong [3]
Định lý 1.1. Cho n số x , x , ... , x phân biệt và n số a , a , ... , a tùy ý.
Thế thì tồn tại duy nhất một đa thức P (x) với bậc không quá n — 1, thỏa mãn
i
2
n
P (x
i
)
j
2
n
= aj;-j =1 2 ..., n
(1.1)
n
jn
i=1,i=j
(1.2)
Đa thức đó có dạng
E
j=1
a
Đa thức (1.2) được gọi là đa thức nội suy Lagrange hoặc công thức nội suy
Lagrange. Các số x , x , ... , x được gọi là các nút nội suy.
- Với n = 2, đa thức đó là
i
n
2
x x1
+
a
.
(x) = ai ------------—
x2 — x1
x1 — x2
Ký hiệu deg P (x) là bậc của P (x).
Thế thì deg P (x) < 1 và P (x ) = a ; P (x ) = a .
- Với n = 3, đa thức đó là
P (x) = a (x — X2) (x — X3)
+ a (x — X3) (x — xi)
x ai.
(xi — x2) (xi — x3) a2. (x — x3) (x2 — xi)
x — x2
(1.3)
2
i
i
2
2
2
(x — xi) (x — x2) +a3. (x3 — xi)
(x3 — x ) Rõ ràng deg P (x) < 2 và
2
P (x ) = a ; P (x ) = a ; P (x ) = a .
1
1
2
2
3
3
(1.4)
Hệ quả 1.2. Cho n số x , x , ... , x phân biệt. Thế thì mọi đa thức P (x) với bậc khơng
q n — 1, đều có thể viết được dưới dạng
1
2
n
n
n
xx
P (x) = g P (Xj) n, xx .
i=1,i=j xj
j=1
—x
(1.5)
i
Nhận xét. Vế phải của (1.5) là một đa thức với bậc n — 1, hệ số của số hạng xn-1 là
A P (xj)
n
j=1
—x)
n (xj
i
i=1,i=j
1.2Ý nghĩa hình học của công thức nội suy Lagrange
Nội dung mục này tham khảo trong [3]
Các đa thức (1.3) và (1.4) khá quen thuộc trong chương trình tốn phổ thơng.
Xét đa thức (1.4) chẳng hạn. Giả sử rằng, trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho 3 điểm A
(x ; y ), B (x ; y ), C (x ; y ), với x , x , x khác nhau từng đôi một.
Thế thì, theo (1.1) và (1.2), tồn tại duy nhất một đường cong y = P (x), trong đó P
(x) là đa thức với deg P (x) < 2, thỏa mãn:
1
1
2
2
3
3
1
2
3
Hơn nữa, đường cong cịn có phương trình cụ thể là y = P (x), trong đó P (x) có dạng
(1.4) và các số aj chính là yj ; j = 1, 2, 3.
- Với deg P (x) = 2, đồ thị của hàm số y = P (x) là parabol đi qua 3 điểm A, B, C.
- Với deg P (x) = 1, đồ thị của hàm số y = P (x) là đường thẳng đi qua 3 điểm A,
B, C và khơng cùng phương với trục hồnh.
- Với deg P (x) = 0, đồ thị của hàm số y = P (x) là đường thẳng đi qua 3 điểm A,
B, C và cùng phương với trục hoành.
1.3Các đồng nhất thức cảm sinh từ công thức nội suy
Lagrange
Nội dung mục này tham khảo trong [3]
Giả sử x , x , ... , x là n số thực phân biệt, n > 2.
Xét các đa thức
1
n
2
P (x) = xn -
(x - xi).
(1. 6)
i=1
Đa thức này được triển khai dưới dạng
P (x) = S .xn 1 -S .xn 2 +S .xn 3 -... + (-1)n+1Sn ,
1
-
-
2
-
3
(1.7)
trong đó
51
= x1 + x2 + ... + xn;
52
= x .x + x .x + ... + x
1 2
1 3
.x ;
n-1 n
.............. (1.8) S = x . x ... x .
n
1
n
2
Bởi (1.7), ta thấy rằng degP (x) < n — 1. Ngoài ra, từ dạng (1.6), ta có
P (x )
j
{
}
= (xj)n ; -j e 1,2,...,n .
Từ đó, áp dụng (1.5), ta có
n
n
n
i=1,i=j
E í (xj)n
(1.9)
Vế phải của (1.9) là đa thức có hệ số của x là
n1
(xj )n
E
n
j=1
i=1,i=j
(1.10)
(xj — xi)
Bởi (1.7), (1.8), (1.9), (1.10), ta có
E
j=1
(xj )n
n
i=1,i=j
(xj — xi)
n
= j=1
Ẻ xj.
(1.11)
Đẳng thức (1.11) là một đẳng thức dạng phân thức, thường gặp trong chương trình
tốn phổ thơng.
- Với n = 2, đẳng thức này trở thành
X12 , X22 _ ~ _
-+
= X1 + X2 x1 - x2 x2 - x1
hay
f - X;2 = X1 + X2.
(1.12)
x
-
x1 - x2
Với n = 3, đẳng thức này trở thành
x
3
x
3
x
3
(xi - X2) (xi - X3) + (X2 - X1) (X2 - X3) + (X3 - X1) (X3 - X2) X1 + X2 + x3. (1.13)
Bây giờ, ta tiếp tục tìm kiếm các đẳng thức mới, theo một hướng khác.
Xét đa thức
P (x) = an.xn
+ ... + a1.x+ a0 , an = 0,
+ an-1.xn 1
-
có n nghiệm thực phân biệt x , x , ... , x , n > 1. Ta có
1
n
2
n
P (x) = an.
(x - xi).
i=1
Do đó
(x - xi) .
p (x) = an. 12
j=1 i=1,i=j
n
p (Xj) = an.
(1.14)
(xj - xi).
n
i=1,i=j
Suy ra
Bây giờ, với n giá trị phân biệt x , x , ... , x nêu trên, áp dụng Công thức nội suy
Lagrange đối với đa thức f (x) = x , với k G N, k < n - 1 và bởi (1.14) ta có
1
2
n
k
nn
xx
n
a
n
j=1
hay
xk = ẳ f (Xj) • L h-h = S (Xj )k .paj.; L (x - Xi)
-x
x
P (x )
i=1,i=j j
i
j=1
j i=1,i=j
x = an .
(Xj )k
ij
)
P (
' Xj . i=u=j
n
k
j=1
(1.15)
(x-xi)
Vế trái của (1.15) là đa thức bậc k, hệ số của x bằng 1. Vế trái của (1.15) là đa thức
có bậc không lớn hơn n — 1, hệ số của x i bằng
k
n-
n
a
(xj)k
n- ỵ?Pp/(x/ )X .
j=1
j
So sánh các hệ số trên (theo các trường hợp của k), ta được các đẳng thức sau
A (x,)k j=1 P'
= 0,Vk e {0,1,2,...,n — 2} .
(Xj)
A (x,)k j=1 P'
(.X,)
(1.16)
(1.17)
—-,
với k = n — 1.
a
n
Với mỗi đa thức P (x) cho trước, (1.16) và (1.17) trở thành những đẳng thức cụ thể và
khá phong phú. Chẳng hạn, với 3 giá trị phân biệt x , x , x , xét đa thức
1
2
3
P (x) = (x — x1) (x — x2) (x — x3).
1
(xi — X2x) (xi — x )
1
3
(xi — X2) (xi — X3)
X2
(xi — x2) (xi — x )
1
3
1
(x2 — x ) (x2 — xi)
x2
(x2 — x ) (x2 — xi)
x22
(x2 — x ) (x2 — xi)
3
3
3
1
= 0;
(x — xi) (x — x2)
_______ x3___________ = 0;
(x — xi) (x — x2)
_______x32_______
= 1.
(x — xi) (x — x2)
3
3
3
3
3
3
Khi đó (1.16) và (1.17) là các đẳng thức sau
1.4Các biểu diễn và tính tốn liên quan đến số tổ hợp
Nội dung mục này tham khảo trong [2]
1.4.1 Biểu diễn một tích qua số tổ hợp
Bài tốn 1.1. Giả sử n là số nguyên dương, n > 2, xác định trước. Với mỗi k G
{1,2,n}, hãy biểu diễn tích sau qua số tổ hợp
n
i=i,i=k
1
ki
Lời giải. Với mỗi k G {1, 2,..., n} , ta có
n
nk —
-—
i
(k — 1) (k — 2) ...2.1 . (—1) (—2)... (— (n — k — 1)). (— (n — k))
1
_
n k
—— = (—1)
n-k
—
(k — 1)! (—1) (n— k)!
n-k
. (k — 1)! (n — k)!
n!
n-k
( 1)
k.n!
. k.n! (k — 1)! (n — k)!
= n.(—1)n k .k.cn.
-
= 1.(—1)n k .k.
k! (n - k)!
n!
-
Ta có biểu diễn sau
Đẳng thức 1.1
1
i=1,i=k
= ịc—1)n k.k.cn.
-
n
. ỊỊ,, k —
i
n!
i=1,i=k
Bài toán 1.2. Giả sử n là số nguyên dương, n
{0,1,2, ...,n}, hãy biểu diễn tích sau qua số tổ hợp
n
>
1, xác định trước. Với mỗi k G
1
n ki ■
i=0, i=k
Lời giải. Với mỗi k G {0,1, 2,..., n}, ta có
n
, n k—i
k (k - 1) (k - 2) ...2.1 . (-1) (-2) ... (- (n - k - 1)) . (- (n - k ))
Ta có biểu diễn sau
Đẳng thức 1.2.
1
(-1) n-k
1
k
i
n!
k! (—1) (n — k)!
(—1) . C.k!. (n — k)!
n-k
n-k
k
n
i=0,i=k
= í^.
—1)
n-k
(
n
n!
.
k! (n —
1
= n.
k)!
(—1)
n- k k
.C.
,n„
i=0,i=k
Bài toán 1.3. Giả sử n là số nguyên dương, n
{1,2,..., n}, hãy biểu diễn tích sau qua số tổ hợp
n (n + 1)
—i
i=1,i=k
ki
>
2, xác định trước. Với mỗi k G
Lời giải. Với mỗi k G {1,2,..., n}, ta có
n
i=1,i=k
n (n — 1)... (n — k + 2) . (n — k) ...2.1
(k — 1) (k — 2) ...2.1 . (—1) (—2)... (— (n — k — 1)). (— (n — k))
(n +1) — i
ki
f_ n!. >
\n — k + 1/
=
(k — 1)! (—1)n k (n — k)!=(
(—1)n-k-------------—n!——— = (—1)
(
)
(k — 1)! (n — k + 1)!
)
-
n!
(k — 1)! (n — k)! (n — k + 1) n-
n-k
(
)
k k-1
C
n
.
Ta có biểu diễn sau
Đẳng thức 1.3.
n
i=1,i=k
(n +1) — i
ki
(—1)n k
k- 1
-
C
n
Bài toán 1.4. Giả sử n là số nguyên dương xác định trước. Với mỗi k G {0,1, 2, ...,n},
n
i=0,i=k
(n +1) — i
ki
hãy biểu diễn tích sau qua số tổ hợp
Lời giải. Với mỗi k G {0,1, 2,..., n}, ta có
n
i=0,i=k
(n +1) — i
ki
=
/ (n + 1)! \
\n — k + 1/
(n + 1) n... (n — k + 2) . (n — k) ...2.1
— 1) 1 (—1)(—2) (— (n — k))
k (k
... .
...
=
k! (—1)n k (n — k)!
-
)n-k_____________(n + 1)!___________
— k)!(n — k + 1)
k! (n
1
= ( 1) k! (n — k + 1)! = ( 1) C +1.
n
Ta có biểu diễn sau
Đẳng thức 1.4.
n
i=0,i=k
1.4.2
(n +1) — i
= ( 1) C .
ki
n-k
k
n +1
Khai triển nhị thức Newton và các hệ quả
Ta đã biết đẳng thức khai triển nhị thức Newton sau
Đẳng thức 1.5.
(a + b)n = £ Cnk .an k .bk.
-
k=0
Với a = 1, ta có hệ quả sau
Đẳng thức 1.6.
n
£ cn .b = (1+b . k=0
k
Đẳng thức trên là cơ sở để giải một số bài tốn tính tổng sau
Bài tốn 1.5. Tính
n
£ C,k+1.bk. k=0
Lời giải.
n+1
n
£
'=£
k=0
' + C’níỉ-b”+1
k=0
(1 + b)n+1 = £ Ck .b + 1.bn+1
+1
k
k=0
£
Ta có kết quả sau
Đẳng thức 1.7.
£
cn .b = (1 + b)n+1 - bn+1. k=0
k
+1
cn .bk = (1 + b)n+1 - bn+1. k=0
+1
Bài toán 1.6. Tính
n
£ C,k+2-bk. k=0
Lời giải.
n+2
n
+ cnĩỉ-b"+2
£ CỈỈ+2-b = £ Cĩ+2-b + C +
k
k
k=0
k=0
(1 + b)n+2 = £ cn .b + (n + 2) .b +1 + 1.bn+2
+2
k
n
k=0
£
cn .b = (1 + b)n+2 - bn+2 - (n + 2) bn+1.
+2
k
k=0
Ta có kết quả sau
Đẳng thức 1.8.
E
cn .b = (1 + b)n+2 - bn+2 - (n + 2) bn+1.
+2
k
k=0
Bài tốn 1.7. Tính
n
E c"+1.bk.
k=0
Lời giải. Với b = 0, ta có
£ ■ = 1 £ ■■ ■■
= I (c"+1.b1+c"+1.b2 +...+c""+1.b"+c;!ỉ1.b"+1)
=1 (c"+1.bn +
.b + c"+1.b2+...+cn+1 .bn+cn+í .bn+1 - c"+1.bn)
=1 C > + c"+1.b1+C.2 +...+c"+1.b") + (cn+í.b"+1 - c"+1.b0)) = iff; c" .bk + (1.bn+1 - 1.1H
+1
= 1 C(1 + b)n+1 - bn+1 + bn+1 - 1) = 1 ((1 + b)"+1 - 1) .
Ta có kết quả sau
Đẳng thức 1.9.
E ckíỉ.b*=1 ((1+b)n+1 -1).
b
k=0
Bài tốn 1.8. Tính
n+1
E
cn+1-bk.
k=1
Lời giải.
£ c"+1 .bk = c"+1 .b+cn+1 .b2+...+cn+1 .b"+cn+1 .b"+1
= b <cn 11>0+c"+1.b1 +...+c
.b" 1 + cn+1.bn)
0
1
n1
= b (
-
+
-
+1
Ta có kết quả sau
Đẳng thức 1.10.
É
cn+1.bk = b ((1 + b)n+1 - bn+1) .
k=1
Bài toán 1.9. Tính
n+1 É
C'ỉ+2.bk.
k=1
Lời giải. E C b = cn+2.b + cn .b +...+cn+2.b +C“íỉ.b- = (cn+2 b + cn+2.b +-.' +...+C. +
+2
2
n
+1
1
Cníỉ.bn+1+cní22.bn+2) n+2 n+2
00
-C
=(1+b)n+2-bn+2-1.
n+2
.b
Ta có kết quả sau
Đẳng thức 1.11.
n+1 É
Cn+2.b = (1 + b)n+2 - bn+2 - 1.
k
-C
n+2
.b
k =1
Bài tốn 1.10. Tính
n
É cn+2.b .
k
k =1
Lời giải. Bởi Đẳng thức 1.11, ta có
(1 + b)n+2 - bn+2 - 1 = É ('n .b
+2
k
k=1
= É cn+2.b + C£íỉ .bn+1 = É C,k+2.bk + (n + 2) .b +1
k
n
k=1
k=1
É
Ck .b = (1 + b)n+2 - bn+2 - (n + 2) .bn+1 - 1.
k
+2
k=1
Ta có kết quả sau
Đẳng thức 1.12.
É
cn .b = (1 + b) +2 - bn+2 - (n + 2) .bn+1 - 1.
k
+2
n
k=1
Bài tốn 1.11. Tính
n
£ ((-1)n k .C;.kn+1).
-
k=0
Lời giải. Sử dụng Công thức nội suy Lagrange cho đa thức
P (x) = xn+1 - x(x- i)(x- 2)... (x- n)
có bậc không vượt quá n, với các mốc nội suy x = 0, x = 1, x = 2, ... , x = n, ta được
0
1
2
nn
P(x)
=£(P(xk). n kI
k=0
n
n
=£(P(k)
k=0
i=0, i=k
i=0, i=k
n
n
n xaI = Ê(k”+a n xa).
k=0
i=0, i=k
Hệ số của x ở vế trái là
n
n(n + 1)
2■
Hệ số của x ở vế phải là
n
n
n
kn+1
k=j n (k - i)
i=0, i=k
= £ ( - )... . . (-1)(-2)...(- (n - k))
k
k
1
2 1
-
kn+1
n
________k"+1_______________ = 2. ỹ' fl-nn-k n!
k= fc| . (-1)n k . (n - k)!
n!
0
-
kn+1
)
. k! (n - k)! .
1_nz
= n. £ ((-1)n k .Cn .kn+1).
.
-
n!
k=0
Đồng nhất hệ số của x ở hai vế, ta có kết quả sau
n
Đẳng thức 1.13.
£ ((-1)n k .C
-
,
.
X n (n+1)!
.
2
k=0
Bài toán 1.12. Cho số nguyên dương n và số thực a. Tính
n
£ ((-1)k.C,k.(a - k)n).
k=0
A
)
Lời giải. Áp dụng Công thức nội suy Lagrange cho đa thức P (x) = x với n + 1 mốc
nội suy
n
xk = a - k,k = 0, 1, 2, ... , n,
nn x"=£ P(Xk).
k=0
(
ìnn
n
ì xk - xi
=Ể((xk)". n,
k=0
x - (a - i)
n
(a - k)n
k=0
n
k=0
n
(
i=0,i=k
=£
i=0, i=k
x-a+iì
-- ■=s ((a k)'iX a +) ).
ta có
n
((a
1=£
- k,n
'X -)
k=0
Đồng nhất hệ số của x ở hai vế, ta được
n
£(a
0
<
” (-k)(- (k - 1))... (-2)(-1) . 1.2... (n - k - 1)(n - k))
k)
= £ ((a k)n.(-1)k kf\n - k)J = £ (( 1)k .
= £ ((-1)* . n . TO* . (a - k)n) = n . £ (MACÍ.(a - k)"). k=0
n
£ ((-1)k.cn.(a - k)n) = n!. k=0
Suy ra
Vậy, ta có kết quả sau
Đẳng thức 1.14.
£ ((-1)‘.c*.(a - k)n) = n!. k=0
Chẳng hạn:
- Với n = 2, ta có đồng nhất thức sau
((-1)k.ck.(a - k)2) =2! k=0
£
hay
c 0.a2-c 1.(a-1)2+c 2.(a-2)2=2.
2
2
2
Vậy
a2 -2(a-1)2 +(a-2)2 = 2.
- Với n = 3, ta có đồng nhất thức sau
((-1)k.Ck.(a - k)3) =3!
£
(a
k=0
- k)n
)
k=0
hay
C 0.a3- C 1.(a- 1)3+C 2.(a- 2)3- C 3.(a- 3)3= 6.
3
3
3
3
Vậy
a3- 3(a- 1)3+3(a- 2)3- (a- 3)3= 6.
Bài toán 1.13. Giả sử n là số nguyên dương xác định trước và m là số nguyên tùy
ý thỏa mãn 1 < m < n. Đặt
m
Rm := £ (m - k)r.(-1)k .c,k+1.
k=0
Chứng minh rằng
R
R
n-m+1
n
m
=R .
=R .
n
Lời giải. Vì các biểu diễn Rm và Rrr khá phức tạp, nên để dễ hiểu nội dung bài
tốn, ta thử minh họa nó. Chẳng hạn với m =3, n = 4, ta có
-m+1
3
Rrm = R4 = £ (3 - k)4.(-1)k.Ck = 34.C0 - 24.C 1 + 14.C 2 = 81.1 - 16.5 + 1.10 = 11. k=0
5
5
2
Rr m+1 = R4 = £ (2 - k)4.(-1)k.C k = 24.C0 - 14.C5 = 16.1 - 1.5 = 11.
-
5
k=0
Vậy
R
R
r
r -m+1
m
=R .
=R .
r
Bây giờ, ta trở lại bài toán.
r -m+1
Rr m+1 = £ ((n +1 - k) - m)n.(-1)k.CỈ+1
-
k=0
r -m+1
= £ ((n+ 1
k=0
- k) - m)r (-1)k
. C"*.
Đặt i = n +1 - k. Với k = 0, thì i = n + 1. Với k = n - m +1 thì i = m < n + 1.
r+1
Khi đó
Rrr
-m+1
= - £ (i - m)r(-1)r+1 i.cr
-
i=m
+1
n+1
n+1
= - E (- (m - i))n.(-1)n+1 i.C*+1
= -n+1(-1)n.(m - i)n.(-1)n+1 i.cn+1 i=m
E
-
i=m
n+1
= - (m - i) (-1)
E
n
2n+1-i
i=m
n+1
-
- E (m - i)n.(-1)2n+1.(-1)-‘.cn+1 i=m
.Cn+1 =
n+1
= E (m - i)n.(-1) i.cn+1 = E (m - i)n .(-1)i.cn+i.
-
i=m
i=m
Thay chỉ số i bởi chỉ số k, ta có
n+1
Rn
-m+1
= \' (m - k)”.(-1)k.C,k+i.
k=m
Do đó
E ((m - k)n.(-1)k+1.C*+1) =0.
k=0
Ta cần chứng minh đẳng thức trên.
Thật vậy, với m tùy ý, 1 < m < n, áp dụng Công thức nội suy Lagrange cho đa thức
P (x) = (m - x) , với các mốc nội suy Xj = j, 1 < j < n +1, ta có
n
n+1
n+1
m x)n
= ^[(
k=1
m k)n
. n xj
j=1, j=k
k
-j
Bởi đồng nhất thức trên, cho x = 0, ta có
n+1
=z|
mn
n+1
(m - k)n
k=1
nk
j=1, j=k
k
Với mỗi 1 < j < n + 1, j = k, ta có
n+1
n (-j) = (-1) (-2)... (- (k - 1)) . (- (k + 1))... (-n) (- (n + 1)) j=1, j=k
= (-1)n+1. (n +1)!
-k
n+1
n (n
(
)
+ 1)!
.k
1
(-1)n+1 k.k.C”+1.
(n + 1)!
■
n
-
j=1, j= k
và, bởi Đẳng thức 1.1, ta có
Vậy
mn = £ ((m - k)n . (-1)” .
. (n^.
. k . Ck+Ộ
k=1
hay n+1
mn = £ ((m - k)”(-1)”
.C”+1)
'
k=1
”+1
n+1
= £ ((m - k)n.(-1)2n+1 k.Ck+1) = £ (
k=1
Suy ra
k=1
n+1
-
m
”+
+1
£ ộm - k)”.(-i)k .C”+^ = 0
k=1
hay
n+1 /
£ ((m - k)n.(-1)‘+1.Ck+ộ =0.
X
k=0
Ta có điều phải chứng minh.
Vậy, với cách xác định R”m trong bài tốn trên, ta có kết quả sau
Đẳng thức 1.15.
R
R
n
n-m+1
m
=R .
=R .
n
Chương 2
ỨNG DỤNG ĐẲNG THỨC Tổ HỢP
VÀO CÁC BÀI TOÁN NỘI SUY
LAGRANGE
2.1 Ứng dụng đẳng thức tổ hợp vào các bài tốn nội suy Lagrange có yếu
tố giải tích
Nội dung mục này tham khảo trong [4]
Bài toán 2.1. Cho đa thức A (x) = x + x + x + x + x + 1 và B (x) = x — x. Tìm đa
thức dư trong phép chia A (x) cho B (x).
Lời giải. Gọi Q (x)và R (x) lần lượt là đa thức thương và đa thức dư của phép chia
A (x) choB(x). Khi đó, ta có deg R < degB = 3 và
81
49
25
9
3
A (x) = B (x) Q (x) + R (x)
. Từ đây, ta tính được R (—1) = A (—1) = —4, R (0) = A (0) = 1 và R(1)=A(1)=6.
Sử dụng Công thức nội suy Lagrange với các mốc nội suy — 1, 0, 1, ta được
—
I R (0) (x + 1)(x 1)
R (x)
= R (— ° . (-1 — 0)(-1 — 1) + R (0). (0 + 1) (0 — 1)
(x + 1)(x — 0)
=5x + 1
+R (1).
+R (1)
+1
. (1 + 1)(1 — 0)
R (x)
= R(
1)
(x
— 0)(x — 1)
Vậy R (x) = 5x +1.
Bài toán 2.2. Chứng minh rằng nếu đa thức bậc hai P (x) nhận giá trị nguyên tại 3
giá trị nguyên liên tiếp nào đó của biến số x, thì P (x) luôn nhận giá trị nguyên tại mọi
x nguyên.
Lời giải. Giả sử tồn tại k G Z, sao cho P (k — 1) G Z, P (k) G Z, P (k + 1) G Z.
Áp dụng Công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc hai P (x) tại 3 điểm phân biệt k
— 1, k, k + 1 ta có
hay
P (x) = P (k — 1) (x
— k x — k — 1)
+P (k +1)(X
—k
_
x
+ P (k) (x ~ k + 1)((X ~ 'k
— k)
,Vx e R.
Theo giả thiết, ta có P (k — 1) G Z, P (k) G Z, P (k + 1) G Z.
Ngồi ra, với x G Z thì x — k — 1 và x — k là 2 số nguyên liên tiếp, nên
(x — k) (x — k — 1)
G Z;
2
(x — k + 1) (x — k — 1)
G Z;
—1
(x — k + 1) (x — k)
G Z;
Do đó P (x) G Z, Vx G Z.
Bài toán 2.3. Cho n số thực a , a ,..., a khác nhau từng đôi một, n > 1. Gọi Aj là
phần dư trong phép chia P (x) cho x — aj, j = 1,2,..., n. Tìm phần dư R(x) trong phép
chia P(x) cho (x— a1)(x — a2)... (x — an).
Lời giải. Với mỗi j = 1, 2, ...,n ta có
1
2
n
P (x) = hj (x) (x — aj) + Aj.
Suy ra
P (aj ) = Aj
(2.1)
P (x) = q (x) (x — a ) (x — a2)... (x — an) + R (x), với deg R (x) < n — 1. Suy ra
1
P (aj) = R (aj)
(2.2)
Từ (2.1) và (2.2), ta có
R(aj) = Aj, Vj = 1,2,...,n.
(2.3)
