Báo viết Đa thức nội suy cổ điển và một số ứng dụng trình bày một số ứng dụng của đa thức nội suy Lagrange, đa thức nội suy Newton trong việc phân tích biểu thức để tìm nguyên hàm của hàm số phân thức hữu tỉ và tính tổng hữu hạn. Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết nội dung bài viết!
Trang 1Đ A THỨC NỘI SUY CỔ ĐIỂN VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
Hoàng Văn Thi, Sở GD& ĐT Thanh Hóa
Lê Văn Tiến, Trường THPT Yên Định 2, Thanh Hóa
Tóm tắt nội dung
Trong chương trình môn Toán bậc phổ thông, có những bài toán rất quen thuộc như bài toán tính tổng hữu hạn, bài toán tìm nguyên hàm và tính tích phân của hàm số phân thức hữu tỉ, Việc giải các bài toán này hoàn toàn có thể ứng dụng các kiến thức của một số đa thức nội suy cổ điển Báo cáo này, trình bày một số ứng dụng của đa thức nội suy Lagrange, đa thức nội suy Newton trong việc phân tích biểu thức để tìm nguyên hàm của hàm số phân thức hữu tỉ và tính tổng hữu hạn
1 Một số đa thức nội suy cổ điển
1.1 Đa thức nội suy Lagrange
Bài toán mở rộng 1.1 (Bài toán nội suy Lagrange) Cho các số thực xi, ai, với xi 6=xj, với
∀i 6= j (i, j=1, 2, , N) Hãy xác định đa thức L(x)có bậc deg L(x) ≤ N−1 và thỏa mãn điều kiện
L(xi) =ai,∀i=1, 2,· · · , N (1.1)
Tính chất 1.1 (Đa thức nội suy Lagrange) Kí hiệu
Li(x) =
N
∏
j = 1,j 6= i
x−xj
xi−xj; i =1, 2,· · · , N.
Khi đó, đa thức L(x) = ∑N
i = 1
ai.Li(x)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
Li xj
=
1 khi i= j
0 khi i6=j hay Li xj=δ , và deg L(x)N−1
Mặt khác
L(xi) =
N
∑
j = 1
ajLj(xi) =
N
∑
j = 1
ajδ ,
Trang 2hay L(xi) =ai, ∀i= 1, 2, , N.
Hoàn toàn chứng minh được, nếu có đa thức L∗(x), mà có bậc deg L∗(x) với deg L∗(x)N−1 cũng thỏa mãn điều kiện của bài toán thì khi đó đa thức P(x) =
L(x) −L∗(x)cũng có bậc deg P(x)N−1 và thoả 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 Do đó L(x) = L∗(x) Vậy bài toán được chứng minh
Bài toán 1.1. Cho a1, a2, , anlà n số đôi một khác nhau và deg f(x) ≤n−1/ Khi đó ta
có thể phân tích
f(x) (x−a1) (x−a2) .(x−am) =
A1
x−a1 +
A2
x−a2 + .+
An
x−an. trong đó A1, A2, , Anlà các hằng số thích hợp
f(x) = f(a1) (x−a2) (x−a3) .(x−an)
(a1−a2) (a1−a3) .(a1−an) +f(a2) (x−a1) (x−a3) .(x−an)
(a2−a1) (a2−a3) .(a2−an) + .+ f(an) (x−a1) (x−a2) .(x−an− 1)
(an−a1) (an−a2) .(an−an− 1) Khi đó
f(x) (x−a1) (x−a2) .(x−an) =
f(a1) (a1−a2) (a1−a3) .(a1−an) 1
(x−a1)
(a2−a1) (a2−a3) .(a2−an) 1
(x−a2)+
(an−a1) (an−a2) .(an−an−1) 1
(x−an) Trong đó
Ai = f(ai)
n
∏
j = 1, i 6= j
ai−aj
, i=1, n
1.2 Đa thức nội suy Newton
Định nghĩa 1.1 (Bài toán nội suy Newton) Cho các số thực xi, ai, với i=1, 2,· · · , N Hãy xác định đa thức N(x)có bậc deg N(x) ≤N−1 và thỏa mãn các điều kiện
Ni−1(xi) =ai,∀i=1,· · · , N
Trang 3Tính chất 1.2 (Đa thức nội suy Newton) Ký hiệu
Ri(x1, x2,· · · , xi, x) =
x
Z
x 1
t
Z
x 2
t 1
Z
x 3
· · ·
ti− 2
Z
x i
dti−1 dt2.dt1.dt (i=1, 2,· · · , N) Khi đó, đa thức
N(x) =
N
∑
i = 1
aiRi−1(x1, x2, , xi− 1, x)
= a1+a2R(x1, x) +a3R2(x1, x2, x) + · · · +aNRN−1(x1,· · · , xN− 1, x)
là đa thức duy nhất thỏa mãn các điều kiện của bài toán nội suy Newton và đa thức này được gọi là đa thức nội suy Newton
Nhận xét 1.1. Với xi = x0, với mọi i=1, 2,· · · , N, thì
Ri(x0, x1,· · · , xi− 1, x) =Ri
x0,· · · , x0
i lˆan
, x
=
x
Z
x 0
t
Z
x 0
t 1
Z
x 0
· · ·
ti− 2
Z
x 0
dti−1 dt2.dt1.dt
= (x−x0)i i! ;∀i=1, 2,· · · , N.
Khi đó
N(x) =
N
∑
i = 1
aiRi
x0,· · · , x0
ilần
, x
=a0+a1R(x0, x) +a2R2(x0, x0, x) + · · · +aN− 1RN−1
x0,· · · , x0
N − 1lần
, x
= a0+a1(x−x0) +a2(x−x0)
2
2 + · · · +aN−1
(x−x0)N−1 (N−1)!
=
N − 1
∑
i = 0
ai(x−x0)
i
i! ≡ T(x).
Bài toán 1.2. Cho P(x)là một đa thức bậc n > 0 trên một trường sốK và n phần tử
x1, x2, , xn∈K Khi đó tồn tại các phần tử α0 , α1, , αnthuộcK để
P(x) =α0+α1(x−x1) +α2(x−x1) (x−x2) + .+αn(x−x1) .(x−xn) (1.2) Công thức (1.2) là cách viết khác của công thức nội suy Newton
Trang 4Lời giải.Nhận thấy các đa thức
1, x−x1, (x−x1) (x−x2), ,(x−x1) .(x−xn) lập thành một cơ sở củaK- vectơ các đa thức có bậc không vượt quá n trên K.
Do đó, với mỗi đa thức P(x) có bậc không vượt quá n luôn tồn tại các phần tử
α0 , α1, , αnthuộcK để biểu diễn P(x)như (1.2) ở trên
Trong đó, các α0, α1, , αnđược xác định như sau:
Nhận thấy α0= P(x1);
Đặt P(x1; x) = P(x) −P(x1)
x−x1
=α1+α2(x−x2) + .+αn(x−x2) .(x−xn)
Khi đó α1 =P(x1; x2)
Đặt P(x1; x2; x) = P(x1; x) −P(x1; x2)
x−x2
=α2+α3(x−x3) + .+αn(x−x3) .(x−xn)
Khi đó α2 =P(x1; x2; x3);
Một cách tổng quát, ta có
P(x1; ; xi; x) = P(x1; ; xi− 1; x) −P(x1; ; xi− 1; xi)
Khi đó αi = P(x1; ; xi), i=0, 1, 2 , n
2 Một số ứng dụng trong giải toán phổ thông
2.1 Ứng dụng đa thức nội suy Lagrange trong bài toán tìm nguyên hàm
Ví dụ 2.1. Tìm nguyên hàm của hàm số f(x) = 1
(x−1) (x−2)
(x−1) (x−2) =
1 (x−1) (1−2)+
1 (2−1) (x−2) =
−1
x−1+
1
x−2. Suy ra
Z
f(x)dx=
Z 1 (x−1) (x−2)dx =
Z −1
x−1+
1
x−2
dx
= −ln|x−1| +ln|x−2| +C
Ví dụ 2.2. Tìm nguyên hàm của hàm số f(x) = x2−4x
(x−2)(x+2)(x+3)
Trang 5f(x) = x2−4x
(x−2)(x+2)(x+3)
= 22−4.2
(x−2)(2+2)(2+3)+
(−2)2−4.(−2) (−2−2)(x+2)(−2+3)+
(−3)2−4.(−3) (−3−2)(−3+2)(x+3)
5(x−2)− 3
(x+2)+
21
5(x+3) Suy ra
Z
f(x)dx=
Z
x2−4x (x−2)(x+2)(x+3)dx
=
Z
5(x−2)− 3
(x+2)+
21
5(x+3)
dx
= −1
5ln|x−2| −3 ln|x+2| +
21
5 ln|x+3| +C.
Ví dụ 2.3. Tìm nguyên hàm của hàm số
(x−1)2(x+3)(x+4)
x2+1 (x−1)(x+3)(x+4) =
17
5(x+4)− 5
2(x+3)+
1
10(x−1) Lại có
x2+1 (x−1)2(x+3)(x+4) =
17
5(x+4)(x−1)− 5
2(x+3)(x−1)+
1
10(x−1)2
Ta lại phân tích các phân thức sau
17
5(x+4)(x−1) =
17
−25(x+4)+
17
25(x−1); 5
2(x+3)(x−1) =
−5
8(x+3)+
5
8(x−1) Khi đó
x2+1 (x−1)2(x+3)(x+4) =
1
10(x−1)2 +
11
200(x−1)+
5
8(x+3)
25(x+4) Suy ra
Trang 6Z x2+1
(x−1)2(x+3)(x+4)dx=
Z 1
10(x−1)2 +
11
200(x−1)+
5
8(x+3)− 17
25(x+4)
! dx
10(x−1)+
11
200ln|x−1| +
5
8ln|x+3|
−17
25ln|x+4| +C.
Ví dụ 2.4. Tìm nguyên hàm của hàm số f(x) = 3+x
(x−1) (x2+1)
3+x (x−1) (x2+1) =
3+x (x−1)(x+i)(x−i)
Ta phân tích
3+x (x−1) (x2+1) =
2
x−1 +
3−i
−2+2i
1
x+i+
3+i
−2−2i
1
x−i
x−1 +
−2−i 2
1
x+i+
−2+i 2
1
x−i
x−1−
2x+1
x2+1 Suy ra
Z 3+x (x−1) (x2+1)dx
=
Z
2
x−1−
2x+1
x2+1
dx=
Z
2
x−1dx−
Z
2x
x2+1dx−
Z
1
x2+1dx
2.2 Các bài tập tương tự
Tìm nguyên hàm của hàm số sau
Bài 2.1 f(x) = 2x2
(x+1)(x−1)(x−2);
Bài 2.2 f(x) = x2+3x+8
(x+1)(x−1)(x−2)(x+3);
Bài 2.3 f(x) = x2−2x+3
24x3−10x2−3x+1;
Bài 2.4 f(x) = x3
x4−5x2+4
Trang 73 Ứng dụng đa thức nội suy Newton trong bài toán tính tổng hữu hạn
Ví dụ 3.1. Cho đa thức P(x), biết P(x)là một đa thức bậc hai thoả mãn
P(0) =0
a) Tìm đa thức P(x);
b) Suy ra giá trị của tổng S=1+2+3+ · · · +n, n∈N∗
Lời giải.
a) Thay x lần lượt bằng 1; 2; 3 vào (2.1), ta được
P(1) −P(0) =1
P(2) −P(1) =2
P(3) −P(2) =3
⇔
P(1) =1
P(2) =3
P(3) =6 Đặt
P(x) =α0+α1x+α2x(x−1) +α3x(x−1)(x−2) (2.2) Thay x lần lượt bằng 0; 1; 2; 3 vào (2.2), ta được
P(0) =α0
P(1) =α0+α1
P(2) =α0+2α1+2α2
P(3) =α0+3α1+6α2+6α3
⇔
α0=0
α1=1
α2 = 1 2
α3=0 Vậy, đa thức cần tìm có dạng
P(x) =x+1
2x(x−1) =x+
x2
x
2 =
x(x+1)
b) Xét đa thức P(n) =1+2+3+ · · · +n, n∈N∗
Theo câu a) ta có P(n) = n(n+1)
2 , suy ra S= 1+2+3+ · · · +n= n(n+1)
N∗
Ví dụ 3.2. Cho đa thức P(x), biết P(x)là một đa thức bậc ba thoả mãn
P(0) =0
a) Tìm đa thức P(x);
b) Suy ra giá trị của tổng S=12+22+32+ · · · +n2, n∈N∗
Lời giải.
a) Thay x lần lượt bằng 1; 2; 3 vào (2.3), ta được
P(1) −P(0) =1
P(2) −P(1) =4
P(3) −P(2) =9
⇔
P(1) =1
P(2) =5
P(3) =14
Trang 8P(x) =α0+α1x+α2x(x−1) +α3x(x−1)(x−2) +α4x(x−1)(x−2)(x−3) (2.4) Thay x lần lượt bằng 0; 1; 2; 3 vào (2.4), ta được
P(0) =α0
P(1) =α0+α1
P(2) =α0+2α1+2α2
P(3) =α0+3α1+6α2+6α3
⇔
α0=0
α1=1
α2 = 3 2
α3 = 1 3 Vậy, đa thức cần tìm có dạng
P(x) =x+3
2x(x−1) +
1
3x(x−1)(x−2) =
x3
x2
x
6 =
x(x+1) (2x+1)
b) Xét đa thức P(n) =12+22+32+ · · · +n2, n∈N∗
Theo câu a), ta có
P(n) = n(n+1) (2n+1)
suy ra
S=12+22+32+ · · · +n2= n(n+1) (2n+1)
Ví dụ 3.3. Cho đa thức bậc bốn P(x), thỏa mãn
P(−1) =0
P(x) −P(x−1) =x(x+1)(2x+1),∀x∈R. (2.5)
a) Xác định P(x);
b) Suy ra giá trị của tổng S=1.2.3+2.3.5+ .+n(n+1)(2n+1), n∈N∗
Lời giải.
a) Thay x lần lượt bằng – 1; 0; 1; 2 vào (2.5), ta được
P(−1) −P(−2) =0
P(0) −P(−1) =0
P(1) −P(0) =1.2.3
P(2) −P(1) =2.3.5
⇔
P(−2) =0
P(0) =0
P(1) =6
P(2) =36 Đặt
P(x) =α0+α1(x+1) +α2(x+1)x+α3(x+1)x(x−1) +α4(x+1)x(x−1)(x−2)
(2.6) Thay x lần lượt bằng−2;−1; 0; 1; 2 vào (2.6), ta được
Trang 9
P(−1) =α0
P(0) =α0+α1
P(1) =α0+2α1+2α2
P(2) =α0+3α1+6α2+6α3
P(−2) =α0−α1+2α2−6α3+24α4
⇔
α0=0
α1=0
α2=3
α3=3
α4= 1 2 Vậy, đa thức cần tìm có dạng
P(x) =3(x+1)x+3(x+1)x(x−1) +1
2(x+1)x(x−1)(x−2) =
1
2x(x+1)
2(x+2) b) Xét đa thứcP(n) =1.2.3+2.3.5+ .+n(n+1)(2n+1), n∈N∗
Theo câu a) ta có
P(n) = n(n+1)2(n+2)
Suy ra
S=1.2.3+2.3.5+ .+n(n+1)(2n+1) = n(n+1)2(n+2)
3.1 Bài tập tương tự
Bài 3.1. Cho đa thức bậc ba P(x), thỏa mãn
P(0) =0
P(x) −P(x−1) =x(x+1), ∀x∈R.
a) Xác định P(x);
b) Suy ra giá trị của tổng Sn=1.2+2.3+3.4+ · · · +n(n+1), n∈N∗
Bài 3.2. Cho đa thức bậc ba P(x), thỏa mãn
P(0) =0
P(x) −P(x−1) =x(3x−1), ∀x∈R.
a) Xác định P(x);
b) Suy ra giá trị của tổng S=1.2+2.5+3.8+ · · · +n(3n−1), n∈N∗
Bài 3.3. Cho đa thức bậc bốn P(x), thỏa mãn
P(−2) =0
P(x) −P(x−1) =x(x+1) (x+2), ∀x ∈R.
a) Xác định P(x);
b) Suy ra giá trị của tổng S=1.2.3+2.3.4+3.4.5+ · · · +n(n+1) (n+2), n∈N∗
Bài 3.4. Cho đa thức bậc ba P(x), thỏa mãn
P(0) =0
P(x) −P(x−1) =4x2, ∀x∈R.
a) Xác định P(x);
b)Suy ra giá trị của tổng Sn=02+22+42+ · · · + (2n)2, n∈N∗
Trang 10Bài 3.5. Cho đa thức bậc ba P(x), thỏa mãn
P(1) =1
P(x) −P(x−1) = (2x+1)3, ∀x∈R.
a) Xác định P(x);
b) Suy ra giá trị của tổng
Sn=13+33+53+ · · · + (2n+1)3, n∈N∗
Tài liệu
[1] Nguyễn Văn Mậu, Các bài toán nội suy và áp dụng, NXB giáo dục, 2007
[2] Trịnh Đào Chiến, Huỳnh Minh Thuận, Một số ứng dụng công thức nội suy La-grange, NXB ĐHQGHN, 2007
[3] Nguyễn Văn Mậu, Nội suy đa thức - Định lý và áp dụng, NXB ĐHQGHN, 2016
[4] Tạp chí toán học tuổi trẻ