Đa thức nội suy cổ điển và một số ứng dụng

Chia sẻ: Huyết Thiên Thần | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

65
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đa thức nội suy cổ điển và một số ứng dụng

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 ĐA 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= x j , 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 N x − xj Li ( x ) = ∏ xi − x j ; i = 1, 2, · · · , N. j=1,j6=i N Khi đó, đa thức L( x ) = ∑ ai .Li ( x ) là đa thức duy nhất thỏa mãn điều kiện của bài i =1 toán nội suy Lagrange và đa thức này được gọi là đa thức nội suy Lagrange. Chứng minh. Dễ dàng nhận thấy 1 khi i = j Li x j = 0 khi i 6= j hay Li x j = δij , và deg L( x ) N − 1. Mặt khác N N L ( xi ) = ∑ a j L j ( xi ) = ∑ a j δij , j =1 j =1 1
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 hay 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 , . . . , x N nên P( x ) ≡ 0. Do đó L( x ) = L∗ ( x ). Vậy bài toán được chứng minh. Bài toán 1.1. Cho a1 , a2 , . . . , an là n số đôi một khác nhau và deg f ( x ) ≤ n − 1/ Khi đó ta có thể phân tích f (x) A1 A2 An = + +...+ . ( x − a1 ) ( x − a2 ) . . . ( x − a m ) x − a1 x − a2 x − an trong đó A1 , A2 , . . . , An là các hằng số thích hợp. Lời giải. Áp dụng đa thức nội suy Lagrange tại các mốc nội suy ak , k = 1, n, ta có ( x − a2 ) ( x − a3 ) . . . ( x − a n ) f ( x ) = f ( a1 ) ( a1 − a2 ) ( a1 − a3 ) . . . ( a1 − a n ) ( x − a1 ) ( x − a3 ) . . . ( x − a n ) + f ( a2 ) ( a2 − a1 ) ( a2 − a3 ) . . . ( a2 − a n ) ( x − a 1 ) ( x − a 2 ) . . . ( x − a n −1 ) + . . . + f ( an ) . ( a n − a 1 ) ( a n − a 2 ) . . . ( a n − a n −1 ) Khi đó f (x) f ( a1 ) 1 = . ( x − a1 ) ( x − a2 ) . . . ( x − a n ) ( a1 − a2 ) ( a1 − a3 ) . . . ( a1 − a n ) ( x − a1 ) f ( a2 ) 1 + . +... ( a2 − a1 ) ( a2 − a3 ) . . . ( a2 − a n ) ( x − a2 ) f ( an ) 1 + . . ( a n − a 1 ) ( a n − a 2 ) . . . ( a n − a n −1 ) ( x − a n ) Trong đó f ( ai ) Ai = n , i = 1, n. ∏ ai − a j j=1, i 6= j 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 N i−1 ( xi ) = ai , ∀i = 1, · · · , N. 2
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Tính chất 1.2 (Đa thức nội suy Newton). Ký hiệu Zx Z t Zt1 Zti−2 i R ( x1 , x2 , · · · , x i , x ) = ··· dti−1 . . . dt2 .dt1 .dt (i = 1, 2, · · · , N ) . x1 x2 x3 xi Khi đó, đa thức N N (x) = ∑ a i R i −1 ( x 1 , x 2 , . . . , x i −1 , x ) i =1 = a 1 + a 2 R ( x 1 , x ) + a 3 R 2 ( x 1 , x 2 , x ) + · · · + a N R N −1 ( x 1 , · · · , x N −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   R i ( x 0 , x 1 , · · · , x i −1 , x ) = R i  x 0 , · · · , x 0 , x  | {z } i l aˆ n Zx Z t Zt1 Zti−2 = ··· dti−1 . . . dt2 .dt1 .dt x0 x0 x0 x0 ( x − x0 )i = ; ∀i = 1, 2, · · · , N. i! Khi đó   N N (x) = ∑ ai Ri |x0 , ·{z · · , x0 , x    } i =1 i lần   = a 0 + a 1 R ( x 0 , x ) + a 2 R 2 ( x 0 , x 0 , x ) + · · · + a N −1 R N −1  x 0 , · · · , x 0 , x    | {z } N −1 lần ( x − x0 )2 ( x − x 0 ) N −1 = a0 + a1 ( x − x0 ) + a2 + · · · + a N −1 2 ( N − 1) ! N −1 ( x − x0 )i = ∑ ai i! ≡ T ( x ). i =0 Bài toán 1.2. Cho P ( x ) là một đa thức bậc n > 0 trên một trường số K và n phần tử x1 , x2 , . . . , xn ∈ K. Khi đó tồn tại các phần tử α0 , α1 , . . . , αn thuộc K để P ( x ) = α0 + α1 ( x − x1 ) + α2 ( x − x1 ) ( x − x2 ) + . . . + α n ( x − x1 ) . . . ( x − x n ) . (1.2) Công thức (1.2) là cách viết khác của công thức nội suy Newton. 3
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Lời giải. Nhận thấy các đa thức 1, x − x1 , ( x − x1 ) ( x − x2 ) , . . . , ( x − x1 ) . . . ( x − xn ) lập thành một cơ sở của K- 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 , . . . , αn thuộc K để biểu diễn P ( x ) như (1.2) ở trên. Trong đó, các α0 , α1 , . . . , αn được xác định như sau: Nhận thấy α0 = P ( x1 ); P ( x ) − P ( x1 ) Đặt P ( x1 ; x ) = x − x1 = α1 + α2 ( x − x2 ) + . . . + α n ( x − x2 ) . . . ( x − x n ) . Khi đó α1 = P ( x1 ; x2 ). P ( x1 ; x ) − P ( x1 ; x2 ) Đặt P ( x1 ; x2 ; x ) = x − x2 = α2 + α3 ( x − x3 ) + . . . + α n ( x − x3 ) . . . ( x − x n ) . Khi đó α2 = P ( x1 ; x2 ; x3 ); Một cách tổng quát, ta có P ( x 1 ; . . . ; x i −1 ; x ) − P ( x 1 ; . . . ; x i −1 ; x i ) P ( x1 ; . . . ; x i ; x ) = / x − 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 1 Ví dụ 2.1. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = . ( x − 1) ( x − 2) Lời giải. Áp dụng bài toán 1.1, ta phân tích 1 1 1 −1 1 f (x) = = + = + . ( x − 1) ( x − 2) ( x − 1) (1 − 2) (2 − 1) ( x − 2) x−1 x−2 Suy ra −1 Z 1 1 Z Z f ( x ) dx = dx = + dx ( x − 1) ( x − 2) x−1 x−2 = − ln | x − 1| + ln | x − 2| + C. x2 − 4x Ví dụ 2.2. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = . ( x − 2)( x + 2)( x + 3) Lời giải. Áp dụng bài toán 1.1, ta phân tích 4
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 x2 − 4x f (x) = ( x − 2)( x + 2)( x + 3) 22 − 4.2 (−2)2 − 4. (−2) (−3)2 − 4. (−3) = + + ( x − 2)(2 + 2)(2 + 3) (−2 − 2)( x + 2)(−2 + 3) (−3 − 2)(−3 + 2)( x + 3) 1 3 21 =− − + . 5 ( x − 2) ( x + 2) 5 ( x + 3) Suy ra x2 − 4x Z Z f ( x )dx = dx ( x − 2)( x + 2)( x + 3) Z 1 3 21 = − − + dx 5 ( x − 2) ( x + 2) 5 ( x + 3) 1 21 = − ln | x − 2| − 3 ln | x + 2| + ln | x + 3| + C. 5 5 Ví dụ 2.3. Tìm nguyên hàm của hàm số x2 + 1 f (x) = . ( x − 1)2 ( x + 3)( x + 4) Lời giải. Áp dụng bài toán 1.1, trước hết ta phân tích x2 + 1 17 5 1 = − + . ( x − 1)( x + 3)( x + 4) 5( x + 4) 2( x + 3) 10( x − 1) Lại có x2 + 1 17 5 1 2 = − + . ( x − 1) ( x + 3)( x + 4) 5( x + 4)( x − 1) 2( x + 3)( x − 1) 10( x − 1)2 Ta lại phân tích các phân thức sau 17 17 17 = + ; 5( x + 4)( x − 1) −25( x + 4) 25( x − 1) 5 −5 5 = + . 2( x + 3)( x − 1) 8( x + 3) 8( x − 1) Khi đó x2 + 1 1 11 5 2 = 2 + + ( x − 1) ( x + 3)( x + 4) 10( x − 1) 200( x − 1) 8( x + 3) 17 − . 25( x + 4) Suy ra 5
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 ! x2 + 1 1 11 5 17 Z Z dx = + + − dx ( x − 1)2 ( x + 3)( x + 4) 10( x − 1) 2 200 ( x − 1 ) 8 ( x + 3 ) 25 ( x + 4) −1 11 5 = + ln | x − 1| + ln | x + 3| 10( x − 1) 200 8 17 − ln | x + 4| + C. 25 3+x Ví dụ 2.4. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ( x − 1) ( x 2 + 1) Lời giải. Ta có 3+x 3+x 2 = ( x − 1) ( x + 1) ( x − 1)( x + i )( x − i ) Ta phân tích 3+x 2 3−i 1 3+i 1 2 = + + ( x − 1) ( x + 1) x − 1 −2 + 2i x + i −2 − 2i x − i 2 −2 − i 1 −2 + i 1 = + + x−1 2 x+i 2 x−i 2 2x + 1 = − 2 x−1 x +1 Suy ra 3+x Z dx ( x − 1) ( x 2 + 1) Z 2 2x + 1 2 2x 1 Z Z Z = − 2 dx = dx − 2 dx − dx x−1 x +1 x−1 x +1 x2 +1 2.2 Các bài tập tương tự Tìm nguyên hàm của hàm số sau 2x2 Bài 2.1. f ( x ) = ; ( x + 1)( x − 1)( x − 2) x2 + 3x + 8 Bài 2.2. f ( x ) = ; ( x + 1)( x − 1)( x − 2)( x + 3) x2 − 2x + 3 Bài 2.3. f ( x ) = ; 24x3 − 10x2 − 3x + 1 x3 Bài 2.4. f ( x ) = . x4 − 5x2 + 4 6
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 3 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 (2.1) P( x ) − P( x − 1) = x , ∀ x ∈ R. 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 (1) = 1 P (2) − P (1) = 2 ⇔ P (2) = 3 P (3) − P (2) = 3 P (3) = 6   Đặt P( x ) = α0 + α1 x + α2 x ( x − 1) + α3 x ( x − 1)( x − 2). (2.2) Thay x lần lượt bằng 0; 1; 2; 3 vào (2.2), ta được α0 = 0    P (0) = α0     α1 = 1  P (1) = α0 + α1  ⇔ 1  P ( 2 ) = α0 + 2α1 + 2α2  α2 =   P (3) = α0 + 3α1 + 6α2 + 6α3    2 α3 = 0 Vậy, đa thức cần tìm có dạng 1 x2 x x ( x + 1) P ( x ) = x + x ( x − 1) = x + − = . 2 2 2 2 b) Xét đa thức P (n) = 1 + 2 + 3 + · · · + n, n ∈ N∗ . n ( n + 1) n ( n + 1) Theo câu a) ta có P (n) = , suy ra S = 1 + 2 + 3 + · · · + n = ,n∈ 2 2 N . ∗ Ví dụ 3.2. Cho đa thức P( x ), biết P( x ) là một đa thức bậc ba thoả mãn P (0) = 0 (2.3) P( x ) − P( x − 1) = x2 , ∀ x ∈ R. 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 (1) = 1 P (2) − P (1) = 4 ⇔ P (2) = 5 P (3) − P (2) = 9 P(3) = 14   7
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Đặt P( x ) = α0 + α1 x + α2 x ( x − 1) + α3 x ( x − 1)( x − 2) + α4 x ( x − 1)( x − 2)( x − 3). (2.4) Thay x lần lượt bằng 0; 1; 2; 3 vào (2.4), ta được   α0 = 0    P (0) = α0 α1 = 1     P (1) = α0 + α1   ⇔ 3 P (2) = α0 + 2α1 + 2α2 α2 =     2 P (3) = α0 + 3α1 + 6α2 + 6α3  α3 = 1     3 Vậy, đa thức cần tìm có dạng 3 1 x3 x2 x x ( x + 1) (2x + 1) P( x ) = x + x ( x − 1) + x ( x − 1)( x − 2) = + + = . 2 3 3 2 6 6 b) Xét đa thức P (n) = 12 + 22 + 32 + · · · + n2 , n ∈ N∗ . Theo câu a), ta có n (n + 1) (2n + 1) P (n) = , 6 suy ra n (n + 1) (2n + 1) S = 12 + 22 + 32 + · · · + n 2 = . 6 Ví dụ 3.3. Cho đa thức bậc bốn P ( x ), thỏa mãn P(−1) = 0 (2.5) P( x ) − P( x − 1) = x ( x + 1)(2x + 1), ∀ x ∈ R. 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(−2) = 0 P(0) − P(−1) = 0 P (0) = 0   ⇔   P ( 1 ) − P ( 0 ) = 1.2.3   P (1) = 6 P(2) − P(1) = 2.3.5 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 8
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 α0 = 0    P (−1) = α0      P (0) = α0 + α1    α1 = 0   P (1) = α0 + 2α1 + 2α2 ⇔ α2 = 3   P (2) = α0 + 3α1 + 6α2 + 6α3   α3 = 3  α =1     P (−2) = α0 − α1 + 2α2 − 6α3 + 24α4   4 2 Vậy, đa thức cần tìm có dạng 1 1 P( x ) = 3( x + 1) x + 3( x + 1) x ( x − 1) + ( x + 1) x ( x − 1)( x − 2) = x ( x + 1)2 ( x + 2). 2 2 b) Xét đa thứcP (n) = 1.2.3 + 2.3.5 + . . . + n(n + 1)(2n + 1), n ∈ N∗ . Theo câu a) ta có 2 n ( n + 1) ( n + 2) P (n) = , n ∈ N∗ . 2 Suy ra n ( n + 1)2 ( n + 2) S = 1.2.3 + 2.3.5 + . . . + n(n + 1)(2n + 1) = , n ∈ 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∗ . 9
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Bài 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. 10