Đa thức nội suy Newton và ứng dụng giải bài toán tính tổng hữu hạn

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

86
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong bài viết, tác giả đã trình bày các lý thuyết cơ bản về đa thức nội suy Newton. Trên cơ sở đó, tác giả chứng minh một kết quả liên quan đến đa thức nội suy Newton, là cơ sở lý thuyết để có thể giải một lớp các bài tập tính tổng hữu hạn. Tác giả cũng trình bày các ví dụ điển hình minh họa ứng dụng của kết quả chứng minh đó.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đa thức nội suy Newton và ứng dụng giải bài toán tính tổng hữu hạn

KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ QUI SỐ 55/2021 ĐA THỨC NỘI SUY NEWTON VÀ ỨNG DỤNG GIẢI BÀI TOÁN TÍNH TỔNG HỮU HẠN Nguyễn Thanh Huyền1,* 1 Khoa Khoa học Cơ bản, trường Đại học Công nghiệp Quảng Ninh * Email: thanhhuyen1107@gmai.com Mobile: 0799242995 Tóm tắt Từ khóa: Trong bài báo, tác giả đã trình bày các lý thuyết cơ bản về đa thức nội suy Đa thức; Nội suy Newton; Newton. Trên cơ sở đó, tác giả chứng minh một kết quả liên quan đến đa thức nội Sai phân; Tổng hữu hạn; Tỉ suy Newton, là cơ sở lý thuyết để có thể giải một lớp các bài tập tính tổng hữu hiệu. hạn. Tác giả cũng trình bày các ví dụ điển hình minh họa ứng dụng của kết quả chứng minh đó. 1. GIỚI THIỆU yi  y j Tỷ số f [xi , x j ]  được gọi là tỷ hiệu cấp Đa thức nội suy là bài toán quan trọng của đại xi  x j số và giải tích, nó đóng vai trò như một công cụ đắc một của hàm y  f ( x) tại xi , x j lực của các mô hình rời rạc cũng như mô hình liên tục. Trong đó, đa thức nội suy Newton có khá nhiều f [ xi, x ]  f [ x x ] Tỷ số f [x , x ,x ]  j j, k được ứng dụng lý thú, nó ẩn trong các bài toán về tính i j k xi  x gần đúng, tính tổng, tìm số hạng tổng quát của dãy k số. gọi là tỷ hiệu cấp hai của hàm y  f ( x) tại xi , x j , xk Bài toán tính tổng là một bài toán hóc búa Tỷ hiệu cấp n được định nghĩa thông qua tỷ thách thức những người yêu Toán. Trong bài viết hiệu cấp (n - 1). này, tác giả bài viết đã chứng minh một kết quả liên Tính chất 1[2]: quan đếnmột lớp bài toán tính tổng,từ đó, người Tỉ hiệu cấp kcủa một đa thức bậc mcó tính làm toán có cơ sở lý thuyết để giải các bài toán chất: khác một cách đơn giản, chặt chẽ. - Nếu k=m thì tỷ hiệu là hằng số. 2. NỘI DUNG - Nếu k>m thì tỉ hiệu bằng 0. 2.1. Định nghĩavà tính chất Định nghĩa 3. Đa thức nội suy Niutơn Định nghĩa 1[1]: Cho hàm số y  f ( x) , Từ tỉ hiệu cấp 1 của f ( x) tại x, x0 ta có: f ( xi )  yi (i  0, m); x i  x j , i, j  0, m) . Xây dựng f ( x)  f ( x0 ) đa thức bậc không quá m f [ x, x0 ]   f ( x)  f ( x0 )  ( x  x0 ) f [ x, x0 ] x  x0 Pm ( x)  am xm  a1 xm1  ...  a1 x  a0 sao cho Giả sử các nút nội suy xi cách đều, nghĩa là: Pm ( x) trùng với f ( x) tại các điểm xi , i  0, m . xm  x xi  x  ih (i  0, m); (h  0 ) gọi là bước nội Nghĩa là: Pm ( xi )  yi (i  0, m); 0 m Đa thức Pm ( x) xác định như trên được gọi là suy . đa thức nội suy của hàm f ( x) tại các nút nội Từ tỷ hiệu cấp 2 của f ( x) tại x, x0 , x1 ta có: suy xi , i  0, m . f [x, x0 ]  f [x0 , x1 ] f [ x, x0 , x1 ]  x  x1 : Nhận xét: Đa thức nội suy Pm ( xi ) của hàm  f [ x, x0 ]  f [x0 , x1 ]  ( x  x1 ) f [ x, x0 , x1 ] f ( x) theo định nghĩa trên ( nếu có) là duy nhất. Định nghĩa 2[1]: Tiếp tục quá trình trên cuối cùng ta nhận được: f ( x)  y0  ( x  x0 ) f [ x0 , x1 ]  ( x  x0 )( x  x1 ) f [ x0 , x1 , x2 ]  Cho hàm số y  f ( x) ....  ( x  x0 )( x  x1 )...( x  xn 1 ) f [ x0 , x1 ,..., xm ]  f ( xi )  yi ( x i  x j , i, j  0, m) ( x  x0 )( x  x1 )...( x  xm ) f [ x, x0 , x1 ,..., xm ] Đặt: KH&CN QUI 17
SỐ 55/2021 KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ QUI Pm ( x)  y0  ( x  x0 ) f [ x0 , x1 ]  ( x  x0 )( x  x1 ) f [ x0 , x1 , x2 ]  y0  2 y0 Pm ( x)  Pm ( x0  ht )  y0  t t (t  1)  ... ....  ( x  x0 )( x  x1 )...( x  xm 1 ) f [ x0 , x1 ,..., xm ] 1! 2! Dễ thấy Pm ( xi )  yi (i  0, m) .  m y0  t (t  1)...(t  m  1) (2) Đa thức Pm ( x) xác định như trên gọi là đa thức n! Pm ( x) xác định như trên gọi là đa thức nội suy nội suy của hàm f ( x) tại các nút nội suy Newton tiến có nút nội suy cách đều. nút xi , i  0, m 2.2. Định lý Định nghĩa 4: Bổ đề 1: Giả sử các nút xi , i  0, m cách đều, nghĩa là: g (n) là một đa thức có bậc m khi và chỉ khi xi  x0  ih, i  0, m g (n  1) là một đa thức bậc m. xm  x0 Chứng minh. Trong đó: h  gọi là bước nội suy. m Thật vậy, giả sử g (n) là thức bậc m, Hiệu  yi  yi 1  yi , i  0, m được gọi là sai phân g (n)  am nm  am1nm1  ...  a0 (a m  0) tiến cấp 1 của hàm y  f ( x) tại điểm xi m 1 Do đó: g (n  1)  am (n  1)  am1 (n  1)  ...  a0 m Hiệu  yi  ( yi ) được gọi là sai phân tiến 2 Sử dụng khai triển nhị thức Niu ton dễ thấy cấp 2 của hàm y  f ( x) tại xi . g (n  1) là một đa thức bậc m. Sai phân cấp tiến n tại xi được định nghĩa Tương tự, giả sử g (n  1) là một đa thức bậc thông qua sai phân tiến cấp (n -1) tại xi m: g (n  1)  am nm  am1nm1  ...  a0 (a m  0) n 1  yi  ( n yi ) m 1 khi đó g (n)  am (n  1)  am1 (n  1)  ...  a0 , an  0 m Tính chất 2: là một đa thức bậc m.  n y0 Định lý 1: f [ x0 , x1 ,..., x n ]  n !h n f (n)  g (1)  g (n)  ...  g (n), n  N * Chứng minh. Ta sẽ chứng minh đẳng thức trên Khi đó, f (n) là một đa thức khi và chỉ khi bằng phương pháp quy nạp. g (n) là một đa thức. Dễ thấy mệnh đề đúng với n=2 vì y1 y0 Ngoài ra nếu g (n) là một đa thức bậc m thì  f (n) đa thức bậc không quá m+1. là f [ x0 , x1 ]  f [ x1 , x 2 ] h   y0 2 f [ x0 , x1 , x 2 ]   h x0  x2 h h2 Chứng minh. Giả sử mệnh đề đúng với k , (k  2) , tức là Giả sử f (n) là một đa thức, gọi yn là sai phân  k y0 tiến cấp 1 của hàm số y  f (n) tại điểm n f [ x0 , x1 ,..., x k ]  k2 k!hk , Suy ra yn  f (n  1)  f (n) là đa thức Ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với n  k  1 , Mặt khác yn  g (n  1) nên g (n  1) là đa thức, do thật vậy: đótheo bổ đề 1 ta cũng có g (n) là một đa thức.  k y0  k y1  k y1   k y0 Ngược lại, giả sử g (n) là một đa thức bậc k  f [ x0 , x1 ,..., xk , xk 1 ]  k!h k!h k  k !h k  m.Ta sẽ chứng minh f (n) là một đa thức. x0  xk 1 (k  1) h . Thật vậy, tại điểm n tùy ý, ta có yn  g (n  1) là  k y1   k y0  k 1 y0   đa thức bậc m. h (k  1)! (k  1)!h k 1 k 1 Gọi i yn (i  N , i  1) là sai phân tiến cấp icủa Định nghĩa 5[2]: Giả sử các nút nội suy hàm số y  f (n) tại n tùy ý.Dễ dàng chứng minh xi , i  0, m cách đều. (i ) yn  (i 1) (yn ) (i  N , i  1). Theo Tính chất 1, yn là x  x0 Đặt x  x0  ht (t  ) đa thức bậc m nên nếu i  1  m hay i  1  m thì h (i ) yn  0 (3) xi  x0  hi  x  xi  h(t  i) , i  0, m Từ (1) ta có: 18 KH&CN QUI
KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ QUI SỐ 55/2021 Gọi đa thức nội suy Niuton tiến qua m+1 điểm Chứng minh. Thật vậy, theo định lý1 ta có n! ((1, f (1)),...(m, f (m),(m  1, f (m  1)) là Pm (n) không là đa thức nên 1! 2! ...  n! không thể biểu ( Pm (n) là đa thức có bậc không quá m). diễn dưới dạng một đa thức. Ví dụ 2: Ta sẽ chứng minh Pm (n) qua mọi điểm Tính tổng Sn  1.2.3  2.3.4  ...  n(n  1)(n  2) (n, f (n) ) bằng phương pháp quy nạp  n  m  1) . Giải. Thật vậy, gọi đa thức nội suy Newton tiến qua k+1 điểm (1, f (1)),...,(k, f (k )),((k 1), f (k 1)) Áp dụng định lý 1với g (n)  n(n  1)(n  2) là Pk (n) (k  N , k  m  1) . Khi đó Ta suy ra tổng trên biểu diễn dưới dạng đa thức bậc không quá 4.  2 yn Vì đa thức nội suy là duy nhất nên ta có thể Pk (n)  f (1)  (n  1).yn  (n  1)(n  2)  ... 2! xây dựng đa thức nội suy tại 5 nút nội suy cách đều  k yn 1,2,3,4,5. (n  1)(n  2)...(n  k ) k! n Sn yn  2 yn  3 yn  4 yn Gọi đa thức nội suy Newton tiến qua k+2 điểm 1 6 (1, f (1)),...,((k  1), f (k  1)),((k  2), f (k  2)) là Pk 1 (n) Ta có: 24 k 1  yn Pk 1 (n)  Pk (n)  (n  1)(n  2)...(n  k  1) 2 30 36 (k  1)! Do k  m  1 nên k  1  m  1  m 60 24 k 1 Từ (3) suy ra  yn  0 hay Pk 1 (n)  Pk (n) ( k  m  1  Pk 1 (n)  Pk (n)  Pm (n),  k  m  1 tức 3 90 60 6 là đa thức Pm (n) qua mọi điểm (n, f (n) ) 120 30 hay f (n)  Pm (n) , tức là f (n) một đa thức. Hệ quả 1: Cho dãy số  vn  được xác định như sau: 4 210 90 v1  a  210 vn  un 1  g (n), n  2 Khi đó, công thức của số hạng tổng quát un biểu 5 420 diễn dưới dạng một đa thức biến n khi và chỉ khi Theo định nghĩa 5 ta có: g (n) là một đa thức . (n  1)(n  2) (n  1)(n  2)(n  3) Sn  6  24(n  1)  36  24  Ngoài ra nếu g (n) là một đa thức bậc m thì 2 3! f (n) là đa thức bậc không quá m+1. (n  1)(n  2)(n  3)(n  4) 1 4 3 3 11 2 6  n  n  n 4! 4 2 4 Chứng minh. Ví dụ 3: vn  vn 1  g (n) Cho dãy số  un  được xác định như sau: vn 1  vn  2  g (n  1) 2 u0  0, u1  1  .....  un  2un 1  un  2  n , n  2  2 v2  v1  g (2) Tìm số hạng tổng quát của dãy số. Công các vế của đẳng thức các đẳng thức trên Giải. ta được vn  a  g (2)  ...  g (n) Đặt vn  un  un 1 , n  1 , v1  1 ta có vn  vn 1  n2 Áp dụng định lý 1 ta được điều phải chứng hay minh. vn  vn 1  n 2 2.3. Ví dụ Ví dụ 1: Chứng minh rằng tổng 1!+2!+…+n! vn 1  vn  2  (n  1) 2 không thể biểu diễn dưới dạng một đa thức bậc n. ..... v2  v1  22 KH&CN QUI 19
SỐ 55/2021 KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ QUI Cộng hai vế tương ứng của các đẳng thức trên Tại điểm n-1 tùy ý, ta có ta được vn  1  22  32  ...  n2 2n3  3n 2  n un 1  vn  , Áp dụng hệ quả 1 với g (n)  n2 , suy ra vn biểu 6 diễn dưới dạng đa thức bậc không quá 3.  2 un 1  un  un 1  vn 1  vn  (n  1) 2 , Vì đa thức nội suy là duy nhất nên ta có thể 3un 1  2n  3,  4um  2 xây dựng đa thức nội suy tại 4 nút nội suy cách đều 1,2,3,4. Tại điểm n  1  1 vn u1  1, u1  5, 2u1  9, 3u1  7, 4u2  2 n vn  2 vn 3vn 1 1 Vậy: (n  1)(n  2) (n  1)(n  2)(n  3) un  1  5(n  1)  9. 7 4 2! 3! (n  1)(n  2)(n  3)(n  4) 1 4 1 3 5 2 1 2  n  n  n  n 2 5 5 4! 12 3 12 6 3. KẾT LUẬN 9 2 Tính tổng hữu hạn là bài toán không dễ dàng, có nhiều phương pháp phức tạp giải dạng bài tập 3 14 7 này. Trong bài báo, tác giả đã chứng minh phương pháp giải một dạng bài toán tính tổng hữu hạn khá 16 đơn giản dựa vào đa thức nội suy Newton, từ đó người đọc có phương pháp giải đối với một lớp các 4 30 bài toán tính tổng hữu hạn. Chú ý: Ta cũng có thể không cần lập bảng sai TÀI LIỆU THAM KHẢO phân và có thể tính trực tiếp như sau: [1] Phan Đăng Cầu (2005), Giải tích số, Nhà xuất vn 1  vn  vn 1  n 2 bản Khoa học và Kĩ thuật.  2 vn 1  vn  vn 1  (n  1)2  n 2  2n  1 [2] Lê Trọng Vinh (2007), Giáo trìnhPhương pháp 3 vn 1  2(n  1)  1  [2n  1]  2 số, Nhà xuất bản Bưu điện. [3] Tạ Văn Đĩnh (2001), Phương pháp tính, Nhà Tại n-1=1: xuất bản Giáo dục. v1  1, v1  22  4 [4] Phạm Kỳ Anh (2005 ), Giải tích số, Nhà xuất  2 v1  2.2  1  5, 3vn 1  2 bản ĐH Quốc Gia Hà Nội. (n  1)(n  2) (n  1)(n  2)(n  3) [5] Phạm Quốc Khánh(2010), Tính toán và đánh vn  1  4(n  1)  5. 2 2 3! giá các tổng hữu hạn, http://tailieudientu.lrc. n(n  1)(2n  1) 2n  3n  n 3 2 tnu.edu.vn/Chi-tiet/tinh-toan-va-danh-gia-cac-   tong-huu-han-5068.html. 6 6 2n3  3n2  n un  un 1  6 20 KH&CN QUI