Luận văn Thạc sĩ Toán học: 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 Hermite

1 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1 Bài toán nội suy Lagrange 1.2 Bài toán nội suy Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.3 Bài toán nội suy Lagrange - Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

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

21 phân thức 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

43 3.1 Một số bài toán về đa thức nhận giá trị nguyên . . . . . . . . . . . 43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 3.2 Một số bài toán xác định đa thức . . . . . . . . . . 50

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.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

3.2.3 Một số bài toán xác định đa thức khác không liên quan đến

các công thức nội suy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

KẾT LUẬN

TÀI LIỆU THAM KHẢO

MỞ ĐẦU

Trong các kì thi học sinh giỏi toán 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 thông.

Như ta đã biết, công thức nội suy Lagrange đã được đề cập ở bậc phổ thông. Tuy nhiên công thức nội suy Hermite chỉ có trong các tài liệu chuyên khảo. Vì vậy, tôi 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 môn toán, Khoa Khoa học Tự nhiên, các Thầy Cô trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội, các Thầy Cô Viện Toán học đã tận tình giảng dạy, quan tâm và tạo mọi điều kiện thuận lợi về thủ tục hành chính để em hoàn thành khoá học và bảo vệ luận văn Thạc sĩ. Tôi cũng chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè và cơ quan, đoàn thể nơi tôi 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

Chương 1. Nội suy Lagrange và nội suy Hermite

Chương này được dành để trình bày về các bài toán 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 toán cụ thể.

1.1 Bài toán 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

+ f (x) = f (x1)

(1.1)

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

Chứng minh. Ta cần chứng minh công thức

. + · · · + f (xm) (x − x1)(x − x2) . . . (x − xm−1) (xm − x1)(xm − x2) . . . (xm − xm−1)

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

−f (x2)

Nhận xét rằng vế trái của công thức là một đa thức bậc không quá 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.

≡ 0. − · · · − f (xm) (x − x1)(x − x3) . . . (x − xm) (x2 − x1)(x2 − x3) . . . (x2 − xm) (x − x1)(x − x2) . . . (x − xm−1) (xm − x1)(xm − x2) . . . (xm − xm−1)

√ √

√ √ √ √ + (x − 2 − √ ( (x − 3 − √ ( 7) √ √ 7) √ √

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

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

≡ x2 (a < b < c). a2 (x − b)(x − c) (a − b)(a − c) + b2 (x − c)(x − a) (b − c)(b − a) + c2 (x − a)(x − b) (c − a)(c − b)

+ f (x1) (x1 − x2)(x1 − x3) . . . (x1 − xm) f (x2) (x2 − x1)(x2 − x3) . . . (x2 − xm)

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

≡ 0. + · · · + f (xm) (xm − x1)(xm − x2) . . . (xm − xm−1)

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

Lời giải. Áp dụng Định lý 1.2, với

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

ta thu được S = 0.

Ví dụ 1.2. Ta có các đồng nhất thức

f (x) = x, x1 = cos 1o, x2 = cos 2o, x3 = cos 3o,

+ +

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

≡ . x − a − b − c − d (x − a)(x − b)(x − c)(x − d)

Lời giải. Thật vậy, ta cần chứng minh

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

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

Ta có, với đa thức bậc nhất

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

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

f (y) = a + b + c + d − y, y1 = a, y2 = b, y3 = c, y4 = d, y5 = x,

+ Sn = xn 1 (x1 − x2)(x1 − x3) . . . (x1 − xm) xn 2 (x2 − x1)(x2 − x3) . . . (x2 − xm)

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

+ · · · + . xn m (xm − x1)(xm − x2) . . . (xm − xm−1)

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

f (x) = 1, x, x2, . . . , xm−2,

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

trong đó



−p1 = x1 + x2 + · · · + xm

p2 = x1x2 + x1x3 + · · · + xm−1xm

 

. . . . . . . . .

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

(−1)k.pk = x1x2x3 . . . xk + · · ·

Thay α trong đẳng thức này lần lượt bởi x1, x2, . . . , xm; và lần lượt chia đẳng thức thứ nhất cho

αm+k + p1.αm+k−1 + p2αm+k−2 + · · · + pm−1.αk+1 + pm.αk = 0.

đẳng thức thứ hai cho

(x1 − x2)(x1 − x3) . . . (x1 − xm),

(x2 − x1)(x2 − x3) . . . (x2 − xm)

(1.2)

. . ., 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.

Đặt k = 0, ta thu được Sm + p1Sm−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

. . .

= α1;

...

= α2; 1 (x1 − x2)(x1 − x3) . . . (x1 − xm) 1 (x2 − x1)(x2 − x3) . . . (x2 − xm)

Khi đó ta có

= αm. 1 (xm − x1)(xm − x2) . . . (xm − xm−1)

1 α1 + xn

2 α2 + · · · + xn

mαm.

Xét

Sn = xn

Dùng công thức của cấp số nhân với giả thiết rằng z được chọn sao cho

P = + + · · · + . α1 1 − x1z α2 1 − x2z αm 1 − xmz

|x1z| < 1, |x2z| < 1, . . . , |xmz| < 1,

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

1z2 + · · · ) + α2(1 + x2z + x2

2z2 + · · · )+

P = α1(1 + x1z + x2

mz2 + · · · )

hay

+ · · · + αm(1 + xm.z + x2

mαm)z2 + · · ·

1α1 + x2

tức là

+(x2 P = (α1 + α2 + · · · + αm) + (x1α1 + x2α2 + · · · + xmαm)z + 2α2 + · · · + x2

Để cho gọn, ta đặt

P = S0 + S1z + S2z2 + S3z3 + · · · .

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

(1 − x1z)(1 − x2z) . . . (1 − xmz) = Q.

trong đó

Q = 1 − δ1z + δ2z2 + · · · + (−1)mδmzm,

δ1 = x1 + x2 + · · · + xm,

δ2 = x1x2 + x1x3 + · · · + xm−1xm..

Tiếp theo, nhân cả hai vế của đẳng thức thứ hai với

. . . . . . . . .

ta có

(1 − x1z)(1 − x2z) . . . (1 − xm.z),

P Q = α1(1 − x2z)(1 − x3z) . . . (1 − xmz)+

α2(1 − x1z)(1 − x3z) . . . (1 − xm.z)+

α3(1 − x1z)(1 − x2z)(1 − x4z) . . . (1 − xmz) + · · · +

Như vậy P Q là một đa thức bậc m − 1 đối với z. Ta sẽ chứng minh rằng nó

chính là zm−1, tức là có đồng nhất thức

αm(1 − x1z)(1 − x2z) . . . (1 − xm−1z).

P Q = zm−1.

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

vì, chẳng hạn, với

, , . . . , z = 1 x1 1 x2 1 xm

thì

(cid:17)(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

z = 1 x1

1 − · · · 1 − − = − = 0. 1 − α1 x3 x1 xm x1 1 xm−1 1 1 xm−1 1 1 xm−1 1

x2 x1 Vậy nên P Q − zm−1 = 0. Do đó

hay

= P zm−1 Q

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

1 zm−1 1 − δ1z + δ2z2 − . . . + (−1)mδmzm = S0 + S1z + · · · + Sm−1zm−1 + · · ·

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:

S0 = S1 = . . . = Sm−2 = 0.

zm−1

1 − δ1.z + δ2.z2 − · · · (−1)mδm.zm = zm−1 + Sm.zm + Sm+1.zm+1 + · · · Uớc lượng cả hai vế cho zm−1, ta thu được

hoặc

1 − δ1z + δ2z2 − · · · + (−1)mδmzm = 1 + Smz + Sm+1z2 + · · ·

1 = (1 − δ1z + δ2z2 − · · · + (−1)mδm.zm)(1 + Smz + Sm+1z2 + · · · )

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 Q

(cid:88)

mzs = xs

mzp+q+···+s.

1xq xp

2 . . . xs

p=0

q=0

s=0

Mặt khác

1 1 − x1.z ∞ (cid:88) 1 1 − x2.z ∞ (cid:88) 1 1 − xm.z ∞ (cid:88) = xp 1.zp. xq 2.zq · · ·

nên ta được

(cid:88)

= 1 + Smz + Sm+1z2 + · · · + Sm+kzk+1 + · · · , 1 Q

2 . . . xs m

1xq xp

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+k =

1 + x2 1 + x3

2 + · · · + x2 2 + · · · + x3

1x3 + · · · + x2

1x2 + x2

m−1xm

m + x1x2 + x1x3 + · · · + xm−1xm m + x2 +x1x2x3 + · · · + xm−2xm−1xm, (điều phải chứng minh).

Hệ quả 1.2. Giả sử

Sm+1 = x2 Sm+2 = x3

Khi đó

+ + . Sk = ak (a − b)(a − c) bk (b − a)(b − c) ck (c − a)(c − b)

S0 = S1 = 0 , S2 = 1 , S3 = a + b + c, S4 = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca, S5 = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 + abc.

Hệ quả 1.3. Giả sử

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

Khi đó

+ . dk (d − a)(d − b)(d − c)

Bây giờ ta chuyển sang khảo sát bài toán nội suy Lagrange dưới ngôn ngữ tổng

quát.

Bài toán 1.1 (Bài toán nội suy Lagrange). Cho xi, ai ∈ R, với xi (cid:54)= xj ∀i (cid:54)= j, (i, j = 1, 2, . . . , N ). Hãy xác định đa thức L(x) có bậc deg L(x) (cid:54) N − 1 thỏa mãn điều kiện

(1.3)

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

Lời giải. Để đơn giản, ký hiệu

N (cid:89)

L(xi) = ai, ∀i = 1, 2, . . . , N.

j=1, j(cid:54)=i

Khi đó, dễ thấy rằng

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

 



hay Li(xj) = δij.

Tiếp theo, ta chứng minh rằng đa thức

N (cid:88)

(1.4)

1 khi i = j Li(xj) = 0 khi i (cid:54)= j

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

L(x) = aiLi(x)

Ngoài ra, ta có

N (cid:88)

deg L(x) (cid:54) N − 1.

j=1

L(xi) = ajLj(xi) = ajδij

hay

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

L(xi) = ai, ∀i = 1, 2, . . . , N. Cuối cùng, nếu có đa thức L∗(x), có bậc deg L∗(x) với deg L∗(x) (cid:54) N − 1

cũng có bậc deg P (x) (cid:54) N − 1 và thỏa mãn

P (x) = L(x) − L∗(x)

Tức là P (x) là đa thức có bậc deg P (x) với deg P (x) (cid:54) 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 toán 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.

P (xi) = 0, ∀i = 1, 2, . . . , N.

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 (cid:89)

j=1

thì điều kiện Lagrange

L(x) = (x − xj), xi (cid:54)= xj khi i (cid:54)= j, i, 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 không 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 (cid:89)

L(xj) = 0, j = 1, 2, . . . , n

j=1

H(x) = (x − xj)αj, xi (cid:54)= xj khi i (cid:54)= j, i, j = 1, 2, . . . , n.

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

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 (cid:54)= xj ∀i (cid:54)= j, trong đó p1 + p2 + · · · + pn = N.

Hãy xác định đa thức H(x) có bậc deg H(x) (cid:54) N − 1 thỏa mãn điều kiện

(1.5)

H (k)(xj) = 0, k = 0, 1, . . . , αj − 1; j = 1, 2, . . . , n.

Lời giải. Ký hiệu

n (cid:89)

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

j=1

n (cid:89)

W (x) = (x − xj)pj

j=1, j(cid:54)=i

Tiếp theo, giả sử H(x) là đa thức có bậc deg H(x) với deg H(x) (cid:54) 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

n (cid:88)

pi−1 (cid:88)

= Wi(x) = (x − xj)pj. W (x) (x − xi)pi

i=1

l=0

Ta có

n (cid:88)

pi−1 (cid:88)

= H(x) W (x) αli (x − xi)pi−l .

i=1

l=0

pi−1 (cid:88)

n (cid:88)

pj−1 (cid:88)

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

l=0

j=1, j(cid:54)=i

l=0

Trong các phép biến đổi tiếp theo, để ý rằng

l (cid:88)

p (cid:88)

l (cid:88)

p (cid:88)

= αli(x − xi)l + (x − xi)pi αlj (x − xj)pj−l .

l f (k)g(l−k) và

k=0

l=0

k=0

l=k

ta thu được

(cid:105)(l)

(f g)(l) = C k Aki = Aki,

(x=xi)

(cid:104) H(x) Wi(x)

= l!αli.

Suy ra

(cid:104)

(cid:105)(l−k)

l (cid:88)

(x=xi)

k=0

Do đó

(cid:104)

(cid:105)(l−k)

l (cid:88)

n (cid:88)

pi−1 (cid:88)

. αli = aki k!(l − k)! 1 Wi(x)

(x=xi)

(cid:104)

(cid:105)(l−k)

k=0 pi−1 (cid:88)

i=1 n (cid:88)

l=0 pi−1 (cid:88)

= H(x) W (x) aki k!(l − k)! 1 Wi(x) 1 (x − xi)pi−l

(x=xi)

i=1

l=k

k=0

Suy ra

(cid:104)

(cid:105)(l−k)

pi−1 (cid:88)

n (cid:88)

pi−1 (cid:88)

= aki k!(l − k)! 1 Wi(x) 1 (x − xi)pi−l .

(x=xi)

i=1

l=k

k=0

hay

(cid:104)

(cid:105)(l−k)

n (cid:88)

pi−1 (cid:88)

H(x) = W (x) aki k!(l − k)! 1 Wi(x) 1 (x − xi)pi−l

(x=xi)

i=1

k=0

l=k

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

(cid:105)(l)

(cid:104)

pi−1−k (cid:88)

n (cid:88)

pi−1 (cid:88)

H(x) = . aki Wi(x) (x − xi)k k! (x − xi)l−k (l − k)! 1 Wi(x)

(x=xi)

i=1

l=0

k=0

hay

(cid:111)(pi−1−k)

(cid:110) 1

n (cid:88)

pi−1 (cid:88)

H(x) = Wi(x) aki (x − xi)k k! (x − xi)l l! 1 Wi(x)

(x=xi)

i=1

k=0

trong đó

(cid:111)(pi−1−k)

(cid:104)

(cid:105)(l)

(cid:110) 1

pi−1−k (cid:88)

H(x) = , Wi(x) T aki (x − xi)k k! Wi(x)

(x=xi)

l=0

T = (x − xi)l l! Wi(x) 1 Wi(x)

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

Ký hiệu

(cid:111)(pi−1−k)

(cid:110) 1

. 1 Wi(x)

(x=xi)

Khi đó, dễ thấy rằng

. Hki(x) = Wi(x) T (x − xi)k k! Wi(x)

deg Hki(x) (cid:54) k + (N − pi) + (pi − 1 − k) = N − 1,

và

 

ki (xj) =



hay H (l)

ki (xj) = δklδij.

Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng

(cid:111)(pi−1−k)

(cid:110) 1

n (cid:88)

pi−1 (cid:88)

n (cid:88)

pi−1 (cid:88)

(1.6)

1 nếu k = l i = j H (l) 0 nếu k (cid:54)= l hoặc i (cid:54)= j

(x=xi)

i=1

k=0

hay

(cid:111)(pi−1−k)

(cid:110) 1

n (cid:88)

pi−1 (cid:88)

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

(x=xi)

i=1

k=0

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) (cid:54) N − 1 và

n (cid:88)

pj−1 (cid:88)

n (cid:88)

pj−1 (cid:88)

H(x) = aki Wi(x) T (x − xi)k k! wi(x)

lj (xi) =

j=1

l=0

Suy ra

H (k)(xi) = aljH (k) aljδklδij.

Cuối cùng, ta chứng minh tính duy nhất nghiệm của bài toán nội suy Hermite. Giả sử tồn tại đa thức H∗(x), có bậc deg H∗(x) với deg H∗(x) (cid:54) 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) (cid:54) N − 1 và thỏa mãn điều kiện

H (k)(xi) = aki, (∀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

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

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

H(x) = H∗(x).

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

Suy ra

Vậy nên

N −1 (cid:88)

. Hk1(x) = (x − x1)k 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

≡ T (x). H(x) = ak1 (x − x1)k k!

Suy ra

N (cid:89)

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

j=1, j(cid:54)=i

Vậy nên

N (cid:88)

= H0i(x) = = Li(x). Wi(x) Wi(xi) x − xj xi − xj

i=1

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)

(cid:111)(pi−1−k)

(cid:110) 1

n (cid:88)

pi−1 (cid:88)

H(x) = a0iLi(x) ≡ L(x).

(x=xi)

i=1

k=0

trong đó

(cid:111)(pi−1−k)

(cid:105)(l)

(cid:104)

(cid:110) 1

pi−1−k (cid:88)

, H(x) = Wi(x) T aki (x − xi)k k! Wi(x)

(x=xi)

l=0

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

T . = (x − xi)l l! Wi(x) 1 Wi(x)

(cid:111)(1−k)

(cid:110) 1

n (cid:88)

1 (cid:88)

k = 0, 1 và ta có

(x=xi)

i=1

k=0

Suy ra

(cid:111)(1)

(cid:111)(0)

(cid:105)

(cid:110) 1

n (cid:88)

H(x) = . aki Wi(x) T (x − xi)k k! Wi(x)

(cid:104) a0i T Wi(x)

(x=xi)

i=1

H(x) = + a1i(x − xi) T Wi(x) Wi(x)

hay

(cid:16)

(cid:17)

n (cid:88)

(cid:104) a0i

(cid:105) + a1i(x − xi)

(cid:48)(xi) Wi Wi(xi)

(cid:16)

(cid:17)

i=1 n (cid:88)

H(x) = 1 − = (x − xi) Wi(x) Wi(xi)

(cid:104) a0i −

(cid:105) . (x − xi)

(cid:48)(xi) Wi Wi(xi)

i=1

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

n (cid:89)

= a0i − a1i Wi(x) Wi(xi)

i (x),

j=1, j(cid:54)=i

(cid:48)

(cid:105)(cid:48)

n (cid:89)

(cid:104) = 2

= Wi(x) Wi(xi) (x − xj)2 (xi − xj)2 = L2

i(xi).

x=xi

(cid:48)(xi) Wi Wi(xi)

j=1, j(cid:54)=i

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

(cid:48)

n (cid:88)

= 2L x − xj xi − xj

(cid:105) (cid:1)(x − xi)

(cid:104) i (x)

i(xi) − a1i

i=1

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 ak0i0 = a (cid:54)= 0 và aki = 0, ∀(k, i) (cid:54)= (k0, i0).

Khi đó, ta có

(cid:111)(pi0 −1−k0)

(cid:110) 1

H(x) = L2 . a0i − (cid:0)2a0iL

(x=xi0)

Nếu k0 = p0 − 1 và chọn ak0i0 = (pi0 − 1)!Wi0(xi0) thì ta có

. Wi0(x) T H(x) = ak0i0 (x − xi0)k0 k0! Wi0(x)

Vậy, trong trường hợp đặc biệt

 



. H(x) = W (x) x − xi0

thì đa thức nội suy Hermite có dạng

H (k)(xi0) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , pi0 − 2; H (pi0−1)(xi0) = (pi0 − 1)!Wi0(xi0); H (k)(xi) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , pi − 1, ∀i = 1, 2, . . . , n, i (cid:54)= i0

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

Ngược lại, mọi đa thức có dạng

đều là nghiệm của các bài toán Hermite

 



H(x) = (x − x1)α1(x − x2)α2 · · · (x − xn)αn, xi (cid:54)= xj ∀i (cid:54)= j, i, j = 1, 2, . . . , n

Chẳng hạn, nếu ta viết

H (k)(xi) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , αi − 1, i = 1, 2, . . . , n H (αi0 )(xi0) = αi0!Wi0(xi0).

thì H(x) là nghiệm của bài toán Hermite sau đây

 



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

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 (cid:62) 2) sao cho tồn tại dãy số r1, r2, . . . , rn (r1 < r2 < . . . < rn) thoả mãn các điều kiện sau

 

H (k)(x1) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , α1 − 1, H (α1)(x1) = α1!W1(x1) H (k)(xi) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , αi − 1, ∀i = 1, 2, . . . , n, i (cid:54)= 1.



(i = 1, 2, . . . , n).

Lời giải. Nhận xét rằng với a < b và x = αa + (1 − α)b ; α ∈ (0, 1) thì x ∈ (a, b). Khi đó

f (ri) = 0, f (cid:48)(αri + (1 − α)ri+1) = 0

Do vậy p > 0 khi và chỉ khi α >

, p < 0 khi và chỉ khi α <

và p = 0 khi

+ = . p = 1 x − a 2α − 1 α(1 − α)(b − a)

. Theo giả thiết thì

và chỉ khi α =

1 x − b 1 2 1 2

n (cid:89)

1 2

i=1

nên

n (cid:88)

f (x) = c (x − ri)

i=1

. = f (cid:48)(x) f (x) 1 x − ri

ta đặt x = αr1 + (1 − α)r2. Khi đó theo giả thiết thì

Với n (cid:62) 3 và 0 < α (cid:54) 1 2

n (cid:88)

f (cid:48)(x) = 0 và đồng thời f (x) = 0. Mặt khác

i=3

mâu thuẫn.

= + + < 0, f (cid:48)(x) f (x) 1 x − r1 1 x − r2 1 x − ri

Tương tự với n (cid:62) 3 và

Nếu n = 2 và α (cid:54)=

< α < 1 ta cũng nhận được điều vô lý. 1 2

. Khi đó mọi tam thức bậc hai có 2

vậy chỉ cần xét trường hợp n = 2 và α =

, thì tương tự như trên cũng dẫn đến điều mâu thuẫn. Do 1 2

nghiệm phân biệt đều thoả mãn bài toán 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 (cid:88)

1 2

nP (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 (cid:88)

(−1)kC k

k=0

nên

n−1 (cid:88)

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

k=0

Ta có

n−1 (cid:88)

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

k=0

Suy ra

n−1 (cid:88)

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

n P (n) =

nP (k).

k=0

Vậy điều kiện bài toán được thỏa mãn.

Tóm lại, các đa thức cần tìm có dạng

n−1 (cid:88)

(−1)nC n (−1)kC k

k=0

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

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 (cid:62) 1) với hệ số nguyên sao cho

(cid:105) .

(cid:12) (cid:12) (cid:12)Pn(x) −

(cid:12) (cid:12) (cid:12) <

(cid:104) 1 10

Lời giải. Xét đa thức

∀x ∈ , 1 2 1 1000 9 10

(cid:105)

[(2x − 1)n + 1]. Pn(x) = 1 2

(cid:104) 1 10

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

, 9 10

(cid:12) (cid:12) (cid:12)Pn(x) −

(cid:12) (cid:12) (cid:12) =

(0, 8)n ∀n ∈ N∗. 1 2 1 2

Bài toán 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

(cid:12) (cid:12) (cid:12)Pn(x) −

(cid:12) (cid:12) (cid:12) <

|2x − 1|n (cid:54) 1 2 Chọn n để (0, 8)n < 0, 002. Chẳng hạn n > 28 thì ta có ngay Pn(x) chính là đa thức cần tìm.

(cid:17)

với mọi x thuộc khoảng

p q 1 q2

(cid:16) 1 2q

Lời giải. Với q = 1 thì ta chọn P (x) ≡ p. Với q > 1 thì ta thấy khoảng

(cid:17)m

(cid:17)

. Chọn

có độ dài bằng 1/q < 1. Chọn m ∈ N sao cho

, 3 2q

(cid:16) 3 2q

(cid:16) 1 2q

< I = , 1 q

(cid:17)m

3 2q n đủ lớn để

với a = 1 −

(cid:16) 1 2q

và đặt

an < 1 pq

Khi đó rõ ràng Pn(x) là đa thức với hệ số nguyên và với x ∈ I thì

(cid:12) (cid:12)

[1 − (1 − qxm)n]. Pn(x) = p q

(cid:12) (cid:12) (cid:12)Pn(x) −

(cid:12) (cid:12) (cid:12) =

(cid:12)(1 − qxm)n(cid:12) (cid:12) (cid:12) <

và

an < p q p q p q 1 q2

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

[(2x − 1)n + 1]. Pn(x) = 1 2

Bài toán 1.7. Chứng minh rằng không tồn tại đa thức f (x) ∈ Z[x] mà f (2005) = 2005 và f (2007) = 2008.

Lời giải. Giả sử tồn tại đa thức

thỏa mãn điều kiện của bài toán.

Khi đó, ta có

f (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a0, ai ∈ Z ∀i ∈ {0, 1, . . . , n}

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

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.

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

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 (cid:54)= xkj ∀i (cid:54)= j; k = 0, 1, . . . , n − 1; i, j = 1, . . . , rk+1; trong đó

Hãy xác định đa thức f (x) có bậc deg f (x) (cid:54) N − 1 và thỏa mãn điều kiện

(1.7)

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

Lời giải. Ký hiệu

rk+1 (cid:89)

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

j=1, j(cid:54)=i

Khi đó, dễ thấy rằng

, (k = 0, 1, . . . , n − 1) và phép lấy nguyên hàm . Lki(x) = x − xkj xki − xkj

deg Lki(x) (cid:54) rk+1 − 1,

 



hay Lki(xkj) = δij.

1 nếu i = j Lki(xkj) = 0 nếu i (cid:54)= j

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

rk+1 (cid:88)

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

i=1

Dễ thấy rằng

yk(x) = Rsk [aki − y(sk)

Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng đa thức

deg yk(x) (cid:54) N − 1 và deg yk(x) < sk+1.

chính là nghiệm duy nhất của bài toán nội suy Lagrange - Newton (1.7).

Thật vậy, dễ thấy rằng deg f (x) (cid:54) N − 1. Ngoài ra, ta cũng có

f (x) = y0(x) + y1(x) + · · · + yn−1(x)

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

j=1

rn(cid:88)

= y(sn−1) n−1 (x(n−1)i) rn(cid:88) = a(n−1)j.L(n−1)j(x(n−1)i)

j=1

= a(n−1)j.δij = a(n−1)i

n−1 (x(n−2)i),

trong đó

rn−1 (cid:88)

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

n−1 (x(n−2)j)].L(n−2)j(x(n−2)i)

j=1

rn−1 (cid:88)

[a(n−2)j − y(sn−2) y(sn−2) n−2 (x(n−2)i) =

n−1 (x(n−2)j)].δij

j=1

= [a(n−2)j − y(sn−2)

n−1 (x(n−2)i).

Vậy nên

= a(n−2)i − y(sn−2)

Bằng cách tương tự, ta chứng minh được rằng

f (sn−2)(x(n−2)i) = a(n−2)i.

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

Cuối cùng, nếu có đa thức f∗(x) với bậc deg f∗(x) (cid:54) N − 1 và thỏa mãn điều kiện của bài toán (1.7), thì khi đó đa thức

cũng có bậc deg P (x) (cid:54) N − 1 và thỏa mãn điều kiện

P (x) = f (x) − f∗(x)

Khi đó, theo như cách xây dựng đa thức f (x) ở phần trên, ứng với trường hợp

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

ta có

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

Suy ra P (x) ≡ 0, và do đó f (x) = f∗(x). Từ bài toán 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 toán 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 toán nội

suy Lagrange - Newton chính là bài toán nội suy Newton đã biết.

yk = 0, ∀k = 0, 1, . . . , n − 1.

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 toán tìm nguyên 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) = b0xn + b1xn−1 + · · · + bn đều có thể được biểu diễn được như sau

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

(cid:40)

Q(x) = b0(x − a1)m1(x − a2)m2 . . . (x − ar)mr,

r (cid:88)

(cid:41) .

s=1

Từ đó, suy ra

(cid:82) R (x) dx = A0

βs,2 + A0xp + A1xp−1 + · · · + Ap + βs,1 x − as βs,ms (x − as)ms (x − as)2 + · · · +

+ A1 + · · · + Apx + C xp p xp+1 p + 1 (cid:40)

r (cid:80) s=1

+ − · · · βs,1 ln (x − as) −

βs,2 x − as (cid:41) . − βs,ms (ms − 1) (x − as)ms−1

là hàm số sơ cấp.

Xét các dạng toán minh họa sau.

là một hàm số hữu tỉ. Nguyên hàm

Bài toán 2.1. Ta có f (x) =

của nó có dạng là tổng của một hàm số hữu tỉ và các logarit của những hàm số hữu tỉ.Thật vậy, ta có

(cid:90)

2x + 2 x3 − 3x + 2

(cid:90)

dx = dx

2x + 2 (x − 1)2 (x + 2) (cid:90) 2x + 2 x3 − 3x + 2 (cid:90) 4 dx − dx = 2 9 (x + 2)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

trong đó C là hằng số.

Nhận xét 2.3. Nếu m và n là các số nguyên, thì ta có các kết luận sau.

m dx là hàm số sơ cấp nếu và chỉ nếu m = ±1 hoặc

i) Tích phân (cid:82) (1 − xn)

+ ln = − + C 3(x − 1)2 dx + 2 9 4 3 (x − 1) x − 1 x + 2 2 9 (x − 1) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

ii) Tích phân (cid:82) sinmxcosnxdx là hàm số sơ cấp với mọi giá trị của m và n.

Thật vậy, vì m, n là các số nguyên nên ta có

(cid:82) sinmx.cosnxdx = (cid:82) sinmx(cid:0)cos2x(cid:1) n−1

2 cos xdx

n = ±1 hoặc m = −n.

2 du, (u = sin x) .

Tích phân trên là hàm số sơ cấp nếu và chỉ nếu m lẻ hoặc n lẻ hoặc cả hai

= (cid:82) sinmx(cid:0)1 − sin2 x(cid:1) n−1 = (cid:82) um(cid:0)1 − u2(cid:1) n−1

Định lý Laplace 2.1 cho ta kết luận rằng mọi hàm hữu tỉ đều có nguyên hàm sơ cấp. Tuy nhiên, việc tìm các nguyên hàm này không phải là một công việc đơn giản.

Sau đây là một số thuật toán giải bài toán trên. Trong mục này, ta xét một thuật toán tìm nguyên hàm của hàm số hữu tỉ có

n, m chẵn.

dạng f (x) =

trong đó P (x) là một đa thức, xi (cid:54)= xj với mọi i (cid:54)= j.

P (x)

n (cid:81) i=1

Từ công thức trên, ta có một phương pháp tìm nguyên hàm của hàm số hữu

tỉ mà mẫu thức bậc n có n nghiệm đơn phân biệt.

(x − xi)

Để tìm nguyên hàm của hàm số hữu tỉ có dạng

P (x) , f (x) =

n (cid:81) i=1

trong đó P (x) là một đa thức và xi (cid:54)= xj với mọi i (cid:54)= j. Ta tiến hành theo trình tự như sau.

Bước 1. Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta phân tích P (x) thành dạng

tổng

(x − xi)

với aj = P (xj), với ∀j = 1, 2, . . . , n.

n (cid:80) j=1

(cid:81) i=1,i(cid:54)=j

Bước 2. Thực hiện phép chia P (x) cho

aj x − xi xj − xi

n (cid:81) i=1

định dạng đơn giản.

Sau đây, xét một số ví dụ minh họa.

Bài toán 2.2. Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) =

(x − xi) ta sẽ được tích phân bất

. 2x2 (x + 1) (x − 1) (x − 2)

Lời giải. Đặt P (x) = 2x2 và xét ba nút nội suy là x1 = −1; x2 = 1; x3 = 2. Ta có a1 = 2, a2 = 2, a3 = 8. Áp dụng công thức nội suy Lagrange, ta có −1 3 (x + 1)

(cid:90)

f (x) = − + . 8 3 (x − 2) 1 x − 1

Từ đây, ta suy ra nguyên hàm của hàm số cần tìm là 8 −1 3 3

trong đó C là hằng số.

Bài toán 2.3. Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) =

ln |x + 1| − ln |x − 1| + ln |x − 2| + C, f (x) dx =

x2 + 3x + 8 (x + 1) (x − 1) (x − 2) (x + 3) Lời giải. Đặt P (x) = x2 + 3x + 8 và xét bốn nút nội suy là x1 = −1; x2 = 1; x3 = 2; x4 = −3. Ta có a1 = 6, a2 = 12, a3 = 18, a4 = 8. Áp dụng công thức nội suy Lagrange, ta có

Từ đây, ta suy ra nguyên hàm của hàm số cần tìm là

(cid:90)

f (x) = − + − . 1 2 (x + 1) 3 2 (x − 1) 6 5 (x − 2) 1 5 (x + 3)

trong đó C là hằng số.

f (x) dx = ln |x + 1| − ln |x − 1| + ln |x − 2| − ln |x + 3| + C, 1 2 3 2 6 5 1 5

Bài toán 2.4. Tìm nguyên hàm của hàm số x2 (x − 1) (x − 2) (x − 3)

Lời giải. Đặt P (x) = x2 và xét ba nút nội suy là x1 = 1; x2 = 2; x3 = 3. Ta có a1 = 1, a2 = 4, a3 = 9. Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta được

f (x) = .

Rút gọn f (x) ta được hàm số sau.

P (x) = − (x − 2) (x − 3) − 4 (x − 1) (x − 2) + (x − 1) (x − 2) . 9 2

Từ đây, ta suy ra nguyên hàm của hàm số cần tìm là

(cid:90)

f (x) = − + . −1 2(x − 1) 4 (x − 2) 9 2(x − 3)

trong đó C là một hằng số.

Bài toán 2.5. Tìm nguyên hàm của hàm số

ln |x − 3| + C, f (x) dx = − ln |x − 1| − 4 ln |x − 2| + 9 3

Lời giải. Đặt P (x) = x2 − 5x + 10 và xét bốn nút nội suy là x1 = 1; x2 = 2; x3 = −1; x4 = −2. Ta có a1 = 6, a2 = 4, a3 = 16, a4 = 24. Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta được

f (x) = . x2 − 5x + 10 (x − 1) (x − 2) (x + 1) (x + 2)

+ (x − 1) (x + 1) (x + 2) P (x) = − (x − 2) (x + 1) (x + 2) 1 3

(x − 1) (x − 2) (x + 2) − 8 3

Rút gọn f (x) ta được hàm số sau.

− 2 (x − 1) (x − 2) (x − 3) .

Từ đây, ta suy ra nguyên hàm của hàm số cần tìm là

(cid:90)

+ + − . f (x) = −1 (x − 1) 1 3 (x − 2) 8 3 (x + 1) 2 (x + 2)

trong đó C là một hằng số.

f (x) dx = − ln |x − 1| + ln |x − 2| + ln |x + 1| − 2 ln |x − 4| + C, 1 3 8 3

Bài toán 2.6. Tìm nguyên hàm của hàm số

Lời giải. Đặt

. f (x) = x2 − 2x + 3 24x3 − 10x2 − 3x + 1

Q(x) = 24x3 − 10x2 − 3x + 1 = 24(x − )(x + )(x − ). 1 2 1 3

. Ta ; x2 = ; x3 = 1 2 1 4 −1 3 1 4

có a1 =

Khi đó ta đặt P (x) = x2 và xét ba nút nội suy là x1 = 41 16

Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta được

(cid:18)

(cid:19) (cid:18)

(cid:18)

(cid:19)

(cid:19) (cid:18)

(cid:18)

(cid:19)

(cid:19) (cid:18)

(cid:19)

. , a2 = , a3 = 34 9 9 4

Rút gọn f (x) ta được hàm số sau.

P (x) = x + x − + x − x − − x − x + . 54 5 1 3 1 4 272 35 1 2 1 4 123 7 1 2 1 3

(cid:18)

(cid:19) +

(cid:19).

54 123 f (x) = +

Từ đây, ta suy ra nguyên hàm của hàm số cần tìm là

(cid:90)

5(x − ) x + 7 x − 1 2 272 1 3 1 4

trong đó C là một hằng số.

f (x) dx = ln |x − | + ln |x − | − ln |x − | + C, 54 5 1 2 272 35 1 3 123 7 1 4

Bài toán 2.7. Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) =

Lời giải. Ta phân tích x4 − 5x2 + 4 = (x − 1)(x − 2)(x + 1)(x + 2). Khi đó ta đặt P (x) = x3 và xét bốn nút nội suy là x1 = 1; x2 = 2; x3 = −1; x4 = −2. Ta có a1 = 1, a2 = 8, a3 = −1, a4 = −8. Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta được

. x3 x4 − 5x2 + 4

(x − 2)(x + 1)(x + 2) + (x − 1)(x + 1)(x + 2) P (x) = 2 3

Rút gọn f (x) ta được hàm số sau.

− (x − 1)(x − 2)(x + 2) + (x − 1)(x − 2)(x + 1). −1 6 1 6 2 3

f (x) = + − + . −1 6(x − 1) 2 3(x − 2) 1 6(x + 1) 2 3(x + 2)

Từ đây, ta suy ra nguyên hàm của hàm số cần tìm là

(cid:90)

trong đó C là một hằng số.

Như vậy, chúng ta thấy rằng để tính nguyên hàm của hàm phân thức với các cực điểm đơn thì ta sẽ sử dụng công thức nội suy Lagrange để tính. Vậy với hàm phân thức có các cực điểm bậc tùy ý ta sẽ tính nguyên hàm như thế nào. Câu trả lời sẽ được trình bày trong phần tiếp theo.

f (x) dx = ln |x − 1| + ln |x − 2| − ln |x + 1| + ln |x + 2| + C, 2 3 1 6 2 3 −1 6

2.2 Nguyên hàm của hàm phân thức với các cực điểm

bậc tùy ý

Ta sử dụng công thức nội suy Hermite để tính nguyên hàm với hàm phân thức

với các cực điểm bậc tùy ý.

Trong mục này, ta sẽ giới thiệu phương pháp tìm nguyên hàm của hàm số hữu tỉ (x − xj)rj với deg Q < r1 + r2 + · · · + rn = N.

có dạng (cid:82) Q(x) W (x)

n (cid:81) j=1

Ta có

n (cid:89)

dx, với W (x) =

j=1

đặt

n (cid:89)

W (x) = (x − xj)rj,

j=2

với ∀i, j = 1, 2, . . . , n. Ta dễ thấy,

W1(x) = (x − xj)rj

và

α1 = + + Q1(x), Q(x) W (x) (x − x1)r1−1 + · · · + αr1−1 (x − x1) α0 (x − x1)r 1

(cid:105)(k)

với k!αk =

α2 + = α0 + Q(x) W1(x) α1 x − x1 (x − x1)2 + · · · + α{r1 − 1} (x − x1)r1−1 + Q1(x)(x − x1)r1

(cid:104) Q(x) W1(x)

x=x1

(cid:105)(k)

(2.1)

; k = 0, 1, . . . , r1 − 1, hay

(cid:104) Q(x) W1(x)

x=x1

; k = 0, 1, . . . , r1 − 1. αk = 1 k!

Nội dung phương pháp:

- Bước 1: Xác định các nút nội suy là nghiệm đơn hoặc nghiệm bội của mẫu

thức.

- Bước 2: Biểu diễn đa thức đã cho theo các nút nội suy theo công thức Hermite. - Bước 3: Tính các hệ số bằng công cụ đạo hàm và biểu diễn.

(cid:90)

Q(x) dx =

n (cid:81) j=1

(cid:90) (cid:16)

(cid:17)

(x − xj)rj

(cid:90) (cid:16)

(cid:17)

α1 = + dx + · · · +

β1 + dx. + αr1−1 (x − x1) βrn−1 (x − xn) α0 (x − x1)r 1 β0 (x − xn)r n

Tiếp theo, ta xét một vài ví dụ minh họa.

Bài toán 2.8. Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) =

(x − x1)r1−1 + · · · + (x − xn)rn−1 + · · · + Sau đó, nguyên hàm này có thể tính được nhờ bảng nguyên hàm của các hàm số thường gặp.

Lời giải. Áp dụng công thức nội suy Hermite, ta có

x2 + x + 1 (x − 1)3(x + 2)2 .

Vậy nguyên hàm của hàm số cần tìm là

(cid:90)

f (x) = . 2 3 (x − 1) −1 9(x + 2)2 + 1 3(x − 1)3 + 1 (x − 1)2 +

trong đó C là hằng số.

Bài toán 2.9. Tính tích phân

− + ln |x − 1| + C, f (x) dx = 1 9 (x + 2) 1 x − 1 2 3 1 6(x − 1)2 −

(cid:90) Pn(x)dx (x − a)n+1 ,

trong đó Pn(x) là đa thức bậc n của x.

Lời giải. Áp dụng khai triển Taylor cho đa thức Pn(x) tại x = a :

I =

n (cid:88)

(k)(a) k!

k=0

Pn (x − a)k. Pn(x) =

Khi đó

(cid:90)

n (cid:88)

(k)(a) k!

k=0

n−1 (cid:88)

Pn Pn(x) I = (x − a)n+1 dx = dx (x − a)n−k+1

k=0

Bài toán 2.10. Tính tích phân

(cid:90)

= ln |x − a| + C. P (n) n (a) n! P (k) n (a) k!(n − k)(x − a)n−k +

Lời giải. Áp dụng khai triển Taylor cho đa thức P (x) = x2017 tại x = 1 :

I = x2017dx (x − 1)2018 .

2017 (cid:88)

(k)(1) k!

k=0

Khi đó

(cid:90)

Pn P (x) = (x − 1)k.

2017 (cid:88)

k=0

2016 (cid:88)

P (x) I = (x − 1)2018 dx = P (k)(1) k! dx (x − 1)2018−k

k=0

với C là hằng số tuỳ ý.

Bài toán 2.11. Tìm nguyên hàm của hàm số

ln |x − 1| + C, = P (2017)(1) 2017! P (k)(1) k!(2017 − k)(x − 1)2017−k +

Lời giải. Biến đổi (x2 − 5x + 6)4 = (x − 3)4(x − 2)4. Theo thuật toán Hermite áp dụng với mẫu số là các nghiệm bội ta có:

f (x) = 1 (x2 − 5x + 6)4 .

1 (x − 3)4(x − 2)4 =

Ta có

. + α0 (x − 3)4 + β0 (x − 2)4 + α1 (x − 3)3 + β1 (x − 2)3 + α2 (x − 3)2 + β2 (x − 2)2 + α3 (x − 3) β3 (x − 2)

(x − 2)4 = α0 + α1(x − 3) + α2(x − 3)2 + α3(x − 3)3

(cid:16)

(cid:17)

Trong đó

+ + (x − 3)4. β0 (x − 2)4 + β1 (x − 2)3 + β2 (x − 2)2 + β3 (x − 2)

1 α0 =

x=3

= −4; α1 =

x=3

= 10; α2 =

x=3

Ta lại có

(x − 2)−4(cid:105)(1) (cid:104) (x − 2)−4(cid:105)(2) (cid:104) (x − 2)−4(cid:105)(3) (cid:104) = −20. α3 = (3 − 2)4 = 1; 1 1! 1 2! 1 3!

(cid:16)

(cid:17)

với

(x − 1)3 = β0 + β1(x − 2) + β2(x − 2)2 + β3(x − 2)3+ (x − 2)4, + α2 (x − 3)2 + α3 (x − 3) α1 (x − 3)3 + α0 (x − 3)4 +

1 β0 =

x=2

= 4; β1 =

x=2

= 10; β2 =

x=2

Vậy ta có thể viết

(x − 1)−4(cid:105)(1) (cid:104) (x − 1)−4(cid:105)(2) (cid:104) (x − 1)−4(cid:105)(3) (cid:104) = 20. β3 = (2 − 1)3 = 1; 1 1! 1 2! 1 3!

1 (x − 3)4(x − 2)4 =

Từ đó, suy ra

(cid:90)

. + 1 (x − 3)4 + 1 (x − 2)4 + −4 (x − 3)3 + 4 (x − 2)3 + 10 (x − 3)2 + 10 (x − 2)2 + −20 (x − 3) 20 (x − 2)

( = )dx (x2 − 5x + 6)4 dx = (cid:90) 1 −4 (x − 3)3 + (x − 3)4 + 1 (x − 3)4(x − 2)4 dx 10 (x − 3)2 + −20 (x − 3)

(cid:90)

+ ( )dx 20 (x − 2)

− 20 ln |x − 3| = 1 (x − 2)4 + −1 3(x − 3)3 + 10 (x − 2)2 + −10 (x − 3)

+ + 20 ln |x − 2| + C,

= + 20 ln |x − 2| |x − 3|

trong đó C là hằng số.

Bài toán 2.12. Tìm nguyên hàm của hàm số

+ + C, −1 3(x − 2)3 + −1 3(x − 3)3 + −1 3(x − 2)3 + 4 (x − 2)3 + 2 (x − 3)2 + −2 (x − 2)2 + 2 (x − 3)2 + −2 (x − 2)2 + −10 (x − 2) −10 (x − 3) −10 (x − 2)

Lời giải. Theo thuật toán Hermite cho mẫu số có các nghiệm bội ta có:

f (x) = 1 (x − 1)3(x − 2)4 .

+ α2 (x − 1)

và

+ . 1 (x − 1)3(x − 2)4 = β1 (x − 2)3 + α0 (x − 1)3 + β2 (x − 2)2 + α1 (x − 1)2 + β3 (x − 2) β0 (x − 2)4 +

(cid:16)

(cid:17)

Trong đó

(x − 1)3. (x − 2)4 = α0 + α1(x − 1) + α2(x − 1)2+ β3 β1 + (x − 2)3 + (x − 2) β0 (x − 2)4 + β2 (x − 2)2 +

(cid:104)

1 α0 =

x=1

(cid:104)

= 4; α1 =

x=1

Ta lại có

(x − 2)−4(cid:105)(1) (x − 2)−4(cid:105)(2) = 10. α2 = (1 − 2)4 = 1; 1 1! 1 2!

(x − 3)4 = β0 + β1(x − 2) + β2(x − 2)2 + β3(x − 2)3

(cid:16)

(cid:17)

với

+ (x − 2)4, α0 (x − 1)3 + α1 (x − 1)2 + α2 (x − 1)

1 β0 =

x=2

= −3; β1 =

x=2

= 6; β2 =

x=2

Vậy ta có thể viết 1 (x − 1)3(x − 2)4 =

(x − 1)−3(cid:105)(1) (cid:104) (x − 1)−3(cid:105)(2) (cid:104) (x − 1)−3(cid:105)(3) (cid:104) = −10. β3 = (2 − 1)3 = 1; 1 1! 1 2! 1 3!

Từ đó suy ra

(cid:90)

(cid:90) (cid:16)

+ . 1 (x − 1)3 + 1 (x − 2)4 + 4 (x − 1)2 + −3 (x − 2)3 + 10 (x − 1) 6 (x − 2)2 + −10 (x − 2)

10 (x − 1) (x − 1)3(x − 2)4 dx =

dx, + 1 (x − 1)3 + 6 (x − 2)2 + 4 (x − 1)2 + −10 (cid:17) (x − 2)

+ 10 ln |x − 1| + = −1 3(x − 2)3

− 10 ln|x − 2| + C, +

= + 10 ln

trong đó C là hằng số.

Bài toán 2.13. Tìm nguyên hàm của hàm số

+ + C, 1 (x − 2)4 + −1 2(x − 1)2 + 3 2(x − 2)2 + −1 2(x − 1)2 + −1 3(x − 2)3 + −3 (x − 2)3 + −4 (x − 1) −6 (x − 2) −4 (x − 1) 3 2(x − 2)2 + |x − 1| |x − 2| −6 (x − 2)

f (x) = = r q 2x2 − 2x + 5 (x − 1)3(x − 2)4 .

Lời giải. Theo thuật toán Hermite, ta có 2x2 − 2x + 5 (x − 1)3(x − 2)4 =

+ α0 (x − 1)3 + α1 (x − 1)2 + α2 (x − 1)

và

+ , β0 (x − 2)4 + β1 (x − 2)3 + β2 (x − 2)2 + β3 (x − 2)

(cid:16)

(cid:17)

2x2 − 2x + 5

trong đó

+ (x − 1)3, (x − 2)4 = α0 + α1(x − 1) + α2(x − 1)2+ β3 β1 (x − 2)3 + (x − 2) β2 (x − 2)2 + β0 (x − 2)4 +

2.1 − 2.1 + 5 α0 =

x=1

= 22; α1 =

x=1

Mặt khác

(1 − 2)4 = 5; (2x2 − 2x + 5)(x − 2)−4(cid:105)(1) (cid:104) (2x2 − 2x + 5)(x − 2)−4(cid:105)(2) (cid:104) = 60. α2 =

(cid:17)

(cid:16)

2x2 − 2x + 5

trong đó

(x − 1)3 = β0 + β1(x − 2) + β2(x − 2)2 + β3(x − 2)3 (x − 2)4, + α1 (x − 1)2 + α2 (x − 1) α0 (x − 1)3 +

(cid:104)

= 9; β0 = 2.22 − 2.2 + 5 (2 − 1)3

x=2

(cid:104)

= 9; β1 =

x=2

(cid:104)

= 68; β2 =

x=2

Vậy ta có thể viết

(2x2 − 2x + 5)(x − 1)−3(cid:105)(1) (2x2 − 2x + 5)(x − 1)−3(cid:105)(2) (2x2 − 2x + 5)(x − 1)−3(cid:105)(3) = −360. β3 =

2x2 − 2x + 5 (x − 1)3(x − 2)4 =

+ . 5 (x − 1)3 + 9 (x − 2)4 + 22 (x − 1)2 + −21 (x − 2)3 + 60 (x − 1) 68 (x − 2)2 + −360 (x − 2)

Từ đó, suy ra

(cid:90)

(cid:90) (cid:16)

60 (x − 1)

+ dx 5 (x − 1)3 + 68 (x − 2)2 + 22 (x − 1)2 + −360 (cid:17) (x − 2)

+ 60 ln |x − 1| = 9 (x − 2)4 + −5 2(x − 1)2 +

+ −360 ln |x − 2| + C, 2x2 − 2x + 5 (x − 1)3(x − 2)4 dx = −21 (x − 2)3 + −22 (x − 1) 21 2(x − 2)2 + −68 (x − 2)

Bài toán 2.14 (Olympic sinh viên toàn quốc - 2001). Chứng minh rằng tồn tại số thực x ∈ (0, 1) sao cho

1 (cid:90)

−3 (x − 2)3 + trong đó C là hằng số.

Lời giải. Đặt

= . t2000dt (1 + t)(1 + t2) · · · (1 + t2001) x2000 (1 + x)(1 + x2) · · · (1 + x2001)

Bài toán 2.15. Tìm nguyên hàm của hàm số

f (t) = , t ∈ [0, 1]. t2000 (1 + t)(1 + t2) · · · (1 + t2001)

Lời giải. Ta có q = (x − 1)3 (x + 3) . Theo thuật toán Hermite, ta viết

dưới dạng

f (x) = . = r q 3x3 − 2x2 − 4x + 23 (x + 3)(x − 1)3

r q

trong đó a, b, c, d là các hằng số. Đồng nhất các hệ số ta có hệ phương trình sau



= + + r q a x + 3 b x − 1 c (x − 1)2 + b (x − 1)3 ,

a + b = 3

−3a + b + c = −2

3a − 5b − 2c + d = −4

 

−a + 3b − 3c + 3d = 23.

Giải hệ ta có a = 1, b = 2, c = −1 và d = 5. Do đó 1 x + 3

Từ đó suy ra

(cid:90)

= + + −1 (x − 1)2 + 2 x − 1 r q 5 (x − 1)3 .

(cid:90) r q

Vậy, nguyên hàm của hàm số cần tìm là

−1 dx = dx + dx + 1 x + 3 2 x − 1 (x − 1)2 dx + 5 (x − 1)3 dx.

(cid:90) r q

trong đó C là một hằng số.

Bài toán 2.16. Tìm nguyên hàm của hàm số

−5 dx = ln |x + 3| + 2ln|x − 1| + + 1 x − 1 2(x + 1)2 + C,

Lời giải. Ta có q = (x − 2)3 (3x + 1)2 . Theo thuật toán Hermite, ta viết

dưới dạng

= . f (x) = r q 7x3 − 34x2 + 96x − 54 (x − 2)3(3x + 1)2

r q

trong đó a, b, c, d, e là các hằng số. Đồng nhất thức, ta thu được hệ phương trình



= + + r q a 3x + 1 c x − 2 b (2x + 1)2 + d (x − 2)2 + e (x − 2)3 ,

 

= 0 = 7 = −34

Giải hệ phương trình này ta được a = 0, b = 0, c = 2; d = 0 và e = 7. Do đó

9a + 3d −30a + 9b − 17d 13a − 12b + 9c + 30d + e 20a + 11b + 6c − 12d − 14e = 96 4a − 2b + c − 8d + 4e = −54.

Ta có (cid:82)

r q −1 7 (3x + 1)2 . 7 2 + C2, với 2 (x − 2)3 + (x − 2)2 + C1 và (cid:82) (3x + 1)2 dx = −7 3(3x + 1)

(cid:90)

(x − 2)3 dx = C1, C2 là các hằng số. Từ đó suy ra

với C là một hằng số.

f (x)dx = = + C, −1 (x − 2)2 + 7 2(3x + 1) −7x2 + 5x − 4 3(x − 1)2(3x + 1)

Bài toán 2.17. Tìm nguyên hàm của hàm số

Lời giải. Ta có

f (x) = . x5 − x4 + 3x3 − 3x2 + x + 3 x4 − 2x3 + 3x2 − 2x + 1

f (x) =

Đặt

. = x + 1 + x5 − x4 + 3x3 − 3x2 + x + 3 x4 − 2x3 + 3x2 − 2x + 1 2x3 − x2 + 4x + 2 (x2 − x + 1)2

Theo thuật toán Hermite, ta viết

dưới dạng

= . r q 2x3 − x2 + 4x + 2 (x2 − x + 1)2

trong đó a, b, c, d là các hằng số. Đồng nhất hai vế, ta được hệ phương trình



= + r q ax + b x2 − x + 1 r q cx + d (x2 − x + 1)2 ,

 

= 2 = −1

Giải hệ phương trình này ta được a = 2, b = 1, c = 3 và d = 1. Từ đó suy ra

a −a + b a + b + c = 4 = 2. b + d

Bây giờ, ta sẽ tìm (cid:82)

= . r q 3x + 1 (x2 − x + 1)2 + 2x + 1 x2 − x + 1

(cid:90)

dx. Ta có 2x + 1 x2 − x + 1

Từ đó suy ra

(cid:90)

dx = dx + 2 dx. 2x + 1 x2 − x + 1 2x − 1 x2 − x + 2 )2 + (x − 1 1 2 3 4

với C1 là hằng số.

dx = ln(x2 − x + 1) + arctan + C1, 2x + 1 x2 − x + 1 4 √ 3 2x − 1 √ 3

Tiếp sau đây chúng ta sẽ tìm (cid:82)

3x + 1

có

(x2 − x + 1)2 dx. Theo thuật toán Hermite ta

3x + 1 = t(x2 − x + 1) + (ux + v)(2x − 1),

với t, u, v là các hằng số. Đồng nhất hai vế, ta được −1 3

Từ đó suy ra

(cid:90)

; u = ; v = t = . 2 3 5 3

3x + 1

(cid:90) (

(cid:90)

x − )(2x − 1)

dx + dx. = (x2 − x + 1)2 dx = 1 5 3 3 (x2 − x + 1)2

(cid:90)

2 3 x2 − x + 1 Ta dễ dàng tìm được nguyên hàm

4 √ dx = arctan + C2, 2 3 x2 − x + 2 3 3 2x − 1 √ 3

với C2 hằng số. Áp dụng phương pháp tích phân từng phần (đặt u =

và dv =

2x − 1 x − (x2 − x + 1)2 dx) ta được 5 3

(cid:90) (

(cid:90)

x − )(2x − 1) ( x − ) 5 3 1 3 dx = − + dx x2 − x + 1 5 3 x2 − x + 1 1 3 5 1 3 3 (x2 − x + 1)2

với C3 là một hằng số. Như vậy, ta có

(cid:90)

( x − ) 5 3 1 3 = − + arctan + C3, x2 − x + 1 10 √ 3 3 2x − 1 √ 3

arctan + f (x)dx = ln(x2 − x + 1) + 2x − 1 √ 3

( x − ) 5 3 4 √ 3 1 3 arctan − arctan + C + + 4 √ 3 3

với C là một hằng số.

Tiếp theo, ta xét một số ví dụ về tính toán các nguyên hàm của một số lớp

hàm tổng quát.

2x − 1 √ 3 = ln(x2 − x + 1) − + arctan + C, x2 − x + 1 5x − 1 3(x2 − x + 1) 10 √ 3 3 26 √ 3 3 2x − 1 √ 3 2x − 1 √ 3

Bài toán 2.18. Tính tích phân

(cid:90)

Lời giải. Đưa tam thức bậc hai về dạng chính tắc

(cid:104)(cid:16)

(cid:17)2

(cid:105)

In = dx (ax2 + bx + c)n .

trong đó t = x +

ax2 + bx + c = a x + + = a[t2 + ∆] b 2a 4ac − b2 4a2

Khi đó

(cid:90)

; ∆ = . b 2a 4ac − b2 4a2

In = dx (ax2 + bx + c)n = 1 an dt (t2 + ∆)n .

(cid:90) dt

4ac − b2 • Nếu ∆ =

+ C. In = 4a2 = 0 thì 1 an t2n = 1 an(1 − 2n)t2n−1)

(cid:90)

• Nếu ∆ = (cid:54)= 0 thì ta có 4ac − b2 4a2

Mặt khác

(cid:90)

In = 1 an dt (t2 + ∆)n = 1 an Jn.

Jn = dt (t2 + ∆)n

mà

(cid:90)

= + Jn−1 1 2(n − 1)∆ t (t2 + ∆)n − 1 2n − 3 2(n − 1)∆

= In−1 = dt (t2 + ∆)n − 1 1 an−1 Jn−1.

(cid:90)

1 an−1 Suy ra Jn−1 = an−1In−1 nên

Jn = dt (t2 + ∆)n

và

= . an−1In−1 1 2(n − 1)∆ t (t2 + ∆)n−1 + 2n − 3 2(n − 1)∆

In = 1 an Jn

= . an−1In−1. 1 2an(n − 1)∆ t (t2 + ∆)n−1 + 2n − 3 2a(n − 1)∆

Đây là công thức truy hồi cho phép tính các tích phân I2, I3, . . . sau khi biết I1 = (cid:82)

Bài toán 2.19. Tính tích phân

. dx ax2 + bx + c

(cid:90) a1 sin x + b1 cos x a sin x + b cos x

Lời giải. Ta có

I = dx.

Suy ra

(cid:90) A(a sin x + b cos x) + B(a sin x + b cos x)(cid:48)

a1 sin x + b1 cos x = A(a sin x + b cos x) + B(a sin x + b cos x)(cid:48).

I = dx

Bài toán 2.20. Tính tích phân

a sin x + b cos x =Ax + B ln |a sin x + b cos x| + C.

(cid:90) a1 sin x + b1 cos x + c1 a sin x + b cos x + c

Lời giải. Ta có

dx. I =

a1 sin x + b1 cos x + c1 = A(a sin x + b cos x + c)+

Khi đó

(cid:90)

+ B(a sin x + b cos x + c)(cid:48) + C.

(cid:90) d(a sin x + b cos x + c) a sin x + b cos x + c

(cid:90)

+ C I =A dx + B dx a sin x + b cos x + c

Với tích phân

(cid:90)

=Ax + B ln |a sin x + b cos x + c| + C . dx a sin x + b cos x + c

, dx a sin x + b cos x + c

đặt tan

= t ta được x 2

Do đó

(cid:90)

dx = 2dt 1 + t2 ; sin x = 2t 1 + t2 ; cos x = 1 − t2 1 + t2 .

Bài toán 2.21. Tính tích phân

(cid:90)

= . dx a sin x + b cos x + c 2dt (c − b)t2 + 2at + b + c

I = dx (a + b cos x)n dx.

Lời giải. Đặt In = (cid:82)

(cid:90) (a + b sin x)dx (a + b cos x)n−1

(a + b cos x)n . Ta có (cid:90) In−2 =

(cid:90)

dx (a + bcosx)n−2 = (cid:90) = aIn−1 + b d(sin x) (a + b cos x)n−1 .

Ta có

sin x In−2 = aIn−1 + b (a + b cos x)n−1 − (n − 1) b2 sin2 xdx (a + b cos x)n .

Khi đó

b2sin2x = −(a2 − b2) + 2a(a + b cos x) − (a + b cos x)2.

In = −b sin x (n − 1)(a2 − b2)(a + b cos x)n−1 +

+ In−1 − In−2, (2n − 3)a (n − 1)(a2 − b2) (n − 2) (n − 1)(a2 − b2)

với

Asin x In = (a + bcos x)n−1 + BIn−1 + CIn−2,

A = ; B = ; −b (n − 1)(a2 − b2) (2n − 3)a (n − 1)(a2 − b2)

. C = n − 2 (n − 1)(a2 − b2)

Bài toán 2.22. Tính tích phân

(cid:90)

Lời giải. Ta có

√ I = . Pn(x)dx ax2 + bx + c

Đồng nhất hệ số hai vế ta được Rn−2(x), Qn−1(x), α hay

2Pn(x) = 2Rn−2(x)(ax2 + bx + c) + Qn−1(x)(2ax + b) + 2α.

(cid:48)

n−1(x)

Suy ra

(cid:90)

√ √ √ √ ax2 + bx + c+ = Q + . Pn(x) ax2 + bx + c Qn−1(x)(2ax + b) 2a2 + bx + c 2 α 2a2 + bx + c

(cid:90)

Bài toán 2.23. Tính tích phân

(cid:90)

√ I = Pn(x)dx ax2 + bx + c √ √ ax2 + bx + c + α . = Qn−1(x) dx ax2 + bx + c

Nhận xét 2.4. Để tính tích phân này ta thực hiện như sau:

- Phân tích phân thức

thành các phân thức tối giản.

. I = P (x)dx √ ax2 + bx + c Q(x)

- Tách thành các tích phân tương ứng và chọn các phương pháp thích hợp để tính các tích phân từng phần.

Bài toán 2.24. Tìm điều kiện đối với đa thức P (x) để tích phân

(cid:90)

(cid:17)

P (x) Q(x)

(cid:16) 1 x

là một hàm sơ cấp và xét các bài toán tương tự . . . Lời giải. Ta có

(cid:90)

(cid:17)

(cid:90) (cid:16)

(cid:17)n(cid:17)

I = P exdx

P dx = exdx

(cid:90) 1

(cid:16) 1 x = a0ex + a1

(cid:16) 1 x x2 exdx + · · · + an

(cid:90) 1 x

a0 + a1 + · · · + an (cid:90) 1 exdx + a2 xn exdx.

Kí hiệu In = (cid:82) 1 Đặt

xn exdx, ta tính In−1 = (cid:82)

  

u = 1 xn−1 exdx. 1 xn−1

Suy ra

dv = exdx

  

du = − n − 1 xn dx

Khi đó

(cid:90) 1

v = ex.

hay

In−1 = 1 xn−1 ex + (n − 1) xn exdx = 1 xn−1 ex + (n − 1)In

Từ đó suy ra

1 In−1. In = − (n − 1)xn−1 ex + 1 n − 1

a2I2 = −

a3I3 = −

ex + a4I4 = − I1 a2 x a3 2x2 ex − a4 3x3 ex − ex + a2I1 a3 ex + 2x a4 6x2 ex − a3 I1 2 a4 6x a4 6

Suy ra

(cid:90)

(cid:16)

. . . . . . . . .

(cid:16)

)exdx = ex(cid:104) − + . . . P ( a0 − a2 + 1 x

(cid:16)

(cid:17)

a3 2! (cid:17)(cid:105) 1 + − a3 +

(cid:17) 1 x (cid:105) x2 − . . . a4 + · · · + 3!

+ + + a1 + I1. a4 3! a2 1! + . . . a3 2! an (n − 1)!

Để (cid:82) P (

)exdx là một hàm sơ cấp thì cần 1 x

+ + + · · · + = 0. a1 + a2 1! a3 2! a4 3! an (n − 1)!

Bài toán 2.25. Tính tích phân

(cid:90) lnn xdx xm .

Lời giải. Bằng cách lập luận tương tự bài toán trên ta có thể tính được

(cid:90) lnn xdx

In =

Bài toán 2.26. Tính tích phân

; m, n ∈ N, n ≥ 2. In = xm = 1 xm−1Pn(ln x) + C

(cid:90) a1ex + b1e−x + c1 aex + be−x + c

Lời giải. Phân tích

I = dx.

aex + be−x + c = A(a1ex + b1e−x + c1) + B(a1ex − b1e−x) + C,

 



A, B, C được xác định từ hệ

Khi đó

(A + B)a1 = a (A − B)b1 = b Ac1 + C = c.

(cid:90) a1ex + b1e−x + c1 aex + be−x + c

(cid:90)

I =

(cid:90)

= A dx + B + hspace ∗ 6cm + C dx (cid:90) d(a1ex + b1e−x + c1) a1ex + b1e−x + c1 dx a1ex + b1e−x + c1

(cid:12) (cid:12) + C

(cid:12)a1ex + b1e−x + c1

Đối với tích phân (cid:82)

ta đặt t = ex chuyển về tích phân có mẫu

. = Ax + B ln (cid:12) dx a1ex + b1e−x + c1

là tam thức bậc hai .

dx a1ex + b1e−x + c1

Chương 3. Một số dạng toán liên quan

Công thức nội suy Lagrange và Hermite có nhiều ứng dụng thú vị. Nội dung của chương này sẽ trình bày một số ứng dụng của công thức nội suy Lagrange và Hermite.

3.1 Một số bài toán về đa thức nhận giá trị nguyên

Ta xét một số bài toán về đa thức nhận giá trị nguyên hoặc với hệ số nguyên.

Bài toán 3.1. Đa thức

P (x) =

được ký hiệu bởi P (x) = (cid:0)x n Lời giải. Nhận xét rằng tích của n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho n!. Giả sử x(x − 1) · · · (x − n + 1) là tích của n số tự nhiên liên tiếp (x (cid:62) n). Khi đó ta có

x(x − 1) · · · (x − n + 1) n! (cid:1) là đa thức nhận giá trị nguyên.

là một số nguyên.

Từ đó, ta suy ra tích của n số nguyên liên tiếp thì chia hết cho n! và do đó

Bài toán 3.1 được giải quyết.

Nhận xét 3.5. Với n (cid:62) 2 cho ta kết quả sau.

Tồn tại đa thức nhận giá trị nguyên với các hệ số có thể không bắt buộc là những số nguyên. Với n (cid:62) 2, tồn tại một đa thức với các hệ số đều hữu tỷ không nguyên nhưng nhận giá trị nguyên tại các điểm nguyên.

Bài toán 3.2. Đa thức P (x) bậc n nhận giá trị nguyên tại mọi điểm nguyên khi và chỉ khi P (x) nhận giá trị nguyên tại (n + 1) điểm nguyên liên tiếp.

Lời giải.

Điều kiện cần là hiển nhiên. Điều kiện đủ. Sử dụng công thức khai triển Abel với xi = a+i (i = 1, 2, . . . , n),

ta được

= C n x x(x − 1) · · · (x − n + 1) n!

P (x) = b0 + b1(x − a − 1) + b2(x − a − 1)(x − a − 2)+

Ta có P (a + 1) ∈ Z nên b0 ∈ Z, P (a + 2) ∈ Z nên b0 + b1 ∈ Z và b1 ∈ Z, P (a + 3) ∈ Z nên b0 + 2b1 + 2!b2 ∈ Z và 2!b2 ∈ Z. Tương tự, ta thu được P (a + n) ∈ Z nên (n − 1)!bn ∈ Z, P (a) ∈ Z nên n!bn ∈ Z. Từ đó ta có k!bk ∈ Z (k = 0, 1, . . . , n), điều phải chứng minh (vì tích của n số

nguyên liên tiếp thì chia hết cho k!).

Nhận xét 3.6. Thực ra, ta chỉ cần điều kiện P (x) là đa thức nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi P (x) nhận các giá trị nguyên khi x = 0, 1, . . . , n hoặc P (x) nhận các giá trị nguyên tại n + 1 giá trị nguyên liên tiếp là đủ.

Bài toán 3.3. a) Chứng minh rằng mọi đa thức bậc n đều có thể biểu diễn được dưới dạng

(cid:32)

(cid:33)

(cid:32)

(cid:33)

(cid:32)

(3.1)

(cid:33) .

+ bn(x − a − 1) · · · (x − a − n).

b) Đa thức Pn(x) là đa thức nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi tất cả các hệ

số b0, b1, . . ., bn là các số nguyên.

Lời giải. a) Chứng minh bằng quy nạp. Giả sử đa thức P (x) bậc n có dạng

Pn(x) = b0 + b1 + · · · + bn−1 + bn x 1 x n − 1 x n

Khi n = 1 thì

(cid:32)

(cid:33) .

P (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0.

Chọn b0 = a0, b1 = a1 ta nhận được (3.1) đúng.

Giả sử (3.1) đúng với mọi n (cid:54) k. Khi đó ta có

P1(x) = a1x + a0 = a0 + a1 x 1

(cid:32)

(cid:33)

Pk+1(x) = ak+1xk+1 + akxk + · · · + a1x + a0

Theo giả thiết quy nạp thì

(cid:32)

(cid:33)

(cid:32)

(cid:33)

(cid:32)

(cid:33) .

= ak+1(k + 1)! + Rk(x), deg Rk(x) (cid:54) k. x k + 1

Rk(x) = b0 + b1 + · · · + bk−1 + bk x 1 x k − 1 x k

Do đó

(cid:32)

(cid:33)

(cid:32)

(cid:33)

(cid:32)

(cid:33) ,

với bk+1 = ak+1(k + 1)!.

Do đó (3.1) đúng với k + 1. b) Điều kiện cần. Giả sử Pn(x) là đa thức nhận giá trị nguyên với x ∈ Z. Khi đó

Pk+1(x) = b0 + b1 + · · · + bk + bk+1 x 1 x k x k + 1

P (0) = b0,

P (1) = b0 + b1

(cid:33) (cid:32) 1 , 1 (cid:32) (cid:33) 2 1

(cid:32) (cid:33) 2 , 2

P (2) = b0 + b1 + b2

(cid:32)

(cid:33)

(cid:32)

(cid:33) .

. . . . . . . . .

Vì P (0), P (1), . . ., P (n) ∈ Z và các hệ số nhị thức Newton đều nguyên nên

P (n) = b0 + b1 + · · · + bn n 1 n n

số nguyên nên theo Bài toán 3.2 thì Pn(x) là đa thức nhận giá trị nguyên.

Bài toán 3.4. Nếu đa thức P (x) bậc n là đa thức nhận giá trị nguyên thì đa thức Q(x) = n!P (x) ∈ Z[x].

Lời giải. Theo Bài toán 3.3 thì P (x) là đa thức bậc n nhận giá trị nguyên nên ta có biểu diễn

(cid:32)

(cid:33)

(cid:32)

(cid:33)

(cid:33) ,

b0, b1, . . . , bn ∈ Z. Điều kiện đủ. Giả sử b0, b1, . . . , bn là các số nguyên. Khi đó P (0), P (1), . . . , P (n) cũng là các

+ bn + · · · + bn−1 Pn(x) = b0 + b1 x n x n − 1 x 1

Do đó

(cid:32)

(cid:33)

(cid:32)

(cid:33)

(cid:33) .

bj ∈ Z (j = 0, . . . , n).

n!P (x) = n!b0 + n!b1 + · · · + n!bn−1 + n!bn x n − 1 x n x 1

Ta có

(cid:32)

(cid:33)

Vì vậy n!P (x) ∈ Z[x].

Bài toán 3.5. Cho đa thức

bkk! = bkx(x − 1)...(x − k + 1) ∈ Z. x k

Giả sử tồn tại hệ số ak ∈ {a0, a1, . . . , an} sao cho n!ak (cid:54)∈ Z thì P (x) không phải là một đa thức nhận giá trị nguyên.

Lời giải. Giả sử P (x) là đa thức nhận giá trị nguyên. Theo Bài toán 3.4 thì n!P (x) ∈ Z[x]. Điều này dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết. Vậy P (x) không là đa thức nhận giá trị nguyên.

Bài toán 3.6. Chứng minh rằng đa thức

P (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a0.

là một đa thức nhận giá trị nguyên.

Lời giải. Ta viết f (x) dưới dạng

(cid:32)

(cid:33)

(cid:32)

(cid:33)

(cid:32)

(cid:33)

f (x) = x3 − x2 + x + 3 5 2 19 6 1 3

Do đó theo Bài toán 3.3 thì f (x) là đa thức nhận giá trị nguyên.

Bài toán 3.7. Cho đa thức

+ + 3. f (x) = 2 − 3 x 2 x 1 x 3

P (x) = + a2001x2001 + · · · + a1x + a0, x2002 2003

Chứng tỏ rằng tồn tại x0 ∈ Z sao cho P (x0) (cid:54)∈ Z với (tức P (x) không phải là một đa thức nhận giá trị nguyên).

Lời giải. Dễ dàng nhận thấy ngay rằng

ai ∈ Z (i = 0, 1, . . . , 2001).

Vậy theo Bài toán 3.5, thì P (x) không phải là một đa thức nhận giá trị nguyên.

(2002!) (cid:54)∈ Z. 1 2003

Bài toán 3.8. Xác định các số dương A, B, C sao cho đa thức

là đa thức nhận giá trị nguyên với f (3) nhận giá trị nhỏ nhất.

Lời giải. Do A, B, C dương và f (x) ∈ Z khi x ∈ Z nên f (1), f (2), f (3) là những số nguyên dương.

Ta có

f (x) = Ax5 + Bx3 + Cx

f (1) = A + B + C,

f (2) = 32A + 8B + 2C,

Suy ra

(3.2)

f (3) = 243A + 27B + 3C.

Sử dụng công thức nội suy Lagrange, ta có biểu diễn

(3.3)

f (2) − 2f (1) = 30A + 6B.

(3.4)

A = [f (3) − 4f (2) + 5f (1)],

(3.5)

B = [−f (3) + 8f (2) − 13f (1)],

Vì f (1) nguyên dương nên f (1) (cid:62) 1.

Từ (3.2) do A, B dương và f (2), f (1) là nguyên dương nên f (2) − 2f (1) (cid:62) 1.

Suy ra

(3.6)

C = [f (3) − 9f (2) + 45f (1)].

Từ (3.6) suy ra

f (2) (cid:62) 2f (1) + 1 (cid:62) 3.

f (3) = 120A + 4f (2) − 5f (1)

Suy ra

= 120A + 4[f (2) − 2f (1)] + 3f (1).

và vì vậy f (3) (cid:62) 8.

Với f (1) = 1; f (2) = 3; f (3) = 8 thì từ (3.2), (3.3), (3.4) ta thu được

(3.7)

f (3) > 4[f (2) − 2f (1)] + 3f (1) = 4 + 3 = 7

Ta chứng tỏ với các giá trị A, B, C ở (3.7) thì f (x) nguyên khi x nguyên.

A = , B = , = . 1 8 13 15 1 120

Thật vậy, ta có

(cid:32)

(cid:33)

(cid:32)

(cid:33)

là một đa thức nhận giá trị nguyên.

Bài toán 3.9. Cho đa thức

f (x) = x5 + x3 + x = + 1 120 1 8 13 15 x + 2 5 x + 1 3

thỏa mãn điều kiện P (x) ∈ Q với mọi x ∈ Z. Chứng minh rằng P (x) ∈ Q[x] (hay ak ∈ Q với mọi k ∈ {0, . . . , n}).

Lời giải. Dùng biểu diễn Abel của P (x), ta có

P (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a0

Lần lượt cho x = 0, 1, . . . , n − 1 ta thu được các bi ∈ Q hay P (x) ∈ Q[x].

Bài toán 3.10. Cho

P (x) = b0 + b1x + b2x(x − 1) + · · · + bnx(x − 1) · · · (x − n + 1).

Chứng minh rằng ax + b ∈ Q[x] (hay a, b ∈ Q).

Lời giải. Do f (x) =

f (x) = ∈ Q với mọi x ∈ Z. 1 ax + b

∈ Q với mọi x ∈ Z. nên 1 ax + b

với mọi x ∈ Z.

Vậy theo Bài toán 3.9 thì ax + b ∈ Q[x].

Bài toán 3.11. Cho hàm phân thức

ax + b = 1 f (x)

Chứng minh rằng f (x) có thể biểu diễn được dưới dạng

(3.8)

với A, B, C, D ∈ Z.

f (x) = ∈ Q với mọi x ∈ Z. ax + b cx + d

Lời giải. Nếu ad − bc = 0 thì f (x) = const (hằng số) và biểu diễn (3.8) là hiển nhiên.

f (x) = Ax + B Cx + D

Xét trường hợp ad − bc (cid:54)= 0. Nếu c = 0 thì biểu diễn (3.8 là hiển nhiên. Nếu c (cid:54)= 0 thì sử dụng phân tích

ta sẽ thu được ngay biểu diễn (3.8).

Bài toán 3.12. Cho f (x) là đa thức với hệ số thực nhận giá trị hữu tỉ với mọi số x hữu tỷ và giá trị vô tỷ với mọi số vô tỷ. Chứng minh rằng f (x) là đa thức tuyến tính với hệ số hữu tỷ.

Lời giải.

1) Ta chứng minh rằng các hệ số của f (x) là hữu tỉ. Ta chứng minh bằng quy

nạp theo bậc n của f (x).

Với n = 0, f (x) là hằng số và nó là một số hữu tỷ (chẳng hạn bằng f (0)) Giả sử khẳng định đúng với tất cả các đa thức bậc nhỏ thua số tự nhiên n

(thỏa điều kiện đề bài).

Đặt f (x) = a0xn + a1xn−1 + · · · + an−1x + an. Dễ thấy an = f (0) là hữu tỷ. Đặt

f (x) − f (0) = 1 αx + β

thì g(x) sẽ nhận giá trị hữu tỷ với biến hữu tỉ x. Theo giả thiết qui nạp những số a0, a1, . . . , an−1 là hữu tỉ. Như vậy các hệ số của f (x) là các số hữu tỉ. Với điều đó f (x) không là hằng số, vì trong trường hợp ngược lại f (x) sẽ là hữu tỷ với mọi x. Cho f (x) = a0xn + a1xn−1 + · · · + an, n > 0. không mất tính tổng quát có

thể cho rằng ai là nguyên, ngoài ra đa thức

g(x) = a0xn−1 + a1xn−2 + . . . + an−1 = f (x) − an x

g(x) = an−1 (f (x) − an)

nghĩa là đa thức

= (a0x)n + a1(a0x)n−1 + . . . + an−1an−2 (a0x)

thỏa mãn điều kiện đề bài.

Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên đủ lớn m, phương trình h(y) = m có nghiệm. Thật vậy, lấy m > h(0) và ϕ(y) = h(y) − m. Khi đó ϕ(0) < 0 và

h(y) = yn + a1yn−1 + · · · + an−1an−2 y, y = a0x,

ϕ(y) = +∞. Vì thế phương trình ϕ(y) = 0 hay h(y) = m có nghiệm dương

lim y→∞ ym. Lấy m = p là số nguyên tố đủ lớn, ta có h(yp) = p. Từ giả thiết yp là số hữu tỷ và vì hệ số cao nhất của h(y) là 1, thì yp nguyên và ngoài ra yp được chia hết bởi số hạng tự do của ϕ(y) hoặc là yp là ước số của p. Nghĩa là yp = 1 hoặc là yp = p. Nhưng đẳng thức yp = 1 chỉ có khả năng nhiều nhất với một p, nghĩa là yp = p cho tất cả số nguyên tố đủ lớn p. Nói cách khác, ta đã nhận được h(p) = p với tất cả số nguyên tố đủ lớn. Điều này chỉ xảy ra với h(y) = y và nghĩa là f (x) = a0x + a1.

3.2 Một số bài toán xác định đa thức

3.2.1 Tìm đa thức khi biết các nghiệm của nó.

Bài toán 3.13. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ Z[x] nhận x = 1 + nghiệm. Chứng minh rằng deg P (x) ≥ 6.

Lời giải. Ta có

√ √ 2 + 3 3 làm

(cid:16)

√ √ √ x = 1 + √ 3 ⇔ x − 1 − 3 3 = √ = 3 3 √ √ x − 1 − √ √ 2 + 3 ⇔ (x − 1)3 − 2 2 − 3 (x − 1) = 3

2 (cid:16)

(cid:17)2

(cid:17)3 2 2 ⇒ (cid:17) (cid:16) (x − 1) − 2 2 + 3(x − 1)2(cid:17) √ 2 2 + 3(x − 1)2(cid:17)(cid:17)2 (cid:16)(cid:16)

⇔ (x − 1)3 − 3 + 6 (x − 1) = (cid:16) ⇒ (x − 1)3 − 3 + 6 (x − 1) .2

√

(cid:16)

(cid:17)

làm nghiệm và deg Q (x) ≤ 5. Khí đó ta có Q √ 2 3

√ = Rút gọn ta nhận được đa thức P (x) = x6 − 6x5 + 9x4 − 2x3 + 9x2 − 60x + 50. √ Giả sử tồn tại Q (x) = a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0 nhận x = 1+ 2+ 3 3 √ 2+ √ 2 + 3 1 + 3 = · · · = k0+k1 √ √ √ √ 9 = 0 không thể xảy ra. 3 + k5 9 + k4 k2

Bài toán 3.14. Xét tập hợp các đa thức P (x) khác hằng, thỏa mãn điều kiện P (cid:0)x2 − 1(cid:1) = P (x) .P (−x) , ∀x ∈ R. Hãy tìm trong tập hợp đó 1 đa thức có bậc bé nhất nhưng có nghiệm lớn nhất.

Lời giải. Do P (x) khác hằng nên ta xét các trường hợp sau:

+) Trường hợp 1: Khi deg P (x) = 1 thì P (x) = ax + b, a (cid:54)= 0. Đồng nhất hệ

√ 2 3 3 + k3 Vậy ta có điều phải chứng minh.

số trong giả thiết ta nhận được a = −1, b =

√ 5 . −1 ± 2

Khi đó, xét các đa thức P (x) = −x +

Ta thấy các đa thức này có nghiệm lần lượt là b =

+) Trường hợp 2: Nếu deg P (x) ≥ 2 và giả sử P (x0) = 0. Khi đó, P (cid:0)x2

0 − 1(cid:1) =

√ √ 5 5 ∨ P (x) = −x + . −1 + 2 −1 − 2 √ 5 . −1 ± 2

0 − 1 là nghiệm của P (x). √ 5

thì x2

Nếu x0 >

0−1 > x0 >

vô lý.

0 hay x2 √ 5 . Khi đó P (x) có vô số nghiệm, −1 + 2 −1 + 2

Vậy nếu deg P (x) ≥ 2 có nghiệm thì các nghiệm của nó đều nhỏ hơn

√ 5

Từ đó suy ra đa thức cần tìm là P (x) = −x +

−1 + 2 √ 5

Bài toán 3.15. Tìm tất cả các đa thức bậc 4 dạng P (x) = x4+bx2+c, (b, c > 0) sao cho P (x)−x2 = 0 không có nghiệm thực nhưng P (P (x))−x4 = 0 có nghiệm thực.

Lời giải. Giả sử tồn tại đa thức bậc 4 dạng P (x) = x4 + bx2 + c, (b, c > 0).

Ta có P (x) − x2 = 0 không có nghiệm thực hay x4 + (b − 1) x2 + c = 0 không có nghiệm thực nên suy ra Q (x) = x4 + (b − 1) x2 + c > 0, ∀x. Suy ra P (x) > x2 và P (P (x)) > (P (x))2 > (cid:0)x2(cid:1)2 = x4 hay phương trình P (P (x)) − x4 = 0 không có nghiệm thực, trái với giả thiết của bài ra.

Vậy không tồn tại đa thức nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài toán 3.16. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R [x] có bậc n, có n nghiệm thực và thỏa mãn P (x) .P (cid:0)2x2(cid:1) = P (cid:0)2x3 + x(cid:1) , ∀ ∈ R.

Lời giải. Giả sử P (x) =

−1 + 2

n (cid:80) i=0 a0.a0 = a0 thì a0 = 1 ∨ a0 = 0.

+) Trường hợp 1: Xét a0 = 0. Khi đó P (x) = xkQ (x) , k ∈ N, k ≥ 1, Q (x) ∈

R [x] , Q (0) (cid:54)= 0. Thay vào giả thiết, ta thu được

aixi, an (cid:54)= 0. Ta có P (0) = a0 theo giả thiết

nên

xkQ (x) .2kx2kQ (cid:0)2x2(cid:1) = (cid:0)2x3 + x(cid:1)kQ (cid:0)2x3 + x(cid:1)

Suy ra Q (0) = 0, vô lý.

+) Trường hợp 2: Khi a0 = 1.

Q (x) .2kx2kQ (cid:0)2x2(cid:1) = (cid:0)2x2 + 1(cid:1)kQ (cid:0)2x3 + x(cid:1) .

0 + x0 là nghiệm của P (x) .

Giả sử x0 là nghiệm của P (x) , suy ra 2x3 Mặt khác, ta có

(cid:12) (cid:12)2x3

(cid:12) = |x0| (cid:12) (cid:12)

(cid:12)2x2

(cid:12) ≥ |x0| ,

0 + x0

0 + 1(cid:12)

từ đó suy ra P (x) ∈ R [x] có vô số nghiệm thực, vô lý.

Vậy không tồn tại đa thức nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài toán 3.17. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ Z [x], là monic bậc 2, sao cho tồn tại đa thức Q (x) ∈ Z [x] mà các hệ số của đa thức R (x) = P (x) Q (x) đều thuộc tập {−1; 1}.

Lời giải. Do P (x) ∈ Z [x] là monic bậc 2 nên P (x) = x2 + ax ± 1.

Giả sử R (x) =

n (cid:80) i=0

Gọi z ∈ C là một nghiệm của R (x) sao cho |z| > 1. Khi đó

n−1 (cid:88)

aixi; ai ∈ {−1; 1}.

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

i=0

Do đó

|z|n = |zn| = zi . ≤ |z|i = |z|i = |z|n − 1 |z| − 1 ai an

nên |z| < 2.

Vậy mọi nghiệm của R (x) đều có modul nhỏ hơn 2. Giả sử z1, z2 là 2 nghiệm của P (x) ∈ Z [x] thì z1, z2 là 2 nghiệm của R (x) .

Suy ra |z1| ; |z2| < 2, lại có theo định lý Viet thì

⇔ |z|n (|z| − 1) ≤ |z|n − 1 ⇔ |z|n (|z| − 1) ≤ −1 |z|n ≤ |z|n − 1 |z| − 1

 

nên

|z1z2| = |z1| |z2| = 1

 Mặt khác

|z1| ≥ |z2| 1 ≤ |z1| < 2 0 ≤ |z2| ≤ 1

nên a ∈ {±2; ± 1; 0}.

+) Trường hợp 1: Với a = 0, ta được (cid:40)

(cid:40)

|a| = |z1 + z2| ≤ |z1| + |z2| < 3

∨ Q (x) = x + 1 P (x) = x2 − 1 Q (x) = 1 P (x) = x2 + 1

+) Trường hợp 2: Với a = ±1, ta được P (x) = x2 ± x ± 1 nên Q (x) = 1.

(cid:34)

+) Trường hợp 3: Với a = ±2 thì

P (x) = x2 ± 2x + 1 ⇒ Q (x) = x ± 1 P (x) = x2 ± 2x − 1 ⇒ Q (x) do ∃zo, |zo| > 2

3.2.2 Sử dụng công thức nội suy Lagrange để xác định hệ số của đa

Bài toán 3.18. Cho đa thức P (x) = ax2 +bx+c, (a (cid:54)= 0). Chứng minh rằng tồn tại không quá 1 đa thức Q (x) bậc n thoả mãn điều kiện P (Q (x)) = Q (P (x)).

Lời giải. Giả sử tồn tại Q1 (x) =

thức.

n (cid:80) i=1

Ta có

aixi; Q2 (x) = bixi.

2 (x) + bQ1 (x) + c =

P (Q1 (x)) = Q1 (P (x)) ⇔ aQ1 aiP i (x), (1)

2 (x) + bQ2 (x) + c =

n (cid:80) i=1 n (cid:80) i=1

So sánh hệ số của x2n trong (1) , (2) , ta được

(cid:40)

P (Q2 (x)) = Q2 (P (x)) ⇔ aQ2 biP i (x) , (2)

n = an.an n = bn.an

nên an = bn.

Từ đó, ta đặt R (x) = Q1 (x) − Q2 (x) , suy ra deg (R (x)) ≤ n − 1. Ta có

⇔ a.a2 a.b2 an = an−1 bn = an−1

2 (x) + bQ1 (x) + c(cid:1) − (cid:0)aQ2 = (Q1 (x) − Q2 (x)) (Q1 (x) + Q2 (x) + b) = R (x) .T (x) , (∗) .

Nhận thấy trong (∗) deg R (x) = k nên deg (V T ) = kn, deg (V P ) = k +

R (P (x)) = Q1 (P (x)) − Q2 (P (x)) = P (Q1 (x)) − P (Q2 (x)) 2 (x) + bQ2 (x) + c(cid:1) = (cid:0)aQ1

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 3.19. Cho 4 số nguyên tố khác nhau p1, p2, p3, p4. Chứng minh rằng không tồn tại đa thức Q (x) bậc 3 có hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện

n; (k < n) không xảy ra.

|Q (p1)| = |Q (p2)| = |Q (p3)| = |Q (p4)| = 3.

Lời giải. Giả sử tồn tại đa thức Q (x) bậc 3 có hệ số nguyên thỏa mãn |Q (p1)| = |Q (p2)| = |Q (p3)| = |Q (p4)| = 3. Ta xét các trường hợp sau Trường hợp 1: Q (pi) = 3, i = 1, 2, 3, 4 Xét Q (x) = P (x) − 3 ta có deg (P (x)) = 3. Suy ra P (pi) = 6, i = 1, 2, 3, 4

vậy P (x) ≡ 0. Vô lý

Trường hợp 2: Khi 3 trong 4 giá trị Q (pi) , i = 1, 2, 3, 4 bằng nhau. Giả sử

Ta có

Q (pi) = −3, i = 1, 2, 3, Q (p4) = 3

Ta thấy tích của 4 số nguyên khác nhau=6, vô lý. Trường hợp 3: Trong 4 giá trị Q (pi) , i = 1, 2, 3, 4 có 2 giá trị bằng 3 và 2 giá

trị bằng -3

Giả sử Q (pi) = −3, i = 1, 2, Q (p4) = Q (p3) = 3 Ta có Q (x) = (x − p1) (x − p2) G (x)−3 ⇒ Q (p3) = (p3 − p1) (p3 − p2) G (p3)−

Q (x) = a (x − p1) (x − p2) (x − p3) − 3; a ∈ Z ⇒ Q (p4) = 3 = a (p4 − p1) (p4 − p2) (p4 − p3) − 3 ⇒ a (p4 − p1) (p4 − p2) (p4 − p3) = 6

... (p3 − 2) |6 suy ra p3 ∈ {3; 5}, tương tự

suy ra (p3 − p1) (p3 − p2) G (p3) = 6, vô lý. Vì nếu p1 = 2 thì (Q (p3) − Q (2)) p4 ∈ {3; 5}. Từ đó suy ra p3 = 3, p4 = 5.

Lại có (p4 − p1) (p4 − p2) |6 nên (5 − p2) |2 suy ra p2 ∈ {3; 7} và p2 = 7. Khi

đó (p3 − p1) (p3 − p2) = −4, vô lý.

...4, vô lý.

...4; (p4 − p1) (p4 − p2)

Tương tự, với p2 = 2; p3 = 2; p4 = 2, vô lý. Suy ra các số pi là lẻ nên (p3 − p1) (p3 − p2) Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 3.20. Tìm tất cả các đa thức P (x) với hệ số thực thoả mãn phương trình P (cid:0)x2(cid:1) = P 2 (x) với mọi x thuộc R.

(cid:34)

Lời giải. Với P (x) = C, C là hằng số. Khi đó ta có C = C 2 ⇔

3 = 3,

(cid:0)x2(cid:1)+a0 ; P 2 (x) = [anxn + · · · + a1x + a0]2

(cid:0)x2(cid:1)n+· · ·+a1

Vậy P (x) = 0; P (x) = 1. Với P (x) = anxn + · · · + a1x + a0 với các hệ số thực không đồng thời bằng 0. Khi đó ta có P (cid:0)x2(cid:1) = an Giả sử k là số lớn nhất bé hơn n sao cho ak (cid:54)= 0. Ta đồng nhất hệ số của xn+k ta được 0 = 2anak. Tái với giả thiết. Do đó P (x) = anxn. So sánh hệ số của x2n ta nhận được an = 1

C = 0 C = 1

Vậy P (x) = xn.

Bài toán 3.21. Tìm tất cả các đa thức P (x) thỏa mãn hệ thức P (cid:0)x2 − 2x(cid:1) = [P (x − 2)]2 với mọi giá trị thực của x.

Lời giải. Từ giả thiết của bài toán ta được

(cid:16)

(cid:17) (x − 1)2 − 1

Đặt Q (x) = P (x − 1) ⇒ Q (cid:0)x2(cid:1) = P (cid:0)x2 − 1(cid:1) ; Q2 (x) = P 2 (x − 1) Khi đó (∗) trở thành Q (cid:0)x2(cid:1) = Q2 (x) Áp dụng kết quả của Bài toán 3.20 ta được Q (x) = 0, Q (x) = 1, Q (x) = xn Do đó ta được kết quả P (x) = 0, P (x) = 1, P (x) = (x + 1)n.

Bài toán 3.22. Tìm tất cả các đa thức P (x) hệ số thực thỏa mãn P (cid:0)x2(cid:1) + x [3P (x) + P (−x)] = P 2 (x) + 2x2 với mọi giá trị thực của x.

Lời giải. Từ giả thiết của bài toán tat hay x bởi −x ta nhận được

P = [P ((x − 1) − 1)]2. (∗)

Trừ vế với vế phương trình cho nhau, ta nhận được

P (cid:0)x2(cid:1) − x [3P (−x) + P (x)] = P 2 (−x) + 2x2.

Khi P (x) = −P (−x). Thay vào giả thiết ban đầu ta được P (cid:0)x2(cid:1) − x2 =

[P (x) + P (−x)] [P (x) − P (−x) − 4x] = 0.

Đặt Q (x) = P (x) − x khi đó ta được Q (cid:0)x2(cid:1) = Q2 (x). Theo kết quả của Bài toán 3.20, ta có Q (x) = 0, Q (x) = 1, Q (x) = xn hay P (x) = x, P (x) = x + 1, P (x) = xn + x.

So sánh với P (x) − P (−x) = 0 ta nhận được P (x) = x, P (x) = x2k+1 + x. Khi P (x)−P (−x)−4x = 0 Thay vào giả thiết ban đầu ta được P (cid:0)x2(cid:1)−2x2 =

[P (x) − x]2.

Đặt Q (x) = P (x) − 2x, khi đó ta được Q (cid:0)x2(cid:1) = Q2 (x). Theo kết quả của Bài toán 3.20, ta có Q (x) = 0, Q (x) = 1, Q (x) = xn hay P (x) = 2x, P (x) = 2x+1, P (x) = xn+2x. Đối chiếu với P (x)−P (−x)−4x = 0 ta nhận được P (x) = 2x, P (x) = x2k + 2x.

[P (x) − 2x]2.

3.2.3 Một số bài toán xác định đa thức khác không liên quan đến

Bài toán 3.23. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ Z [x] thỏa mãn

các công thức nội suy.

... (a + b + c)

với mọi số nguyên a, b, c.

Lời giải. Ta luôn có (a + b + c) |(P (a) − P (−b − c)) lại có theo giả thiết

(P (a) + P (b) + P (c))

từ đó suy ra (a + b + c) |(P (b) + P (c) + P (−b − c)) đúng với mọi số nguyên a, b, c. Cố định số nguyên b, c. Khi đó ta có (a + b + c) |(P (b) + P (c) + P (−b − c)) với mọi số nguyên a. Suy ra tồn tại số nguyên a đủ lớn để

(a + b + c) |(P (a) + P (b) + P (c))

Giả sử P (x) =

(a + b + c) |(P (b) + P (c) + P (−b − c))

và a + b + c > P (b) + P (c) + P (−b − c), (hiển nhiên tồn tại vô số số nguyên a như thế) từ đó ta suy ra P (b) + P (c) + P (−b − c) ≡ 0 với mọi cặp số nguyên b, c. Chọn b = c ta được 2P (b) = −P (−2b). n (cid:80) i=0 an(−2x)n = 0 ⇒ n = 1 ⇒ P (x) = mx + k

Theo giả thiết (a + b + c) |(m (a + b + c) + 3k) ⇒ k = 0 Vậy P (x) = mx, m ∈ Z.

...5, P (5)

...7

Bài toán 3.24. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ Z [x] thỏa mãn P (7) và P (12) không chia hết cho 35. Lời giải. Giả sử tồn tại P (x) ∈ Z [x] thỏa mãn P (7)

...5, P (5)

...7

Ta có (cid:40)

aixi. Đồng nhất hệ số của xn ta nhận được 2anxn +

...35, trái với giả thiết của bài

...5 ⇒ P (12) ...7 ⇒ P (12)

...5 ...7

toán. Vậy không tồn tại đa thức nào thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 3.25. Tìm tất cả các đa thức P (x) bậc n thỏa mãn điều kiện P (cid:0)x2 − y2(cid:1) = P (x + y) .P (x − y) , ∀x, y ∈ R.

Lời giải. Từ giả thiết của bài toán ta có điều kiện tương đương là P (xy) = P (x) .P (y) , ∀x, y ∈ R.

(P (12) − P (7)) ⇒ P (12) (P (12) − P (5))

Cho x = y = 0 ⇒ P (0) = 0 ∨ P (0) = 1. +) Trường hợp 1. Nếu P (0) = 0 khi đó P (x) = xQ (x) , deg Q = n − 1 thay vào P (xy) = P (x) .P (y) , ∀x, y ∈ R. ta nhận được Q (xy) = Q (x) .Q (y) , ∀x, y ∈ R. suy ra Q (x) = 1 ∨ Q (x) = x.Q1 (x) , deg Q1 = n − 2

Ta nhận được P (x) = 1 ∨ P (x) = xn. +) Trường hợp 2. Nếu P (0) = 1, cho y = 0 thay vào P (xy) = P (x) .P (y) , ∀x, y ∈

R. ta được P (x) = 1.

Thử lại các kết quả ta thấy đa thức này thỏa mãn yêu cầu bài ra.

Bài toán 3.26. Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện

Lời giải. Xét x = y = 0 ⇒ P (0) = 0, từ giả thiết của bài toán ta có

P (x + y) = P (x) + P (y) + 2xy, ∀x, y ∈ R.

x (cid:82)

Do đó P (x) = P (x) − P (0) =

= 2x + P (cid:48) (0) . P (cid:48) (x) = lim y→0 = lim y→0 P (x + y) − P (x) y P (y) + 2xy y

Thử lại ta thấy đa thức P (x) = x2 + ax thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài toán 3.27. Tìm tất cả các đa thức P1 (x) , P2 (x) , P3 (x) , P4 (x) sao cho với mọi x, y, z, t ∈ R thỏa mãn xy − zt = 1 thì P1 (x) P2 (y) − P3 (z) P4 (t) = 1.

Lời giải. Giả sử deg P1 = n1, deg P2 = n2. Gọi N ∈ N là số tự nhiên có số các ước ϕ (N ) lớn hơn n1 + n2.

Chọn y =

P (cid:48) (t) dt = x2 + ax.

được

(cid:19)

, (x |N ) ; z = 1; t = N − 1 thay vào giả thiết của bài toán ta N x

(cid:18)N x

Nhận thấy

(cid:18)

(cid:19)(cid:19)

(∗) − P3 (1) P4 (N − 1) = 1. P1 (x) P2

(cid:18)N x