Công thức khai triển taylor-gontcharov và áp dụng

Đây là phiên bản tài liệu đơn giản

Xem phiên bản đầy đủ của tài liệu Công thức khai triển taylor-gontcharov và áp dụng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRẦN VĂN LONG
CÔNG THỨC KHAI TRIỂN
TAYLOR - GONTCHAROV
VÀ ÁP DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
HÀ NỘI, NĂM 2009
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRẦN VĂN LONG
CÔNG THỨC KHAI TRIỂN
TAYLOR - GONTCHAROV
VÀ ÁP DỤNG
Chuyên ngành : GIẢI TÍCH
Mã số : 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
HÀ NỘI - NĂM 2009
MỤC LỤC
Mở đầu 3
1 Khai triển Taylor 6
1.1 Một số kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.1 Một số tính chất của đa thức . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.2 Một số định lý cơ bản của giải tích cổ điển . . . . . . 7
1.2 Khai triển Taylor đối với đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Khai triển Taylor với các phần dư khác nhau . . . . . . . . . 12
2 Công thức khai triển Taylor - Gontcharov 18
2.1 Bài toán nội suy Newton và công thức khai triển Taylor -
Gontcharov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.1.1 Bài toán nội suy Newton . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.1.2 Công thức khai triển Taylor - Gontcharov . . . . . . . 20
2.2 Khai triển Taylor - Gontcharov với các phần dư khác nhau . . 24
2.2.1 Khai triển Taylor - Gontcharov với phần dư dạng La-
grange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.2.2 Khai triển Taylor - Gontcharov với phần dư dạng Cauchy 29
2.3 Sự hội tụ trong khai triển Taylor và khai triển Taylor- Gontcharov 31
2.4 Bài toán nội suy Newton đối với hàm đa thức nhiều biến. . . 38
2.4.1 Bài toán nội suy Taylor đối với hàm đa thức nhiều biến 38
2.4.2 Bài toán nội suy Newton đối với hàm đa thức nhiều biến. 39
3 Một số bài toán áp dụng 43
3.1 Khai triển Taylor của một số hàm sơ cấp và ứng dụng . . . . 43
3.1.1 Ước lượng và đánh giá sai số . . . . . . . . . . . . . . 43
3.1.2 Tính giới hạn hàm số. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.2 Khai triển Taylor- Gontcharov với bài toán ước lượng hàm số 54
Kết luận 61
Tài liệu tham khảo 62
2
MỞ ĐẦU
Khai triển đa thức nói riêng và khai triển hàm số nói chung cùng những
vấn đề liên quan đến nó là một phần quan trọng của đại số và giải tích toán
học. Cùng với các bài toán nội suy, các bài toán về khai triển hàm số có vị trí
đặc biệt trong toán học không chỉ như là những đối tượng để nghiên cứu mà
còn đóng vai trò như là một trong những công cụ đắc lực của các mô hình
liên tục cũng như các mô hình rời rạc của giải tích trong lý thuyết phương
trình vi phân, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn,....
Lý thuyết khai triển hàm số cùng các bài toán nội suy liên quan ra đời
rất sớm với các công trình của Taylor, Lagrange, Newton... Tuy nhiên, việc
xây dựng bài toán khai triển hàm số thỏa mãn những yêu cầu khác nhau
cũng như việc xây dựng lý thuyết hoàn thiện về khai triển hàm số nói chung
đến nay vẫn đang được nhiều nhà toán học tiếp tục nghiên cứu và phát triển
theo nhiều hướng.
Lý thuyết các bài toán về khai triển hàm số cũng như các bài toán nội
suy cổ điển có liên quan chặt chẽ đến các đặc trưng cơ bản của hàm số như
tính đơn điệu, tính lồi lõm, tính tuần hoàn,... là những mảng kiến thức quan
trọng trong chương trình giải tích.
Trong các giáo trình giải tích ở đại học ta đã biết bài toán nội suy Taylor
Giả sử hàm f xác định trên tập hợp Ω ⊂ R, trong đó Ω là hợp của các
khoảng mở trên trục thực. Giả sử f khả vi cấp n tại điểm a ∈ Ω. Hãy xác
định các đa thức P
n
(x) có bậc deg P
n
(x) ≤ n sao cho
P
(k)
n
(a) = f
(k)
(a), k = 0, 1, . . . , n.
3
Từ đó ta có khai triển Taylor của hàm f(x) tại điểm a
f(x) = f(a)+
1
1!
f

(a)(x−a)+
1
2!
f

(a)(x−a)
2
+...+
1
n!
f
(n)
(a)(x−a)
n
+R
n
(f; x)
với các phần dư dạng Lagrange và Cauchy.
Trong khai triển Taylor, khi xét bộ điểm M(a, P
(k)
n
(a)), k = 0, 1, ..., n ta
thấy chúng cùng nằm trên đường thẳng x = a. Khi cho a thay đổi và nhận
giá trị phụ thuộc vào k thì ta được một bộ điểm mới dạng
M
k
(x
k
, P
(k)
n
(x
k
)), k = 0, 1, ..., n
Khi đó, ta thu được bài toán nội suy Newton và dẫn đến khai triển Taylor-
Gontcharov là một mở rộng tự nhiên của khai triển Taylor.
Luận văn tập trung đi giải quyết vấn đề xây dựng công thức nghiệm của
bài toán nội suy Newton, đưa ra biểu diễn hàm số f(x) theo công thức khai
triển Taylor- Gontcharov và đặc biệt đưa ra các đánh giá phần dư của khai
triển Taylor - Gontcharov của hàm f(x) dưới hai dạng Lagrange và Cauchy
cũng như mở rộng bài toán đối với hàm đa thức nhiều biến.
Luận văn gồm phần mở đầu và được chia thành ba chương
Chương 1: Nhắc lại các kiến thức cơ bản về đa thức và một số định lý cơ
bản của giải tích cổ điển sẽ dùng trong luận văn. Tiếp theo tác giả trình bày
bài toán nội suy Taylor, khai triển Taylor và các đánh giá phần dư của khai
triển Taylor.
Chương 2: Là phần chính của luận văn. Bắt đầu bằng việc khảo sát bài
toán nội suy Newton, đưa ra công thức nghiệm của bài toán nội suy New-
ton. Từ đó dẫn đến khai triển Taylor- Gontcharov của hàm f(x) theo các
mốc nội suy x
0
, x
1
, ..., x
n
và đặc biệt đưa ra các đánh giá ước lượng phần dư
của khai triển Taylor- Gontcharov dưới dạng Lagrange và Cauchy. Phần tiếp
theo, tác giả đánh giá sự hội tụ trong khai triển Taylor và khai triển Taylor
- Gontcharov. Cuối cùng là mở rộng của khai triển Taylor - Gontcharov cho
4
hàm đa thức nhiều biến.
Chương 3: Đề cập đến một số ứng dụng của khai triển Taylor và khai
triển Taylor - Gontcharov cũng như của bài toán nội suy Newton trong ước
lượng và đánh giá sai số, tìm giới hạn hàm số.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của NGND.GS.
TSKH Nguyễn Văn Mậu, trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc
gia Hà nội, người Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt
quá trình hoàn thành bản luận văn này. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân
thành và kính trọng sâu sắc đối với Giáo sư.
Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn tới các thầy cô giáo, các thành viên, các
anh chị đồng nghiệp trong Seminare Giải tích trường Đại học Khoa học Tự
nhiên, Đại học Quốc gia Hà nội về những ý kiến đóng góp quý báu, sự giúp
đỡ tận tình và sự cổ vũ hết sức to lớn trong suốt thời gian qua.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, phòng sau Đại học, khoa
Toán - Cơ - Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia
Hà nội đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập
tại trường. Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục - Đào tạo Nam
Định, trường THPT Mỹ Tho và gia đình đã động viên, tạo điều kiện thuận
lợi cho tác giả trong suốt khóa học.
Hà nội, tháng 12 năm 2009
Tác giả
Trần Văn Long
5
CHƯƠNG 1
KHAI TRIỂN TAYLOR
1.1 Một số kiến thức chuẩn bị
1.1.1 Một số tính chất của đa thức
Các định nghĩa, tính chất trong mục này được trích từ [2].
Định nghĩa 1.1. Cho vành A là một vành giao hoán có đơn vị. Ta gọi đa
thức bậc n biến x là biểu thức có dạng
P
n
(x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ... + a
1
x + a
0
.(a
n
= 0)
trong đó các số a
i
∈ A được gọi là các hệ số, a
n
gọi là hệ số bậc cao nhất và
a
0
gọi là hệ số tự do của đa thức.
Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số lấy trong vành A được ký hiệu là
A[x]. Khi A là một trường thì vành A[x] là một vành giao hoán có đơn vị.
Các vành đa thức thường gặp là Z[x], Q[x], R[x], C[x].
Định nghĩa 1.2. Cho hai đa thức
P (x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ... + a
1
x + a
0
Q(x) = b
n
x
n
+ b
n−1
x
n−1
+ ... + b
1
x + b
0
Ta định nghĩa các phép toán sau
P (x) + Q(x) = (a
n
+ b
n
)x
n
+ (a
n−1
+ b
n−1
)x
n−1
+ ... + (a
1
+ b
1
)x + a
0
+ b
0
P (x)− Q(x) = (a
n
− b
n
)x
n
+ (a
n−1
− b
n−1
)x
n−1
+ ... + (a
1
− b
1
)x + a
0
− b
0
P (x).Q(x) = c
2n
x
2n
+ c
2n−1
x
2n−1
+ ... + c
1
x + c
0
trong đó
c
k
= a
0
b
k
+ a
1
b
k−1
+ ... + a
k
b
0
, k = 0, 1, ..., n.
6
Định lý 1.1. Giả sử A là một trường, f(x), g(x) là hai đa thức khác 0 của
vành A[x]. Khi đó, tồn tại duy nhất cặp đa thức q(x), r(x) thuộc A[x] sao
cho
f(x) = g(x).q(x) + r(x)
với deg(r(x)) < deg(g(x)). Khi r(x) = 0, ta nói f(x) chia hết cho g(x).
Nếu f(a) = 0 thì ta nói a là nghiệm của f(x). Bài toán tìm các nghiệm của
f(x) trong A được gọi là giải phương trình đại số bậc n
a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ... + a
1
x + a
0
= 0(a
n
= 0)
trong A.
Định lý 1.2. Giả sử A là một trường, a ∈ A và f(x) ∈ A[x]. Khi đó, dư
của phép chia f(x) cho x − a chính là f(a).
Định lý 1.3. Mỗi đa thức bậc n đều có không quá n nghiệm thực.
Định lý 1.4. Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không.
1.1.2 Một số định lý cơ bản của giải tích cổ điển
Sau đây, ta nhắc lại một số định lý cơ bản sẽ dùng trong các phần sau.
Các định lý này được trích từ [3].
Định lý 1.5 (Rolle). Giả sử f : [a, b] → R liên tục trên đoạn [a; b] và có
đạo hàm trên khoảng (a, b) . Nếu f(a) = f(b) thì tồn tại ít nhất một điểm
c ∈ (a; b) sao cho f

(c) = 0.
Định lý 1.6 (Lagrange). Nếu hàm số f liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm
trên khoảng (a, b) thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho f(b)−f(a) =
f

(c)(b − a).
Định lý 1.7 (Định lý về giá trị trung bình của tích phân). Nếu hàm số f
khả tích trên đoạn [a; b] và m ≤ f(x) ≤ M với ∀x ∈ [a; b] thì tồn tại một số
µ ∈ [m; M] sao cho
b

a
f(x)dx = µ(b − a).
7
Hệ quả 1.1. Nếu f là hàm số liên tục trên đoạn [a; b] thì tồn tại ít nhất
một điểm c ∈ (a; b) sao cho
b

a
f(x)dx = f(c)(b − a).
Định lý 1.8 (Định lý về giá trị trung bình mở rộng của tích phân). Giả sử
hai hàm số f và g khả tích trên đoạn [a; b] và thỏa mãn:
a) m ≤ f(x) ≤ M với ∀x ∈ [a; b]
b) g(x) không đổi dấu trên [a; b].
Khi đó, tồn tại ít nhất một số thực µ ∈ [m; M] sao cho
b

a
f(x).g(x)dx = µ
b

a
g(x)dx.
Hệ quả 1.2. Giả sử f là hàm số liên tục trên [a; b] và g là hàm số khả tích
trên đoạn [a; b]. Nếu g(x) không đổi dấu trên [a; b] thì tồn tại ít nhất một số
thực c ∈ [a; b] sao cho
b

a
f(x).g(x)dx = f(c)
b

a
g(x)dx.
Định lý 1.9 (Bolzano - Cauchy). Giả sử f là một hàm số liên tục trên đoạn
[a; b] và α là một số nằm giữa f(a) và f(b). Khi đó, tồn tại ít nhất một điểm
c ∈ [a, b] sao cho f(c) = α. Nói một cách khác, f lấy mọi giá trị trung gian
giữa f(a) và f(b).
1.2 Khai triển Taylor đối với đa thức
Các định lý, định nghĩa và bài toán trong mục này chủ yếu được trích từ
[1].
Ta thường thấy trong các sách giáo khoa hiện hành, dạng chính tắc của một
đa thức đại số P (x) bậc n, n ∈ N

, (thường được ký hiệu deg(P (x)) = n)
có dạng:
P (x) = p
0
x
n
+ p
1
x
n−1
+ ... + p
n
, p
0
= 0.
8
Đa thức dạng chính tắc là đa thức được viết theo thứ tự giảm dần của lũy
thừa.Tuy nhiên, khi khảo sát các đa thức, người ta thường quan tâm đến cả
một lớp các đa thức bậc không quá một số nguyên dương n cho trước nào đó.
Vì thế, về sau, người ta thường sử dụng cách viết đa thức P (x) dưới dạng
tăng dần của bậc lũy thừa
P (x) = b
0
+ b
1
x + b
2
x
2
+ ··· + b
n
x
n
. (1.1)
Nhận xét rằng đa thức (1.1) có tính chất
P
(k)
(0) = k!b
k
, k = 0, 1, . . . , n

P
(k)
(0) = 0, k = n + 1, n + 2, . . .
Vì thế đa thức (1.1) thường được viết dưới dạng công thức (đồng nhất thức)
Taylor
P (x) = a
0
+
a
1
1!
x +
a
2
2!
x
2
+ ··· +
a
n
n!
x
n
. (1.2)
Với cách viết (1.2) ta thu được công thức tính hệ số a
k
(k = 0, 1, . . . , n) của
đa thức P (x), đó chính là giá trị của đạo hàm cấp k của đa thức tại x = 0:
a
k
= P
(k)
(0), k = 0, 1, . . . , n.
Từ đây ta thu được đồng nhất thức Taylor tại x = 0
P (x) = P (0)
+
P

(0)
1!
x +
P
(2)
(0)
2!
x
2
+ ··· +
P
(n)
(0)
n!
x
n
. (1.3)
Ví dụ 1.1. Viết biểu thức
Q(x) = (x
2
− 2x − 2)
5
+ (2x
3
+ 3x
2
− x − 1)
2
.
dưới dạng (chính tắc) công thức Taylor tại
Q(x) = a
0
+
a
1
1!
x +
a
2
2!
x
2
+ ··· +
a
10
10!
x
10
.
Tính giá trị của a
8
?
9
Theo công thức (1.3) thì ta có ngay hệ thức a
8
= Q
(8)
(0)
Dạng (1.2) cho ta mối liên hệ trực tiếp giữa các hệ số của một đa thức chính
tắc với các giá trị đạo hàm của đa thức đó tại x = 0. Trong trường hợp tổng
quát, công thức Taylor tại x = x
0
có dạng:
P (x) = P (x
0
)
+
P

(x
0
)
1!
(x− x
0
)+
P
(2)
(x
0
)
2!
(x− x
0
)
2
+··· +
P
(n)
(x
0
)
n!
(x− x
0
)
n
.
(1.4)
Ví dụ 1.2. Viết biểu thức:
Q(x) = (x − 1)(x − 2)...(x− 9)
dưới dạng (chính tắc) công thức Taylor tại điểm x = 10:
Q(x) = a
0
+
a
1
1!
(x − 10)x +
a
2
2!
(x − 10)
2
+ ··· +
a
9
9!
(x − 10)
9
.
Tính giá trị của a
7
?
Công thức (1.4) cho ta hệ thức a
7
= Q
(7)
(10).
Trong trường hợp đa thức bậc tùy ý, ta có các kết quả hoàn toàn tương tự.
Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng nếu đa thức P (x) thỏa mãn điều kiện deg P (x) ≤
n và P
(k)
(α) = q
k
,∀k ∈ {0, 1, . . . , n}, trong đó α, q
k
là các số cho trước;
P
(0)
(x) ≡ P (x) thì P (x) có dạng:
P (x) =
n

k=0
q
k
k!
(x − α)
k
.
Đẳng thức trên được chứng minh bằng cách lấy đạo hàm liên tiếp hai vế
và sử dụng giả thiết về các giá trị ban đầu P
(k)
(α) = q
k
,∀k ∈ {0, 1, . . . , n}..
Việc chứng minh tính duy nhất được suy ra từ tính chất của các đa thức
(khác 0) bậc không vượt quá n là nó có không quá n nghiệm (kể cả bội).
Bây giờ, ta chuyển sang bài toán nội suy Taylor.
Bài toán 1.1 (Bài toán nội suy Taylor). Cho x
0
, a
k
∈ R với k = 0, 1, . . . , N−
1. Hãy xác định đa thức T(x) có bậc không quá N − 1 và thỏa mãn các điều
10
kiện:
T
(k)
(x
0
) = a
k
,∀k = 0, 1, . . . , N − 1. (1.5)
Giải. Trước hết, dễ thấy rằng đa thức
T (x) =
N−1

k=0
α
k
(x − x
0
)
k
.
có bậc deg T (x) ≤ N − 1. Tiếp theo, ta cần xác định các hệ số α
k
∈ R sao
cho T (x) thỏa mãn điều kiện
T
(k)
(x
0
) = a
k
,∀k = 0, 1, . . . , N − 1.
Lần lượt lấy đạo hàm T (x) đến cấp thứ k, k = 0, 1, . . . , N − 1 tại x = x
0

sử dụng giả thiết
T
(k)
(x
0
) = a
k
,∀k = 0, 1, . . . , N − 1.
Ta suy ra
α
k
=
a
k
k!
,∀k = 0, 1, . . . , N − 1.
Thay giá trị của α
k
vào biểu thức của T (x), ta thu được
T (x) =
N−1

k=0
a
k
k!
(x − x
0
)
k
. (1.6)
Với mỗi k = 0,1,. . . ,N-1, ta có
T
(k)
(x) = a
k
+
N−1

j=k+1
a
j
(j − k)!
(x − x
0
)
j−k
.
Do vậy đa thức T (x) thỏa mãn điều kiện
T
(k)
(x
0
) = a
k
,∀k = 0, 1, . . . , N − 1.
Cuối cùng, ta chứng minh rằng đa thức T (x) nhận được từ (1.6) là đa thức
duy nhất thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Taylor .
Thật vậy, nếu có đa thức T

(x), có bậc deg T

(x) ≤ N − 1 cũng thỏa mãn
điều kiện của bài toán (1.5) thì khi đó, đa thức
P (x) = T (x) − T

(x)
11
cũng có bậc deg P (x) ≤ N − 1 và đồng thời thỏa mãn điều kiện
P
(k)
(x
0
) = 0,∀k = 0, 1, . . . , N − 1.
Tức là, đa thức P (x) là đa thức có bậc không quá N − 1 mà lại nhận x
0
làm
nghiệm với bội không nhỏ thua N, nên P (x) ≡ 0, và do đó T (x) = T

(x).
Định nghĩa 1.3. Đa thức
T (x) =
N−1

k=0
a
k
k!
(x − x
0
)
k
được gọi là đa thức nội suy Taylor.
Nhận xét 1.1. Chú ý rằng đa thức nội suy Taylor T (x) được xác định từ
(1.6) chính là khai triển Taylor đến cấp thứ N − 1 của hàm số T (x) tại điểm
x = x
0
.
1.3 Khai triển Taylor với các phần dư khác nhau
Các định lý, định nghĩa và bài toán trong mục này chủ yếu được trích từ
[1].
Ta đã xét công thức khai triển Taylor đối với đa thức. Tiếp theo, trong mục
này, ta sẽ xác lập công thức Taylor với các phần dư khác nhau. Ta nhắc lại,
khi hàm f khả vi tại điểm x = a thì theo định nghĩa, ta có
f(a + h) − f(a) = f

(a)h + o(h).
Nếu đặt a + h = x thì h = x − a và
f(x) − f(a) = f

(a)(x − a) + o(x − a).
Nói một cách khác, tồn tại hàm tuyến tính
P
1
(x) = f(a) + f

(a)(x − a)
sao cho
f(x) = P
1
(x) + o(x − a)
trong đó
P
1
(a) = f(a), P

1
(a) = f

(a).
Ta phát biểu một số bài toán sau đây.
12
Bài toán 1.2. Giả sử hàm f xác định trên tập hợp Ω ⊂ R, trong đó Ω là
hợp của các khoảng mở trên trục thực. Giả sử f khả vi cấp n tại điểm a ∈ Ω.
Hãy xác định các đa thức P
n
(x) có bậc deg P
n
(x) ≤ n sao cho
P
(k)
n
(a) = f
(k)
(a), k = 0, 1, . . . , n.
Giả sử P (x) là đa thức (bậc n) tùy ý. Ta viết
P (x) =
n

k=0
a
k
k!
(x − a)
k
.
Khi đó
P
(µ)
(a) =
a
µ
µ!
µ! = a
µ
.
Nếu bây giờ ta đặt
a
µ
= f
(µ)
(a), µ = 0, 1, . . . , n.
thì
f
(µ)
(a) = P
(µ)
(a).
Như vậy bài toán đã được giải xong.
Tiếp theo, ta xét bài toán ước lượng hiệu f(x) − P
n
(x).
Định nghĩa 1.4. Đa thức
T
n
(f; x) =
n

k=0
f
(k)
(x
0
)
k!
(x − a)
k
được gọi là đa thức Taylor bậc n với tâm a của hàm f, khả vi cấp n tại điểm
a.
Ta đặt
f(x) = T
n
(f; x)+R
n
(f; x) = f(a)+f

(a)(x−a)+...+
1
n!
f
(n)
(a)(x−a)
n
+R
n
(f; x).
(1.7)
Công thức (1.7) được gọi là công thức Taylor (dạng đầy đủ) của hàm f(x).
Nếu a = 0 thì (1.7) được gọi là công thức Maclaurin.
Biểu thức R
n
(f; x) được gọi là phần dư của công thức Taylor. Với những
điều kiện khác nhau đặt ra đối với hàm f, phần dư sẽ được biểu diễn bởi các
công thức khác nhau. Lời giải của bài toán ước lượng hiệu f(x)− P
n
(x) cũng
chính là ước lượng các biểu thức phần dư này.
13
Bổ đề 1.1. Nếu hàm ϕ có đạo hàm đến cấp n tại điểm a và
ϕ(a) = ϕ

(a) = ... = ϕ
(n)
(a) = 0,
thì ϕ(x) = o((x − a)
n
) khi x → a, tức là
ϕ(x)
(x − a)
n
→ 0(x → a).
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp. Với n = 1 ta có
ϕ(a) = ϕ

(a) và
ϕ(x)
x − a
=
ϕ(x) − ϕ(a)
x − a
→ ϕ

(a) = 0(x → a)
tức là ϕ(x) = o((x − a)). Giả sử bổ đề đúng với n nào đó, tức là với điều
kiện
ϕ(a) = ϕ

(a) = ... = ϕ
(n)
(a) = 0,
thì
ϕ(x) = o((x − a)
n
).
Ta cần chứng minh rằng với ϕ
(n+1)
(a) = o thì
ϕ(x) = o((x − a)
(n+1)
), x → a.
Ta xét hàm ψ(x) = ϕ

(x). Ta có
ψ(a) = ψ

(a) = ... = ψ
(n)
(a) = 0.
và do đó ψ(x) = o((x − a)
n
), tức là
ψ(x)
(x − a)
n
=
ϕ

(x)
(x − a)
n
→ 0(x → a).
Theo định lý Lagrange, ta có
ϕ(x)
(x − a)
n+1
=
ϕ(x) − ϕ(a)
(x − a)
n+1
=
ϕ

(ξ)(x − a)
(x − a)
n+1
=
ϕ

(ξ)
(ξ − a)
n

ξ − a
x − a

n
.
trong đó, ξ nằm xen giữa a và x. Từ đó ta thu được
ϕ

(ξ)
(ξ − a)
n
→ 0(x → a), 0 <
ξ − a
x − a
< 1.
Như vậy, ϕ(x) = o((x − a))
(n+1)
khi x → a và bổ đề được chứng minh.
14
Định lý 1.10 (Taylor). Giả sử f : U(a, δ) → R là hàm khả vi liên tục đến
cấp n− 1 trong δ- lân cận U(a, δ) của điểm a và có đạo hàm hữu hạn cấp n
tại điểm a. Khi đó, hàm f có thể biểu diễn dưới dạng
f(x) =
n

k=0
f
(k)
(a)
k!
(x − a)
k
+ o((x − a)
n
) (1.8)
khi x → a, trong đó 0! = 1, f
(0)
(a) = f(a).
Công thức (1.8) được gọi là công thức Taylor dạng địa phương với phần
dư Peano.
Chứng minh. Đặt
ϕ(x) = f(x) −
n

k=0
f
(k)
(a)
k!
(x − a)
k
, ψ(x) = (x − a)
n
. (1.9)
Từ (1.9) ta dễ dàng thấy rằng ϕ(a) = ϕ

(a) = ... = ϕ
(n)
(a) = 0. Do đó theo
bổ đề 1.1, ta thu được ϕ(x) = 0(ψ(x)), x → a và hệ thức (1.9) được chứng
minh.
Công thức (1.8) chỉ cho ta dáng điệu của f(x)− T
n
(f; x) với những giá trị x
đủ gần a. Để có thể sử dụng đa thức T
n
(f; x) làm công cụ xấp xỉ hàm f(x)
cần phải đưa ra những dạng khác đối với phần dư R
n
(f; x).
Nếu hàm f có thêm những hạn chế chặt hơn so với định lý (2.1) thì ta thu
được định lý Taylor toàn cục sau đây.
Định lý 1.11 (Taylor). Giả sử f : (a, b) → R khả vi liên tục cấp n trên
khoảng (a, b) và có đạo hàm cấp n + 1 tại mỗi điểm của khoảng (a, b) có thể
trừ ra điểm x
0
∈ (a, b). Khi đó, giữa điểm x
0
và điểm x ∈ (a, b) bất kỳ, tồn
tại điểm ξ, sao cho
f(x) =
n

k=0
f
(k)
(x
0
)
k!
(x − x
0
)
k
+ R
n+1
(f; x) (1.10)
trong đó
R
n+1
(f; x) =
1
n!p

x − x
0
x − ξ

p
(x − ξ)
(n+1)
f
(n+1)
(ξ), p ∈ R, p > 0. (1.11)
15
Công thức (1.10) được gọi là công thức Taylor đối với hàm f với phần dư
R
n+1
dưới dạng Schlomilch-Roche.
Chứng minh. Không giảm tính tổng quát, ta xét x > x
0
. Xét hàm số
h(t) = f(x) −
n

k=0
f
(k)
(t)
k!
(x − t)
k

(x − t)
p
n!p
λ, x
0
≤ t ≤ x, (1.12)
trong đó p ∈ R, p > 0, λ là tham số.
Hàm h(t) liên tục trên đoạn [x
0
, x], h(x) = 0 và đạo hàm h

(t) tồn tại ∀t ∈
(x
0
; x). Ta chọn số λ sao cho
h(x
0
) = f(x) −
n

k=0
f
(k)
(x
0
)
k!
(x − x
0
)
k

(x − x
0
)
p
n!p
λ = 0. (1.13)
Với cách chọn đó, hàm h(t) thỏa mãn mọi điều kiện của định lý Rolle trên
đoạn [x
0
, x]. Do đó, tồn tại ξ ∈ [x
0
, x], sao cho
h

(ξ) = −
f
(n+1)
(ξ)
n!
(x − ξ)
n
+
(x − ξ)
p−1
n!
λ = 0. (1.14)
Thật vậy, từ hệ thức (1.11), ta có
h

(t) = −f

(t)+
f

(t)
1!

f

(t)
1!
(x−t)+
f

(t)
2!
2(x− t)−...+
f
(n)
(t)
n!
(x− t)
n−1

f
(n+1)
(t)
n!
(x − t)
n
+
(x − t)
p−1
n!
λ. (1.15)
Dễ dàng thấy rằng mọi số hạng ở vế phải của (1.15) trừ hai số hạng cuối
cùng đều khử nhau hết. Từ đó bằng cách thay t = ξ ta thu được (1.14). Từ
(1.14) ta có
λ = f
(n+1)
(ξ)(x − ξ)
n−p+1
. (1.16)
Thay λ từ (1.16) vào (1.11) ta thu được điều phải chứng minh. 
Bằng cách chọn các giá trị p > 0 hoàn toàn xác định, ta thu được những
trường hợp riêng đối với phần dư R
n+1
(f; x). Ta xét những trường hợp quan
trọng nhất khi p = n + 1 và p = 1.
Khi p = n + 1 thì từ (1.11) ta thu được phần dư của công thức Taylor dưới
dạng Lagrange
R
n+1
(f; x) =
f
(n+1)
(ξ)
(n + 1)!
(x − x
0
)
n+1
, ξ = x
0
+ θ(x − x
0
), 0 < θ < 1. (1.17)
16
Khi p = 1 thì từ (1.11) ta thu được phần dư của công thức Taylor dưới dạng
Cauchy
R
n+1
(f; x) =
f
(n+1)
(x
0
+ θ(x − x
0
))
n!
(x − x
0
)
n+1
(1 − θ)
n
, 0 < θ < 1 (1.18)
trong đó ξ = x
0
+ θ(x − x
0
).
Nhận xét 1.2. Công thức Maclaurin với các phần dư (1.17) và (1.18) có
dạng tương ứng
R
n+1
(f; x) =
f
(n+1)
(θx)
(n+1)!
x
n+1
, 0 < θ < 1 (dạng Lagrange).
R
n+1
(f; x) =
f
(n+1)
(θx)
(n+1)!
(1 − θ)
n
x
n+1
, 0 < θ < 1 (dạng Cauchy).
17
CHƯƠNG 2
CÔNG THỨC KHAI TRIỂN TAYLOR -
GONTCHAROV
2.1 Bài toán nội suy Newton và công thức khai triển
Taylor - Gontcharov
2.1.1 Bài toán nội suy Newton
Trước hết ta nhắc lại bài toán nội suy Taylor ở mục trước
Bài toán 2.1 (Nội suy Taylor). Cho x
0
, a
k
∈ R với k = 0, 1, . . . , N − 1. Hãy
xác định đa thức T(x) có bậc không quá N − 1 và thỏa mãn các điều kiện:
T
(k)
(x
0
) = a
k
,∀k = 0, 1, . . . , N − 1. (2.1)
Nhận xét rằng khi xét bộ điểm M(x
0
, T
(k)
(x
0
))(k = 0, 1, . . . , N − 1), ta
thấy chúng cùng nằm trên một đường thẳng x = x
0
. Khi ta cho x
0
thay đổi
và nhận giá trị tùy ý phụ thuộc vào k thì ta được một bộ điểm mới dạng
M
k
(x
k
, T
(k)
(x
k
)), k = 0, 1, . . . , N − 1,
sẽ trùng với bộ điểm ban đầu khi các x
k
trùng nhau. Khi đó ta thu được bài
toán nội suy Newton. Ta phát biểu bài toán đó dưới dạng sau đây.
Bài toán 2.2 (Bài toán nội suy Newton). (Xem [1]). Cho x
i
, a
i
∈ R, với i =
0, 1, . . . , n. Hãy xác định đa thức N(x) có bậc không quá n(deg N(x) ≤ n)
và thỏa mãn các điều kiện:
N
(i)
(x
i
) = a
i
,∀i = 0, 1, . . . , n. (2.2)
18
Để giải bài toán này, trước hết ta xét một số trường hợp riêng của nó.
Với mỗi i = 2, 3, . . . , n, ta ký hiệu
R
i
(x
0
, x
1
, . . . , x
i−1
, x) =
x

x
0
t
1

x
1
...
t
i−1

x
i−1
dt
i
dt
i−1
...dt
1
.
i) Nếu n = 0 (ứng với i = 0) thì ta có deg N(x) = 0 và N(x
0
) = a
0
, và do
đó N(x) = a
0
.
ii) Nếu n = 1 (ứng với i = 0, 1), thì ta có

N(x) = α
0
+ α
1
x
N
(i)
(x
i
) = a
i
, (i = 0, 1)
.
Từ đó suy ra N(x) = a
0
+ a
1
(x − x
0
) hay
N(x) = a
0
+ a
1
R(x
0
, x).
iii) Nếu n = 2 (ứng với i = 0, 1, 2), thì ta có

N(x) = α
0
+ α
1
x + α
2
x
2
N
(i)
(x
i
) = a
i
, (i = 0, 1, 2).
.
Từ đó suy ra







α
2
=
a
2
2
α
1
= a
1
− a
2
x
1
α
0
= a
0
− (a
1
− a
2
x
1
)x
0

a
2
2
x
2
0
.
.
Do đó
N(x) = a
0
+ a
1
(x − x
0
) + a
2

(x − x
1
)
2
2

(x
0
− x
1
)
2
2

.
Từ đó:
N(x) = a
0
+ a
1
R(x
0
, x) + a
2
R
2
(x
0
, x
1
, x).
iv) Một cách tương tự, trong trường hợp tổng quát, với i = 0, 1, . . . , n, ta
chứng minh được
N(x) = a
0
+ a
1
R(x
0
, x) + ··· + a
n
R
n
(x
0
, x
1
, . . . , x
n−1
, x) (2.3)
là đa thức duy nhất thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Newton (2.2)
và ta gọi đa thức này là đa thức nội suy Newton.
19
Thật vậy, dễ thấy rằng deg N(x) ≤ n. Ngoài ra, ứng với mỗi i(i =
0, 1, 2, .., n) ta có:
N
(i)
(x) = a
i
+ a
i+1
R(x
i
, x) + ··· + a
n
R
n−i
(x
i
, x
i+1
, . . . , x
n−1
, x).
Từ đó suy ra
N
(i)
(x
i
) = a
i
, i = 0, 1, 2, .., n.
Cuối cùng, ta chứng minh tính duy nhất nghiệm của bài toán nội suy
Newton.
Giả sử tồn tại đa thức N

(x) có bậc deg N

(x) ≤ n cũng thỏa mãn điều
kiện của bài toán 2.2 thì khi đó, đa thức P (x) = N(x)− N

(x) cũng có bậc
deg(P (x)) ≤ n và thỏa mãn điều kiện
P
(i)
(x
i
) = 0,∀i = 0, 1, 2, . . . , n.
Khi đó, theo cách xây dựng đa thức N(x) ở trên, ứng với trường hợp a
i
=
0,∀i = 0, 1, 2, . . . , n, ta suy ra P (x) ≡ 0, và do đó N(x) = N

(x).
Nhận xét 2.1. Như đã lưu ý ở trên rằng đa thức nội suy Taylor (1.6)
là trường hợp riêng của đa thức nội suy Newton (2.3) ứng với trường hợp
x
i
= x
0
,∀i = 0, 1, 2, . . . , n. Công thức khai triển hàm số f(x) thành chuỗi
thỏa mãn điều kiện
f
(i)
(x
i
) = a
i
,∀i = 0, 1, 2, . . . , n
được gọi là khai triển Taylor - Gontcharov.
Công thức khai triển Taylor-Gontcharov có rất nhiều ứng dụng trong việc
giải các bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân. Bạn đọc
quan tâm đến vấn đề lý thuyết và ứng dụng của các dạng nội suy trừu tượng
và nội suy cổ điển xin tìm đọc trong [5].
2.1.2 Công thức khai triển Taylor - Gontcharov
Tương tự như với khai triển Taylor, sau khi giải được bài toán Nội suy
Newton, vấn đề đặt ra là xấp xỉ một hàm số bởi một đa thức khi biết đạo
hàm tại một số điểm. Đó chính là nội dung của công thức khai triển Taylor-
Gontcharov.
20
Trước hết, tương tự như đã làm với khai triển Taylor, ta xét một số bài
toán sau đây:
Bài toán 2.3. (Xem [1], trang 91) Giả sử hàm f xác định trên tập Ω ∈ R
trong đó Ω là hợp của các khoảng mở trên trục thực. Giả sử f khả vi cấp i
tại điểm x
i
∈ Ω, i = 0, 1, 2, . . . , n. Hãy xác định các đa thức P
n
(x) có bậc
không quá n sao cho P
(i)
n
(x
i
) = f
(i)
(x
i
), i = 0, 1, 2, . . . , n.
Giải.
Đặt f
(i)
(x
i
) = a
i
, i = 0, 1, 2, . . . , n. Khi đó, từ lời giải của bài toán nội
suy Newton, ta thấy ngay đa thức:
P
n
(x) = a
0
+ a
1
R(x
0
, x) + ··· + a
n
R
n
(x
0
, x
1
, . . . , x
n−1
, x)
là đa thức duy nhất thỏa mãn yêu cầu của bài toán trên. 
Bài toán 2.4. Cho x
i
∈ R, i = 0, 1, ..., n. Khi đó, đa thức Q(x) có bậc
n + 1 (deg Q(x) = n + 1), hệ số cao nhất bằng 1 và thỏa mãn điều kiện
Q
(k)
n+1
(x
k
) = 0, k = 0, 1, 2, . . . , n tồn tại duy nhất và xác định bởi
Q
n+1
(x) = (n + 1)!R
n+1
(x
0
, x
1
, . . . , x
n
, x)
trong đó:
R
n+1
(x
0
, x
1
, . . . , x
n
, x) =
x

x
0
t
1

x
1
...
t
n

x
n
dt
n+1
dt
n
...dt
1
.
Giải.
Đặt
Q
n+1
(x) = (n+1)!R
n+1
(x
0
, x
1
, . . . , x
n
, x) = (n+1)!
x

x
0
t
1

x
1
...
t
n

x
n
dt
n+1
dt
n
...dt
1
.
Khi đó, ta dễ dàng suy ra deg Q(x) = n + 1 và hệ số của x
n+1
bằng 1. Mặt
khác, ∀k = 0, 1, 2, . . . , n ta có:
Q
(k)
n+1
(x) = (n+1)!R
n−k+1
(x
k
, x
k+1
, . . . , x
n
, x) = (n+1)!
x

x
k
t
k+1

x
k+1
...
t
n

x
n
dt
n+1
dt
n
...dt
k+1
.
21
Do đó, ta có:
Q
(k)
n+1
(x
k
) = 0.
Suy ra:
Q
(k)
n+1
(x
k
) = 0, k = 0, 1, 2, . . . , n.
Nên Q(x) là đa thức thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất. Giả sử tồn tại đa thức Q

n+1
(x) có
bậc deg Q

n+1
(x) ≤ n + 1 cũng thỏa mãn điều kiện của bài toán 2.4 thì khi
đó, đa thức P (x) = Q
n+1
(x)− Q

n+1
(x) cũng có bậc deg(P (x)) ≤ n và thỏa
mãn điều kiện
P
(i)
(x
i
) = 0,∀i = 0, 1, 2, . . . , n.
Khi đó, ta suy ra P (x) ≡ 0, và do đó Q
n+1
(x) = Q

n+1
(x). 
Từ các bài toán trên ta có định nghĩa sau:
Định nghĩa 2.1. Cho hàm f khả vi cấp i tại mọi điểm x
i
, i = 0, 1, 2, . . . , n
Khi đó, đa thức
P
n
(f; x) = f
(n)
(x
n
).R
n
(x
0
, x
1
, . . . , x
n−1
, x)
+f
(n−1)
(x
n−1
).R
n−1
(x
0
, x
1
, . . . , x
n−2
, x) + ··· + f

(x
1
).R(x
0
, x) + f(x
0
)
được gọi là đa thức nội suy Newton theo bộ nội suy x
0
, x
1
, . . . , x
n
của hàm
f.
Định nghĩa 2.2. Với các giả thiết như ở định nghĩa 2.1, ta đặt:
f(x) := P
n
(f; x) + R
n
(f; x) = f
(n)
(x
n
).R
n
(x
0
, x
1
, . . . , x
n−1
, x)
+f
(n−1)
(x
n−1
)R
n−1
(x
0
, x
1
, . . . , x
n−2
, x)+···+f

(x
1
).R(x
0
, x)+f(x
0
)+R
n+1
(f; x).
(2.4)
Công thức (2.4) được gọi là công thức khai triển Taylor- Gontcharov của
hàm f. Biểu thức R
n+1
(f; x) gọi là phần dư của công thức khai triển Taylor-
Gontcharov.
Ta nhận thấy rằng, với những điều kiện khác nhau đặt ra đối với hàm
f, phần dư R
n+1
(f; x) của công thức khai triển Taylor- Gontcharov sẽ được
biểu diễn bởi các công thức khác nhau.
22
Lời giải của bài toán ước lượng hiệu f(x)− P
n
(x) cũng chính là ước lượng
các biểu thức phần dư này. Trước hết, ta có kết quả sau:
Định lý 2.1. Giả sử f : (a, b) → R khả vi và liên tục đến cấp n+ 1 trên
khoảng (a, b), x
i
∈ (a, b), i = 0, 1, 2, . . . , n. Khi đó
f(x) = P
n
(f; x) + R
n+1
(f; x)
trong đó, R
n+1
(f; x) được xác định bởi:
R
n+1
(f; x) =
x

x
0
t
1

x
1
...
t
n

x
n
f
(n+1)
(t
n+1
).dt
n+1
.dt
n
...dt
2
.dt
1
. (2.5)
Chứng minh.
Ta có:
f(x) = f(x
0
) +
x

x
0
f

(t
1
)dt
1
= f(x
0
) +
x

x
0


f

(x
1
) +
t
1

x
1
f

(t
2
).dt
2


dt
1
= f(x
0
) +
x

x
0
f

(x
1
)dt
1
+
x

x
0
t
1

x
1
f

(t
2
)dt
2
dt
1
= f(x
0
) + f

(x
1
)R
1
(x
0
; x) +
x

x
0
t
1

x
1
f

(t
2
)dt
2
dt
1
= f(x
0
) + f

(x
1
)R
1
(x
0
; x) +
x

x
0
t
1

x
1


f

(x
2
) +
t
2

x
2
f
(3)
(t
3
)dt
3


dt
2
dt
1
= f(x
0
) + f

(x
1
)R
1
(x
0
; x) + f

(x
2
)R
2
(x
0
; x
1
; x) +
x

x
0
t
1

x
1
t
2

x
2
f
(3)
(t
3
)dt
3
dt
2
dt
1
...
= f(x
0
)+f

(x
1
)R
1
(x
0
; x)+f

(x
2
)R
2
(x
0
; x
1
; x)+···+f
(n)
(x
n
)R
n
(x
0
; x
1
; ...; x
n−1
; x)
+
x

x
0
t
1

x
1
t
2

x
2
...
t
n

x
n
f
(n+1)
(t
n+1
)dt
n+1
dt
n
...dt
2
dt
1
= P
n
(f; x) + R
n+1
(f; x).
23
Từ đó ta có
f(x) := P
n
(f; x) + R
n+1
(f; x)
với
R
n+1
(f; x) =
x

x
0
t
1

x
1
...
t
n

x
n
f
(n+1)
(t
n+1
).dt
n+1
.dt
n
...dt
2
.dt
1
.
Định lý được chứng minh. 
Nhận xét 2.2. Biểu thức (2.5) cho ta công thức xác định phần dư R
n+1
(f; x)
trong khai triển Taylor- Gontcharov của hàm f(x). Câu hỏi đặt ra là phần
dư của khai triển Taylor- Gontcharov có thể đánh giá được giống như ở khai
triển Taylor không? Và nếu được thì đánh giá đó có dạng tương tự như dạng
Lagrange và dạng Cauchy không? Trong phần tiếp theo, ta sẽ đi nghiên cứu
vấn đề đó.
2.2 Khai triển Taylor - Gontcharov với các phần dư
khác nhau
Trước hết, để thuận tiện ta nhắc lại một số ký hiệu ở mục trước:
R
i
(x
0
, x
1
, . . . , x
i−1
, x) =
x

x
0
t
1

x
1
...
t
i−1

x
i−1
dt
0
dt
1
...dt
i−1
, i = 2, 3, . . . , N.
R
n+1
(f; x) =
x

x
0
t
1

x
1
...
t
n

x
n
f
(n+1)
(t
n+1
).dt
n+1
.dt
n
...dt
2
.dt
1
.
Để đơn giản, ta định nghĩa phép toán:
(R
i
f)(x) =
x

x
i
f(s)ds, i = 0, 1, 2, 3, . . . , n.
Dễ thấy:
(R
i
1)(x) =
x

x
i
ds.
24

Đây là phiên bản tài liệu đơn giản

Xem phiên bản đầy đủ của tài liệu Công thức khai triển taylor-gontcharov và áp dụng