Bài toán nội suy cổ điển tổng quát và áp dụng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
CAO VĂN QUÝ
BÀI TOÁN NỘI SUY
CỔ ĐIỂN TỔNG QUÁT
VÀ ÁP DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
HÀ NỘI - 2009
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
CAO VĂN QUÝ
BÀI TOÁN NỘI SUY
CỔ ĐIỂN TỔNG QUÁT
VÀ ÁP DỤNG
Chuyên ngành : TOÁN 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 - 2009
MỤC LỤC
Mở đầu 3
1 Một số bài toán nội suy cổ điển cơ bản trong giải tích 5
1.1 Một số kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Một số bài toán nội suy cổ điển cơ bản trong giải tích . . . . 6
1.2.1 Bài toán nội suy Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.2 Bài toán nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.3 Bài toán nội suy Newton . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.4 Bài toán nội suy Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2 Bài toán nội suy cổ điển tổng quát 14
2.1 Bài toán nội suy cổ điển tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2 Bài toán nội suy Taylor mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.3 Bài toán nội suy Lagrange mở rộng . . . . . . . . . . . . . . 29
2.4 Bài toán nội suy Newton mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.5 Bài toán nội suy Hermite mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.6 Bài toán nội suy Lagrange - Newton . . . . . . . . . . . . . . 36
2.7 Bài toán nội suy Newton-Hermite . . . . . . . . . . . . . . . 37
3 Một số ứng dụng của nội suy 41
3.1 Chứng minh đồng nhất thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3.2 Ước lượng đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3.3 Một số bài toán nội suy cổ điển . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Kết luận 54
Tài liệu tham khảo 55
2
MỞ ĐẦU
Các bài toán nội suy và những vấn đề liên quan đến nó là một phần
quan trọng của đại số và giải tích toán học. Nó không những như là một
đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số mà còn là một công cụ đắc lực
của giải tích trong lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết nội suy, lý thuyết biểu diễn,
lý thuyết điều khiển, tối ưu,..Ngoài ra, các đặc trưng cơ bản của nội suy còn
được sử dụng trong nhiều toán cao cấp, toán ứng dụng, trong những mô hình
thực tế và trong các kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia, Olympic Toán khu vực
và quốc tế.
Các bài toán nội suy là một chuyên đề chọn lọc cho giáo viên và học
sinh hệ chuyên toán bậc trung học phổ thông và năm đầu đại học và cũng
là chuyên đề cần nâng cao cho bậc sau đại học.
Các bài toán nội suy ra đời từ rất sớm, khởi đầu là công trình của La-
grange, Newton, Hermite,. . . , Tuy nhiên việc xây dựng bài toán nội suy tổng
quát và các thuật toán tìm nghiệm của nó cũng như việc xây dựng lý thuyết
nội suy cho đến nay vẫn đang được các nhà toán học tiếp tục nghiên cứu
. Có thể nói các bài toán nội suy cổ điển đóng một vai trò rất quan trọng
trong việc thiết lập các đa thức thỏa mãn hệ các điều kiện rằng buộc đặc
biệt. Việc nghiên cứu các bài toán nội suy là nhằm giải các bài toán liên
quan đến đa thức và hàm số. Tuy nhiên, ở các trường trung học phổ thông
thì lý thuyết các bài toán nội suy còn rất mới mẻ và bỡ ngỡ ngay cả đối với
giáo viên giảng dạy môn toán học.
Là học viên cao học, công tác ở một trường trung học, nhằm đáp ứng
cho nhu cầu giảng dạy và học tập tôi chọn đề tài " Bài toán nội suy cổ điển
tổng quát và áp dụng". Đây là đề tài có ý nghĩa thực tiễn trong công tác
giảng dạy, nó cho ta sự nhìn nhận nhất quán về các bài toán nội suy cổ điển
cơ bản trong giải tích.
3
Đề tài đã sử dụng một phần nội dung về lý thuyết cũng như các bài tập
mang tính minh họa đã được GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu thực hiện (xem[5]).
Đề tài gồm phần mở đầu và 3 chương.
Chương 1. Một số bài toán nội suy cổ điển cơ bản trong giải tích.
Chương 2. Bài toán nội suy cổ điển tổng quát.
Chương 3. Một số ứng dụng của nội suy.
Tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới người thầy kính mến GS.TSKH
Nguyễn Văn Mậu đã tận tình hướng dẫn tôi hoàn thành đề tài này. Tôi cũng
vô cùng biết ơn các thầy, cô giáo , đặc biệt các thầy cô giáo trong Tổ Giải
tích, Khoa Toán - Cơ- Tin học Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội
đã dạy dỗ, đóng góp về nội dung cũng như về cách thức trình bày đề tài này.
Hà Nội, ngày 15 tháng 12 năm 2009
Cao Văn Quý
4
CHƯƠNG 1
MỘT SỐ BÀI TOÁN NỘI SUY CỔ ĐIỂN CƠ BẢN
TRONG GIẢI TÍCH
1.1 Một số kiến thức chuẩn bị
Định nghĩa và tính chất của đa thức
Định nghĩa 1.1. Một đa thức bậc n của ẩn x là biểu thức có dạng ( [6] )
P
n
(x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ · · · + a
1
x + a
0
,
trong đó các hệ số a
n
, a
n−1
, . . . , a
0
là những số thực hoặc (phức) và a
n
= 0,
n ∈ N. Ta ký hiệu
i, Bậc của đa thức P
n
(x) là deg P
n
(x). Do vậy deg P
n
(x) = n.
ii, a
n
- hệ số cao nhất của đa thức.
iii, a
0
- hệ số tự do của đa thức.
iv, a
n
x
n
- hạng tử cao nhất.
Chú ý 1.1. Sau đây ta thường chỉ xét đa thức P
n
(x) với các hệ số của nó
đều là thực và gọi tắt là đa thức thực.
Định nghĩa 1.2. Cho đa thức
P
n
(x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ · · · + a
1
x + a
0
, với a
n
= 0,
α ∈ C, được gọi là nghiệm của đa thức P
n
(x) nếu P
n
(α) = 0.
Nếu tồn tại k ∈ N, k > 1 sao cho P
n
(x)
.
.
.(x − α)
k
nhưng P
n
(x) không chia
hết cho (x − α)
k+1
thì α được gọi là nghiệm bội k của đa thức P
n
(x).
Đặc biệt khi k = 1 thì α được gọi là nghiệm đơn , k = 2 thì α được gọi là
5
nghiệm kép.
Định lý 1.1 (Gauss). Mọi đa thức bậc n ≥ 1 trên trường C đều có đúng
n nghiệm nếu mỗi nghiệm được tính một số lần bằng bội của nó.
Định lý 1.2. Mọi đa thức với hệ số thực đều có thể biểu diễn dưới dạng
P
n
(x) = a
0
(x − α
1
)
n
1
. . . (x − α
r
)
n
r
(x
2
+ p
1
x + q
1
)
m
1
. . . (x
2
+ p
s
x + q
s
)
m
s
trong đó
r

i=1
n
i
+ 2
s

i=1
m
i
= n, p
2
i
− 4q
i
< 0, i = 1, i.
và α
0
, α
1
, . . . , α
r
; p
1
, q
1
, . . . , p
s
, q
s
∈ R.
Định lý 1.3. Mỗi đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực.
Hệ quả 1.1. Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không.
Hệ quả 1.2. Nếu đa thức có bậc  n mà nhận cùng một giá trị tại n + 1
điểm khác nhau của đối số thì đa thức đó là đa thức hằng.
Hệ quả 1.3. Hai đa thức bậc  n mà nhận n + 1 giá trị bằng nhau tại n + 1
giá trị khác nhau của đối số thì đồng nhất bằng nhau.
1.2 Một số bài toán nội suy cổ điển cơ bản trong giải
tích
1.2.1 Bài toán nội suy Taylor
Bài toán 1.1. Cho x
0
∈ R, và a
k
∈ R, với k = 0, 1, . . . , N − 1. Hãy xác
định đa thức T (x) có bậc deg T (x)  N − 1 và thỏa mãn các điều kiện
T
(k)
(x
0
) = a
k
, ∀k = 0, 1, . . . , N − 1.
6
Nghiệm duy nhất của bài toán được biểu diễn bởi công thức
T (x) =
N−1

k=0
a
k
k!
(x − x
0
)
k
.
Ví dụ 1.1. Xác định đa thức bậc ba f(x) thỏa mãn các điều kiện
f
(n)
(1) = n
3
− 3n
2
+ n + 1, n = 0, 1, 2, 3.
Giải. Ta có
n = 0 ⇒ f(1) = 1, n = 1 ⇒ f
(1)
(1) = 0,
n = 2 ⇒ f
(2)
(1) = −1, n = 3 ⇒ f
(3)
(1) = 4.
Theo công thức nội Suy Taylor, ta có
f(x) = f(1) +
f
(1)
(1)
1!
(x − 1) +
f
(2)
(1)
2!
(x − 1)
2
+
f
(3)
(1)
3!
(x − 1)
3
= 1 + 0.(x − 1) −
1
2
(x − 1)
2
+
4
6
(x − 1)
3
= 1 −
1
2
x
2
+ x −
1
2
+
2
3
(x
3
− 3x
2
+ 3x − 1)
f(x) =
2
3
x
3

5
2
x
2
+ 3x −
1
6
1.2.2 Bài toán nội suy Lagrange
Bài toán 1.2. Cho x
0i
, a
0i
∈ R, với x
0i
= x
0j
∀i = j, (i, j = 1, 2, . . . , N).
Hãy xác định đa thức L(x) có bậc deg L(x)  N − 1 thỏa mãn điều kiện
L(x
0i
) = a
0i
, ∀i = 1, 2, . . . , N.
Nghiệm duy nhất của bài toán được biểu diễn bởi công thức
L(x) =
N

i=1
a
i
L
i
(x),
trong đó L
i
(x) =

N
j=1,j=i
x−x
j
x
i
−x
j
, (i = 1, 2, . . . , N),
và ta đồng nhất x
0i
≡ x
i
, a
0i
≡ a
i
.
7
Ví dụ 1.2. Xác định đa thức bậc hai nhận giá trị bằng 3;1;7, tại x = -1 ; 0
; 3 tương ứng.
Giải. Ta có x
1
= −1, x
2
= 0, x
3
= 3 và f(x
1
) = 3, f(x
2
) = 1, f(x
3
) = 7.
Theo công thức nội suy Lagrange với n =2, ta có
f(x) = f(−1)
(x − 0)(x − 3)
(−1 − 0)(−1 − 3)
+ f(0)
(x − 3)(x + 1)
(0 − 3)(0 + 1)
+
+f(3)
(x + 1)(x − 0)
(3 + 1)(3 − 0)
= x
2
− x + 1.
f(x) = x
2
− x + 1.
Ví dụ 1.3. Xác định tam thức bậc hai, f(x) thỏa mãn các điều kiện sau
f(n) = (−1)
n
(2n
2
− n − 1), n = 4, 7, 16.
Giải. Đặt n
1
= 4, n
2
= 7, n
3
= 16. Ta có
f(n
1
) = 27, f(n
2
) = 90, f(n
3
) = 256.
Sử dụng đồng nhất thức Lagrange ta có:
f(x) = f(n
1
)
(x − 7)(x − 16)
(4 − 7)(4 − 16)
+ f(n
2
)
(x − 4)(x − 16)
(7 − 4)(7 − 16)
+
+f(n
3
)
(x − 4)(x − 7)
(16 − 4)(16 − 7)
.
f(x) = 27.
(x − 7)(x − 16)
(4 − 7)(4 − 16)
+ 90.
(x − 4)(x − 16)
(7 − 4)(7 − 16)
+
+256.
(x − 4)(x − 7)
(16 − 4)(16 − 7)
.
f(x) = 3.
(x − 7)(x − 16)
4
+ 10.
(x − 4)(x − 16)
3
+ 64.
(x − 4)(x − 7)
27
.
Ví dụ 1.4. Xác định tam thức bậc ba, f(x) thỏa mãn các điều kiện sau
f(2n − 1) = (−1)
n
(2n
3
− 3n + 1), n = 1, 4, 5, 12.
8
Giải.
Ta có n = 1 ⇒ f(1) = 0, n = 4 ⇒ f(7) = 117,
n = 5 ⇒ f(9) = −236, n = 12 ⇒ f(23) = 1728.
Sử dụng đồng nhất thức Lagrange, ta có
f(x) = f(1)
(x − 7)(x − 9)(x − 23)
(1 − 7)(1 − 9)(1 − 23)
+ f(7)
(x − 1)(x − 9)(x − 23)
(7 − 1)(7 − 9)(7 − 23)
+
+f(9)
(x − 1)(x − 7)(x − 23)
(9 − 1)(9 − 7)(9 − 23)
+ f(23)
(x − 1)(x − 7)(x − 9)
(23 − 1)(23 − 7)(23 − 9)
.
f(x) = f(7)
(x − 1)(x − 9)(x − 23)
192
+
+f(9)
(x − 1)(x − 7)(x − 23)
256
+ f(23)
(x − 1)(x − 7)(x − 9)
4928
.
f(x) = 117
(x − 1)(x − 9)(x − 23)
192
+
+236
(x − 1)(x − 7)(x − 23)
256
+ 1728
(x − 1)(x − 7)(x − 9)
4928
.
f(x) = 39
(x − 1)(x − 9)(x − 23)
64
+
+59
(x − 1)(x − 7)(x − 23)
64
+ 27
(x − 1)(x − 7)(x − 9)
77
.
1.2.3 Bài toán nội suy Newton
Bài toán 1.3. Cho x
i
, a
i
∈ R, với i = 1, 2, . . . , N. Hãy xác định đa thức
N(x) có bậc deg N(x)  N − 1 và thỏa mãn điều kiện
N
(i−1)
(x
i
) = a
i
, ∀i = 1, 2, . . . , N.
Nghiệm duy nhất của bài toán được biểu diễn bởi công thức
N(x) = a
1
+ a
2
R(x
1
, x) + · · · + a
N
R
N−1
(x
1
, x
2
, . . . , x
N−1
, x),
trong đó, ta ký hiệu
R
i
(x
0
, x
1
, . . . , x
i−1
, x) =
x

x
0
t
1

x
1
t
2

x
2
...
t
i−1

x
i−1
dt
i−1
...dt
1
dt, i = 2, . . . , N.
9
Ví dụ 1.5. Xác định đa thức bậc hai f(x), thỏa mãn các điều kiện sau
f
(n)
(2n + 1) = (−1)
n
(2n
2
− n − 1), n = 0, 1, 2.
Giải. Ta có
n = 0 ⇒ f(1) = −1, n = 1 ⇒ f
(1)
(3) = 0, n = 2 ⇒ f
(2)
(5) = 5.
Đặt a
1
= −1, a
2
= 0, a
3
= 5 lần lượt ứng với x
1
= 1, x
2
= 3, x
3
= 5, ta
xác định được đa thức bậc hai f(x) sau đây
f(x) = a
1
+ a
2
(x − x
1
) + a
3

(x − x
2
)
2
2

(x
1
− x
2
)
2
2

f(x) = −1 + 0.(x − 1) + 5.

(x − 3)
2
2

(1 − 3)
2
2

f(x) =
5
2
x
2
− 15x +
23
2
.
Ví dụ 1.6. Xác định đa thức bậc ba f(x) (deg f(x) = 3) thỏa mãn các
điều kiện
f
(n)
(3n + 1) = n
3
− 3n
2
+ n + 1, n = 0, 1, 2, 3.
Giải. Ta có
n = 0 ⇒ f(1) = 1, và đặt a
1
= 1, x
1
= 1 ⇒ f(x
1
) = a
1
,
n = 1 ⇒ f
(1)
(4) = 0, và đặt a
2
= 0, x
2
= 4 ⇒ f
(2)
(x
2
) = a
2
,
n = 2 ⇒ f
(2)
(7) = −1, và đặt a
3
= −1, x
3
= 7 ⇒ f
(2)
(x
3
) = a
3
,
n = 3 ⇒ f
(3)
(10) = 4, và đặt a
4
= 4, x
4
= 10 ⇒ f
(3)
(x
4
) = a
4
.
Theo công thức nội suy Newton (đối với N=4) ta có
N(x) = a
1
+ a
2
R
1
(x
1
, x) + a
3
R
2
(x
1
, x
2
, x) + a
4
R
3
(x
1
, x
2
, x
3
, x),
trong đó ,
R
1
(x
1
, x) =
x

x
1
dt = x − x
1
,
R
2
(x
1
, x
2
, x) =
x

x
1
t
2

x
2
dt
2
dt =
(x − x
2
)
2
2

(x
1
− x
2
)
2
2
,
10
R
3
(x
1
, x
2
, x
3
, x) =
x

x
1
t
2

x
2
t
3

x
3
dt
3
dt
2
dt =
=
(x − x
3
)
3
6

(x
1
− x
3
)
3
6

(x
2
− x
3
)
2
2
(x − x
1
).
Ta xác định được đa thức
N(x) = 1 + 0.(x − 1) − 1

(x − 4)
2
2

(1 − 4)
2
2

+
+4

(x − 7)
3
6

(1 − 7)
3
6

(4 − 7)
2
2
(x − 1)

.
Vậy
N(x) =
2
3
x
3

29
2
x
2
+ 84x −
415
6
.
1.2.4 Bài toán nội suy Hermite
Bài toán 1.4. Cho x
i
, a
ki
∈ R, với i = 1, 2, . . . , n; k = 0, 1, 2, . . . , p
i
− 1
và x
i
= x
j
, ∀i = j, trong đó p
1
+ p
2
+ · · · + p
n
= N.
Hãy xác định đa thức H(x) có bậc deg H(x)  N − 1 thỏa mãn các điều
kiện
H
(k)
(x
i
) = a
ki
, ∀i = 1, 2, . . . , n; ∀k = 0, 1, 2, . . . , p
i
− 1.
Nghiệm duy nhất của bài toán được biểu diễn bởi công thức
H(x) =
n

i=1
p
i
−1

k=0
a
ki
(x − x
i
)
k
k!
W
i
(x)T

1
W
i
(x)

(p
i
−1−k)
(x=x
i
)
,
trong đó
T

1
W
i
(x)

(p
i
−1−k)
(x=x
i
)
=
p
i
−1−k

l=0

1
W
i
(x)

(l)
(x=x
i
)
(x − x
i
)
l
l!
,
là đoạn triển khai Taylor đến cấp thứ (p
i
− 1 − k) tại x = x
i
của hàm số
1
W
i
(x)
.
Ví dụ 1.7. Xác định đa thức f(x) (deg f(x)  3) thỏa mãn các điều kiện
f
n
(1) = n
3
− 3n
2
+ n + 1, n = 0, 1, 2, f(2) = 0.
11
Giải. Kí hiệu x
i
, a
ki
với i = 1,2, k = 0, 1, . . . , p
i
− 1 , với p
1
= 3; p
2
= 1.
Theo công thức nội suy Hermite ta có
f
(0)
(1) = 1, f
(1)
(1) = 0, f
(2)
(1) = 1, f(2) = 0.
trong đó, x
1
= 1, x
2
= 2, a
01
= 1, a
11
= 0, a
21
= −1, a
02
= 0.
Ta có
W
i
(x) =
2

j=1;j=i
(x − x
j
)
p
j
,
với i = 1
W
1
(x) = (x − x
2
)
1
= x − 2
với i = 2
W
2
(x) = (x − x
1
)
3
= (x − 1)
3
.
Vậy
H(x) =
2

i=1
p
i
−1

k=0
a
ki
(x − x
i
)
k
k!
W
i
(x)T

1
W
i
(x)

(p
i
−1−k)
(x=x
i
)
,
trong đó
T

1
W
i
(x)

(p
i
−1−k)
(x=x
i
)
=
p
i
−1−k

l=0

1
W
i
(x)

(l)
(x=x
i
)
(x − x
i
)
l
l!
.
Do đó
H(x) =
p
1
−1

k=0
a
k1
(x − x
1
)
k
k!
W
1
(x)T

1
W
1
(x)

(p
1
−1−k)
(x=x
1
)
+
+
p
2
−1

k=0
a
k2
(x − x
2
)
k
k!
W
2
(x)T

1
W
2
(x)

(p
2
−1−k)
(x=x
2
)
= a
01
(x − x
1
)
0
0!
W
1
(x)T

1
W
1
(x)

(p
1
−1)
(x=x
1
)
+
+a
11
(x − x
1
)
1
1!
W
1
(x)T

1
W
1
(x)

(p
1
−1−1)
(x=x
1
)
+
+a
21
(x − x
1
)
2
2!
W
1
(x)T

1
W
1
(x)

(p
1
−1−2)
(x=x
1
)
+
12
+a
02
(x − x
2
)
0
0!
W
2
(x)T

1
W
2
(x)

(p
1
−1−0
(x=x
2
)
.
Suy ra
H(x) = (x − 2)T

1
x − x
2

(2)
(x=x
1
)

(x − x
1
)
2
2!
(x − x
2
)T

1
x − x
2

(0)
(x=x
1
)
= (x − x
2
)

1
x
1
− x
2

x − x
1
(x
1
− x
2
)
2
+
2(x
1
− x
2
)(x − x
1
)
2
(x
1
− x
2
)
4



(x − x
1
)
2
(x − x
2
)
2(x
1
− x
2
)
= (x − 2)

−1 − (x − 1) − 2(x − 1)
2

+
(x − 1)
2
(x − 2)
2
hay
H(x) =
−3
2
(x−2)(x−1)
2
−(x−2)(x−1)−(x−2) =
−3
2
x
3
+5x
2

11
2
x+3
H(x) =
−3
2
x
3
+ 5x
2

11
2
x + 3.
13
CHƯƠNG 2
BÀI TOÁN NỘI SUY CỔ ĐIỂN TỔNG QUÁT
2.1 Bài toán nội suy cổ điển tổng quát
Bài toán nội suy cổ điển tổng quát phát biểu như sau.
Bài toán 2.1. Cho bộ số x
ki
, a
ki
∈ R , x
ki
= x
kj
, ∀i = j; k = 0, 1, . . . , n −
1; i, j = 1, 2, . . . , r
k+1
; trong đó r
0
= 0, r
1
+ r
2
+ · · · + r
n
= N và cho
s
0
= 0 < s
1
< s
2
< · · · < s
n−1
.
Hãy xác định các đa thức P(x) có bậc deg P (x)  N − 1 và thỏa mãn điều
kiện
P
(s
k
)
(x
ki
) = a
ki
, ∀k = 0, 1, . . . , n − 1, ∀i = 1, 2, . . . , r
k+1
.
Trước hết, ta sử dụng ký hiệu g
N
(x) = (1, x, . . . , x
N−1
). Để đánh lại
chỉ số cho cặp bộ số x
ki
và a
ki
, ta định nghĩa
m  (k, i) ⇔ m = r
0
+ r
1
+ r
2
+ · · · + r
k
+ i.
Khi đó m = 1, 2, ..., N và ứng với m  (k, i) ta viết x
ki
= x
m
, a
ki
= a
m

g
Nm
= g
(s
k
)
N
(x
ki
).
Tức là, m  (ki), ta có
g
Nm
=

0, 0, . . . , 0
  
s
k
, (s
k
)!,
(s
k
+ 1)!
1!
x
k
i
, . . . ,
(N − 1)!
(N − 1 − s
k
)!
x
N−1−s
k
ki

.
Ta sẽ đi chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để bài toán nội suy cổ điển
tổng quát (2.1) có nghiệm duy nhất là ma trận
G
N
=



g
N1
g
N2
.
.
.
g
NN



14
có định thức
V
N
= det G
N
= 0.
Thật vậy, xét đa thức
P (x) = α
0
+ α
1
x + α
2
x
2
+ · · · + α
N−1
x
N−1
,
(α) = (α
0
, α
1
, . . . , α
N−1
)
T
, A = (a
1
, a
2
, . . . , a
N
)
T
.
Khi đó, P(x) là nghiệm duy nhất của bài toán (2.1) khi và chỉ khi hệ phương
trình tuyến tính
G
N
.(α) = A
có nghiệm duy nhất. Trong trường hợp này, ta phải có
V
N
= det G
N
= 0.
Bây giờ, ứng với mỗi m=1,2,. . . ,N, ta ký hiệu G
Nm
(x) là ma trận thu được
từ ma trận G
N
bằng cách thay g
Nm
bởi g
N
(x) và V
Nm
(x) là định thức tương
ứng của nó, tức là
G
N
=









g
N1
.
.
.
g
Nm−1
g
N
(x)
g
Nm+1
.
.
.
g
NN









và V
Nm
(x) = det G
Nm
(x).
Cuối cùng, ta sẽ chứng minh rằng đa thức P(x) được xác định bởi công
thức
P (x) = V
−1
N
N

m=1
a
m
V
Nm
(x) (2.1)
là nghiệm duy nhất của bài toán (2.1).
Thật vậy, ta có
P
(s
k
)
(x
ki
) = V
−1
N
N

m=1
a
m
V
(s
k
)
Nm
(x
ki
)
15
Mặt khác , ta có
V
(s
k
)
Nm
(x
ki
) =













g
N1
.
.
.
g
Nm−1
g
(s
k
)
N
(x
ki
)
g
Nm+1
.
.
.
g
NN













=

V
N
nếu m = (k, i)
0 nếu m = (k, i).
Thật vậy, nếu m=(k,i) thì ta có g
(s
k
)
N
(x
ki
) = g
Nm
và do đó
V
(s
k
)
Nm
(x
ki
) = V
N
.
Ngược lại, nếu m = (k, i) thì khi đó tồn tại n ∈ {1, 2, . . . , N} , n = m
sao cho n = (k,i). Trong trường hợp này, định thức V
(s
k
)
Nm
(x
ki
) chứa hai dòng
giống nhau (dòng thứ m và n) và do đó
V
(s
k
)
Nm
(x
ki
) = 0.
Vậy ta thu được điều phải chứng minh
P
(s
k
)
(x
ki
) = V
−1
N
a
ki
V
N
= a
ki
Trong phần tiếp theo, ta sẽ thiết lập các ma trận nghiệm của hệ ứng với
các bài toán nội suy cổ điển.
Bài toán nội suy Taylor
Ta nhắc lại bài toán nội suy Taylor.
Bài toán 2.2. Cho x
01
∈ R và a
k1
∈ R với k = 0, 1, . . . , N − 1.. Hãy xác
định đa thức T(x) có bậc deg T (x)  N − 1 và thỏa mãn điều kiện
T
(k)
(x
01
) = a
k1
, ∀k = 0, 1, . . . , N − 1.
Giải. Xét ma trận nghiệm của bài toán. Với cách ký hiệu và định nghĩa
như ở bài toán nội suy cổ điểm tổng quát (2.1), ta có
x
01
≡ x
1
, a
k1
≡ a
m
, (m = k + 1, k = 0, 1, . . . , N − 1),
S
k
= k ; (r
0
= 0; r
k+1
= 1; i = 1; m = r
0
+r
1
+· · ·+r
k
= k+1) ⇒ k = m−1
16
g
N
(x) = (1, x, . . . , x
N−1
), g
Nm
= g
(m−1)
N
(x
1
), (m = 1, 2, . . . , N).
Khi đó, ma trận nghiệm của bài toán (6.2) có dạng tường minh như sau:
G
N
=



g
N1
g
N2
.
.
.
g
NN



=




1 x
1
x
2
1
· · · x
N−1
1
0 1 2x
1
· · · (N − 1)x
N−2
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 0 · · · (N − 1)!




G
Nm
(x) =










g
N1
g
N2
.
.
.
g
Nm−1
g
N
(x)
g
Nm+1
.
.
.
g
NN










=












1 x
1
x
2
1
· · · x
N−1
1
0 1 2x
1
· · · (N − 1)x
N−2
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1 x
2
x
3
· · · x
N−1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 0 · · · (N − 1)!












Lúc này ta có thể biểu diễn V
Nm
(x) qua V
N
sau đó tìm lại công thức nghiệm
tường minh của bài toán (2.2) như sau :
Với mỗi i=1,2,. . . ,m-1, lần lượt nhân hàng i với −
(x−x
1
)
i−1
(i−1)!
rồi cộng vào
hàng thứ m của ma trận G
Nm
(x) để đưa nó về dạng đường chéo, và từ đó ta
tính được định thức V
Nm
(x) của nó như sau
V
Nm
(x) =
V
N
.(x − x
1
)
m−1
(m − 1)!
.
Cuối cùng, theo kết quả của bài toán (2.1), ta có kết quả của bài toán nội
suy Taylor đã biết
T (x) = V
−1
N
N

m=1
a
m
V
Nm
(x) =
N

m=1
a
m
(x − x
1
)
m−1
(m − 1)!
hay
T (x) =
N−1

k=0
a
k1
k!
(x − x
01
)
k
.
Ví dụ 2.1. Xác định đa thức f(x) (deg f(x)  2) thỏa mãn các điều kiện
sau :
f(1) = 3, f
(1)
(1) = 0, f
(2)
(1) = 2.
17
Giải. Đây là bài toán nội suy Taylor cổ điển, ta đi thiết lập ma trận nghiệm
ứng với bài toán nội suy Taylor .
Ta thấy N = 3, k = 0, 1, . . . , 2. Khi đó, ta có
x
i
= 1, ∀i = 1, a
k1
≡ a
m
(m = k + 1)
(a
01
= 3, a
02
= 0, a
03
= 2)
g
3
(x) = (1, x, . . . , x
N−1
) = (1, x, x
2
)
= g
m−1
3
(x
1
) (m = 1, 2, 3).
Do đó ma trận nghiệm của bài toán có dạng tường minh như sau
G
3
=

g
31
g
32
g
33

,
G
3
=

g
31
g
32
g
33

=

1 x
1
x
2
1
0 1 2x
1
0 0 2

=

1 1 1
0 1 2
0 0 2

.
V
3
= 2; V
−1
3
=
1
2
.
G
31
(x) =

1 x x
2
0 1 2x
1
0 0 2

; ⇒ V
31
(x) = V
3
.
(x − 1)
0
0!
= 2.
G
32
(x) =

1 x
1
x
2
1
1 x x
2
0 0 2

; ⇒ V
32
(x) = V
3
.
(x − 1)
1
1!
= 2(x − 1).
G
33
(x) =

1 x
1
x
2
1
0 1 2x
1
1 x x
2

; ⇒ V
33
(x) = V
3
.
(x − 1)
2
2!
= (x − 1)
2
.
Vậy
f(x) = V
−1
3
3

1
a
m
V
3m
(x) =
3

1
a
m
(x − x
1
)
m−1
(m − 1)!
hay f(x) =
1
2
[3.2 + 0.2(x − 1) + 2.(x − 1)
2
] = x
2
− 2x + 4.
18
Bài toán nội suy Lagrange
Ta nhắc lại bài toán nội suy Lagrange.
Bài toán 2.3. Cho x
0i
, a
0i
∈ R, với x
0i
= x
0j
∀i = j, (i, j = 1, 2, . . . , N).
Hãy xác định đa thức L(x) có bậc deg L(x)  N − 1 và thỏa mãn điều kiện
L(x
0i
) = a
0i
, ∀i = 1, 2, . . . , N.
Xét ma trận nghiệm của bài toán.
Với cách ký hiệu và định nghĩa như ở bài toán nội suy cổ điển tổng quát
(2.1) ta có
x
0i
≡ x
i
, a
0i
≡ a
i
, (i = 1, 2, . . . , N),
g
N
(x) = (1, x, . . . , x
N−1
), g
Ni
= g
N
(x
i
), (i = 1, 2, . . . , N).
Khi đó, ma trận nghiệm của bài toán(2.3) có dạng tường minh như sau:
G
N
=



g
N1
g
N2
.
.
.
g
NN



=




1 x
1
x
2
1
· · · x
N−1
1
1 x
2
x
2
2
· · · x
N−1
2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1 x
N
x
2
N
· · · x
N−1
N




G
Ni
(x) =









g
N1
.
.
.
g
Ni−1
g
N
(x)
g
Ni+1
.
.
.
g
NN









=










1 x
1
x
2
1
· · · x
N−1
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1 x
i−1
x
2
i−1
· · · x
N−1
i−1
1 x x
2
· · · x
N−1
1 x
i+1
x
2
i+1
· · · x
N−1
i+1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1 x
N
x
2
N
· · · x
N−1
N










Lúc này ta có thể biểu diễn V
Nm
(x) qua V
N
, sau đó tìm lại công thức
nghiệm tường minh của bài toán (2.3) như đã biết.
Vì V
N
là định thức Vandermonde nên ta có
V
N
=

N≥m>n≥1
(x
m
− x
n
) =
N

m=2
m−1

n=1
(x
m
− x
n
).
Với mỗi i=2,3,. . . ,N-1, ta chứng minh rằng
V
N
= (−1)
i−1
N

m=2,m=i
m−1

n=1,n=i
(x
m
− x
n
)
N

m=1,m=i
(x
m
− x
i
).
19
Thật vậy, ta có
V
N
=
N

m=2
m−1

n=1
(x
m
− x
n
) =
N

m=2,m=i
m−1

n=1
(x
m
− x
n
)
i−1

n=1
(x
i
− x
n
)
=
N

m=2,m=i
m−1

n=1,n=i
(x
m
− x
n
)
N

m=i+1
(x
m
− x
i
)
i−1

n=1
(x
i
− x
n
)
=
N

m=2,m=i
m−1

n=1,n=i
(x
m
− x
n
)
N

m=i+1
(x
m
− x
i
)(−1)
i−1
i−1

m=1
(x
m
− x
i
)
= (−1)
i−1
N

m=2,m=i
m−1

n=1,n=i
(x
m
− x
n
)
N

m=1,m=i
(x
m
− x
i
)
Công thức trên đúng khi i=1 hoặc i=N, và từ đó ứng với mỗi i=1,2,3,. . . ,N,
ta có
V
Ni
(x) = (−1)
i−1
N

m=2,m=i
m−1

n=1,n=i
(x
m
− x
n
)
N

m=1,m=i
(x
m
− x).
Từ đó suy ra
V
Ni
(x)
V
N
=
N

m=1,m=i
x
m
− x
x
m
− x
i
= L
i
(x).
Cuối cùng, theo kết quả của bài toán (2.1) ta có kết quả của bài toán (2.3)
như đã biết
L(x) = V
−1
N
N

i=1
a
i
V
Ni
(x) =
N

i=1
a
i
L
i
(x).
Ví dụ 2.2. Xác định đa thức L(x) (deg L(x)  2) thỏa mãn các điều
kiện sau đây
L(1) = 0, L(2) = 1, L(3) = −1.
Giải. Ta gọi N = 3, k = 0, x
1
= 1, x
2
= 2, x
3
= 3, a
1
= 0, a
2
= 1, a
3
= −1.
Ta đi xác định ma trận nghiệm của bài toán nội suy Lagrange.
g
N
(x) = g
3
(x) = (1, x, x
2
),
G
3
=

g
31
g
32
g
33

=

1 x
1
x
2
1
1 x
2
x
2
2
1 x
3
x
2
3

=

1 1 1
1 2 4
1 3 9

.
20
V
3
= 2; V
−1
3
= 2.
Ta có
V
3i
(x) = (−1)
i−1
3

m=2,m=i
m−1

n=1,n=i
(x
m
− x
n
)
3

m=1,m=i
(x
m
− x),

L
i
(x) =
3

m=1;m=i
x
m
− x
x
m
− x
i
.
Do đó
L
1
(x) =
3

m=1;m=i
x
m
− x
x
m
− x
1
=
x
2
− x
x
2
− x
1
.
x
3
− x
x
3
− x
1
=
1
2
(2 − x)(3 − x),
L
2
(x) =
3

m=1;m=2
x
m
− x
x
m
− x
2
=
x
1
− x
x
1
− x
2
.
x
3
− x
x
3
− x
2
= (x − 1)(3 − x),
L
3
(x) =
3

m=1;m=3
x
m
− x
x
m
− x
3
=
x
1
− x
x
1
− x
3
.
x
2
− x
x
2
− x
3
=
1
2
(1 − x)(2 − x),
L(x) = V
−1
3
3

1
a
i
V
3i
(x) =
3

1
a
i
L
i
(x) = (x − 1)(3 − x) +
1
2
(x − 1)(2 − x).
Vậy
L(x) =
−3
2
x
2
+
11
2
x − 4.
Bài toán suy Newton
Xét bài toán nội suy Newton như đã biết
Bài toán 2.4. Cho x
i
, a
i
∈ R, với i = 1, 2, . . . , N. Hãy xác định đa thức
N(x) có bậc deg N(x)  N − 1 và thỏa mãn điều kiện
N
(i−1)
(x
i
) = a
i
, ∀i = 1, 2, . . . , N.
21
Ta xét ma trận nghiệm của bài toán.
Với ký hiệu và định nghĩa như bài toán (2.1), ta có
g
N
(x) = (1, x, . . . , x
N−1
), g
Ni
= g
(i−1)
N
(x
i
), (i = 1, 2, . . . , N.)
Khi đó, ma trận nghiệm của bài toán (2.4) có dạng tường minh như sau
G
N
=



g
N1
g
N2
.
.
.
g
NN



=




1 x
1
x
2
1
· · · x
N−1
1
0 1 2x
2
· · · (N − 1)x
N−2
2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 0 · · · (N − 1)!




,
G
Ni
(x) =










g
N1
g
N2
.
.
.
g
Ni−1
g
N
(x)
g
Ni+1
.
.
.
g
NN










=








1 x
1
x
2
1
· · · x
N−1
1
0 1 2x
2
· · · (N − 1)x
N−2
2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1 x x
2
· · · x
N−1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 0 · · · (N − 1)!








.
Vậy ta có thể biểu diễn V
Nm
(x) qua V
N
, sau đó ta tìm lại được công thức
nghiệm tường minh của bài toán (2.4)như sau:
Thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên các ma trận G
Ni
(x) để đưa nó về
dạng đường chéo, và từ đó tính được các định thứcV
Ni
(x) như sau
V
N1
(x) = V
N
,
V
N2
(x) = (x − x
1
)V
N
= V
N
R(x
1
, x),
V
N3
(x) =

(x − x
2
)
2
2

(x
1
− x
2
)
2
2

V
N
= V
N
R
2
(x
1
, x
2
, x),
· · ·
V
Ni
(x) = V
N
R
i−1
(x
1
, x
2
, . . . , x
i−1
, x).
Cuối cùng, theo bài toán (2.1), ta có kết quả quen thuộc của bài toán(2.4)
đã biết
N(x) = V
−1
N
N

i=1
a
i
V
Ni
(x) =
N

i=1
a
i
V
Ni
(x)
V
N
hay
N(x) = a
1
+ a
2
R(x
1
, x) + · · · + a
N
R
N−1
(x
1
, x
2
, . . . , x
N−1
, x).
22
Bài toán nội suy Hermite
Xét bài toán nội suy Hermite như đã biết:
Bài toán 2.5. Cho x
1i
, a
ki
∈ R, i = 1, 2, . . . , n; k = 0, 1, 2, . . . , p
i
− 1 và
x
1i
= x
1j
, ∀i = j trong đó p
1
+ p
2
+ · · · + p
n
= N.
Hãy xác định đa thức H(x) có bậc deg H(x)  N − 1 và thỏa mãn điều kiện
H
(k)
(x
i
) = a
ki
, ∀i = 1, 2, . . . , n, ∀k = 0, 1, 2, . . . , p
i
− 1.
Giải.
Ta xét ma trận nghiệm của bài toán.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử
p
1
≥ p
2
≥ · · · ≥ p
n
,
vì nếu không ta có thể thay đổi thứ tự (đánh số lại) của dãy {x
i
}, i =
1, 2, . . . , n.
Khi đó, nếu gọi
X
k
=

x
1i
: H
(k)
(x
1i
) = a
ki

thì ta có
X
0
⊃ X
1
⊃ · · · ⊃ X
p
1
−1
.
Ký hiệu
r
−1
= 0 và r
k
= |X
k
|, với k = 0, 1, . . . , p
1
− 1, i = 1, 2, . . . , r
k
.
Để đánh lại chỉ số a
ki
, ta định nghĩa
m  (k, i) ⇔ m = r
−1
+ r
0
+ r
1
+ r
2
+ · · · + r
k−1
+ i, (m = 1, 2, . . . , N).
Khi đó, với m  (k, i) và H
(k)
(x
1i
) = a
ki
ta viết x
1i
= x
m
và a
ki
= a
m
,
đồng thời sử dụng các ký hiệu g
N
, g
Nm
, V
N
, V
Nm
(x) như bài toán nội suy cổ
điển (2.1) ta thu được ma trận của bài toán (2.5) dưới dạng tường minh như
23
sau:
G
N
=




















g
N1
.
.
.
g
Nr
1
g
Nr
1
+1
.
.
.
g
Nr
1
+r
2
g
Nr
1
+r
2
+1
.
.
.
g
Nr
1
+r
2
+r
3
.
.
.
g
Nr
1
+r
2
+r
3
+···+r
n−1
+1
.
.
.
g
NN




















=






















g
N
(x
1
)
.
.
.
g
N
(x
r
1
)
g
,
N
(x
1
)
.
.
.
g
,
(x
r
2
)
g
,,
N
(x
1
)
.
.
.
g
,,
N
(x
r
3
)
.
.
.
g
(p
1
−1)
N
(x
1
)
.
.
.
g
(p
1
−1)
N
(x
r
p
1
)






















.
Do tính duy nhất nghiệm của bài toán (2.5) nên từ đây ta cũng nhận được
công thức đã biết
H(x) =
n

i=1
p
i
−1

k=0
a
ki
(x − x
i
)
k
k!
W
i
(x)T

1
W
i
(x)

(p
i
−1−k)
(x=x
i
)
trong đó
T

1
W
i
(x)

(p
i
−1−k)
(x=x
i
)
=
p
i
−1−k

l=0

1
W
i
(x)

(l)
(x=x
i
)
(x − x
i
)
l
l!
.
Ví dụ 2.3. Xác định đa thức H(x) (deg H(x)  2) thỏa mãn các điều kiện
sau đây:
H(1) = 1, H
(1)
(1) = 0, H(2) = 0.
Giải. Đặt x
1i
= 1; 2 và p
i
= 2; 1, lần lượt tương ứng với {i = 1, 2}, với mỗi
i, đặt k = {0, 1, . . . , p
i
− 1} và a
ki
∈ R, trong đó a
01
= 1, a
11
= 0, a
02
= 0,
ta có: p
1
> p
2
và p
1
+ p
2
= 3, (N = 3). Ta sẽ đi xác định đa thức
H(x) có bậc deg H(x)  2 (2 = N − 1) thỏa mãn các điều kiện sau đây:
H
(k)
(x
1i
) = a
ki
; i = 1, 2, k = 0, 1, . . . , p
i
− 1. Đây là bài toán nội suy
Hermite, ta đi xác định ma trận nghiệm của bài toán.
Gọi X
k
= {x
1i
: H
(k)
(x
1i
) = a
ki
} thì ta có: X
0
= {x
11
, x
12
}, X
1
= {x
11
}.
Với ký hiệu
r
−1
= 0 và r
k
= |X
k
|, với k = 0, 1, . . . , p
1
− 1, i = 1, 2, . . . , r
k
,
24