BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

DƯƠNG THỊ ANH

ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE VÀ
ỨNG DỤNG TRONG TOÁN SƠ CẤP

Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Văn Khải

Hà Nội - 2016


LỜI CẢM ƠN

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS.Nguyễn Văn Khải , người
thầy đã tận tình hướng dẫn tôi trong suốt quá trình học tập để tôi có thể
hoàn thành luận văn của mình.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phòng Sau đại học, các thầy
cô giáo trong Khoa Toán, trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ
và tạo mọi điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập tại trường.
Qua đây, tôi xin được gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đã luôn ủng
hộ, giúp đỡ nhiệt tình và tạo mọi điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành
luận văn này.

Hà Nội, tháng 12 năm 2016

Học viên

Dương Thị Anh


LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan Luận văn là công trình nghiên cứu của riêng tôi dưới
sự hướng dẫn của TS.Nguyễn Văn Khải .
Trong quá trình nghiên cứu, tôi kế thừa các thành tựu của các nhà khoa
học với lòng biết ơn trân trọng.

Hà Nội, tháng 12 năm 2016
Học viên

Dương Thị Anh


2

MỤC LỤC

Mở đầu

4

1 Cơ sở lý thuyết đa thức nội suy Lagrange

6


1.1

Một vài vấn đề về đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2

Bài toán nội suy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3

Công thức nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.4

Sai số của phép nội suy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.5

Đa thức Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.6

Vấn đề chọn mốc nội suy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11


1.7

Sự hội tụ của quá trình nội suy . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2 Một số ứng dụng của đa thức nội suy Lagrange trong toán
sơ cấp
2.1

17

Ứng dụng của đa thức nội suy Lagrange trong bài toán tổng
hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.2

Ứng dụng của đa thức nội suy Lagrange trong bài toán đa
thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.3

Ứng dụng của đa thức nội suy Lagrange trong bài toán nội
suy bất đẳng thức bậc hai

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 67


3

Kết luận


73

Tài liệu tham khảo

74


4

MỞ ĐẦU

1. Lí do chọn đề tài
Trong thực tế có nhiều trường hợp ta cần phải xác định được biểu thức
của hàm y = f (x), trong khi chỉ biết các giá trị rời rạc y0 , y1 , ..., yn tại các
điểm tương ứng x0 , x1 , ..., xn . Ở một số trường hợp khác, ta đã biết biểu
thức của hàm y = f (x) nhưng quá phức tạp. Khi đó người ta xây dựng
một đa thức P (x) thỏa mãn:

P (xi ) = f (xi ), i = 0, n.
Đa thức P (x) xây dựng như trên được gọi là đa thức nội suy của f (x) ứng
với các mốc nội suy x0 , x1 , ..., xn .
Các điểm xi , i = 0, n được gọi là các mốc nội suy và bài toán xây dựng đa
thức P (x) như vậy được gọi là bài toán nội suy.
Đa thức nội suy Lagrange có nhiều ứng dụng trong toán sơ cấp, thường
được đề cập trong các đề thi chuyển cấp, học sinh giỏi cấp trường, cấp
tỉnh, cấp quốc gia. Vì vậy, việc hình thành một chuyên đề chọn lọc những
vấn đề cơ bản về bài toán nội suy dưới góc độ toán phổ thông, đặc biệt là
những ứng dụng của đa thức nội suy Lagrange để giải các bài toán trong
các đề thi học sinh giỏi các cấp là cần thiết. Do đó dưới sự hướng dẫn của
TS. Nguyễn Văn Khải, tôi đã chọn đề tài:

"Đa thức nội suy Lagrange và ứng dụng trong toán sơ cấp"


5

2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu một số vấn đề của đa thức nội suy Lagrange và ứng dụng
trong toán sơ cấp.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu ứng dụng của đa thức nội suy Lagrange trong giải toán sơ
cấp.

4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đa thức nội suy Lagrange.
Ứng dụng của đa thức nội suy Lagrange trong toán sơ cấp.

5. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nội suy.

6. Đóng góp của luận văn
Hệ thống hóa lại những vấn đề cơ bản của đa thức nội suy Lagrange và
một số ứng dụng của đa thức nội suy Lagrange trong toán sơ cấp.


6

CHƯƠNG 1
CƠ SỞ LÝ THUYẾT ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE


1.1

Một vài vấn đề về đa thức

Định nghĩa 1.1.1. Đa thức bậc n của ẩn x trên trường số thực R là biểu
thức có dạng:

P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ,
trong đó, ai ∈ R, an = 0, n ∈ N∗ . Ta gọi an là hệ số cao nhất của đa thức,

a0 là hệ số tự do của đa thức.
Tập hợp tất cả các đa thức có bậc ≤ n và đa thức 0 được kí hiệu là Pn .
Định nghĩa 1.1.2. Đa thức với hệ số nguyên là đa thức có dạng:

P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ,
trong đó, ai ∈ Z.
Định nghĩa 1.1.3. Giá trị của đa thức P (x) tại x0 là

P (x0 ) = an xn0 + an−1 x0n−1 + . . . + a1 x0 + a0 .
Nghiệm của đa thức P (x) là số x
¯ ∈ C sao cho P (¯
x) = 0 .
Định lý 1.1.1. (Euclid) cho đa thức P (x) bậc n và đa thức Q(x) bậc m
(m < n) với các hệ số thực. Khi đó, tồn tại các đa thức duy nhất S(x) và

R(x) sao cho
P (x) = Q(x).S(x) + R(x),

(1.1.1)



7

trong đó, R(x) có bậc r nhỏ hơn bậc của Q(x).
Định lý 1.1.2. Mọi đa thức bậc n ≥ 1 luôn có đủ n nghiệm phức.
Định lý 1.1.3. Mọi đa thức P (x) bậc n với hệ số thực đều có thể biểu
diễn dưới dạng
m

s

(x2 + bk x + ck ),

(x − di )

P (x) = an
i=1

k=1

trong đó, di , bk , ck ∈ R, 2s + m = n, b2k − 4ck < 0, m, n ∈ N∗ .

1.2

Bài toán nội suy

Định nghĩa 1.2.1.

i) Hệ n + 1 điểm phân biệt {xi } với xi ∈ [a, b],


i = 0, n được gọi là các mốc nội suy.
ii) Cho hàm số y = f (x) xác định trên [a, b]. Đa thức P (x) có bậc thấp
nhất thỏa mãn P (xi ) = f (xi ) với i = 0, n được gọi là đa thức nội suy
của hàm số y = f (x) ứng với các mốc nội suy {xi } (i = 0, n).
Bài toán xây dựng đa thức nội suy như vậy gọi là bài toán nội suy.
Định lý 1.2.1. Cho n + 1 mốc nội suy x0 , x1 , . . . , xn ∈ [a, b] và n + 1 giá
trị thực y0 , y1 , . . . , yn . Khi đó tồn tại duy nhất đa thức Pn (x) ∈ Pn sao cho

Pn (xi ) = yi = f (xi ) với i = 0, n.

(1.2.2)

Chứng minh.
Giả sử đa thức P (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn với n + 1 hệ số bất định

ai , i = 0, n. Từ điều kiện (1.2.2) ta có hệ n + 1 phương trình tuyến tính
với (n + 1) ẩn ai (i = 0, n).

a0 + a1 x1 + . . . + an xni = yi (i = 0, n)

(1.2.3)


8

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi định thức của ma trận hệ số của nó
khác 0. Định thức của hệ phương trình này là

V (x0 , x1 , . . . , xn ) =


1

x0 x20 . . . xn0

1

x1 x21 . . . xn1

(1.2.4)

... ... ... ... ...
1

xn x2n . . . xnn

Định thức này được gọi là định thức Vandermonde.
Để tính V chúng ta xét hàm V (x) sau đây:

1

x0

...

xn0

1

x1


...

xn1

...

...

...

V (x) = V (x0 , x1 , . . . , xn−1 , x) = . . .
1
1

(1.2.5)

xn−1 . . . xnn−1
x

...

xn

Rõ ràng V (x) ∈ Pn . Hơn nữa V (x) = 0 tại x0 , x1 , . . . , xn−1 hay V (x) có

n nghiệm là x0 , x1 , . . . , xn−1 . Do đó
V (x0 , x1 , . . . , xn−1 , x) = A(x − x0 )(x − x1 ) . . . (x − xn−1 ).

(1.2.6)


trong đó hệ số A là đại lượng chỉ phụ thuộc vào x0 , x1 , . . . , xn−1 . Để tính A
ta khai triển (1.2.5) theo dòng cuối cùng, thấy ngay A = V (x0 , x1 , . . . , xn−1 ).
Suy ra

V (x0 , x1 , . . . , xn−1 , x)
= V (x0 , x1 , . . . , xn−1 )(x − x0 )(x − x1 ) . . . (x − xn−1 ).
Đặc biệt

V (x0 , x1 , . . . , xn−1 , xn )

(1.2.7)


9

= V (x0 , x1 , . . . , xn−1 )(xn − x0 )(xn − x1 ) . . . (xn − xn−1 ).

(1.2.8)

Từ V (x0 , x1 ) = x1 − x0 và (1.2.8) ta có

V (x0 , x1 , x2 ) = (x1 − x0 )(x2 − x0 )(x2 − x1 ).
Từ đó suy ra

(xi − xj ).

V (x0 , x1 , . . . , xn−1 , xn ) =

(1.2.9)


0≤j
Vì x0 , x1 , . . . , xn phân biệt nên V = 0.
Do đó, hệ (1.2.3) có nghiệm duy nhất (a0 , a1 , . . . , an ), từ đó đa thức P (x)
thỏa mãn điều kiện (1.2.2) là tồn tại duy nhất.
Đa thức nội suy P (x) ở định lý 1.2.2 được gọi là đa thức nội suy của hàm

y = f (x) với n + 1 mốc nội suy {xi }.
1.3

Công thức nội suy Lagrange

Đặt

(x − xi )
φj (x) =

i=j

(xj − xi )
i=j

Rõ ràng φj (x) là đa thức bậc n và

 1, i = j
φj (xi ) =
 0, i = j
n

φj (x) yj , dễ thấy deg Pn (x) ≤ n, Pn (xj ) = yj ∀j = 0, n.

Đặt Pn (x) =
j=0

Pn (x) như trên được gọi là đa thức nội suy Lagrange ứng với mốc nội suy
x0 , x1 , ..., xn .
Nhận xét: Nếu y = f (x) là đa thức bậc N và x0 , x1 , ..., xn là mốc nội suy

(n ≥ N ) thì đa thức nội suy Pn (x) = f (x)


10

1.4

Sai số của phép nội suy

Giả sử P (x) là đa thức nội suy bậc n của f (x) trên đoạn [a, b], tức là

P (xi ) = f (xi ), i = 0, n. Giả sử f (x) là hàm khả vi liên tục đến cấp n + 1,
kí hiệu M = sup |f (n+1) (x)|, ta có công thức đánh giá sai số sau
a≤x≤b

|f (x) − P (x)| ≤

M
|(x − x0 ) . . . (x − xn )|.
(n + 1)!

Chứng minh.

Giả sử f (x) có đạo hàm liên tục đến cấp (n + 1) trên đoạn [a, b].
Xét F (x) = f (x) − Pn (x) − cω(x),
n

(x − xi ), c là hằng số được chọn từ điều kiện F (¯
x) = 0

trong đó ω(x) =
i=0

với x
¯ (¯
x = xi ∀i = 0, n) là điểm cần đánh giá sai số, từ đó:

f (¯
x) − Pn (¯
x)
(1.4.10)
ω(¯
x)
Dễ thấy F (x) có ít nhất (n + 2) nghiệm phân biệt là x0 , x1 , ..., xn và x
¯ trên
c=

đoạn [a, b], theo định lí Rolle thì F (x) có ít nhất (n + 1) nghiệm phân
biệt trong khoảng (a, b), F (n+1) (x) có ít nhất một nghiệm ξ ∈ (a, b) nghĩa
là:

f (n+1) (ξ) − Pn(n+1) (ξ) − c(n + 1)! = 0.
Vậy

f (n+1) (ξ)
c=
(n + 1)!
Từ (1.4.10) và (1.4.11) ta có f (¯
x) − Pn (¯
x) =

(1.4.11)
f (n+1) (ξ)
x).
(n+1)! ω(¯

Đặt M = max f (n+1) (x) . Khi đó với x ∈ [a, b], ta có:
x∈[a,b]

f (n+1) (ξ)
R(x) = |f (x) − Pn (x)| =
|ω(x)| .
(n + 1)!


11

Từ đó

R(x) = |f (x) − Pn (x)| ≤

M
|ω(x)| ,

(n + 1)!

trong đó R(x) là ước lượng sai số của hàm số y = f (x) và đa thức nội
suy Lagrange của nó.
Như vậy

R(x) ≤

M
|ω(x)| ; M = max f n+1 (x)
x∈[a,b]
(n + 1)!

cho ta ước lượng sai số của hàm số y = f (x) cho trước và đa thức nội suy
Lagrange của nó tại mỗi điểm.

1.5

Đa thức Chebyshev

Định nghĩa 1.5.1. Với n ∈ N, ta gọi đa thức Tn (x) = cos(n. arccos x)
với x ∈ [ − 1; 1] là đa thức Chebyshev bậc n.
Định lý 1.5.1. Các đa thức Chebyshev thỏa mãn hệ thức truy hồi sau
đây:Tn+1 (x) = 2xTn (x) − Tn−1 (x), ∀n ≥ 1.
Định lý 1.5.2. 1. Tn (x) có n nghiệm đơn:

xk = cos

2k − 1
π, k = 1, 2, ..., n

2n

k
2. Trên đoạn [−1; 1] thì Tn (x) đạt cực trị tại n + 1 điểm tk = cos π với
n
k
k = 0, 1, ..., n và Tn (tk ) = (−1) .
1.6

Vấn đề chọn mốc nội suy

Khi ước lượng sai số của đa thức nội suy ta có

|P (x) − f (x)| ≤

M
|ω(x)|.
(n + 1)!


12
n

(x − xi ). Trong mục này ta sẽ trình bày vấn đề chọn các

với ω(x) =

i=0

mốc nội suy xi ∈ [a; b] để max |ω(x)| là nhỏ nhất.

x∈[a;b]

Từ giả thiết f (x) xác định trên [a; b], bằng một phép đổi biến

1
[2x − (a + b)]
b−a

t=

thì đoạn [a; b] được chuyển thành [−1; 1] với các mộc nội suy thuộc đoạn

[−1; 1].
Định nghĩa 1.6.1. Tn (x) =

1
2n−1

Tn (x). Tn (x) = xn + ( các số hạng bậc

thấp hơn).
Định lý 1.6.1. (Chebyshev). Với 1 ≤ n ∈ N ∗ , Ký hiệu Pn là lớp tất cả
các đa thức bậc n với hệ số cao nhất là 1. Khi đó với mỗi P (x) ∈ Pn thì:

1
2n−1

= max Tn (x) ≤ max |P (x)| .
x∈[−1, 1]

x∈[−1, 1]

Chứng minh.
Rõ ràng: max Tn (x) =
x∈[−1, 1]

1
2n−1

.

Giả sử có P (x) ∈ Pn sao cho max |P (x)| <
x∈[−1, 1]

1
2n−1

, khi đó xét đa thức

Q(x) = Tn (x) − P (x) thỏa mãn điều kiện:
a) deg (Q(x)) ≤ n − 1.

(−1)k
b) Q(tk ) = Tn (tk ) − P (tk ) = n−1 − P (tk ), ∀k = 0, ..., n.
2
1
Vì |P (tk )| < n−1 nên Q(tk ) luân phiên có dấu âm, dương, điều này chứng
2
tỏ Q(x) phải có ít nhất n nghiệm, vô lý. Định lý được chứng minh.
Hệ quả 1.3.1

max xn + a1 xn−1 + ... + an ≥

x∈[−1, 1]

1
2n−1

, ∀a1 , a2 , ..., an ∈ R.


13

Kết luận: Nếu ta chọn các mốc nội suy x0 , x1 , ..., xn chính là các nghiệm
1
của đa thức Chebyshev Tn+1 (x) thì ωn+1 (x) = n Tn+1 (x) và lúc đó có ước
2
lượng tốt nhất của phép nội suy là:

R(x) = |f (x) − Pn (x)| ≤
1.7

M
M
1
|ωn+1 (x)| =
. n
(n + 1)!
(n + 1)! 2

Sự hội tụ của quá trình nội suy

Trong thực hành không phải lúc nào cũng ước lượng được phần dư của
công thức nội suy vì không luôn luôn tính được đạo hàm cấp cao của một
hàm f (x) cho trước. Có thể nghĩ rằng khi số mốc nội suy tăng lên thì đa
thức nội suy Pn (x) của hàm f (x) càng xấp xỉ tới hàm số f (x) đó.
Nếu đúng như vậy thì ta có thể tiến hành phép nội suy và dù không ước
lượng được phần dư, nhưng ta sẽ làm phép tính thêm chính xác nếu tăng
thêm mốc nội suy. Vấn đề này được gọi là sự hội tụ của quá trình nội suy
và được phát biểu lại một cách chính xác như sau: Xét hàm y = f (x) xác
định trên đoạn [a, b] . Giả sử với mỗi số ∀ n ∈ N∗ ta có n + 1 mốc nội suy
(n)

(n)

(n)

x0 , x1 , ..., xn trên đoạn [a, b] , như vậy ta có ma trận tam giác dạng:
(0)

x0

(1)

x1

(2)

x1

x0

x0

(1)
(2)

(2)

x2

(1.7.12)

...
(n)

x0

(n)

x1

(n)

...

xn

...
Với mỗi n, ta xây dựng đa thức nội suy Lagrange Pn (x) của hàm số

(n)

(n)

(n)

y = f (x) ứng với (n + 1) mốc nội suy x0 , x1 , ..., xn .


14

Định nghĩa 1.7.1. Quá trình nội suy được gọi là hội tụ nếu:

lim Pn (x) = f (x), ∀x ∈ [a, b]

n→∞

(1.7.13)

Quá trình nội suy được gọi là hội tụ đều nếu như Pn (x) hội tụ đều về

f (x) trên đoạn [a, b].
Ví dụ 1: Giả sử f (x) là một đa thức (theo nghĩa thông thường) bậc N0
nghĩa là

f (x) = a0 xN0 + a1 xN0 −1 + ... + a0 (a0 = 0).
Khi đó, ∀n ≥ N0 thì Pn (x) ≡ f (x) (mốc nội suy chọn bất kỳ), vậy

lim Pn (x) = f (x), ∀x ∈ [a, b].

n→∞

Ví dụ 2: Xét


 x sin π , x ∈ (0, 1]
x
f (x) =

 0, x = 0

1 (n)
1
(n)
(n)
Với n ∈ N ∗ ta chọn mốc nội suy là: x0 = 1, x1 = , x2 = , . . . ,
2
3
1
i
(n)
(n)
. Khi đó dễ thấy f (xi ) =
. sin(i+1)π = 0 ∀i = 0, . . . , n
xn =
n+1
(i + 1)
và ∀n ∈ N∗ , từ đó đa thức nội suy Lagrange Pn (x) ≡ 0 ∀n, vậy:
lim Pn (x) = 0, ∀x ∈ [a, b].

n→∞

Như vậy, đa thức nội suy Lagrange f (x) nói trên lại hội tụ đến một hàm
hằng 0 khác với f (x).
Định lý dưới đây cho một điều kiện đủ để quá trình nội suy là hội tụ:
Định nghĩa 1.7.2. Cho hàm y = f (x) xác định trên [a, b]. Khi đó f (x)
được gọi là hàm nguyên trên đoạn [a, b] nếu nó có thể khai triển thành


15

chuỗi lũy thừa:

f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 + . . . + ak (x − x0 )k + . . .
và chuỗi này hội tụ với mọi x hữu hạn.
Định lý 1.7.1. Giả sử hàm sô y = f (x) là hàm nguyên trên đoạn [a, b].
Khi đó với bất kỳ ma trận tam giác dạng (1.7.12) thì dãy đa thức nội suy

Pn (x) đều hội tụ tới f (x), ∀x ∈ [a, b].
Chứng minh.
Ta có:

f (x) − Pn (x) =

f (n+1) (ξ)
(n)
(n)
(x − x0 )(x − x1 ) . . . (x − x(n)
n ).
(n + 1)!

Do đó |f (x) − Pn (x)| ≤

Mn+1
(b − a)n+1 với Mn+1 = max |f (n+1) (x)|.
x∈[a,b]
(n + 1)!

Ta có

f (n+1) (x) =(n + 1)!an+1 + (n + 2)(n + 1) . . . 2an+2 (x − x0 ) + . . .
+ (n + k)(n + k − 1) . . . kan+k (x − x0 )k−1 + . . .
Từ đó có:

|f (n+1) (x)| =(n + 1)!|an+1 | + (n + 2)(n + 1) . . . 2|an+2 ||(x − x0 )| + . . .
+ (n + k)(n + k − 1) . . . k|an+k ||(x − x0 )|k−1 + . . .
Vậy: |f (n+1) (x)| = (n + 1)n+1 |an+1 | + (n + 2)n+1 |an+2 ||(x − x0 )| + . . .

(n + k)n+1 |an+k ||(x − x0 )|k−1 + . . . .
Ta có 1 +

x
n

n

< ex , ∀x > 0 cho nên:
n+k
n+1

n+1

k−1
= 1+
n+1

n+1

< ek−1 .


16

Như vậy có ước lượng sau:

|f (n+1) (x)|
≤ |an+1 |+|an+2 |(e|(x−x0 )|)+. . .+|an+k |(e|(x−x0 )|)k−1 +. . . .
n+1
(n + 1)
Nhân hai vế của đẳng thức với [e(b − a)]n+1 ta được:

|f (n+1) (x)|
[e(b − a)]n+1 ≤|an+1 |[e(b − a)]n+1 + |an+2 |[e(b − a)]n+1 (e|(x − x0 )|)
n+1
(n + 1)
+ . . . + |an+k |[e(b − a)]n+1 (e|(x − x0 )|)k−1 + . . . .
∞
|f (n+1) (x)|
n+1
[e(b

−
a)]
≤
|ak |[e(b − a)]k .
Từ đó có:
(n + 1)n+1
k=n+1
∞

Theo giả thiết f (x) là hàm nguyên, cho nên chuỗi
∞

mọi x hữu hạn, từ đó

|ak |xk hội tụ với

k=0

|ak |[e(b − a)]k hội tụ, vậy rút ra

k=0
∞

|ak |[e(b − a)]k = 0.

lim

n→∞

k=n+1

Từ đó có:

Mn+1
[e(b − a)]n+1 = 0.
n+1
n→∞ (n + 1)
lim

(1.7.14)

Mn+1
Mn+1 (n + 1)n+1
n+1
Mặt khác:
(b − a)
=
(b − a)n+1 và
(n + 1)n+1
(n + 1)n+1 (n + 1)!
(n + 1)n+1
< en+1 nên ta thu được:
(n + 1)!
Mn+1
Mn+1
n+1
(b
−
a)
≤

[e(b − a)]n+1 .
n+1
n+1
(n + 1)
(n + 1)
Mn+1
(b − a)n+1 = 0, vì vậy Pn (x)
n→∞ (n + 1)n+1
hội tụ đều về f (x) trên đoạn [a, b]. Định lý được chứng minh.
Chú ý đến (1.7.14) ta có lim


17

CHƯƠNG 2
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE TRONG
TOÁN SƠ CẤP

2.1

Ứng dụng của đa thức nội suy Lagrange trong bài toán
tổng hữu hạn
n

Bài toán 2.1.1. Cho dãy số thực (un )n≥1 và S(n) =

ui . Chứng minh
i=1

S(n) là đa thức bậc d > 0 theo biến ∀ x ∈ N∗ khi và chỉ khi un là đa thức

bậc d − 1 theo biến n.
Lời giải.
Ta có S(n) − S(n − 1) = un .
Giả sử S(n) = ad .nd + G(n) với ad = 0, deg G(n) < d là một đa thức biến

n bậc d > 0. Khi đó ta có
un = S(n) − S(n − 1)
= ad (nd − (n − 1)d ) + G(n) − G(n − 1)
= ad [(n − n + 1)(nd−1 + nd−2 (n − 1) + . . . + (n − 1)d−1 )]
+ G(n) − G(n − 1)
= d.ad .nd−1 + H(n) với deg H(n) < d − 1.
Do d.ad = 0 nên un là một đa thức bậc d − 1 theo biến nguyên dương n.
Ngược lại, trước hết ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo k :


18

"Nếu k nguyên không âm và Gk (n) = 1k + 2k + . . . + nk thì

deg Gk (n) = k+1"

(*)

Với k = 0 ta có

n(n + 1) n2 n
Gk (n) = 1 + 2 + 3 + . . . + n =
=
+ .
2

2
2
Suy ra deg Gk (n) = 2 (mệnh đề đúng).
Giả sử (*) đúng đến i ≤ k . Ta đi chứng minh (*) đúng với k + 1.
Thật vậy, ta có

ik+2 − (i − 1)k+2 = ak+1 ik+1 + ak ik + . . . + a1 i + a0 ,
1
= k + 2 = 0,
trong đó ak+1 = Ck+2
n
k+2

n

[ik+2 − (i − 1)k+2 ]

=
i=1
n

(ak+1 ik+1 + ak ik + . . . + a1 i + a0 )

=
i=1

n

= ak+1

n

i

k+1

i=1

+ ak

n

i
i=1

k

+ . . . + a1

i + a0 n
i=1

= ak+1 Gk+1 (n) + ak Gk (n) + . . . + a1 G1 (n) + a0 n.
Theo giả thiết quy nạp ta có deg Gi (n) = i + 1, ∀i ≤ k .
Suy ra deg Gk+1 = k + 2.
Vậy (*) đúng với ∀k ≥ 0.
Bây giờ ta sẽ chứng minh deg S(n) = d.
Thật vậy, ta có

ui = bd−1 id−1 + bd−2 id−2 + . . . + b1 i + b0 với bd−1 = 0.

19

Suy ra
n

n

S(n) =

(bd−1 id−1 + bd−2 id−2 + . . . + b1 i + b0 )

ui =
i=1

i=1

= bd−1 Gd−1 (n) + bd−2 Gd−2 (n) + . . . + b1 G1 (n) + b0 n,
mà deg Gd−1 = d và bd−1 = 0 nên deg S(n) = d (điều phải chứng minh).
Bài toán 2.1.2. Chứng minh rằng
Nếu Pd (n) là một đa thức bậc d với biến n ∈ N ∗ thì

(n − 1)(n − 2) . . . (n − d − 1)
Pd (n) =
d!

d+1

i=1

(−1)d+1+i Cdi−1 Pd (i)
.
n−i

Lời giải.
Ta có

(n − 1)(n − 2) . . . (n − d − 1) (−1)d Cd0 Pd (1) (−1)d−1 Cd1 Pd (2)
+
+
VP =
d!
n−1
n−2
+... +

(−1)0 Cdd Pd (d + 1)
.
n−d−1

Với n = 1 ta có

(n − 1)(n − 2) . . . (n − d − 1)
(−1)d Cd0 Pd (1)
d!
(−1)(−2) . . . (n − d − 1)(−1)d Cd0 Pd (1)
=
= Pd (1).
d!

VP =

Tương tự với n = d + 1 ta có

(n − 1)(n − 2) . . . (n − d − 1)(−1)0 Cdd Pd (d + 1)
VP =
d!
d(d − 1) . . . 1.Pd (d + 1)
=
= Pd (d + 1).
d!
Suy ra V P = V T với n = 1, 2, . . . , d + 1.
Mặt khác, vế trái là một đa thức theo biến nguyên n có bậc không vượt
quá d cùng với deg Pd (n) = d nên ta có điều phải chứng minh.


20

Bài tập 2.1.1. Tính tổng S(n) =

n
2
i=1 i .

Lời giải.
Ta có S(1) = 1; S(2) = 5; S(3) = 14; S(4) = 30 nên theo bài toán

2.1.2 ta có
C30

5C31
14C32
30C33
(n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4)
−
+
−
+
S(n) =
3!
n−1 n−2 n−3 n−4
1
= [−(n − 2)(n − 3)(n − 4) + 15(n − 1)(n − 3)(n − 4)
6
− 42(n − 1)(n − 2)(n − 4) + 30(n − 1)(n − 2)(n − 3)]
1
= (2n3 + 3n2 + n)
6
n(n + 1)(2n + 1)
=
.
6
Bài tập 2.1.2. Tính tổng u(n) =

n
3
i=1 i .

Lời giải.
Ta có un = n3 nên deg un = 3.

Theo bài toán 2.1.1 ta có deg u(n) = 4.
Ta có u(1) = 1; u(2) = 9; u(3) = 36; u(4) = 100; u(5) = 225 nên theo
bài toán 2.1.2 ta có

(n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4)(n − 5)
C40
9C41
36C42
u(n) =
−
+
−
4!
n−1 n−2 n−3
100C43 225C44
+
−
n−4
n−5
2 2
n (n + 4n + 1)
=
.
4
Bài tập 2.1.3. Tính tổng V (n) =

n
k=1 (k

+ 1)2

21

Lời giải.
Cách 1:
Ta có vn = (n + 1)2 = n2 + 2n + 1 nên deg vn = 2.
Theo bài toán 2.1.1 ta có deg V (n) = 3.
Ta có V (1) = 4; V (2) = 13; V (3) = 29; V (4) = 54 nên theo bài toán

2.1.2 ta có
(n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4)
4C30
13C31
29C32
54C33
−
+
−
+
3!
n−1 n−2 n−3 n−4
3
2
2n + 9n + 13n
=
6
2
n(2n + 9n + 13)
=

.
6

V (n) =

Cách 2:
Ta có:
n

n

n

2

V (n) =

2

(k + 1) =
k=1

(k + 2k + 1) =
k=1

n
2

k +2
k=1

k + n.
k=1

Theo bài tập 2.1.3 ta có

n(n + 1)
n(n + 1)(2n + 1)
+2
+n
6
2
2n3 + 9n2 + 13n
=
6
2
n(2n + 9n + 13)
=
.
6

V (n) =

n

Bài tập 2.1.4. Tính tổng S =
k=1

3
Ck+2

.

Lời giải.
Ta có
n

n
3
Ck+2

S=
k=1

=
k=1

(k + 2)!
=
(k − 1)!3!

n

k=1

(k + 2)(k + 1)k
6


22

1
=
6

n

1
(k + 3k + 2k) =
6
k=1
3

2

3

k .

k +2

k +3
k=1

n

n

n

2

k=1

k=1

Theo bài tập 2.1.1 và 2.1.2 ta có

1 n(n2 + 4n + 1) 3n(n + 1)(2n + 1) 2n(n + 1)
S=
+
+
6
4
6
2
1 4
= (n + 8n3 + 11n2 + 6n).
24
Nhận xét: Tương tự với các bài tập trên ta có các bài tập sau.
Tính tổng:

a)

n
4
i=1 i .

b)

n

5
i=1 i .

c)

n
6
i=1 i .

d)

n
i=1 k(k

e)

n
2 2
i=1 k (k

+ 1)(k + 2).
+ 1).

Bài toán 2.1.3. Cho dãy gồm 2n + 1 số tự nhiên liên tiếp sao cho tổng
bình phương của n + 1 số hạng đầu bằng tổng bình phương của n số còn
lại. Tìm điều kiện của số tự nhiên N sao cho trong dãy số đó chứa số N.
Lời giải.
Đặt Sk = 12 + 22 + . . . + k 2 = ki=1 i2
k(k + 1)(2k + 1)
.

Theo bài tập 2.1.3 ta có Sk =
6
Giả sử số hạng đầu tiên của dãy là m thì số hạng cuối cùng của dãy là

m + 2n.
Ta có tổng bình phương của n + 1 số hạng dầu tiên là Sm+n − Sm−1 ,


23

tổng bình phương của n số hạng còn lại là S2n+m − Sm+n .
Theo giả thiết, ta có

Sm+n − Sm−1 = S2n+m − Sm+n
⇔ S2n+m + Sm−1 = 2Sm+n
(2n + m)(2n + m + 1)(4n + 2m + 1) (m − 1)m(2m − 1)
⇔
+
6
6
2(m + n)(m + n + 1)(2m + 2n + 1)
=
6
⇔ (m + n)[m − (n(2n + 1)] = 0
⇔ m = n(2n + 1).
Suy ra dãy số có dạng: m; m + 1;. . .; m + 2n, trong đó m = n(2n + 1).
Khi đó m + 2n = n(2n + 1) + 2n = 2n2 + 3n.
Để dãy số có số N thì m ≤ N ≤ m + 2n có nghiệm
2
2

⇔ 2n
 + n ≤ N ≤ 2n + 3n có nghiệm


2n2 + n − N ≤ 0
⇔


2n2 + 3n − N ≥ 0 có nghiệm
√
√
−3 + 9 + 8N
−1 + 1 + 8N
⇔
≤n≤
có nghiệm
4
4√
√
−3 + 9 + 8N
−1 + 1 + 8N
⇔
+1≤
.
4
4
√
√
−3 + 9 + 8N
−1 + 1 + 8N

Vậy với điều kiện
+1 ≤
4
4
đó chứa số tự nhiên N.

thì dãy số

Bài tập 2.1.5. Cho dãy gồm 2n + 1 số nguyên dương liên tiếp sao cho
tổng bình phương của n + 1 số hạng đầu bằng tổng bình phương của n số
còn lại. Chứng tỏ trong dãy số đó chứa số 2010.
Lời giải.
Ta có

−3 +

√

9 + 8.2010
+ 1 = 31
4