DẠNG LAGRANGE CỦA ĐA THỨC NỘI SUY HERMITE Hiền Trương Tr ương Trường Đại học những người yêu Toán nhưng khả năng có hạn
Tóm tắt nội dung Một trong những bài toán ứng dụng quan trọng là tìm một đa thức xấp xỉ hàm đã cho khi biết giá trị của hàm tại một số mốc. Kết quả của bài toán dẫn tới sự ra đời của đa thức nội suy dạng Lagrange và Newton. Bây giờ ta mở rộng vấn đề như sau: Nếu ta biết được giá trị của hàm và giá trị đạo hàm của hàm (cấp tùy ý) tại một số mốc thì làm thế nào ta có thể xác định một đa thức xấp xỉ hàm đã cho. Bài viết hôm nay ta sẽ giải quyết vấn đề này.
Trước hết, ta tìm hiểu kết quả sau đây:
Định lý 1. Cho hàm số f (x) thuộc lớp C [(1) (lớp các hàm khả vi liên a;b] tục trên đoạn [ a; b] ), dãy x i ∈ [ a; b] , i = 0, n thỏa x i < x j nếu i < j và x0 = a ; xn = b . Đặt y i = f ( xi ) , z i = f ′ (xi ), i = 0, n. Khi đó, tồn tại duy nhất một đa thức H 2n+1 (x) thỏa các điều kiện sau:
� deg
H 2n+1 (x) ≤ 2 n + 1 , H 2n+1 (xi ) = y i , H 2′ n+1 (xi ) = z i , i = 0, n.
Giải. Ta xét các đa thức (x − x0 ) . . . (x − xi−1 ) (x − xi+1 ) . . . (x − xn ) ωi (x) = , ∀i = 0, n. (xi − x0 ) . . . (xi − xi−1 ) (xi − xi+1 ) . . . (xi − xn )
Ta thấy deg ωi (x) = n và ω i (x j ) = δ ijij = Với Với i = 0, n, ta đặt
khi ̸ i = j . 1 khi i = j
�0
Ai (x) = ω i2 (x) [1 − 2ωi′ (xi ) (x − xi )] , Bi (x) = ω i2 (x) (x − xi ) .
Rõ ràng các đa thức A i (x), Bi (x) đều có bậc 2 n + 1 và
�1
, k = i, A′i (xk ) = 0; i, k = 0, n, 0, k̸ = i, 1, k = i, ; i, k = 0, n. Bi (xk ) = 0, Bi′ (xk ) = 0, k̸ = i, Ai (xk ) =
� 1
(1)
Xét đa thức H 2n+1 (x) được xây dựng như sau: n
�[ ( ) =
H 2n+1 x
Ai (x) yi + Bi (x) z i ].
(2)
i=0
Ta thấy đa thức H 2n+1(x) thỏa mãn điều kiện (1). Hơn nữa, sự tồn tại của đa thức H 2n+1 (x) là duy nhất. Thật vậy, giả sử có đa thức Q 2n+1(x) cũng thỏa mãn điều kiện (1). Đặt R(x) = H 2n+1(x) − Q 2n+1 (x), suy ra R(x) là một đa thức có bậc không vượt quá 2n + 1 và R(x) có ít nhất n + 1 nghiệm xi , i = 0, n. Áp dụng định lý Roll, đa thức R ′ (x) có ít nhất n nghiệm x′i ∈ (xi ; xi+1 ) với i = 0, n − 1. Mặt khác R′ (x) = H 2′ n+1 (x) − Q′2n+1 (x) nên đa thức R ′ (x) có n nghiệm x i , i = 1, n. Do đó, đa thức R ′ (x) có ít nhất 2 n + 1 nghiệm thực phân biệt, suy ra R ′ (x) ≡ 0. Từ đây ta kết luận H 2n+1(x) ≡ Q 2n+1 (x), chứng ứng tỏ sự tồn tồn tại duy nhấ nhất của H 2n+1 (x).
Định nghĩa 1. Đa thức H 2n+1 (x) được xây dựng theo công thức (2) được gọi là đa thức nội suy Hermite dạng Lagrange.
Ví dụ 1. Xây dựng đa thức nội suy Hermite dạng Lagrange của hàm số f (x) cho bởi bảng x f (x) f ′ (x)
0 1 4
1 6 9
2 41 84
từ đó suy ra giá trị gần đúng của f (1.5) và f ′ (1.5). xây dựng các đa thức ω i (x), i = 0, 2. Giải. Trước hết ta xây • ω0 (x) =
(x − x1 ) (x − x2 ) 1 = ( x − 1) (x − 2) , (x0 − x1 ) (x0 − x2 ) 2
• ω1 (x) =
(x − x0 ) (x − x2 ) = − x (x − 2) , (x1 − x0 ) (x1 − x2 )
• ω2 (x) =
(x − x0 ) (x − x1 ) 1 = x (x − 1) . (x2 − x0 ) (x2 − x1 ) 2
Từ đây ta suy ra được 1 • A0 (x) = ω 02 (x) [1 − 2ω0′ (x0 ) (x − x0 )] = (x − 1)2 (x − 2)2 (3x + 1) , 4
• A1 (x) = ω 12 (x) [1 − 2ω1′ (x1 ) (x − x1 )] = x 2 (x − 2)2 , 1 • A2 (x) = ω 22 (x) [1 − 2ω2′ (x2 ) (x − x2 )] = x2 (x − 1)2 (7 − 3x) , 4
2
1 • B0 (x) = ω 02 (x) (x − x0) = (x − 1)2 (x − 2)2 x, 4
• B1 (x) = ω 12 (x) (x − x1) = x 2 (x − 2)2 (x − 1) , 1 • B2 (x) = ω 22 (x) (x − x2) = x2 (x − 1)2 (x − 2) . 4
Đa thức nội suy Hermite dạng Lagrange Lagrange của hàm số f (x) có dạng H 5 (x) = A0 (x) y0 + A1 (x) y1 + A2 (x) y2 +B0 (x) z 0 + B1 (x) z 1 + B2 (x) z 2 = x5 + 4x + 1 .
Từ đây ta tính được f (1.5) = 14.5938 và f ′ (1.5) = 29.3125.
Định lý 2. Nếu hàm số f (x) thuộc lớp C [(2a;nb]+2) thì với mọi x ∈ [a; b] , , tồn tại ξ x ∈ ( a; b) sao cho f (2n+2) (ξ x ) ( x) − H 2n+1 (x) = f ( (2n + 2)!
n
� ( − x
2
xi ) .
(3)
i=0
Chứng minh. Lấy tùy ý x ∈ [ a; b] \{xi }i=0,n . Ta đặt n
∏( ( )=
• ω y
2
x − xi ) ,
i=0
( y ) − H 2n+1 (y ) − λω (y ) với λ = • ϕ (y ) = f (
( x) − H 2n+1 (x) f ( . ω (x)
Ta thấy hàm số ϕ(y ) cũng thuộc lớp C [(2a;nb]+2) và có ít nhất n + 2 nghiệm trong [ a; b] : (x, x0 , . . . , xn ). Áp dụng định lý Roll, ta suy ra hàm ϕ ′ (y ) có ít nhất n + 1 nghiệm khác các nghiệm ( x, x0, . . . , xn ). Mặt khác ϕ ′ (y ) = f ′ (y) − H 2′ n+1 (y ) − λω ′ (y) nên các giá trị x i, i = 0, n cũng là nghiệm của ϕ ′ (y). Vậy ϕ ′ (y) có ít nhất 2 n + 2 nghiệm phân biệt. Tiếp tục áp dụng định lý Roll, hàm ϕ′′ (y ) có ít nhất 2 n + 1 nghiệm phân biệt thuộc (a; b). Bằng qui nạp, ta chứng tỏ được hàm ϕ(2n+2)(y) có ít nhất một nghiệm thuộc ( a; b), giả sử nghiệm đó là ξ x. Khi đó, +2) 0 = ϕ (2n+2) (ξ x ) = f (2n+2) (ξ x ) − H 2(2n+1 (ξ x ) − λω (2n+2) (ξ x) . n
Vì H 2(2nn+1+2) (ξ x ) = 0 và ω (2n+2) (ξ x) = (2n + 2)! nên từ đẳng thức trên ta
f (2n+2) (ξ x ) được λ = . (2n + 2)!
Do đó, 3
n
f (2n+2) (ξ x ) f ( ( x) − H 2n+1 (x) = (2n + 2)!
� ( − x
2
xi ) .
i=0
Đẳng thức (3) được chứng tỏ. Với Với x ∈ {xi}i=0,n thì với mọi ξ x ∈ ( a; b) ta luôn có đẳng thức (3).
Hệ quả 1. Với mọi x ∈ [a; b] ta có đánh giá M 2n+2 ( x) − H 2n+1 (x)| ≤ |f ( (2n + 2)!
n
� ( − x
2
xi ) ,
i=0
trong đó M 2n+2 = max |f (2n+2) (x) |. x∈[a;b]
Định lý 1 chỉ giúp ta xây dựng đa thức nội suy Hermite khi biết đạo hàm cấp 1 của hàm f (x) tại các mốc. Ta sẽ cố gắng mở rộng kết quả trên với đạo hàm cấp tùy ý cho trước.
Định lý 3. Cho hàm số f (x) xác định trên [a; b] , , dãy xi ∈ [a; b] , i = 0, m thỏa x i < x j nếu i < j và x 0 = a ; xm = b . Khi đó, tồn tại duy nhất đa thức H (x) thỏa các điều kiện sau:
�
H ( j ) (xi ) = f ( j ) (xi ) ; i = 0, m , j = 0, p − 1, deg H ≤ n với n = (m + 1) p − 1.
Chứng minh. Ta xét các đa thức (x − xi ) j ωij (x) = j !
m
��
k=0 k̸ =i
x − xk xi − xk
p
�
; i = 0, m , j = 0, p − 1.
Với Với i = 0, m, ta đặt
Li( p−1) (x) = ω i( p−1) (x) , p−1
Lij (x) = ω ij (x) −
�
k = j +1
j = p − 2, p − 3, . . . , 1, 0.
4
(k)
ωij (xi )Lik (x) ,
(4)
Khi đó, ta suy ra được deg Lij ≤ n = (m + 1) p − 1 và (k)
Lij (xh ) =
k , nếu i = h và j = k, 0 các trường trường hợp hợp khác. khác.
�1
trong đó i = 0, m , j = 0, p − 1 và k = 0, p − 1. Xét đa thức m p−1
�� ( ( ) =
H x
f ( j ) (xi ) Lij (x).
i=0 j =0
Ta thấy H (x) thỏa mãn điều kiện (4). Hơn nữa, sự tồn tại của đa thức H (x) là duy nhất. Thật vậy, giả sử có đa thức Q (x) cũng thỏa mãn điều kiện (4). Đặt R (x) = H (x) − Q(x), suy ra R (x) là một đa thức có bậc không vượt quá (m + 1) p − 1 và có ít nhất m + 1 nghiệm x0 , x1 , . . . , xm. Áp dụng định lý Roll, đa thức R′ (x) có ít nhất m nghiệm phân biệt y0 , y1 , . . . , ym−1 và x0 < y0 < x1 < y1 < · · · < ym−1 < ym . Hơn nữa R′ (x) = H ′ (x) − Q′ (x) nên R ′ (x) nhận các giá trị x 0 , x1 , . . . , xm là nghiệm, vậy R′ (x) có ít nhất 2m + 1 nghiệm phân biệt. Áp dụng liên tiếp định lý Roll và sử dụng đẳng thức R( j ) (x) = P ( j )(x) − Q ( j) (x), ta suy ra đa thức R( p−1) (x) có ít nhất mp + 1 nghiệm phân biệt. Ta đã biết đa thức R(x) có bậc không quá ( m + 1) 1 ) p − 1 nên đa thức R ( p−1) (x) có bậc không vượt quá mp. Do đó, R( p−1) (x) ≡ 0, ta suy ra R( p−2) (x) là hàm hằng. Vì R( p−2) (x) cũng có nghiệm nên R( p−2) (x) ≡ 0. Tương tự, ta cũng nhận được R (x) ≡ 0 . Điều này chứng tỏ sự tồn tại duy nhất của H (x).
Ví dụ 2. Xây dựng đa thức nội suy Hermite dạng Lagrange của hàm số f (x) cho bởi bảng x f (x) f ′ (x) f ′′ (x)
0 1 1 0
1 3 6 20
2 35 81 1 60
từ đó suy ra giá trị gần đúng của f (1.5); f ′ (1.5) và f ′′ (1.5). Giải. Trước hết ta xây xây dựng các đa thức ω ij (x) với i, j = 0, 2. (x − x1)3 (x − x2 )3 1 • ω00 (x) = = (x − 1)3 (x − 2)3 , 3 3 8 (x0 − x1) (x0 − x2 ) (x − x1 )3 (x − x2 )3 1 3 3 • ω01 (x) = (x − x0) 3 3 = x(x − 1) (x − 2) , 8 (x0 − x1 ) (x0 − x2 ) (x − x0 )2 (x − x1 )3 (x − x2 )3 1 2 3 3 • ω02 (x) = x (x − 1) (x − 2) , = 3 3 2 16 (x0 − x1 ) (x0 − x2 ) (x − x0)3 (x − x2 )3 3 3 • ω10 (x) = 3 3 = − x (x − 2) , (x1 − x0) (x1 − x2 )
5
(x − x0 )3 (x − x2 )3 3 3 • ω11 (x) = (x − x1) 3 3 = − x (x − 1) (x − 2) , (x1 − x0 ) (x1 − x2 ) (x − x1 )2 (x − x0 )3 (x − x2 )3 1 3 2 3 = • ω12 (x) = − x (x − 1) (x − 2) , 3 3 2 2 (x1 − x0 ) (x1 − x2 ) (x − x0)3 (x − x1 )3 1 3 3 = • ω20 (x) = x (x − 1) , 3 3 8 (x2 − x0) (x2 − x1 ) (x − x0 )3 (x − x1 )3 1 3 3 • ω21 (x) = (x − x2) x (x − 1) (x − 2) , = 3 3 8 (x2 − x0 ) (x2 − x1 ) (x − x2 )2 (x − x0 )3 (x − x1 )3 1 3 3 2 = • ω22 (x) = x (x − 1) (x − 2) . 3 3 2 16 (x2 − x0 ) (x2 − x1 )
Từ đây ta suy ra được • L02 (x) =
1 2 3 3 x (x − 1) (x − 2) , 16
�1 9 � ( ) = ( − 1) ( − 2) + 8 16 � 1 9 3 �
• L01 x
3
x
3
x
x2
x
• L00 (x) = (x − 1)3 (x − 2)3
8
+
16
,
x + x2
2
,
1 • L12 (x) = − (x − 1)2 x3 (x − 2)3, 2
• L11 (x) = (1 − x) x3(x − 2)3 , • L10 (x) = − x3(x − 2)3 (3x2 − 6x + 4) , • L22 (x) =
1 (x − 2)2 x3 (x − 1)3 , 16
• L21 (x) = (x − 2) x3(x − 1)3 • L20 (x) = x 3 (x − 1)
3
�3 2
�
x2 −
� � 29 2 9
9 5 − x + 16 4
105 1 05 x + 16 4
, .
Đa thức nội suy Hermite dạng Lagrange Lagrange của hàm số f (x) có dạng 2
2
� � ( ( ) =
H x
f ( j ) (xi )Lij (x) = x 5 + x + 1.
i=0 j =0
Từ trên ta được H (1 (1.5) = 10.09;H ′ (1.5) = 26.31;H ′′ (1.5) = 67.5. 6
Định nghĩa 2. Nếu hàm số f (x) thuộc lớp C [[(am;b]+1) p] thì với x ∈ [ a; b] , , tồn tại ξ x ∈ ( a; b) sao cho f [(m+1) p] (ξ x ) ( x) − H ( (x) = f ( [(m + 1) p]!
m
� ( − x
(5)
p
xi ) .
i=0
Chứng minh. Lấy tùy ý x ∈ [ a; b] \{xi }i=0,m . Ta đặt n
• ω (y ) =
∏(
p
x − xi ) ,
i=0
( y ) − H ( (y ) − λω (y ) với λ = • ϕ (y ) = f (
f ( ( x) − H ( (x) . ω (x)
+1) p] Ta thấy hàm số ϕ(y ) cũng thuộc lớp C [[(am và có ít nhất nhất m + 2 ;b ] nghiệm x0 , x1 , . . . , xm, x trong đoạn [a; b]. Áp dụng định lý Roll, hàm số ϕ′ (y ) có ít nhất m + 1 nghiệm y0 , y1 , . . . , ym phân biệt khác với các nghiệm x0 , x1 , . . . , xm , x. Hơn nữa, ϕ′ (y ) = f ′ (y ) − H ′ (y ) − λω ′ (y ) nên ϕ′ (y ) có thêm ít nhất m + 1 nghiệm x 0 , x1 , . . . , xm. Do đó, ϕ ′ (y) có ít nhất 2 m + 2 nghiệm thực phân biệt. Áp dụng liên tiếp định lý Roll và sử dụng đẳng thức ϕ ( j) (y ) = f ( j) (y) − H ( j) (y) − λω ( j) (y ) với j = 0, p − 1, ta suy ra hàm số ϕ ( p−1) (y) có ít nhất mp + 2 nghiệm thực phân biệt. Áp dụng liên tiếp định lý Roll lần nữa, ta suy ra hàm số ϕ ( p−1+mp+1)(y) = ϕ[(m+1) p](y) có ít nhất một nghiệm ξ x ∈ ( a; b). Vì deg H ≤ ( m + 1) p − 1, deg ω = (m + 1) p và hệ số cao nhất của ω (y) là 1 nên H [(m+1) p] (y ) = 0, ω [(m+1) p] (y ) = [(m + 1) p]!. Do đó, ta nhận được 0 = ϕ [(m+1) p] (ξ x ) = f [(m+1) p] (ξ x ) − λ [(m + 1) p]! hay
f [(m+1) p] (ξ x ) ( x) − H ( (x) = λω (x) = f ( [(m + 1) p]!
p
� ( − x
p
xi ) .
i=0
Đẳng thức (5) đã được chứng minh. Với Với x ∈ {xi}i=0,m thì với mọi ξ x ∈ ( a; b) ta luôn có đẳng thức 5. Từ đẳng thức (5) ta được kết quả quan trọng sau:
Hệ quả 2. Với mọi x ∈ [a; b] ta có đánh giá M [( [(m+1) p] ( x) − H ( (x)| ≤ |f ( [(m + 1) p]!
với M [([(m+1) p] = max |f [(m+1) p] (x) |. x∈[a;b]
7
p
� ( − x
i=0
p
xi )
Nhận xét 1. Các dạng nội suy Hermite ở trên là trường hợp riêng của bài toán nội suy tổng quát sau đây: Định lý 4. Cho hàm số f (x) xác định trên [a; b] , , dãy xi ∈ [a; b] , i = 0, m thỏa x i < x j nếu i < j và x 0 = a ; xm = b . Khi đó, tồn tại duy nhất đa thức H (x) thỏa các điều kiện sau:
�
H ( j ) (xi ) = f ( j ) (xi ) ; i = 0, m , j = 0, ni − 1, deg H ≤ n 0 + n1 + . . . + nm − 1.
Chứng minh. Trước hết, hết, ta chứng chứng minh sự duy nhất của của đa thức H (x). Giả sử tồn tại thêm một đa thức Q(x) thỏa yêu cầu đề bài, ta xét đa thức R(x) = H (x) − Q(x). Từ giả thiết ta suy ra R( j ) (xi ) = 0, j = 0, ni − 1, i = 1, m.
Do đó, đa thức R (x) có ít nhất n 1 + n2 + · · · + nm nghiệm (kể cả bội). Vì R (x) có bậc không quá n 0 + n1 + · · · + nm − 1 nên ta suy ra R (x) ≡ 0 , hay H (x) ≡ Q (x). Sự tồn tại của đa thức H (x) là một hệ quả của tính duy nhất. Giả sử H (x) = a0 + a1 x + · · · + a n xn với n = n 1 + n2 + · · · + nm − 1. Từ giả thiết H ( j ) (xi ) = f ( j ) (xi ) ; i = 0, m , j = 0, ni − 1, ta được hệ phương trình tuyến tính (với các ẩn là a 0 , a1 , . . . , an ).
với
j V i
� = [1]
( j ) x=xi
V 00
.. .
V 0n −1 V 10 0
.. .
j
V i
.. .
V mn
m
−1
( j ) , [x]x=xi
a0
.. .
an −1 an 0
.. .
0
ak
.. .
an
( j ) , [x2 ]x=xi
=
, . . . ,[
f (0) (x0 )
f (n −1) x0 f (0) x1 0
(6)
f ( j ) xi f (n
( j ) xn x=xi
]
.. . ( ) ( ) .. . ( ) .. .
m
−1)
(xm )
� ; = 0 i
, m , j = 0, ni − 1.
Theo chứng minh ở phần trên, nếu hệ (6) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất nên ma trận hệ số của hệ là không suy biến. Do đó, ta suy ra hệ (6) có nghiệm hay sự tồn tại của H (x) đã được khẳng định.
8
Định lý 5. Nếu hàm số f (x) thuộc lớp
(n+1)
C [a;b]
thì với mọi x ∈ [a; b] , ,
tồn tại ξ x ∈ ( a; b) sao cho f (n+1) (ξ x ) ( x) − H ( (x) = f ( (n + 1)!
trong đó n
m
∑ =
m
� ( − x
ni
xi )
i=0
ni − 1.
i=0
Để việc chứng minh Định lý 5 trở nên dễ dàng, ta cần tìm hiểu một số khái niệm và kết quả qua trọng sau:
Định nghĩa 3. Cho hàm số f (x) xác định trong khoảng (a; b). Nghiệm x0 ∈ (a; b) của f (x) được gọi là có bội n ∈ N nếu tồn tại hàm số g (x) liên tục trên (a; b) thỏa f (x) = (x − x0 )ng (x) , và g (x0)̸ = 0.
Ví dụ 3. Hàm số f (x) = ex − 1 nhận x = 0 là nghiệm với bội 2. Thật vậy, xét hàm số 2
( )= 1
2
ex − 1 x2
nếu x̸ = 0 nếu x = 0 Khi đó f (x) = x 2 g (x) với g (x) liên tục trên R. g x
Định lý 6. Cho hàm số f (x) thuộc lớp
(n)
C [a;b] . Khi đó, x0 ∈ [a; b] là
nghiệm bội cấp n của f (x) khi và chỉ khi ( x0 ) = f ′ (x0 ) = . . . = f (n−1) (x0 ) ; f (n) (x0 )̸ = 0. f (
(7)
Chứng minh. Giả sử f (x) có x0 là nghiệm bội cấp n. Khi đó, tồn tại hàm số liên tục g (x) sao cho f (x) = (x − x0 )ng (x) và g (x0 )̸ = 0. Ta sẽ chỉ f (x) rõ cách xác định của g (x). Nếu x̸ = x 0 thì ta dễ dàng có g (x) = . (x − x0 )n Nếu x = x 0 , vì g (x) liên tục trên [ a; b] nên lim g (x) = lim g (x0 ) = li x→x0
x→x0
′
= lim
x→x0
f ( ( x) (x − x0 )n
f (x) n−1
n(x − x0 )
f (n) (x) f (n) (x0 ) = . . . = lim = . x→x n! n! 0
9
Vậy Vậy hàm số g (x) xác định như sau:
( ( ) ( − ) ( )= ( ) ! f x x x0 f (n) x0 n
g x
nếu x̸ = x 0 ,
n
nếu
x = x 0 .
Vì g (x0) = ̸ 0 nên f (n) (x0) = ̸ 0. Gọi k là số nguyên dương bé nhất sao (k) ̸ 0, ta cần chứng tỏ k = n. Khai triển Taylor hàm số f (x) cho f (x0 ) = tại x 0 ta được f (i) (x0 ) (x − x0 )i + o [(x − x0 )n] i! i=0 i ( ) n f (x0 ) (x − x0 )i + o [(x − x0 )n] . i! i=k n
f ( ( x)
∑ = ∑ =
f (k) (x0 ) Từ đẳng thức trên ta được f ( ( x) ∼ (x − x0 )k khi x → x 0 . Hơn k! f (n) (x0 ) n nữa, do f (x) = (x − x 0 ) g (x) nên nê n f ( ( x) ∼ (x − x0 )n khi x → x0. n! Từ đây ta suy ra k = n hay điều kiện (7) được thỏa.
Ngược lại, giả sử điều kiện (7) được thỏa mãn. Khai triển Taylor hàm số f (x) tại x 0 ta được f (i) (x0 ) ( x) (x − x0 )i + o [(x − x0 )n ] f ( i! i=k (n) f (x0 ) = (x − x0 )n + o [(x − x0 )n ] = (x − x0 )n g (x) n! n
∑ =
f (n) (x0 ) với g (x) = + o (x − x0 ) . Hiển nhiên g (x) liên n! nên ta suy ra x 0 là nghiệm có bội n của hàm f (x).
�
�
tục trên [a; b]
Định lý 7. Cho hàm số f (x) thuộc lớp C [(an;b)]. Khi đó, nếu hàm số f (x) có n nghiệm thì hàm số f (n−1) (x) có ít nhất một nghiệm. Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh f ′ (x) thuộc lớp C [(an;b−] 1) và có ít nhất n − 1 nghiệm (kể cả bội). Giả sử x0 , x1 , . . . , xm là m + 1 nghiệm phân biệt của f (x) với bội tương ứng là n0 , n1 , . . . , nm. Áp dụng Định lý 6 ta được kết quả f ( j ) (xi ) = 0, f (n ) (xi ) = ̸ 0; i = 0, m , j = 0, ni − 1. ′ Ta suy ra f (x) nhận x0 , x1 , . . . , xm làm nghiệm với bội tương ứng là Roll, ta được hàm f ′ (x) n0 − 1, n1 − 1, . . . , nm − 1. Hơn nữa, theo Định lý Roll, i
10
có thêm m nghiệm phân biệt y i ∈ (xi; xi+1 ) với i = 0, m − 1. Vậy hàm số f ′ (x) có ít nhất (n0 − 1) + . . . + ( nm − 1) + m = n 0 + . . . + nm − 1 = n − 1
nghiệm (kể cả bội). Cuối cùng, vì f (x) thuộc lớp C [(an;b)] nên hiển nhiên (n−1) f ′ (x) thuộc lớp C [a;b] . Sử dụng kết quả trên, sau n − 1 bước, ta chứng tỏ được hàm f (n−1) (x) có ít nhất một nghiệm trong [ a; b]. Chứng minh Định lý 5. Lấy tùy ý x ∈ [ a; b] \{xi }i=0,m . Ta đặt n
• ω (y ) =
∏(
ni
x − xi ) ,
i=0
• ϕ (y ) = f ( ( y ) − H ( (y ) − λω (y ) với λ =
f ( ( x) − H ( (x) . ω (x)
Ta suy ra được ϕ( j )(xi ) = 0; i = 0, m , j = 0, ni − 1; ϕ(x) = 0 và ϕ(y) thuộc lớp C [(an;+1) . Do đó, hàm số ϕ(y ) có tối thiểu n + 2 nghiệm (kể cả bội). b] Áp dụng Định lý 7, ta được ϕ(n+1) (y ) có tối thiểu 1 nghiệm ξ x ∈ (a; b). Khi đó, 0 = ϕ (n+1) (ξ x ) = f (n+1) (ξ x ) − λ (n + 1)! hay f (n+1) (ξ x) ( x) − H ( (x) = λω (x) = f ( (n + 1)!
m
� ( − x
ni
xi ) .
i=0
Nếu x ∈ {xi }i=0,m thì với mọi ξ x ∈ (a; b) ta luôn có điều khẳng định. ——————————- Hết ———————————-
11
