\documentclass{article}\usepackage[utf8]{vietnam}\usepackage{color,amsmath,amsxtra,amssymb,latexsym,amscd,amsthm,amsfonts,graphicx}%\usepackage[a4paper,left=3cm,right=3cm,top=3cm,bottom=3cm]{geometry}\numberwithin{equation}{section}\title{\Huge{Bài tập Giải tích số 1.\\Đa thức nội suy Lagrange.}}\author{\textsc{Nguyễn Quản Bá Hồng}\footnote{MSSV: 1411103}\\\textsc{Đoàn Trần Nguyên Tùng} \footnote{MSSV: 1411352} \\{\small Students at Faculty of Math and Computer Science,}\\{\small Ho Chi Minh University of Science, Vietnam}\\{\small \texttt{email. nguyenquanbahong@gmail.com}}\\{\small \texttt{blog. http://hongnguyenquanba.wordpress.com}\footnote{Copyright \copyright\ 2016 by Nguyen Quan Ba Hong, Student at Ho Chi Minh University of Science, Vietnam. This document may be copied freely for the purposes of education and non-commercial research. Visit my site \texttt{http://hongnguyenquanba.wordpress.com} to get more.}}}\date{\today}\begin{document}\maketitle\begin{abstract}Giải bài tập về nhà phần phương pháp nội suy Lagrange, môn Giải tích số 1. \footnote{Contact us to get this file and tex source of this file.} \end{abstract}\newpage\tableofcontents\newpage

\section{Bài tập 1}\textbf{Problem.} \textit{Kiểm tra \[{P_n}\left( {\left[ {a,b} \right]} \right) = span{\left\{ {{L_{n,i}}} \right\}_{i = 0,1, \ldots ,n}}\]Tức kiểm tra tập hợp hàm Lagrange là một cơ sở của không gian các đa thức bậc $n$ $P_n([a,b])$.}\\\\\textsc{Chứng minh.} Sử dụng định lý sau đây\\\\\textsc{Định lý.} \textit{Nếu $x_0,x_1,\hdots,x_n$ là $n+1$ số thực phân biệt trong đoạn $[a,b]$ và hàm $f \in C^{n+1}[a,b]$. Khi đó với $x \in [a,b]$, tồn tại một hằng số phụ thuộc vào $x$ là $\xi(x) \in (a,b)$ thỏa mãn\[f\left( x \right) = {P_n}\left( x \right) + \frac{{{f^{\left( {n + 1} \right)}}\left( {\xi \left( x \right)} \right)}}{{\left( {n + 1} \right)!}}\left( {x - {x_0}} \right) \cdots \left( {x - {x_n}} \right)\]trong đó\[{P_n}\left( x \right) = \sum\limits_{k = 0}^n {f\left( {{x_k}} \right){L_{n,k}}\left( x \right)} ,{L_{n,k}}\left( x \right) = \prod\limits_{i = 0,i \ne k}^n {\frac{{x - {x_i}}}{{{x_k} - {x_i}}}} \]}\\Định lý này đã được chứng minh trong bài giảng \cite{1} nên không nêu ra ở đây. Áp dụng định lý này với $f(x)$ là một đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng $n$ bất kỳ trên đoạn $[a,b]$ thì ta có phần dư $\frac{{{f^{\left( {n + 1} \right)}}\left( {\xi \left( x \right)} \right)}}{{\left( {n + 1} \right)!}}\left( {x - {x_0}} \right) \cdots \left( {x - {x_n}} \right)$ trong công thức trên sẽ bằng 0, do $f(x)$ là một đa thức có bậc $n$. Vậy mọi đa thức có bậc $n$ đề biểu diễn được dưới dạng là một tổ hợp tuyến tính của hệ ${\left\

{ {{L_{n,i}}} \right\}_{i = 0,1, \ldots ,n}}$. Mặc khác, hệ này độc lập tuyến tính. Thật vậy, giả sử\[\sum\limits_{i = 0}^n {{\alpha _i}} {L_{n,i}}\left( x \right) = 0,\forall x \in \left[ {a,b} \right]\]Cho $x$ lần lượt bằng $x_i$, sử dụng tính chất \[{L_{n,i}}\left( {{x_i}} \right) = 1,{L_{n,i}}\left( {{x_j}} \right) = 0,\forall j \ne i\]nên suy ra các hệ số $\alpha_i=0$. Vậy hệ ${\left\{ {{L_{n,i}}} \right\}_{i = 0,1, \ldots ,n}}$ là 1 cơ sở của không gian các đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng $n$. $\square$\newpage\section{Bài tập 2}\textbf{Problem. }\textit{Tìm $a,b,c$ trong hệ phương trình sau\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{L_{J,2}}\left( {{x_J}} \right) = ax_J^2 + b{x_J} + c = 1}\\{{L_{J,2}}\left( {{x_{J + 1}}} \right) = ax_{J + 1}^2 + b{x_{J + 1}} + c = 0}\\{{L_{J,2}}\left( {{x_{J + 2}}} \right) = ax_{J + 2}^2 + b{x_{J+ 2}} + c = 0}\end{array}} \right.\]}\\\textsc{Lời giải.} Viết lại hệ phương trình dưới dạng ma trận sau\[\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{x_J^2}&{{x_J}}&1\\{x_{J + 1}^2}&{{x_{J + 1}}}&1\\{x_{J + 2}^2}&{{x_{J + 2}}}&1\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}a\\b\\c\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1\\0\\0\end{array}} \right)\]Sử dụng định thức Vandermonde. Có \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{x_J^2}&{{x_J}}&1\\{x_{J + 1}^2}&{{x_{J + 1}}}&1\\{x_{J + 2}^2}&{{x_{J + 2}}}&1\end{array}} \right| = - \left( {{x_J} - {x_{J + 1}}} \right)\left( {{x_{J + 1}} - {x_{J + 2}}} \right)\left( {{x_{J + 2}} - {x_J}} \right)\]vì $x_J,x_{J+1},x_{J+2}$ phân biệt đôi một nên định thức khác $0$, nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất. \[a = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{l}}1&{{x_J}}&1\\0&{{x_{J + 1}}}&1\\0&{{x_{J + 2}}}&1\end{array}} \right|}}{{ - \left( {{x_J} - {x_{J + 1}}} \right)\left( {{x_{J + 1}} - {x_{J + 2}}} \right)\left( {{x_{J + 2}} - {x_J}} \right)}} = \frac{1}{{ - \left( {{x_J} - {x_{J + 1}}} \right)\left( {{x_{J + 2}} - {x_J}} \right)}}\]

\[b = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{x_J^2}&1&1\\{x_{J + 1}^2}&0&1\\{x_{J + 2}^2}&0&1

\end{array}} \right|}}{{ - \left( {{x_J} - {x_{J + 1}}} \right)\left( {{x_{J + 1}} - {x_{J+ 2}}} \right)\left( {{x_{J+ 2}} - {x_J}} \right)}} = \frac{{{x_{J + 1}} + {x_{J + 2}}}}{{\left( {{x_J} - {x_{J + 1}}} \right)\left( {{x_{J + 2}} - {x_J}} \right)}}\]

\[c = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{x_J^2}&{{x_J}}&1\\{x_{J + 1}^2}&{{x_{J + 1}}}&0\\{x_{J + 2}^2}&{{x_{J + 2}}}&0\end{array}} \right|}}{{ - \left( {{x_J} - {x_{J + 1}}} \right)\left( {{x_{J + 1}} - {x_{J + 2}}} \right)\left( {{x_{J + 2}} - {x_J}} \right)}} = \frac{{{x_{J + 1}}{x_{J + 2}}}}{{ - \left( {{x_J} - {x_{J + 1}}} \right)\left( {{x_{J + 2}} - {x_J}} \right)}}\]Tính toán xong. $\square$\\\\\textsc{Ghi chú.} Với các hệ số này, nhân tử Lagrange tương ứng là\[\begin{array}{l}{L_{J,2}}\left( x \right) = a{x^2} + bx + c = \\ - \dfrac{{{x^2}}}{{\left( {{x_J} - {x_{J + 1}}} \right)\left( {{x_{J + 2}} - {x_J}} \right)}} + \dfrac{{{x_{J + 1}} + {x_{J + 2}}}}{{\left( {{x_J} - {x_{J + 1}}} \right)\left( {{x_{J + 2}} - {x_J}} \right)}}x - \dfrac{{{x_{J + 1}}{x_{J + 2}}}}{{\left( {{x_J} - {x_{J + 1}}} \right)\left( {{x_{J + 2}} - {x_J}} \right)}}\end{array}\]Rút gọn lại ta được\[{L_{J,2}} = \dfrac{{\left( {x - {x_{J + 1}}} \right)\left( {x - {x_{J + 2}}} \right)}}{{\left( {{x_J} - {x_{J + 1}}} \right)\left( {{x_J} - {x_{J + 1}}} \right)}}\]Các kết quả này sẽ được sử dụng trong bài tập tiếp theo.\section{Bài tập 3}\textbf{Problem. }\textit{Tính ${\overline L _{2,2}}\left( \xi \right),{\overline L _{3,2}}\left( \xi \right)$Và kiểm tra hệ sau đây}\begin{equation}\label{1}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{L_{J,2}}\left( x \right) = {{\overline L }_{1,2}}\left( {F\left( x \right)} \right)}\\{{L_{J + 1,2}}\left( x \right) = {{\overline L }_{2,2}}\left( {F\left( x \right)} \right)}\\{{L_{J + 2,2}}\left( x \right) = {{\overline L }_{3,2}}\left( {F\left( x \right)} \right)}\end{array}} \right.\end{equation}\textsc{Chứng minh.} Tương tự, ta tìm $\overline{L}_{2,2}(\xi)$ dưới dạng tam thức bậc 2 ${\overline L _{2,2}}\left( \xi \right) = a{\xi ^2} + b\xi + c$. Khi đó:\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\overline L }_{2,2}}\left( {{\xi _1}} \right) = a - b + c = 0}\\{{{\overline L }_{2,2}}\left( {{\xi _2}} \right) = c = 1}\\{{{\overline L }_{2,2}}\left( {{\xi _1}} \right) = a + b + c = 0}\end{array}} \right.\]Giải hệ phương trình 3 ẩn $a,b,c$ thu được $a=-1,b=0,c=1$.\\Suy ra \[{\overline L _{2,2}}\left( \xi \right) = - {\xi ^2} + 1\]Tương tự, tìm $\overline{L}_{3,2}(\xi)$ dưới dạng tam thức bậc 2 ${\overline L _{3,2}}\left( \xi \right) = a{\xi ^2} + b\xi + c$. Khi đó:\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{{\overline L }_{3,2}}\left( {{\xi _1}} \right) = a - b + c = 0}\\{{{\overline L }_{3,2}}\left( {{\xi _2}} \right) = c = 0}\\{{{\overline L }_{3,2}}\left( {{\xi _1}} \right) = a + b + c = 1}\end{array}} \right.\]Giải hệ phương trình 3 ẩn $a,b,c$ thu được $a = \frac{1}{2},b = \frac{1}{2},c = 0$.\\Suy ra \[{\overline L _{3,2}}\left( \xi \right) = \frac{1}{2}{\xi ^2} + \frac{1}{2}\xi \]Tiếp theo ta kiểm tra các đẳng thức trong (\ref{1}). Ta chỉ cần kiểm tra đẳng thức đầu tiên, 2 đẳng thức còn lại hoàn toàn tương tự.\\Theo bài tập 2 (yêu cầu tính toán các hệ số của $L_{j,2}(x)$, ta có\[\begin{array}{l}{L_{J,2}}\left( x \right) = a{x^2} + bx + c = \\ - \dfrac{{{x^2}}}{{\left( {{x_J} - {x_{J + 1}}} \right)\left( {{x_{J + 2}} - {x_J}} \right)}} + \dfrac{{{x_{J + 1}} + {x_{J + 2}}}}{{\left( {{x_J} - {x_{J + 1}}} \right)\left( {{x_{J + 2}} - {x_J}} \right)}}x - \dfrac{{{x_{J + 1}}{x_{J + 2}}}}{{\left( {{x_J} - {x_{J + 1}}} \right)\left( {{x_{J + 2}} - {x_J}} \right)}}\end{array}\]trong khi đó:\[{\overline L _{j,2}}\left( {F\left( x \right)} \right) = \frac{1}{2}{\left( {F\left( x \right)} \right)^2} - \frac{1}{2}F\left( x \right)\]với\[F\left( x \right) = \frac{{2x}}{{{x_{i + 1}} - {x_i}}} - \frac{{{x_{i + 1}} + {x_i}}}{{{x_{i + 1}} - {x_i}}}\]Sử dụng Matlab:\begin{verbatim}syms x x1 x3;% x1=x_i=x_J ; x2=x_{J+1}=(x_i+x_{i+1})/2 ; x3=x_{i+1}=x_{J+2}x2=(x1+x3)/2;F=(2*x-x3-x1)/(x3-x1); % function F(x)overlineL=x^2/2-x/2; % function overline(L) LF=F^2/2-F/2 % function overline(L)oFsimplify(LF)lagrange=-(x-x2)*(x-x3)/((x1-x2)*(x3-x1))simplify(LF-lagrange)\end{verbatim}cho ra kết quả là \begin{verbatim}LF = (x1 - 2*x + x3)^2/(2*(x1 - x3)^2) - (x1 - 2*x + x3)/(2*(x1 - x3)) ans = -((x - x3)*(x1 - 2*x + x3))/(x1 - x3)^2lagrange = -((x - x3)*(x1/2 - x + x3/2))/((x1/2 - x3/2)*(x1 - x3)) ans =0\end{verbatim}Như vậy ta có đẳng thức \[{L_{J,2}}\left( x \right) = {\overline L _{1,2}}\left( {F\left( x \right)} \right)\]Các đẳng thức còn lại tương tự. Vậy ta đã chứng minh được hệ phương trình (\ref{1}). Kết thúc chứng minh. $\square$\section{Bài tập 4}

\textbf{Problem. }\textit{Dựa trên cơ sở Lagrange ${\left\{ {{L_{i,k}}} \right\}_{i = 1, \ldots ,N}}$ xấp xỉ bậc 3 trên $[x_i,x_{i+1}]$ hàm $f \in C[a,b]$.}\\\\\textsc{Lời giải.} Cách xây dựng hoàn toàn tương tự bài tập 2, ta thu được kết quả:\[{P_3}\left( x \right) = \sum\limits_{k = 0}^3 {f\left( {{x_k}} \right)} {L_{3,k}}\left( x \right)\]trong đó\[{L_{3,k}} = \prod\limits_{i = 0,i \ne k}^3 {\frac{{x - {x_i}}}{{{x_k} - {x_i}}}} \]Ghi một cách tường minh, thì đa thức Lagrange bậc 3 sẽ có dạng:\[\begin{array}{l}{P_3}\left( x \right) = f\left( {{x_0}} \right){L_{3,0}}\left( x \right) + f\left( {{x_1}} \right){L_{3,1}}\left( x \right) + f\left( {{x_2}} \right){L_{3,2}}\left( x \right) + f\left( {{x_3}} \right){L_{3,3}}\left( x \right)\\ = f\left( {{x_0}} \right)\dfrac{{\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)}}{{\left( {{x_0} - {x_1}} \right)\left( {{x_0} - {x_2}} \right)\left( {{x_0} - {x_3}} \right)}} + f\left( {{x_1}} \right)\dfrac{{\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\left( {x - {x_0}} \right)}}{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} - {x_3}} \right)\left( {{x_1} - {x_0}} \right)}} + \\ + f\left( {{x_2}} \right)\dfrac{{\left( {x - {x_3}} \right)\left( {x - {x_0}} \right)\left( {x - {x_1}} \right)}}{{\left( {{x_2} - {x_3}} \right)\left( {{x_2} - {x_0}} \right)\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}} + f\left( {{x_3}} \right)\dfrac{{\left( {x - {x_0}} \right)\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)}}{{\left( {{x_3} - {x_0}} \right)\left( {{x_3} - {x_1}} \right)\left( {{x_3} - {x_2}} \right)}}\end{array}\]Đây là công thức của đa thức Lagrange bậc 3. $\square$.\\\begin{center}\textsc{The end}\newpage\end{center}\begin{thebibliography}{999}\bibitem {1} Ông Thanh Hải, \textit{Giải tích số}, Trường Đại học Khoa học Tự Nhiên TP. Hồ Chí Minh.\end{thebibliography}\end{document}