ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ HẢI MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT XẤP XỈ ĐỀU
TỐT NHẤT VÀ ỨNG DỤNG TRONG
TOÁN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
3 Một số ứng dụng của lý thuyết xấp xỉ đều vào giải một lớp
các bài toán sơ cấp 20
3.1 Lời giải tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3.1.1 Ứng dụng xấp xỉ bằng đa thức bậc không cho lớp
các bài toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3.1.2 Ứng dụng xấp xỉ bằng đa thức bậc nhất cho lớp các
bài toán dạng: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.2 Lớp các bài toán cụ thể . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Kết luận 64
Tài liệu tham khảo 65
1
1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Mở đầu
Chúng ta đã biết Lý thuyết xấp xỉ đều tốt nhất là một nhánh của lý
thuyết xấp xỉ hàm, có vai trò đặc biệt quan trọng trong toán lý thuyết
cũng như trong các toán ứng dụng. Đặc biệt, nó được dùng để tìm đa thức
có "độ lệch" nhỏ nhất so với hàm số cho trước trên một đoạn xác định.
Từ việc nghiên cứu kĩ lý thuyết xấp xỉ đều tốt nhất chúng ta có thể giải
quyết được một số dạng bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Và dưới sự
hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Khải, tác giả đã nghiên cứu đề tài "Một
số vấn đề về lý thuyết xấp xỉ đều tốt nhất và ứng dụng trong toán sơ cấp".
Nội dung của luận văn này là trình bày về lý thuyết xấp xỉ đều tốt nhất
từ đó xây dựng lên các bài tập toán sơ cấp áp dụng phần lý thuyết xấp xỉ
đều tốt nhất vào giải bài toán. Luận văn gồm 3 chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị. Chương này trình bày một số định nghĩa
cơ bản về không gian Mêtric, không gian Banach, không gian Hilbert.
Chương 2: Lý thuyết xấp xỉ đều tốt nhất. Chương này giới thiệu một
số định nghĩa, định lý về lý thuyết xấp xỉ đều tốt nhất, các trường hợp
đặc biệt xấp xỉ đa thức bằng đa thức bậc không, đa thức bậc nhất.
Chương 3: Một số ứng dụng của lý thuyết xấp xỉ đều tốt nhất vào giải

Quảng Ninh, ngày 10 tháng 10 năm 2012.
Tác giả
Phạm Thị Hải
3
3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của tôi. Các số liệu và
kết quả nghiên cứu trong luận văn hoàn toàn trung thực và chưa có ai
công bố trong một công trình nào khác.
Tác giả
Phạm Thị Hải
4
4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Chương 1
Một số kiến thức cơ bản
Trong chương này, ta sẽ trình bày những kiến thức cơ bản về không
gian mêtric, không gian Banach, không gian Hilbert. Các kiến thức này
được lấy từ các tài liệu [1, 5, 8].
Trong chương này, các không gian tuyến tính đều được xét trên trường
số thực R.
1.1 Không gian mêtric
Định nghĩa 1.1. Tập X khác rỗng được gọi là không gian mêtric nếu với
mỗi cặp phần tử x, y đều xác định theo một quy tắc nào đó, một số thực
ρ(x, y) gọi là ” khoảng cách giữa x và y ” và thỏa mãn các tiên đề sau:
1) ρ(x, y) > 0 nếu x = y;
ρ(x, y) = 0 nếu x = y.
2) ρ(x, y) = ρ(y, x), ∀x, y ∈ X.
3) ρ(x, z) ≤ ρ(x, y) + ρ(y, z), ∀x, y, z ∈ X.
Hàm số ρ(x, y) gọi là mêtric của không gian X
Ví dụ 1.1. Trong R

n
.
Định nghĩa 1.2. Cho không gian mêtric X. Dãy {x
n
} được là dãy Cauchy
( hay dãy cơ bản) nếu lim
n,m→∞
ρ(x
n
, x
m
) = 0 tức là: ∀ε > 0 cho trước,
∃n
0
∈ N
∗
, sao cho ∀n ≥ n
0
, ∀m ≥ n
0
, ta có ρ (x
n
, x
m
) < ε.
5
5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Dĩ nhiên một dãy hội tụ bao giờ cũng là dãy Cauchy ( dãy cơ bản), vì
nếu x
n

tử của nó cũng gọi là các vectơ.
Định nghĩa 1.4. (Không gian tuyến tính định chuẩn)
Một không gian định chuẩn là một không gian tuyến tính X, trong đó
ứng với mỗi phần tử x ∈ X ta có một số x gọi là chuẩn của nó sao cho
các điều kiện sau đây thỏa mãn, với mọi x, y ∈ X và mọi số thực α.
1) x > 0 nếu x = 0; x = 0 nếu x = 0.
2) αx = |α|x (tính thuần nhất của chuẩn).
3) x + y ≤ x + y (bất đẳng thức tam giác ).
6
6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Ví dụ 1.2. Không gian mêtric R
n
là không gian tuyến tính định chuẩn
với chuẩn tương ứng là
R
n
: x =




n

i=0
ξ
2
i
Định nghĩa 1.5. (Không gian Banach)
Cho không gian tuyến tính định chuẩn X, d : X ×X −→ R được xác
định: d(x, y) = ||x −y|| thì d(x, y) gọi là hàm khoảng cách, ta nói khoảng

2
tức là x =

(x, x) xác định
một chuẩn trong không gian X, nói cách khác không gian tiền Hilbert như
trên là một không gian định chuẩn.
7
7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Ví dụ 1.5. Không gian C
[a,b]
gồm tất cả các hàm liên tục trên đoạn [a, b]
với các phép toán thông thường và với tích vô hướng cho bởi:
(x, y) =
b

a
x(t)y(t)dt là một không gian tiền Hilbert.
Định nghĩa 1.8. Không gian tiền Hilbert đầy đủ được gọi là không gian
Hilbert.
Ví dụ 1.6. Không gian L
2
[a,b]
với chuẩn x
2
=

b

a
|x(t)|

2
= x
2
+ 2xy+ y
2
.
Mà
x + y
2
=

x + y, x + y

=

x + y, x

+

x + y, y

=

x, x

+ 2

x, y

+

Cho hàm số f ∈ C
[a,b]
. Gọi P
n
là tập hợp các đa thức có bậc không quá
n trên [a, b]. Ta phải tìm đa thức P ∈ P
n
có "độ lệch" nhỏ nhất so với f
trên [a, b] tức là:
max
x∈[a,b]
| f(x) − P (x) |= min
Q∈P
n
max
x∈[a,b]
|f(x) −P(x)| (2.1)
Nếu trong C
[a,b]
ta xét chuẩn  ϕ = max
t∈[a,b]
| ϕ(t) |, (ϕ ∈ C
[a,b]
) thì bài toán
(2.1) có dạng:
Tìm P ∈ P
n
sao cho
 f −P = E
n

0
Định lý 2.1. Bài toán xấp xỉ (2.3) luôn có nghiệm.
Chứng minh. Đặt Ω = {v ∈ X
0
: v ≤ 2x}.
Dễ thấy nếu v ∈ X
0
\Ω thì v > 2x ⇒ v − x > x
Khi đó  v − x ≥ v  −  x > x = x − θ 
Do đó v không xấp xỉ x bằng phần tử θ ∈ Ω. Như vậy ta có thể giới hạn
việc tìm xấp xỉ tốt nhất trong Ω.
Ta có Ω là tập đóng, giới nội trong không gian hữu hạn chiều X
0
nên
Ω là tập compact.
Xét hàm Φ(v) := x − v  ta có
| Φ(v)−Φ(v

) |=


x−v−x−v




≤


x−v−x+v

là hai xấp xỉ tốt nhất của x ∈ X, tức là :
 x − x
i
= d := d(x, X
0
), (i = 1, 2)
Xét hai trường hợp:
a. d = 0 ⇒ x
i
≡ x, (i = 1, 2) ⇒ x
2
≡ x
1
.
b. d > 0 Ta có d ≤ x −
x
1
+ x
2
2
≤
1
2
 x − x
1
 +
1
2
 x − x
2


, (λ > 0)
Từ đây suy ra
d = x − x
1
= λ  x − x
2
= λd
Vậy λ = 1. Do đó
x − x
2
2
=
x − x
1
2
hay x
2
≡ x
1
.
2.3 Xấp xỉ đều tốt nhất trong không gian C
[a,b]
Trong phần này ta xét X = C
[a,b]
, X
0
= P
n
. Do mỗi đa thức Q ∈

n
. Nếu
tồn tại n + 2 điểm phân biệt a ≤ x
0
< x
1
< < x
n+1
≤ b sao cho
f(x
i
) − Q(x
i
) lần lượt đổi dấu:
sign{(−1)
i
[f(x
i
) − Q(x
i
)]} = const, (i = 0, n + 1)
thì
E
n
(f) ≥ µ := min
i=0,n+1
| f(x
i
) − Q(x
i

i
)] + [f(x
i
) − P (x
i
)]}
= sign[Q(x
i
) − f(x
i
)], i = 0, n + 1
11
11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Vậy đa thức Q −P ∈ P
n
đổi dấu n + 2 lần nên có ít nhất n+1 nghiệm.
Suy ra Q ≡ P .
Ta có µ > Q − f ≥ min
i
| Q(x
i
) − f(x
i
) | = µ.
Mâu thuẫn nhận được suy ra E
n
(f) ≥ µ.
Chú ý: Định lý Valleé- Poussin là một trong số ít định lý có giả thuyết
định tính và kết luận định lượng.
Định lý 2.4. (Chebyshev). Điều kiện cần và đủ để P ∈ P

(x) là đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của f trên
[a, b], ta phải chứng minh tồn tại n + 2 điểm a ≤ y
1
< < y
n+2
≤ b sao
cho:
f(y
i
) − Q
n
(y
i
) = α(−1)||f − Q
n
||.
Đặt L = ||f −Q
n
|| , ký hiệu y
1
= inf {x ∈ [a, b] : |f(x) −Q
n
(x)|} = L.
Từ đinh nghĩa của L và sự liên tục của [f (x) − Q
n
(x)] suy ra sự tồn
tại của y
1
.
Vậy |f(y

L

.
Vậy : f(y
k+1
) − Q
n
(y
k+1
) = (−1)
k
L.
12
12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Tiếp tục quá trình này cho đến khi có y
m
= b hoặc đến y
m
thỏa mãn
điều kiện không lấy được y
m
.
Nếu m ≥ n + 2 thì ta có điều phải chứng minh.
Giả sử m < n + 2. Vì (f(x) − Q
n
(x)) liên tục trên [a, b] nên với mỗi k
(2 ≤ k ≤ m) có thể lấy Z
k−1
sao cho |f(x) −Q
n

i
)] = (−1)
i
L.
Đặt v(x) =
m−1

j=1
(Z
j
− x) , Q
d
n
(x) = Q
n
(x) + dv(x) (d > 0).
Xét hàm số: f(x) −Q
d
n
(x) = f (x) − Q
n
− dv(x) trên đoạn [Z
0
, Z
1
].
Trên [Z
0
, Z
1

1
].
Đồng thời ta lại có: f(x) −Q
n
(x) > −L, ∀x ∈ [Z
0
, Z
1
].
Như vậy tồn tại d
1
dương đủ nhỏ để ∀d ∈ (0, d
1
) thì ta có:


f(x) −Q
d
n
(x)


< L , ∀x ∈ [Z
0
, Z
1
].
Xét hàm số



n
(x) < L, ∀x ∈ [Z
1
, Z
2
].
13
13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Mặt khác :


f(Z
1
) − Q
d
n
(Z
1
)


= |f(Z
1
) − Q
n
(Z
1
)| < L.



< L, x ∈ [Z
1
, Z
2
].
Lập luận tương tự như trên đoạn [Z
0
, Z
1
] đối với các đoạn [Z
i−1
, Z
i
] với
i = 2k + 1, k = 0, 1, 2, ta được kết quả: ∃ 0 < d
i
sao cho với 0 < d < d
1
thì


f(x) −Q
d
n
(x)


< L, ∀x ∈ [Z
i−1
, Z

0
< min

d
i
: i = 1, m

.
Suy ra


f(x) −Q
d
0
n
(x)


< L trên [Z
i−1
, Z
i
], i = 1, m.
Vì v(x), Q
n
(x) ∈ X
1
⇒ Q
d
n

(x)


< L, ∀x ∈ [a, b] trái với giả thiết Q
n
(x) là
xấp xỉ đều tốt nhất. Suy ra m ≥ n + 2
Định lý Chebyshev cho ta tiêu chuẩn kiểm tra xem một đa thức có phải
là đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của hàm f ∈ C
[a,b]
hay không. Nó cũng
được sử dụng để chứng minh nhiều tính chất của đa thức xấp xỉ đều tốt
nhất.
Như đã nói ở trên X = C
[a,b]
không là không gian lồi thực sự. Do đó ta
không áp dụng được định lý 2.2. Tuy nhiên ta có:
14
14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Định lý 2.5. Đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của f ∈ C
[a,b]
là duy nhất.
Chứng minh. Giả sử P, Q ∈ P
n
là hai đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của
f trên [a, b]. Do đó
P + Q
2
∈ P
n

)
2
− f(x
i
)


= E
n
(f), (i = 0, , n + 1)
Suy ra
2E
n
(f) =| P(x
i
) − f(x
i
) + Q(x
i
) − f(x
i
) |
≤| P (x
i
) − f(x
i
) | + | Q(x
i
) − f(x
i

) | Q(x
i
) − f(x
i
) |= (1 + λ
i
)E
n
(f) = 2E
n
(f)
⇒ λ
i
= 1 Từ đây suy ra P (x
i
) = Q(x
i
), i = 0, , n + 1 hay P ≡ Q.
Định lý 2.6. Đa thức xấp xỉ đều tốt nhất P ∈ P
n
của một hàm f ∈
C[−1, 1] chẵn ( lẻ ) cũng là hàm chẵn ( lẻ ).
Chứng minh. Giả sử f là hàm chẵn. Và P (x) là đa thức xấp xỉ đều tốt
nhất của f, với mọi x ∈ [−1, 1] ta có :
| f(x) − P (x) |≤ f − P  = E
n
(f).
Thay x = −x ta có
| f(−x) − P (−x) |=| f(x) − P (−x) |≤ E
n

2
2n+1
(n + 1)!
Chứng minh. Gọi P là đa thức nội suy của f với các mốc nội suy là
nghiệm của đa thức Chebyshev
x
k
=
a + b
2
+
b − a
2
cos
(2k −1)π
2(n + 1)
, k = 1, n + 1
sao cho f(x
k
) = P (x
k
), k = 1, n + 1.
Theo công thức ước lượng sai số của phép nội suy ta có
| f(x) − P (x) |≤ sup
x∈[a,b]
| f
(n+1)
(x) |
(b − a)
n+1

:
f(x) −Q(x) =
f
(n+1)
(ξ)
(n + 1)!
ω
n+1
(x)
trong đó
ω
n+1
(x) =
n+1

i=1
(x − y
i
), ξ = ξ(x) ∈ [a, b]
Giả sử |ω
n+1
(x)| đạt max tại x = x
0
∈ [a, b]. Ta có
E
n
(f) = f − Q ≥| f(x
0
) − Q(x
0

(n + 1)!
16
16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Hệ quả 2.1. Đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc n của một đa thức bậc
n + 1 : f(x) = a
0
+ a
1
x + ··· + a
n
x
n+1
, (a
n+1
= 0) có dạng
Q(x) = f (x) − a
n+1
T
n+1

2x − (a + b)
b − a

(b − a)
n+1
2
2n+1
Chứng minh. Ta có f
(n+1)
(x) = (n + 1).n 2.1.a

T
n+1

2x − (a + b)
b − a




(b − a)
n+1
2
2n+1
Các điểm Chebyshev của Q là
x
i
=
a + b
2
+
b − a
2
cos
πi
n + 1
, i = 0, n
và f −Q = E
n
(f).
2.4 Một số trường hợp đặc biệt

2
) = m ta có
f(x
1
) − Q(x
1
) =
M − m
2
; f(x
2
) − Q(x
2
) = −
M − m
2
.
Vậy f − Q =
M − m
2
và x
1
, x
2
là hai điểm Chebyshev.
2.4.2 Xấp xỉ bằng đa thức bậc nhất
Cho f (x) là hàm lồi trên [a, b]. Nếu f(x) là hàm tuyến tính thì đa thức
xấp xỉ đều tốt nhất bậc nhất Q(x) ≡ f (x).
Bây giờ giả sử f(x) không phải là hàm tuyến tính.
Khi đó gọi Q(x) = a

b) = αL
trong đó L = f −Q; α = ±1.
Từ hệ thức đầu và cuối, suy ra a
1
=
f(b) −f(a)
b − a
Nếu f khả vi thì điểm c tìm từ điều kiện f

(c) = a. Sử dụng hai hệ thức
đầu ta được:
a
0
=
f(a) + f(c)
2
−
a + c
2
f(b) −f(a)
b − a
L = |f (a) − (a
0
+ a
1
a)| =



f(a) −f(c)

, a
0
=
f(a) + f(c)
2
−
a + c
2
f(b) −f(a)
b − a
18
18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Ví dụ 2.1. Tìm đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc nhất của hàm f(x) = |x|
trên đoạn [−1, 5]
Ta có:
a
1
=
5 − 1
5 − (−1)
=
2
3
; c = 0
Đường thẳng qua AB: y =
2
3
x +
5
3

t
, t ∈ [0, 1]
⇒ Q
3
(t) = a
0
+ a
2
t
Phương trình đường thẳng qua A(0, 1); B(1, e) có dạng y = (e − 1)t + 1.
Tìm = C(c, f
1
(c)) trong đó
f

1
(c) = a
2
=
e − 1
1 − 0
= e − 1
Ta có e
c
= e −1 suy ra c = ln(e −1). Phương trình tiếp tuyến với đường
cong f
1
(t) tại C có dạng
y = (e − 1)(t −c) + f
1

3.1.1 Ứng dụng xấp xỉ bằng đa thức bậc không cho lớp các
bài toán.
Bài toán: Cho hàm số f(x) liên tục trên [α, β]. Tìm a sao cho max
x∈[α,β]
|f(x) −a|
đạt giá trị nhỏ nhất.
* Lời giải dựa trên lý thuyết xấp xỉ đều tốt nhất.
+) Bước 1: Tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của
f(x) trên [α, β].
Đặt M = max
x∈[α,β]
f(x), m = min
x[α,β]
f(x).
+) Bước 2: a =
M + m
2
là số cần tìm.
(Số cần tìm chính là đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc không của
hàm số f(x) trên [α, β])
20
20Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
*Lời giải sơ cấp:
+) Bước 1: Tìm GTLN, GTNN của f(x) trên [α, β].
Đặt M = max
x∈[α,β]
f(x), m = min
x[α,β]
f(x), (m < M)
+) Bước 2: Đặt X = f(x), ta có X ∈ [m, M]

thì max
x∈[α,β]
|f(x) −a| =
M − m
2
.
Kết luận: Với a =
M + m
2
thì max
x∈[α,β]
|f(x) −a| đạt min và giá trị nhỏ nhất
đạt được là
M − m
2
.
Chú ý:
+ Ở bước 1 có thế sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến (nếu có)
của hàm số f (x), sử dụng đồ thị (ví dụ như f (x) là đa thức bậc hai),hay
tổng quát là khảo sát hàm số.
+ Ở bước 2 đổi với học sinh phổ thông, có thể giải thích bằng việc
vẽ đồ thị một kết quả hiển nhiên của giải tích là : Ảnh liên tục của đoạn
[α, β] là 1 đoạn [m, M]. Với M = max
x∈[α,β]
f (x) , m = min
x∈[α,β]
f (x).
( điều này học sinh được hiểu tương tự như việc đổi biến).
Vậy qua bước 2 ta chứng minh được : K = max
x[α,β]

Từ đó : max
X∈[m,M ]
g (X) = max {g (M) , g (m)}.
Khi mà a =
M + m
2
thì g (M) = g (m) =
M − m
2
.
Vậy max
X∈[m,M ]
|g (X) | =
M − m
2
.
Bước kiểm tra lại cuối cùng là nhấn mạnh thêm mức độ chặt chẽ về mặt
lôgic, ta có thể chỉ ra rằng:
Bước 2 chỉ chứng tỏ rằng K ≥
M − m
2
.
K =
M − m
2
⇔





1
2
(m + n).
+ Bước 4: Kết luận a = k , b =
1
2
(m + n). GTNN đạt được :
M
0
=



f (α) −

kα +
1
2
(m + n)




=



f (β) −

kβ +

23
23Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Nếu f là hàm lồi thì luôn có g (x
0
) = M
0
, g (α) = g (β) = −M
0
.
Hình 3.2: Hàm lồi
Nếu f là hàm lõm thì luôn có g (x
0
) = −M
0
, g (α) = g (β) = M
0
.
Hình 3.3: Hàm lõm
*Lời giải sơ cấp:
+ Bước 1: Đặt g (x) = f (x) −(ax + b) , M = max
x∈[α,β]
|g (x) |.
Tính g (α) , g (β) , g (x
0
) (x
0
và M
0
tìm được nhờ lời giải theo phương
pháp xấp xỉ đều).