Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng,
Vũ Đình Hòa, Đặng Huy Ruận, Tạ Duy Phượng
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA GIẢI
TÍCH TRONG ĐẠI SỐ, HÌNH HỌC,
SỐ HỌC VÀ TOÁN RỜI RẠC
(Tài liệu bồi dưỡng hè 2008)
HÀ NỘI, 08-16 THÁNG 8 NĂM 2008
www.VNMATH.com
Convert to pdf by duythuc_dn
www.VNMATH.com
Mục lục
Lời nói đầu 5
Trần Xuân Đáng
Đa thức với các hệ số nguyên và đồng dư thức 7
Đinh Công Hướng, Lê Thanh Tùng
Tính chất hội tụ, bị chặn của một số dãy truy hồi hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Nguyễn Văn Mậu
Bài toán nội suy cổ điển tổng quát 24
Đoàn Nhật Quang
Số đối xứng và một số quy luật của phép nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .41
Nguyễn Văn Tiến
Biểu diễn toạ độ của các phép biến hình phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Vũ Đình Hòa
Đồ thị phẳng và các khối đa diện lồi 94
Trần Nam Dũng
Giải tích và các bài toán cực trị 111
Tạ Duy Phượng
Hệ đếm và ứng dụng 131
1
www.VNMATH.com


bậc đại học và sau đại học. Các sinh viên tự trình bày bài giải bằng tiếng Anh trong 2
ngày (mỗi ngày 5 tiếng) về các dạng toán hiện đại của giải tích thực và phức, của đại
số và đại số tuyến tính, của toán rời rạc và lý thuyết trò chơi.
Từ nhiều năm nay, các hệ năng khiếu Toán học và các Trường THPT Chuyên thường
sử dụng song song các sách giáo khoa đại trà kết hợp với sách giáo khoa chuyên biệt và
sách chuyên đề cho các Hệ THPT Chuyên. Học sinh các lớp năng khiếu đã tiếp thu tốt
các kiến thức cơ bản theo thời lượng hiện hành do Bộ GD và ĐT ban hành.
Được sự cho phép của Bộ GD và ĐT, Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, ĐHQGHN
phối hợp cùng với các chuyên gia, các nhà khoa học, các cô giáo, thầy giáo thuộc
ĐHSPHN, ĐHQG TpHCM, Viện Toán Học, Hội Toán Họ c Hà Nội, Tạp Chí Toán Học
và Tuổi Trẻ, các Trường THPT Chuyên, Các Sở GD và ĐT, tổ chức bồi dưỡng các
chuyên đề nghiệp vụ sau đại học (đã qua 6 năm) nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi các môn
5
www.VNMATH.com
Toán học và khối kiến thức khoa học tự nhiên như là một tủ sách đặc biệt phục vụ bồi
dưỡng học sinh giỏi.
Chúng tôi xin giới thiệu cuốn sách của nhóm các chuyên gia, các thầy giáo với sự
tham gia đông đảo của các đồng nghiệp tham dự Trường hè 2007 về chuyên đề "Một số
ứng dụng của giải tích trong hình họ c, đại số, số học và tóan rời rạc".
Cuốn sách này nhằm cung cấp một số kiến thức chuyên đề ở mức độ khó về tóan rời
rạc, đại số, số họ c, giải tích và hình học.
Đây cũng là chuyên đề và bài giảng mà các tác giả đã giảng dạy cho học sinh các
đội tuyển thi Olympíc Toán học quốc gia và quốc tế.
Chúng tôi cũng xin chân thành cảm ơn các bạn đọc cho những ý kiến đóng góp để
cuốn sách ngày càng hoàn chỉnh.
Thay mặt Ban Tổ Chức
GS TSKH Nguyễn Văn Mậu
6
www.VNMATH.com
Đa thức với các hệ số nguyên và

0
+ mt, t ∈ Z.
Chứng minh. Nếu k,l ∈ Z k =1, 0 ≤ k ≤ m − 1, 0 ≤ l ≤ m − 1 thì ak = al (mod m).
Điều này có nghĩa là biểu thức as − b, s =0, 1, , m − 1 cho m số dư khác nhau khi chia
cho m. Vậy tồn tại duy nhất x
0
∈ Z, 0 ≤ x
0
≤ m − 1 sao cho ax
0
≡ b (mod m). Nếu
x
t
∈ Z là một nghiệm của phương trình đồng dư ax ≡ b (mod m) thì ax
t
≡ b (mod m).
Suy ra a(x
1
− x
0
) chia hết cho m. Nhưng (a, m)=1vậy x
1
− x
0
chia hết cho m.
Suy ra x
1
= x
0
+ mt, t ∈ Z.

0
)
n
+ b
n−1
(x −
x
0
)
n−1
+ ···+ b
0
.Với1 ≤ k ≤ n, ta có
f
k
(x)=k !b
k
+(k +1) 2(x − x
0
)b
k+1
+ ···+ n(n − 1) ···(n − k + 1)(x − x
0
)
n−k
b
n
.
Suy ra f
(k)

0
)
k!
(x − x
0
)
k
.
Định lí 3. Cho đa thức f(x) với các hệ số nguyên và một số nguyên tố p. Nếu phương
trình đồng dư f (x) ≡ 0 (mod p) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt x
(1)
1
,x
(1)
2
, , x
(1)
r
thuộc đoạn [1; p] sao cho f

(x
(1)
i
= 0 (mod p), (1 ≤ i ≤ r) thì phương trình đồng
dư f(x) ≡ 0 (mod p
k
) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt thuộc đoạn [1; p
k
] với mọi
k ≥ 1:x

, đồng thời f

(x
(k)
i
) = 0 (mod p) với 1 ≤ i ≤ r.
Giả sử x
0
∈ Z, x
0
∈ [1; p
k+1
] là một nghiệm của phương trình đồng dư f(x) ≡ 0
(mod p
k+1
). Khi đó f(x
0
) ≡ 0 (mod p
k+1
). Suy ra f(x
0
) ≡ 0 (mod p
k
). Tồn tại duy
nhất i ∈ [1; r],t∈ Z,t∈ [0; p − 1] sao cho x
0
= x
(k)
i
+ p

2
+ ···+
f
(n)
(x
(k)
i
)
n!
(p
k
t)
n
trong đó n là bậc của f (x).
Ta có
f
(j)
(x
(k)
i
j!
∈ Z (Việc chứng minh dành cho bạn đọc) và jk ≥ k +1,i≥ 2. Phương
trình f(x) ≡ 0 (mod p
k+1
) tương đương với
f(x
(k)
i
f


∈ Z).
Đặt x
(k+1)
i
= x
(k)
i
+ p
k
t
i
thì x
(k+1)
i
∈ [1; p
k+1
],x
(k+1)
i
∈ Z và f(x
(k+1)
i
≡ 0 (mod p
k+1
).
Mặt khác, x
(k+1)
i
≡ x
(k)

1
,x
(k+1)
2
, , x
(k+1)
r
, đồng thời f

(x
(k+1)
i
= 0 (mo d p)(1≤ i ≤
r). Như vậy khẳng định cũng đúng với k +1. Theo nguyên lý quy nạp toán học thì
khẳng định đúng với mọi k ≥ 1.
Định lý 3 đã được chứng minh. Áp dụng định lý này có thể giải được bài toán sau
8
www.VNMATH.com
Bài toán 1 (VMO 2000). Cho đa thức P (x)=x
3
+ 153x
2
− 111x +38.
1. Chứng minh rằng trong đoạn [1; 3
2000
] tồn tại ít nhất chín số nguyên dương a sao
cho P (a) chia hết cho 3
2000
.
2. Hỏi trong đoạn [1; 3

+22y +3
.
.
.3
1997
, suy ra y =3t +1
hoặc y =3t, (t ∈ Z, 1 ≤ t ≤ 3
1998
− 1).
Nếu y =3t +1 thì y
3
+52y
2
+22y +3 không chia hết cho 9.Vậyy =3t suy ra
y
3
+52y
2
+22t + 3 = 3(9t
2
+ 156t
2
+22t +1).
Phương trình P (x)
.
.
.3
2000
tương đương với 9t
3

]:f (t) ≡ 0 (mod 3
1998
) khi và chỉ khi tồn tại h ∈ Z, 0 ≤ h ≤ 8
sao cho t = t
0
+3
1996
h. Vậy phương trình đồng dư f (t) ≡ 0 (mod 3
1998
) có đúng chín
nghiệm nguyên phân biệt trong đoạn [1; 3
1998
−1]. Từ đó suy ra rằng trong đoạn [1; 3
2000
]
có đúng chín số nguyên dương a phân biệt sao cho P (a) chia hết cho 3
2000
.
Cho các đa thức f(x),g(x) có các hệ số hữu tỏ sao cho chúng chỉ có ước chung là
hằng số. Khi đó ta nói rằng f(x) và g(x) là nguyên tố cùng nhau và viết (f(x),g(x)) = 1.
Định lí 4. Cho các đa thức f(x), g(x) với các hệ số hữu tỉ và (f(x),g(x)) = 1. Khi đó
tồn tại các đa thức u(x),v(x) với các hệ số hữu tỉ sao cho u(x)f(x)+v(x)g(x)=1.
Định lý này đượ c chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học theo tổng các
bậc của f (x) và g(x). Từ định lý 4 suy ra
Định lí 5. Cho các đa thức f(x),g(x) với các hệ số nguyên và nguyên tố cùng nhau
(trong Q[x]). Khi đó tồn tại các đa thức u(x),v(x) với các hệ số nguyên và số nguyên
m =0sao cho u(x)f(x)+v(x)g(x)=m.
Định lí 6. Cho đa thức f (x) khác hằng số và có các hệ số nguyên. Khi đó tồn tại vô
số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p) có nghuệm
9

t
= p
1
p
2
p
k
a
n
t. Khi đó
f(x
t
)=a
0
(p
1
p
2
p
k
a
n
t)
n
+ a
n−1
p
1
p
2

.
Định lí 7. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên, bất khả quy trong Q[x] và không
phải là hằng số. Khi đó tồn tại các đa thức u(x), v(x) với các hệ số nguyên và số nguyên
m =0sao cho u(x)f(x)+v(x)f

(x)=m.
Chứng minh. Giả sử g(x)=(f (x),f

(x))(g(x) ∈ Q[x]). Khi đó g(x) là ước của f(x) và
deg g(x) < deg f(x).Vìf(x) bất khả quy nên g(x) là hằng số, g(x)=r, r ∈ Q). Theo
định lý 5 thì tồn tại các đa thức u(x),v(x) với các hệ số nguyên và số nguyên m =0sao
cho u(x)f(x)+v(x)f

(x)=m.
Hệ quả 1. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên, bất khả quy trong Q[x] và không phải
là hằng số. Khi đó tồn tại vô số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư f(x)=0
(mod p) có nghiệm x
0
Z mà f

(x
0
) = 0 (mod p).
Chứng minh. Theo định lý 7 tồn tại các đa thức u(x),v(x) với các hệ số nguyên và số
m =0sao cho u(x)f(x)+v(x)f

(x)=m. Từ định lý 6 suy ra rằng có vô số số nguyên
tố p>|m| để phương trình f(x) ≡ 0 (mod p) có nghiệm x
0
∈ Z.Khi đó f(x

,p
k+1
, , p
nk
khác nhau
từng đôi một và các số nguyên x
1
,x
2
, , x
nk
sao cho f(x
j
) ≡ 0 (mod p
j
)(1≤ j ≤ nk).
Theo định lý Trung Hoa về số dư, tồn tại số nguyên x sao cho
x ≡ x
i+mk
− m (mod p
i+mk
)(1≤ i ≤ k, 0 ≤ m ≤ n − 1
10
www.VNMATH.com
Từ đó ta có điều phải chứng minh
Cuối cùng là một số bài toán dành cho bạn đọc
Bài toán 3 (VMO 2000,Bảng B). Cho đa thức P (x)=x
3
− 9x
2

đó có một số dãy truy hồi hữu tỷ. Với động cơ trên, trong bài báo này, chúng tôi bàn về
tính hội tụ và bị chặn của một số dãy truy hồi hữu tỷ.
2 Tính chất định tính của một số dãy truy hồi hữu
tỷ
Bài toán 1
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức
x
n+1
= α +
x
n−1
x
n
,n=0, 1, ··· , (1)
trong đó α>1, x
−1
,x
0
là các số thực dương cho trước. Chứng minh rằng khi đó
x
n
 max{x
−1
,x
0
} +
α
2


α
1 −
1
α
+ x
−1
=
α
2
α − 1
+ x
−1
.
12
www.VNMATH.com
Tương tự,
x
2
= α +
x
0
x
1
 α + x
0

α
2
α − 1

)+
1
α
2
x
−1
 α
1
1 −
1
α
+ x
−1
=
α
2
α − 1
+ x
−1
.
Chứng minh bằng phương pháp quy nạp ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức
x
n+1
= α +
x
n−1

0
<α+ x
−1
.Vìα<
α
1−
1
1+α
p
(do 0 < 1 −
1
1+α
p
< 1) nên
x
1
<
α
1 −
1
1+α
p
+ x
−1
=
1+α
p
α
p−1
x

<α+
1
1+α
p
(α + x
−1
) <α

1+
1
1+α
p

+
x
−1
1+α
p
<α
1
1 −
1
1+α
p
+ x
−1
.
Bằng quy nạp ta nhận được
x
n

→ [0, ∞) là một hàm liên
tục, không giảm đối với mỗi biến và tăng với ít nhất một biến; g(x)=f(x, x, ··· ,x),
g(α) > 1; x
−k
,x
−k+1
, ··· ,x
0
là các số thực dương cho trước. Chứng minh rằng khi đó
x
n
 max{x
−k
, ··· ,x
0
} +
αg(α)
g(α) − 1
.
Giải.
Tiếp theo ta chứng minh {x
n
} bị chặn bởi M
0
. Thật vậy, vì các điều kiện ban đầu
dương nên x
n
 α>0, ∀n  1.Vìf là hàm tăng với ít nhất 1 biến và không giảm với
mỗi biến nên
f(x

(k+1)m+r−k
= x
(k+1)m+r−k−1+1
= x
(k+1)(m−1)+r+1
<α+
x
(k+1)(m−1)+r−k
g(α)
,
suy ra
x
(k+1)(m−1)+r−k
<α+
x
(k+1)(m−2)+r−k
g(α)
.
Vì vậy,
x
(k+1)m+r+1
<α+
1
g(α)

α +
1
g(α)
(x
(k+1)(m−2)+r−k

(α)

+
1
g
m+1
(α)
x
r−k
.
Đặt q =
1
g(α)
, theo giả thiết g (α) > 1 nên q<1.Tacó
x
(k+1)m+r+1
<
α
1 − q
+ x
r−k
.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
14
www.VNMATH.com
Bài toán 4
Giả sử f và g thỏa các điều kiện của Bài toán 2, chứng minh rằng phương trình sau có
duy nhất nghiệm dương
x:
x = α +

y
g(y)

=(x − y) −
xg(y) − yg(x)
g(x)g(y)
=
(x − y)g(x)g(y) − xg(y)+yg(x) − xg(x)+xg(x)
g(x)g(y)
=
(x − y)g(x)g(y) − (x − y)g(x)+x(g(x) − g(y))
g(x)g(y)
=
(x − y)[g(x)g(y) − g(x)] + x[g(x) − g(y)]
g(x)g(y)
=
(x − y)g(x)(g(y) − 1) + x(g(x) − g(y))
g(x)g(y)
.
Vì g là hàm tăng nên
g(x) >g(y)  g(α) > 1,
suy ra F (x) − F (y) > 0 suy ra F (x) >F(y). Vậy F là hàm tăng. Do đó ta có điều phải
chứng minh.
Bài toán 5
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức (2) và thỏa mãn các điều kiện của Bài toán
2. Chứng minh rằng, {x
n
} hội tụ.

 + L
p
≥ α + αL
p
+ 
L
p
− αL
p
− α
p
+ α
p+1
≥ α + α
p+1
− α
p
( − α)(L
p
− α
p
) ≥ α (1 + α
p
) − Lα
p
.
Tương tự, từ bất đẳng thức thứ nhất ta có
(L − α)(
p
− α

− α
p
) .
Suy ra
L
p
− α
p
L − α
>

p
− α
p
 − α
.
Ta có hàm số G(x)=
x
p
−α
p
x−α
, với 0 <p<1 giảm trên (α, +∞) ,α > 0. Thật vậy,
xét hàm số g(x)=x
p
,x ∈ (α, +∞) , 0 <p<1, ta có G(x)=
g(x)−g(α)
x−α
⇒ G



(x)−g

(β)](x−α)
(x−α)
2
< 0,với∀x>α. Suy ra G giảm
trên (α, +∞). Do đó với L>ta có
L
p
−α
p
L−α
<

p
−α
p
l−α
. Vậy ta phải có L = . Điều phải
chứng minh.
Bài toán 5 là trường hợp riêng của bài toán sau đây:
Bài toán 6
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức (1) và thỏa mãn các điều kiện của Bài toán
2. Giả thiết thêm α>0 và hàm số
g(x)−g(α)
x−α
giảm trên (α, ∞). Chứng minh rằng, {x

f(x
n
, ··· ,x
n−k+1
)

.
Suy ra
  α +

lim sup
n→∞
f(x
n
, ··· ,x
n−k+1
)
= α +

g(L)
,
hay
  α +

g(L)
.
Tương tự ta cũng có
L  α +
L
g()

suy ra
g() >g(α) > 1.
Bây giờ ta giả sử L>. Khi đó ta có
17
www.VNMATH.com
(1 − g(α))>(1 − g(α))L (vì <Lmà 1 − g(α) < 0),
suy ra
αg(α)+(1− g(α))>αg(α)+(1− g(α))L.
Từ (4) và (5) ta có
( − α)(g(L) −g(α))  αg(α)+(1−g(α)>αg(α)+(1− g(α))L  (L −α)(g()− g(α)).
Suy ra
g(L) − g(α)
L − α

g() − g(α)
 − α
(vì L>>α).
Mà theo giả thiết, hàm
g(x) − g(α)
x − α
giảm trên (α, ∞) nên với <Lthì
g() − g(α)
 − α
>
g(L) − g(α)
L − α
(trái với điều trên).
Vậy
L =  =
x.

Mặt khác, hàm g lõm chặt nên g”(x) < 0, suy ra hàm g

(x) giảm trên (α, ∞). Do đó
với c ∈ (α, x) hay α<c<xta có g

(c) >g

(x).
18
www.VNMATH.com
Vậy
G

(x)=
g

(x)(x − α) − g

(c)(x − α)
(x − α)
2
=
(g

(x) − g

(c))(x − α)
(x − α)
2
.

trong đó α>0,λ
j
∈ [0, 1),j =1, 2, ··· ,k sao cho ρ
1
+ ρ
2
+ ···+ ρ
k
=: λ ∈ (0, 1). Chứng
minh rằng, {x
n
} hội tụ.
Giải.
Ta có
g(u)=f (u, ··· ,u)=1+u
λ
⇒ g

(u)=λu
λ−1
⇒ g”(u)=λ(λ − 1)u
λ−2
< 0 (vì λ<1).
Do đó g(u) là hàm lõm chặt trên (α, ∞). Áp dụng kết quả Bài toán 7 ta có điều phải
chứng minh.
Bài toán 9
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức
x

j
> 0,λ ∈ [0, 1). Chứng minh rằng,
{x
n
} hội tụ.
Giải.
Đặt
g(u)=f(u, ··· ,u)=1+γ
1
u
λ
1
+ ···+ γ
k
u
λ
k
.
Ta có
g

(u)=γ
1
λ
1
u
λ
1
−1
+ ···+ γ

www.VNMATH.com
hay
g”(u)=
k

j=1
γ
j
λ
j
(λ
j
− 1)u
λ
j
−2
< 0 (vì λ
j
∈ [0, 1)).
Do đó g lõm chặt trên [0, ∞). Áp dụng kết quả Bài toán 7 ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 10
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức
x
n+1
= α +
βx
n−k
1+h(x

n−1
x
n
,n=0, 1, ··· , (9)
trong đó 0 <α<1, các điều kiện ban đầu là các số thực dương. Chứng minh rằng,
lim
n→∞
x
2n
= ∞, lim
n→∞
x
2n+1
= α.
Giải.
Giả sử 0 <x
−1
 1 và x
0

1
1−α
.Vì0 <α<1 nên
1
1−α
>α+1.Dođóx
0
>α+1.
Ta cần chứng minh
x

= α +
x
0
x
1
 α + x
0
.
Lập luận tương tự cho các phần tử còn lại của {x
n
}
∞
n=−1
ta có điều phải chứng minh.
20
www.VNMATH.com
Bài toán 12
Cho dãy số {x
n
} xác định theo công thức
x
n+1
= α +
x
n−2m−1
F (x
n
,x
n−2
, ··· ,x

=+∞, lim
n→∞
x
2n+1
=
α
1 −
1
L
,
trong đó L := lim
u→∞
g(u). Trường hợp g không bị chặn ta đặt
1
L
=0.
Giải.
Vì g là hàm tăng nên
L := lim
u→∞
g(u)  g(P )=g(g
−1
(
b
b − α
))
=
b
b − α
> 1.

, ··· ,x
−2m
) >F(P,··· ,P)=g(P ),
do đó
α<x
1
<α+
b
g(P )
= α +
b
b
b−α
= α + b − α = b<g
−1
(1).
Mặt khác,
x
2
= α +
x
−2m
F (x
1
,x
−1
, ··· ,x
−2m+1
)
>α+

,x
2
, ··· ,x
−2m+3
)
>α+
x
−2m+2
g(b)
>P.
21
www.VNMATH.com
Cứ như vậy ta có
α<x
2r+1
= α +
x
2r−2m−1
F (x
2
r, x
2r−1
, ··· ,x
2r−2m
)
<b<g
−1
(1)
và
x

2[r−(m+1)+1]
.
Do đó
x
2(r(m+1)+j)
>α+
1
g(b)
x
2[(r(m+1)−(m+1)+j]
,j∈{−m, −m +1, ··· , −1, 0}
>α+
1
g(b)
x
2[(r−1)(m+1)+j]
>α+
1
g(b)
x
2[(r−1)(m+1)+j]
>α+
α
g(b)
+
α
g
2
(b)
+ ···+

Để ý rằng, vì lim
n→∞
x
2n
= ∞ và L = lim
u→∞
g(u) nên
lim F (x
2n
,x
2n−2
, ··· ,x
2n−2m
)=L.
Đặt

i
:= lim
n→∞
inf x
2n+1
,
s
:= lim
n→∞
sup x
2n+1
.
Rõ ràng 
i

i
L
⇔ 
i
(1 −
1

)  α
⇔ 
i

α
1 −
1
L
.
22
www.VNMATH.com

s
 α +

s
L
⇔ 
s
(1 −
1
L
)  α

1
L
. Vậy
lim
n→∞
x
2n+1
=
α
1 −
1
L
.
Tài liệu
[1] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Thủy Thanh, 2002, Giới hạn dãy số và hàm số, NXB
Giáo Dục.
[2] G. L. Karakostas and S. Stevics, 2004, On the recursive sequence x
n+1
= α +
x
n−k
f (x
n
,··· ,x
n−k+1
)
, Appl. Anal. 83, 309-323.
[3] Nguyen Van Mau, Algebraic Elements and Boundary Value Problems in Linear
Spaces, Vietnam National University Publishers, Hanoi 2005.
[4] Nguyễn Văn Mậu, 2002, Một số bài toán chọn lọc về dãy số, NXB Giáo Dục.

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
.
Đây là bài toán khó và có cấu trúc phức tạp. Để giải nó, ta cần một số điều chỉnh
về cấu trúc hệ điều kiện để mô tả chúng theo một thứ tự nhất định. Bạn đọc chưa làm
quen với hệ đại số tuyến tính tổng quát có thể bỏ qua chương này mà đọc ngay vào
phần ví dụ áp dụng để hiểu bản chất lời giải trước, sau đó hãy quay trở lại đọc phần cơ
sở lý thuyết.
Trước hết, ta sử dụng ký hiệu g
N
(x)=(1,x, ,x
N −1

N
(x
ki
).
Tức là, với m  (k, i), ta có
g
Nm
=

0, ,0

 
s
k
, (s
k
)!,
(s
k
+ 1)!
1!
x
ki
, ··· ,
(N − 1)!
(N − 1 − s
k
)!
x
N −1−s

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

là
G
Nm
(x)=











g
N 1
.
.
.
g
Nm−1
g
N
(x)
g
Nm+1
.
.
.

là nghiệm duy nhất bài toán 6.1.
Thật vậy, ta có
P
(s
k
)
(x
ki
)=V
−1
N
N

m=1
a
m
V
(s
k
)
Nm
(x
ki
).
25
www.VNMATH.com