ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
- - - - - - - - - - - - - - - - - -
NGUYỄN THÚY VÂN
MỘT SỐ THUẬT TOÁN NỘI SUY
ĐỂ XÁC ĐỊNH CÁC NGUYÊN HÀM
SƠ CẤP CỦA HÀM HỮU TỶ
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
- - - - - - - - - - - - - - - - - -
Nguyễn Thúy Vân
MỘT SỐ THUẬT TOÁN NỘI SUY
ĐỂ XÁC ĐỊNH CÁC NGUYÊN HÀM
SƠ CẤP CỦA HÀM HỮU TỶ
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG
Mã số: 60.46.01.12
Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
1
Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1. Định nghĩa và các tính chất của hàm sơ cấp . . . . . . 6
1.1.1. Nguyên hàm của các hàm số hữu tỉ . . . . . . 10
1.1.2. Nguyên hàm của hàm số đại số . . . . . . . . 11
1.1.3. Tích phân elliptic . . . . . . . . . . . . 12
1.1.4. Định lý Liouville về sự tồn tại nguyên hàm sơ cấp . . . . 15

thể biểu diễn được dưới dạng hàm số sơ cấp?” và “(B): Nếu một hàm số có
nguyên hàm là hàm sơ cấp thì làm cách nào để tìm được nguyên hàm sơ cấp
đó?”
Hiện nay chúng ta đã biết có rất nhiều cách để tính các nguyên hàm của
một hàm số như sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản, phép đổi biến số, phép
lấy nguyên hàm (tích phân) từng phần . . . . Tuy nhiên, trong một số trường
hợp đối với những hàm số dạng phức tạp thì rất khó nhận biết nên áp dụng
phương pháp nào để tính nguyên hàm của nó. Thông thường, người ta tìm
các thuật toán để đưa hàm số đã cho về các hàm số có dạng đơn giản hơn
nhờ các phép toán nội suy cổ điển đã biết.
Mục đích của luận văn là tìm hiểu và trình bày các thuật toán để xác
định nguyên hàm của hàm phân thức hữu tỷ (tử số và mẫu số là những đa
thức đại số), và tìm hiểu tiêu chuẩn để nhận biết các hàm số quen thuộc như
e
−x
2
,
sin x
x
,
√
1 + x
4
và một số dạng hàm số sơ cấp khác không có nguyên
hàm sơ cấp.
Nội dung của luận văn gồm 3 chương:
*Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị. Chương này trình bày định nghĩa
và tính chất của hàm số sơ cấp, các định lí về sự tồn tại nguyên hàm của
hàm số sơ cấp cùng với định lí Liouville và các công thức nội suy Lagrange
và Hermite.

tức là F
0
(x) thoả mãn F
0
(0) = 0.
- F
c
(x) là nguyên hàm (cấp 1) của đa thức f(x) ứng với hằng số c,
tức là F
c
(x) = F
0
(x) + c với c ∈ R.
- F
0,k
(x) là nguyên hàm cấp k của đa thức f(x) ứng với hằng số c = 0,
tức là F
0,k
(x) thoả mãn F
0,k
(0) = 0.
- F
c,k
(x) là nguyên hàm cấp k của đa thức f(x) ứng với hằng số c,
tức là F
c,k
(x) = F
0,k
(x) + c với c ∈ R.
- H

√
x +

x +
√
x, f(x) =

x
2
− i
√
3
x
√
2 − e

3
5
,
f(x) =

(1 + x) −
3

(1 − x)
4

(1 + x)
2
+

hàm số hữu tỉ của x.
Định nghĩa 1.3 ([1]-[5]). Một hàm số sơ cấp là một hàm số được cho bởi
một trong các dạng sau:
1. Là đa thức đại số,
2. Là hàm số hữu tỉ,
3. Là hàm số mũ e
x
,
4. Là hàm số logarit log
a
x,
7
5. Là hàm số được xác định bởi tổ hợp hữu hạn các phép toán cộng, trừ,
nhân, chia, lấy căn, luỹ thừa, hàm ngược và hàm hợp của các hàm số
thuộc các lớp hàm liệt kê ở trên.
Chẳng hạn, hàm số f (x) =
x − 1
x
5
− 3x −2
+
√
x
2
+ 1+
e
ix
− e
−ix
e

Chứng minh.
Vì f là hàm số sơ cấp nên f thuộc một mở rộng sơ cấp C(x)(y) ⊃ C(x) với
y là một sơ cấp trên C(x). Khi đó, g(f) ∈ C(x)(y)(g(z)). Vì C(x)(y)(g(z))
là mở rộng sơ cấp của C(x) nên hàm số g(f) là sơ cấp.
Bây giờ chúng ta sẽ chứng tỏ các hàm số lượng giác và lượng giác ngược là
các hàm số sơ cấp theo hai định nghĩa trên.
Ví dụ 1.2. Áp dụng Công thức Euler (e
ix
= cos x + i sin x) ta có
sin x =
1
2i

e
ix
− e
−ix

,
cos x =
1
2

e
ix
+ e
−ix

,
tan x =

ix
− e
−ix

∈ C(x)(e
ix
)(e
−ix
).
Sau đây, ta sẽ chứng tỏ các hàm số lượng giác ngược cũng là các hàm số sơ
cấp. Ta có sin x =
1
2i

e
ix
− e
−ix

. Từ đó suy ra x = arcsin
1
2i

e
ix
− e
−ix

.
Đặt u =

ln

ix +
√
1 − x
2

.
Tương tự, ta có
arccos x =
1
i
ln

x +
√
x
2
− 1

,
arctan x =
1
2i
ln
1 + ix
1 − ix
,
arccotx =
1

n
(x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ···+ a
1
x + a
0
,
trong đó các hệ số a
n
, a
n−1
, . . . , a
0
là những số thực (hoặc phức) và a
n
=
0, n ∈ N.
9
Ta kí hiệu
i. Bậc của đa thức P
n
(x) là deg P
n

n
(x) nếu P
n
(α) = 0.
Nếu tồn tại k ∈ N, k > 1, sao cho P
n
(x)
.
.
.(x − α)
k
nhưng P
n
(x) không
chia hết cho (x −α)
k+1
thì α được gọi là nghiệm bội bậc k của đa thức f(x).
Đặc biệt, khi k = 1 thì α được gọi là nghiệm đơn, k = 2 thì α được gọi
là nghiệm kép.
Chú ý 1.2. Nghiệm của đa thức thực còn gọi là không điểm của đa thức đó.
Định lý 1.1 (Gauss). Mọi đa thức bậc n  1 trên trường C đều có đúng n
nghiệm nếu mỗi nghiệm được tính một số lần bằng bội của nó.
Bổ đề 1.1. Các nghiệm phức thực sự (khác thực) của đa thức thực P
n
(x)
xuất hiện theo từng cặp nghiệm liên hợp.
Chứng minh. Thật vậy, nếu a ∈ C là nghiệm của phương trình P
n
(x) = 0
thì P

k
)
với d
i
, b
k
, c
k
∈ R, 2s + m = n, b
2
k
− 4c
k
< 0, m, n ∈ N
∗
.
10
Hệ quả 1.1.
(1) Số nghiệm phức của một đa thức với hệ số thực (nếu có) luôn luôn là số
chẵn.
(2) Nếu đa thức f(x) với hệ số thực chỉ có nghiệm phức thì f(x) là một đa
thức bậc chẵn.
(3) Nếu đa thức bậc n có k nghiệm thực k  n thì n và k cùng tính chẵn lẻ.
(4) Đa thức bậc lẻ với hệ số thực luôn có ít nhất một nghiệm thực.
Định lý 1.3. Mỗi đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực.
Tính chất 1.1 (Tính chất hàm của đa thức). Mọi đa thức P (x) ∈ R[x] đều
xác định và liên tục trên R.
Ngoài ra, khi x → +∞ thì P (x) → sign (a
n
)∞.

(x − 1)
2
(x + 2)
dx
11
=

1
3(x − 1)
2
dx +

2
9(x − 1)
dx −

2
9(x + 2)
dx
= −
1
3(x − 1)
+
2
9
ln



x − 1

. . . (x − a
r
)
m
r
,
trong đó m
1
, . . . , m
r
là những số nguyên dương có tổng bằng n và a
1
, . . . , a
r
là những số thực hoặc số phức.
Do đó mọi hàm số hữu tỉ R(x) có mẫu là đa thức Q(x) đều có thể biễu
diễn dưới dạng
A
0
x
p
+ A
1
x
p−1
+ ···+ A
p
+
r


p + 1
+ A
1
x
p
p
+ ···+ A
p
x + C
+
r

s=1

β
s,1
ln (x − a
s
) −
β
s,2
x − a
s
− ···−
β
s,m
s
(m
s
− 1) (x − a

hàm siêu việt trên trường các hàm số hữu tỉ R(x) và C(x) tương ứng, và
hàm arctan của biến thực là siêu việt trên R(x).
Chứng minh. Gọi R(x) và C(x) tương ứng là trường các hàm số hữu tỉ
thực và phức. Vì ln x /∈ R(x) (tương ứng ln x /∈ C(x)) và (ln x)

=
1
x
∈ R(x)
(tương ứng (ln x)

=
1
x
∈ C(x)) nên theo Mệnh đề 1.2 ta suy ra những
hàm logarit tự nhiên của số thực và số phức là siêu việt trên trường các
hàm số hữu tỉ R(x) và C(x) tương ứng. Tương tự, vì arctan x /∈ R(x) và
(arctan x)

=
1
1 + x
2
∈ R(x) nên theo Mệnh đề 1.2 ta suy ra arctan x là siêu
việt trên R(x).
Ví dụ 1.5. Ta đã biết

1
x
dx = ln x + C với C là hằng số. Theo Hệ quả 1.2

p
(a + bx
r
)
q
dx là hàm số sơ cấp khi và chỉ khi một trong các số
p + 1
r
, q hay
p + 1
r
+ q là số nguyên.
13
Chứng minh. Ta viết lại tích phân u dưới dạng u =

a
q
x
p

1 +
b
a
x
r

q
.
Đặt v = −
b

dv là hàm số sơ cấp nếu và chỉ nếu một
trong các số
p + 1
r
− 1, q,
p + 1
r
− 1 + q là số nguyên, hay một trong các số
p + 1
r
, q,
p + 1
r
+ q là số nguyên.
Hệ quả 1.4. Nếu n là một số nguyên lớn hơn 2 thì không tồn tại các hàm
số đa thức p(t), q(t) và r(t) sao cho
p (x)
r (x)
và
q (x)
r (x)
không là các hàm số hữu
tỉ hằng thỏa
[p (t)]
n
+ [q (t)]
n
= [r (t)]
n
.

n
)
1
n
df.
Theo Hệ quả 1.3 thì tích phân vế phải của phương trình trên là hàm số sơ
cấp nếu
1
n
hoặc
2
n
là một số nguyên. Điều này không thể đúng với n > 2.
Sau đây là một số ví dụ áp dụng Định lý 1.6 và các hệ quả của định lý
này để kiểm tra một hàm số là sơ cấp hay không sơ cấp.
Ví dụ 1.6. Tích phân

√
1 + x
4
dx không là hàm số sơ cấp. Thật vậy, ta
có

√
1 + x
4
dx =


1 + x

dưới dạng u =


1 + k
2
x
2k−2

1
2
dx. Nếu k = 0, 1 thì dễ dàng kết luận được
u là hàm số sơ cấp. Nếu k = 0 và k = 1, theo Hệ quả 1.3 thì u là hàm số
sơ cấp khi và chỉ khi
1
2k − 2
là một số nguyên hoặc
1
2k − 2
+
1
2
là một số
nguyên.
Vậy u =

√
1 + k
2
x
2k−2

2
(1 − u
2
)
−1
2
du và
đặt cos x = u ta được

√
cos xdx = −

u
1
2
(1 − u
2
)
−1
2
du. Theo Hệ quả 1.3
thì

u
1
2
(1 − u
2
)
−1

cot x = u ta được

√
cot xdx = −

u
1
2

1 + u
2

−1
du. Theo Hệ quả 1.3 ta
có

u
1
2

1 + u
2

−1
dx là hàm số sơ cấp. Do đó các tích phân

√
tan xdx và

√

cos
2
x

n−1
2
cos xdx
=

sin
m
x

1 − sin
2
x

n−1
2
cos xdx
=

u
m

1 − u
2

n−1
2

1
, u
2
, . . . , u
n
∈ F
∗
sao cho
α =
n

i=1
c
i
.
u

i
u
i
+ v

.
Ta có một số nhận xét sau đây.
Nhận xét 1.3.
i) Các trường mà chúng ta đang xét là trường các hàm phân hình trên các
miền con của R hoặc C, điều kiện F và trường mở rộng cơ bản của nó có
cùng trường con hằng sẽ tự động được thỏa mãn miễn là C ⊂ F, do mọi
hàm phân hình hằng đều là các hàm biến số phức.
ii) Trong trường hợp tổng quát, điều kiện F và các trường mở rộng cơ

∈ R, v ∈ R(x) và u
1
, u
2
, . . . , u
n
∈ R(x)
∗
thì sẽ dẫn đến mâu
thuẫn.
16
Thật vậy, giả sử rằng x
2
+ 1 xuất hiện ν
i
lần biểu thức của u
i
như là một
tích của các lũy thừa của các phần tử tối tiểu trong R[x] thì
u

i
u
i
−
2ν
i
x
x
2

t

t
∈ F. Khi đó
1) Nếu t

∈ F thì với mọi đa thức bậc dương f(t) ∈ F [t] ta có (f(t))

là
đa thức trong F[t] có cùng bậc với f(t) khi hệ số chính của f(x) khác hằng,
hoặc có bậc nhỏ hơn một bậc của f(t) khi hệ số chính của f(t) là hằng.
2) Nếu
t

t
∈ F thì với mỗi phần tử khác không a ∈ F và mỗi số nguyên n
khác không, ta có (at
n
)

= ht
n
với h ∈ F, h = 0 và hơn nữa với mỗi đa thức
f(t) ∈ F [t] có bậc dương thì (f(t))

là đa thức trong F [t] có cùng bậc với
f(t) và là bội của f(t) nếu f(t) là một đơn thức.
Chứng minh. 1 ) Gọi f(t) = a
n
t

n−1
+ ···
Nếu a
n
khác hằng thì ta có (f(t))

là một đa thức trong F [t] có bậc n.
Nếu a
n
là hằng và na
n
b + a

n−1
= 0 thì (na
n
t + a
n−1
)

= na
n
b + a

n−1
= 0.
Từ đó suy ra na
n
t + a
n−1

+ nab = 0 thì (at
n
)

= 0.
Từ đó suy ra at
n
là hằng và do đó at
n
∈ F. Điều này mâu thuẫn với tính
17
siêu việt của t trên F . Vậy a

+ nab = 0.
Để hoàn thành việc chứng minh bổ đề, ta xét f(t) ∈ F [t] có bậc dương.
Ta có (f(t))

có cùng bậc với f(t). Nếu (f(t))

là bội của f(t) thì thương
của chúng là một nhân tử trong F . Vì thế nếu f(t) không phải là đơn thức,
(f(t))

là bội của f(t) và a
n
t
n
, a
m
t

=
a

m
a
m
+ m
t

t
, hay
(
a
n
t
n
a
m
t
m
)

= 0. Do đó
a
n
t
n
a
m
t

) sao cho y

= α. Chúng ta
sẽ chứng minh điều kiện cần của định lý bằng phương pháp quy nạp theo N
như sau.
Khi N = 0. Với việc chọn n = 1, c
1
= 0, v = y ta có đẳng thức đúng.
Giả sử N > 0 và định lý đã đúng cho trường hợp N − 1. Ta áp dụng
trường hợp N −1 cho các trường F (t
1
) ⊂ F (t
1
, t
2
, . . . , t
N
) để suy ra rằng ta
có thể viết α như dạng đã mô tả, nhưng với u
1
, u
2
, . . . , u
n
, v ∈ F (t
1
) thay vì
trong F .
Đặt t
1

1
, u
2
, . . . , u
n
∈
F
∗
, v ∈ F . Đầu tiên giả sử rằng t là đại số trên F. Khi đó có những đa thức
U
1
, U
2
, . . . , U
n
, V ∈ F [X] sao cho U
1
(t) = u
1
, . . . , U
n
(t) = u
n
, V (t) = v. Gọi
các nghiệm của đa thức tối tiểu của t trên F trong một bao đóng đại số thích
18
hợp nào đó của F (t) là τ
1
(= t), τ
2

i=1
c
i
s
(U
i
(τ
1
) . . . U
i
(τ
s
))

U
i
(τ
j
) . . . U
i
(τ
s
)
+
(V (τ
1
) + ···+ V (τ
s
))


i
(t))

u
i
(t)
+ (v(t))

,
với u
1
(t), . . . , u
n
(t) ∈ F (t)
∗
, v(t) ∈ F (t).
Mỗi u
i
(t) có thể viết như là một tích của các lũy thừa của một phần tử
khác 0 trong F và các đa thức tối tiểu của F [t]. Do đó nếu cần thiết, ta có
thể áp dụng công thức đạo hàm loga để viết
n

i=1
c
i
(u
i
(t))


19
phương trình cũng không liên quan đến t. Để biết được dạng đặc biệt này
một cách cụ thể, ta sẽ tách ra thành các trường hợp cụ thể sau đây.
Trường hợp 1. Giả sử rằng t là logarit của một phần tử của F tức là
t

=
a

a
với a ∈ F. Gọi f(t) là một đa thức tối tiểu của F[t]. Khi đó (f(t))

cũng nằm trong F [t] và bậc của nó ít hơn bậc của f(t) và f(t) không chia
hết (f(t))

. Vì vậy nếu u
i
(t) = f(t) thì phân thức
(u
i
(t))

u
i
(t)
với mẫu thức f(t)
có bậc nhỏ nhất. Nếu
g(t)
(f(t))
r

Vậy nên f(t) không thể là một phần tử u
i
(t) nào đó. Vì điều này đúng cho
mọi đa thức tối tiểu f(t) nên ta có mỗi u
i
(t) ∈ F và v(t) ∈ F [t]. Vì v(t)

∈ F
nên theo Bổ đề 1.2 ta có v(t) = ct + d với c là hằng số và d ∈ F. Vậy
α =
n

i=1
c
i
u

i
u
i
+ c
a

a
+ d

là một biểu diễn của α theo dạng yêu cầu.
Trường hợp 2. Giả sử t là mũ của một phần tử của F, tức là
t


(t) đều nằm trong F trừ ra một trong số chúng
có thể là t. Bởi vì mỗi
(u
i
(t))

(u
i
(t))
∈ F nên chúng ta có v(t)

∈ F. Do đó từ Bổ
đề 1.2 ta suy ra v(t) ∈ F. Nếu các u
i
(t) đều nằm trong F thì α có dạng như
yêu cầu và ta có điều phải chứng minh. Nếu không, chỉ có đúng một u
i
(t) nào
đó, giả sử u
1
(t) là không thuộc F. Khi đó u
1
(t) = t và u
2
(t), . . . , u
n
(t) ∈ F.
Vì vậy ta có thể viết
α = c
1


,
với u
2
, . . . , u
n
, c
1
b + v tất cả đều thuộc F. Đây là một biểu diễn của α theo
dạng đã yêu cầu.
Tiếp sau đây là bước chứng minh điều kiện đủ của định lý. Giả sử
α =
n

i=1
c
i
u

i
u
i
+ v

.
Khi đó, ta có α =

n

i=1

, u
2
, . . . , u
n
∈ K(c
1
, c
2
, . . . , c
n
)
sao cho
f = Dv +
n

i=1
c
i
Du
i
u
i
.
Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh điều kiện cần.
Giả sử tồn tại E là một mở rộng sơ cấp của K và g ∈ E sao cho Dg = f.
Bởi vì CK là đại số trên K và trường hằng của CK chính là C ∩CK = C,
nên CK là trường con hằng đóng đại số và f ∈ CK và g ∈ CE, với
21
CE là một mở rộng sơ cấp của CK. Do đó, theo Định lý 1.7 thì tồn tại
v ∈ CK, u

giả sử Tr
F
K
: F → K là vết từ F vào K, với K là bao đóng đại số của K
và σ
1
, . . . , σ
m
là các phép nhúng phân biệt từ F trong K lên K. Vì mỗi một
σ
j
, j = 1, 2, . . . , m có thể mở rộng thành đẳng cấu trường của K trên K và
Tr
F
K
: F → K, σ
j
, j = 1, 2, . . . , m giao hoán với D nên ta có
mf =
m

j=1
f
σ
j
= Tr
F
K
(Dv) +
m

j=1
n

i=1
c
σ
j
i
Du
σ
j
i
u
σ
j
i
(1.1)
D

1
m
Tr
F
K
(v)

+
m

j=1

1
m
c
σ
j
i
∈ K, ω
ij
= u
σ
j
i
∈ K
∗
,
ta được
f = Dω +
m

j=1
n

i=1
d
ij
Dω
ij
ω
ij
.

).
Ta có M là đại số trên K, K là bao đóng đại số của L và M đại số hữu hạn
trên L. Gọi Tr
M
L
: M → M, N : M → L là các ánh xạ vết và ánh xạ chuẩn
từ M đến L. Vì d
ij
∈ L và Tr
M
L
là các L− tuyến tính nên
Tr
M
L

d
ij
Dω
ij
ω
ij

= d
ij
Tr
M
L

Dω

d
ij
Dω
ij
ω
ij

= kDω +
m

j=1
n

i=1
d
ij
DN (ω
ij
)
N (ω
ij
)
.
Do đó, với việc đặt z
ij
= N (ω
ij
)ta được
f = Dω +
m

i=1
c
i
Du
i
u
i
đúng ta
có f = D(v +
n

i=1
c
i
ln(u
i
)).
Tiếp sau đây là hệ quả của định lý Liouville và các ví dụ áp dụng kiểm
tra sự tồn tại nguyên hàm sơ cấp của một số hàm số sơ cấp.
Hệ quả 1.5 (Liouville). Cho E là một trường vi phân có đặc số 0 và g ∈ E.
Giả sử e
g
là phần tử siêu việt trên E. Gọi K = E(e
g
). Khi đó f.e
g
, với
f ∈ E, có một nguyên hàm sơ cấp nếu và chỉ nếu tồn tại một phần tử a ∈ E
sao cho
f = a

i
u

i
u
i
+ v

,
23
với c
1
, c
2
, . . . , c
n
∈ C và u
1
, u
2
, . . . , u
n
, v ∈ C(x, t). Bây giờ, ta đặt F = C(x)
thì f, g ∈ F và u
1
, u
2
, . . . , u
n
, v ∈ F (t). Phân tích mỗi u


1
+ b
1
g

)t. Với việc đặt b
1
= a ta có
f = a

+ ag

với a ∈ C(x).
Tiếp theo chúng ta sẽ chứng minh điều kiện đủ. Khi (1.3) đúng, ae
g
∈ K là
một nguyên hàm của fe
g
. Thật vậy, vì (ae
g
)

= a

e
g
+ ag

e

0i
, ( ∀i = 1, 2, . . . , N.)
Để đơn giản, trước hết ta đồng nhất x
0i
≡ x
i
, a
0i
≡ a
i
và kí hiệu
L
i
(x) =
N

j=1,j=i
x − x
j
x
i
− x
j
, (i = 1, 2, . . . , N).
Khi đó, đễ thấy rằng
L
i
(x
j
) =


j=1
a
j
L
j
(x
i
) =
N

j=1
a
j
δ
ij
hay
L(x
i
) = a
i
, ∀i = 1, 2, . . . , N.
Cuối cùng, nếu có đa thức L
∗
(x), có bậc deg L
∗
(x) với deg L
∗
(x) ≤ N − 1
cũng thỏa mãn điều kiện của bài toán

i ∈ R, với i = 1, 2, . . . , n; k = 0, 1, . . . , p
i
−1 và x
i
= x
j
, ∀i = j,
trong đó p
1
+ p
2
+ ···+ p
n
= N.
Đa thức H(x) có bậc deg H(x) ≤ N −1 thỏa mãn điều kiện H
(k)
(x
i
) =
a
ki,
∀i = 1, 2, . . . , n; ∀k = 0, 1, . . . , p
i
− 1. có dạng duy nhất
H(x) =
n

i=1
p
i