ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
HOÀNG THU PHƯƠNG
BÀI TOÁN NỘI SUY SINH BỞI
TOÁN TỬ KHẢ NGHỊCH PHẢI
VÀ TRÁI VÀ ÁP DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
HÀ NỘI - 2011
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
HOÀNG THU PHƯƠNG
BÀI TOÁN NỘI SUY SINH BỞI
TOÁN TỬ KHẢ NGHỊCH PHẢI
VÀ TRÁI VÀ ÁP DỤNG
Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số: 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
HÀ NỘI - 2011
Mục lục
Mở đầu 3
1 Lý thuyết toán tử khả nghịch phải 5
1.1 Toán tử khả nghịch phải trên không gian tuyến tính . . . . 5
1.2 Toán tử ban đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3 Công thức Taylor và Taylor - Gontcharov . . . . . . . . . . 26
2 Bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch phải 29
2.1 Bài toán nội suy tổng quát sinh bởi toán tử khả nghịch phải 29
2.2 Một số bài toán nội suy cổ điển . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.2.1 Bài toán nội suy Hermit . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.2.2 Bài toán nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . . 42

nội suy tương ứng.
Các bài toán nội suy là một chuyên đề chọn lọc cần thiết cho giáo viên
và học sinh hệ chuyên toán bậc trung học phổ thông, sinh viên năm đầu
đại học và cũng là chuyên đề cần nâng cao cho bậc sau đại học.
Vì những lí do đó nên tôi quyết định chọn đề tài " Bài toán nội suy
sinh bởi toán tử khả nghịch phải và trái và áp dụng". Đây là một đề tài
thiết thực, giúp tôi có thể hiểu sâu sắc hơn về lí thuyết nội suy cũng như
có ý nghĩa thực tiễn đối với việc giảng dạy của tôi sau này.
Luận văn gồm 4 chương
Chương 1. Lý thuyết toán tử khả nghịch phải.
Chương 2. Bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch phải.
Chương 3. Lý thuyết toán tử khả nghịch trái.
3
Chương 4. Bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch trái.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới người thầy kính mến GS.TSKH.
Nguyễn Văn Mậu đã tận tình hướng dẫn để tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi cũng vô cùng biết ơn các thầy, cô giáo, đặc biệt là các thầy, cô giáo
trong Tổ Giải tích, Khoa Toán - Cơ - Tin học Trường Đại học Khoa học
Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội đã dạy dỗ, đóng góp về mặt nội dung
cũng như cách thức trình bày luận văn.
Hà Nội, tháng 12 năm 2011
Hoàng Thu Phương
4
Chương 1
Lý thuyết toán tử khả nghịch phải
Cho X là không gian vectơ trên trường vô hướng F (F = R hoặc
F = C). Kí hiệu L(X) là tập tất cả các toán tử tuyến tính có miền xác
định và miền giá trị chứa trong X, tức là
L(X) = {A : domA → ImA là toán tử tuyến tính, domA ⊂ X, ImA ⊂ X}
và

Ví dụ 1.1. Cho X = C(a, b) là tập hợp các hàm liên tục trên (a, b) với
a, b ∈ R. Rõ ràng X là một không gian tuyến tính.
Định nghĩa toán tử D như sau
D =
d
dt
, t ∈ (a, b).
Rõ ràng domD = C
1
(a, b) ⊂ X.
Toán tử D khả nghịch phải nhưng không khả nghịch.
Thật vậy, xét toán tử
(Rx)(t) =
t

t
0
x(s)ds,
trong đó t
0
cố định bất kì thuộc (a, b), x ∈ C(a, b).
Ta thấy R là một toán tử tuyến tính và (Rx)(t) ∈ C(a, b) với x(t) ∈
C(a, b). Do đó có thể đặt
y(t) = (Rx)(t) =
t

t
0
x(s)ds, y(t) ∈ C(a, b).
Ta có

2
, . . . }, với x
n
∈ F (trong đó F = R hoặc F = C ). Tập X được
trang bị hai phép toán:
Phép cộng
x + y = {x
n
+ y
n
}, với x = {x
n
} ∈ X, y = {y
n
} ∈ X.
Phép nhân vô hướng
λx = {λx
n
}, với x = {x
n
} ∈ X, λ ∈ F.
Tập X được xác định như trên là một không gian tuyến tính.
Trên X, định nghĩa toán tử D như sau
Dx = {x
n+1
− x
n
} = {x
1
− x

n
=
n−1

k=0
x
k
, n = 1, 2, . . . }
= y.
Ta thấy R ∈ L
0
(X).
Ta có
DRx = Dy
= {y
n+1
− y
n
}
= {x
n
}
= x.
7
hay
DR = I.
Điều đó có nghĩa là D là toán tử khả nghịch phải và R ∈ R
D
.
Tuy nhiên toán tử D không khả nghịch.

Do đó LD = I, ∀L ∈ L(X).
Vậy D không khả nghịch trái.
Mệnh đề 1.1. [5] Nếu D ∈ R(X) và R ∈ R
D
, thì
D
n
R
n
= I, ∀n ∈ N
∗
. (1.1)
Chứng minh. Ta chứng minh mệnh đề trên bằng phương pháp qui nạp
toán học.
Với n = 1, ta có DR = I, (1.1) đúng.
Giả sử (1.1) đúng với n = k, k ∈ N
∗
, tức là
D
k
R
k
= I,
ta sẽ chứng minh (1.1) cũng đúng khi n = k + 1, tức là
D
k+1
R
k+1
= I.
8

D
và
R = R
1
+ (I − R
1
D)A.
Khi đó, ta có
DR = D[R
1
+(I −R
1
D)A] = DR
1
+DA−DR
1
DA = I +DA−DA = I.
Vậy R ∈ R
D
.
Ngược lại, giả sử R
1
∈ R
D
cho trước và R ∈ R
D
bất kì.
Đặt A = R − R
1
. Khi đó ta có A ∈ L

+ R
1
= R.
Ví dụ 1.3. Cho
X = C(a, b), a, b ∈ R,
D =
d
dt
,
(Rx)(t) =
t

t
0
x(s)ds, t
0
∈ (a, b), x ∈ X.
9
Từ ví dụ 1.1 ta suy ra R ∈ R
D
. Theo định lí 1.1, mọi toán tử R
i
bất kì
thuộc R
D
đều có dạng
R
i
= R + (I − RD)A
i

do đó
(R
i
x)(t) = (Rx)(t) + (A
i
x)(t
0
).
Vậy
R
D
= {R
i
: R
i
= R + c
i
=
t

t
0
+c
i
, c
i
∈ R}.
Ví dụ 1.4. Cho X là tập hợp tất cả các dãy vô hạn x = {x
n
} =

=
n−1

k=0
x
k
, n = 1, 2, . . . }.
Từ ví dụ 1.2 suy ra R ∈ R
D
. Theo định lí 1.1, mọi khả nghịch R
i
của
D có dạng
R
i
= R + (I − RD)A
i
,
trong đó A
i
∈ L
0
(X), A
i
X ⊂ domD.
Với mọi x ∈ X ta có
D(I − RD)x = Dx − (DR)Dx = Dx − Dx = 0.
Suy ra (I − RD)x ∈ ker D, ∀x ∈ X.
Vậy
R

k
+ c, c ∈ F, n = 1, 2, . . . }.
1.2 Toán tử ban đầu
Trong phần này chúng ta giả sử dim ker D = 0, tức là D không khả
nghịch trái.
Định nghĩa 1.4.
i. Giả sử D ∈ R(X), dim ker D > 0, R ∈ R
D
. F ∈ L
0
(X) được gọi là toán
tử ban đầu của D tương ứng với một nghịch đảo phải R của D nếu
F
2
= F, F X = ker D và ∃R ∈ R
D
: F R = 0.
ii. Các phần tử có dạng
z
0
+ Rz
1
+ · · · + R
m
z
m
,
trong đó z
k
∈ ker D được gọi là các D−đa thức.

= 0.
Suy ra x − RDx ∈ ker D. Theo hệ quả 1.1, ta có
x − RDx = F (x − RDx)
= F x − F (RDx)
= F x − (F R)Dx
= F x

vì F R = 0

hay
F x = (I − RD)x.
Do x là phần tử bất kì thuộc domD, suy ra F = I − RD trên domD.
Điều kiện đủ. Giả sử F = I − RD trên domD.
Ta có
F
2
=(I − RD)(I − RD)
=I − RD − RD + RDRD
=I − 2RD + R(DR)D
=I − 2RD + RD

vì DR = I

=I − RD
=F.
12
Theo hệ quả 1.2, ta có DF = D(I − RD) = 0, suy ra F (domD) ⊂ ker D.
Với z ∈ ker D, ta có
F z = (I − RD)z = z − RDz = z.
Vậy ImF = ker D.

= 1 vì theo hệ quả 1.1 thì F
0
z = z).
Khi đó chúng ta viết F
0
∈ c(R).
ii. Với D ∈ R(X), kí hiệu F
D
là tập tất cả các toán tử ban đầu của D, tức
là
F
D
=

F ∈ L
0
(X) : F
2
= F, F X = ker D và ∃R ∈ R
D
: F R = 0

.
Tập F
0
D
⊂ F
D
có tính chất (c) nếu ∀F
0

= {x(t) ∈ X : x(t) = d, d ∈ R},
suy ra dim ker D = 1.
Theo định lí 1.3 thì tập các toán tử ban đầu F
D
của D có tính chất (c).
Tiếp theo ta đi xác định tập các toán tử ban đầu của D.
Gọi F là toán tử ban đầu của D tương ứng với R.
Theo định lí 1.2 với x ∈ domD ta có
(F x)(t) = (I − RD)x(t)
= x(t) − (RDx)(t)
= x(t) −
t

t
0
x
,
(s)ds
= x(t) − x(t) + x(t
0
)
= x(t
0
).
Giả sử R
i
∈ R
D
,
(R

,
(s)ds
= x(t) − x(t) + x(t
i
)
= x(t
i
).
Ví dụ 1.6. Cho X là tập hợp tất cả các dãy vô hạn x = {x
n
} =
{x
0
, x
1
, x
2
, . . . }, với x
n
∈ F (trong đó F = R hoặc F = C ),
Dx = {x
n+1
− x
n
} = {x
1
− x
0
, x
2

n
, z
n
= x
0
} với x = {x
n
} ∈ X.
Giả sử R
i
là toán tử bất kì thuộc R
D
và F
i
là toán tử ban đầu của D
tương ứng với R
i
.
Theo ví dụ 1.4 ta có
R
i
x = {y
n
: y
0
= c
i
, y
n
=

− x
n
}
= {z
n
, z
n
= x
0
− c
i
} với x = {x
n
} ∈ X.
15
Nhận xét. Nếu hệ {F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
} ⊂ F
D
có tính chất (c) với các hằng
số d
ik
, tức là
F
i
R

{F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
} sao cho F
i
=
N−1

j=0
j=i
α
j
F
j
. Do đó
F
i
R
k
z =
N−1

j=0
j=i
α
j
F


j=0
j=i
α
j
d
jk
.
Do đó
V
N
= det(d
ik
)
N−1
i,k=0
= 0.
Câu hỏi. Với hệ {F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
} gồm các toán tử ban đầu độc lập
tuyến tính và có tính chất c(R) thì có suy ra V
N
= 0 ?
Với N = 1, V
1
= d

(x(1) + x(−1)),
(F
2
x)(t) =
1
2
(x(2) + x(−2)).
Chứng minh.
i. Chứng minh {F
0
, F
1
, F
2
} có tính chất (c).
Chứng minh R ∈ R
D
.
Ta có
(DRx)(t) =
d
dt
t

0
x(s)ds = x(t), ∀x(t) ∈ X.
Suy ra DR = I hay R ∈ R
D
.
Chứng minh F

x)(t)) = D(x(0)) =
d
dt
x(0) = 0.
Suy ra ImF
0
⊂ ker D.
Ta có
ker D = {x(t) ∈ X : x
,
(t) = 0, t ∈ R}
= {x(t) ∈ X : x(t) = c, c ∈ R}.
Với x(t) = c, (F
0
x)(t) = F
0
(c) = c = x(t).
Suy ra ker D ⊂ ImF
0
.
Do đó ker D = ImF
0
.
17
Với x(t) ≡ 1, ta có (Rx)(t) =
t

0
ds = t.
Suy ra (F

(x(1) + x(−1)) = 0.
Suy ra ImF
1
⊂ ker D.
Với x(t) = c suy ra (F
1
x)(t) = F
1
(c) =
1
2
(c + c) = c = x(t).
Suy ra ker D ⊂ ImF
1
.
Do đó ker D = ImF
1
.
Với x(t) = 1 ta có (Rx)(t) = t, suy ra
(F
1
Rx)(t) = F
1
(R(x(t))) = F
1
(t) =
1
2
(1 + (−1)) = 0.
Vậy F

ik
∈ R
sao cho
F
i
R
k
z =
d
ik
k!
z, ∀z ∈ ker D, i = 1, 2, 3.
ii. Chứng minh {F
0
, F
1
, F
2
} là hệ độc lập tuyến tính.
Giả sử a
0
F
0
+ a
1
F
1
+ a
2
F

1
+ a
2
= 0 .
Nếu x(t) = e
πit
2
thì từ (1.4) ta có
a
0
+
1
2
a
1
(e
πit
2
+ e
−
πit
2
) +
1
2
a
1
(e
πit
+ e

= 0.
Nếu x(t) = e
πit
thì từ (1.4) ta có
a
0
+
1
2
a
1
(e
πit
+ e
−πit
) +
1
2
a
2
(e
2πit
+ e
−2πit
) = 0,
suy ra a
0
− a
1
= 0.

, F
1
, F
2
} độc lập tuyến tính.
iii. Chứng minh V
3
= 0.
Lấy z bất kỳ thuộc R ta có
F
0
z = z,
F
1
z =
1
2
(z + z) = z,
F
2
z =
1
2
(z + z) = z,
suy ra d
00
= d
10
= d
20

2
(
t

0
zdt) = F
2
(zt) =
1
2
(2 − 2)z = 0.
19
Suy ra d
01
= d
11
= d
21
= 0.
Ta có
F
0
R
2
z = F
0
R(Rz) = zF
0
R(t) = zF
0

2
z = F
2
R(Rz) = zF
2
R(t) = zF
2
(
t
2
2
) = 2z ⇒ d
22
= 4.
Do đó
(d
ik
)
2
i,k=0
=

1 0 0
1 0 1
1 0 4

.
Suy ra V
3
= det(d

, . . . , F
N−1
} độc lập
tuyến tính ⇒ {d
0
, d
1
, . . . , d
N−1
} độc lập tuyến tính với
d
0
= (d
00
, d
01
, . . . , d
0N−1
), . . . , d
N−1
= (d
N−1,0
, d
N−1,1
, . . . , d
N−1,N −1
).
Câu hỏi. Có tồn tại một tập X
0
⊂ X sao cho V

P
N
(R). Trong đó V
N
được xác định theo công thức (1.3) và
P
N
(R) =
N−1

j=0
R
j
(ker D). (1.5)
Ta chứng minh định lí này dựa vào bổ đề sau.
20
Bổ đề 1.1. [4] {F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
} ⊂ F
D
có tính chất (c). Đặt
ˆ
F
i
= (F
i

N−1
} gồm các vectơ có dạng (1.6) là độc lập
tuyến tính trên ker D (tức là nếu
N−1

i=0
a
i
ˆ
F
i
z = 0, ∀z ∈ ker D, a
i
∈ F, i =
0, 1, . . . , N − 1 thì suy ra a
0
= a
1
= · · · = a
N−1
= 0) nếu và chỉ nếu hệ
{d
0
, d
1
, . . . , d
N−1
} gồm các vectơ có dạng (1.7) là độc lập tuyến tính.
Nhận xét. Hệ các toán tử {
ˆ

ˆ
F
1
, . . . ,
ˆ
F
N−1
} là độc lập tuyến tính trên ker D và
N−1

i=0
a
i
F
i
R
j
z = 0, ∀j(0 ≤ j ≤ N − 1), z ∈ ker D.
Khi đó, ta có
N−1

i=0
a
i
ˆ
F
i
z = (
N−1


F
1
, . . . ,
ˆ
F
N−1
} độc lập tuyến tính suy ra a
0
= · · · = a
N−1
= 0.
Do đó {F
0
R
j
, F
1
R
j
, . . . , F
N−1
R
j
} độc lập tuyến tính trên ker D, ∀j (0 ≤
j ≤ N − 1).
Ngược lại giả sử {F
0
R
j
, F

i=0
a
i
F
i
z,
N−1

i=0
a
i
F
i
Rz, . . . ,
N−1

i=0
a
i
F
i
R
N−1
z) = 0.
21
Do {F
0
R
j
, F

0
, d
1
, . . . , d
N−1
} độc lập tuyến tính và
N−1

i=0
a
i
F
i
R
j
z = 0, ∀z ∈ ker D
và a
i
∈ F(i = 0, 1, . . . , N − 1).
Khi đó, theo (1.2) ta có
N−1

i=0
a
i
d
ij
j!
z =
N−1

iN−1
) = 0, hay
N−1

i=0
a
i
d
i
= 0.
Mà {d
0
, d
1
, . . . , d
N−1
} độc lập tuyến tính, suy ra a
0
= · · · = a
N−1
= 0.
Điều kiện đủ. Giả sử với mọi chỉ số j cố định (0 ≤ j ≤ N − 1), hệ các
toán tử {F
0
R
j
, F
1
R
j

ij
z = 0, ∀z ∈ ker D, j = 0, 1, . . . , N − 1.
Mà
N−1

i=0
b
i
d
ij
z = j!
N−1

i=0
b
i
F
i
R
j
z = 0, ∀z ∈ ker D, j = 0, 1, . . . , N − 1,
suy ra
N−1

i=0
b
i
F
i
R

N
= 0 nếu và chỉ nếu {F
0
R
k
, F
1
R
k
, . . . , F
N−1
R
k
} độc lập tuyến
tính trên ker D với mọi chỉ số k cố định, 0 ≤ k ≤ N − 1.
Chứng minh. (chứng minh hệ quả)
Điều kiện đủ. Nếu F
0
R
k
, F
1
R
k
, . . . , F
N−1
R
k
độc lập tuyến tính trên ker D, ∀k
cố định, thì theo bổ đề 1.1 các vectơ d

R
k
, F
1
R
k
, . . . , F
N−1
R
k
} là
độc lập tuyến tính.
Chứng minh. (chứng minh định lý 1.4)
Điều kiện cần. Giả sử V
N
= 0. Khi đó theo bổ đề 1.1 hệ {
ˆ
F
0
,
ˆ
F
1
, . . . ,
ˆ
F
N−1
}
gồm các vectơ có dạng (1.6) là độc lập tuyến tính trên ker D. Điều này có
nghĩa là hệ các vectơ {F

, F
1
, . . . , F
N−1
} ⊂ c(R) độc lập tuyến tính trên
P
N
(R), cần chứng minh V
N
= 0. Theo hệ quả 1.4 để chứng minh V
N
= 0
ta cần chứng minh hệ các toán tử vectơ
{
ˆ
F
i
= (F
i
, F
i
R, . . . , F
i
R
N−1
)}
i=0,1, ,N−1
là độc lập tuyến tính trên ker D.
23