Nhận viết luận văn đại học, thạc sĩ trọn gói, chất lượng, LH ZALO=>0909232620 Tham khảo dịch vụ, bảng giá tại: https://vietbaitotnghiep.com/dich-vu-viet-thue-luan-van Download luận văn thạc sĩ ngành toán học với đề tài: Bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch phải và trái và áp dụng, cho các bạn làm luận văn tham khảo

1. 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

2. 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

3. 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
2.2.3 Bài toán nội suy Newton . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.2.4 Bài toán nội suy Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . 51
3 Lý thuyết toán tử khả nghịch trái 57
3.1 Toán tử khả nghịch trái trên không gian tuyến tính . . . . . 57
3.2 Toán tử đối ban đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
3.3 Công thức Taylor và Taylor - Gontcharov . . . . . . . . . . 66
4 Bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch trái 68
4.1 Bài toán nội suy tổng quát sinh bởi toán tử khả nghịch trái 68
4.2 Một số bài toán nội suy cổ điển . . . . . . . . . . . . . . . 70
4.2.1 Bài toán nội suy Hermit . . . . . . . . . . . . . . . . 70
4.2.2 Bài toán nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . . 70
1

4. 4.2.3 Bài toán nội suy Newton . . . . . . . . . . . . . . . 71
4.2.4 Bài toán nội suy Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . 71
Kết luận 76
Tài liệu tham khảo 77
2

5. Mở đầu
Các bài toán nội suy và những vấn đề liên quan đến nó là một phần
quan trọng của đại số và giải tích toán học. Nó có vị trí đặc biệt trong
toán học không chỉ như là những đối tượng để nghiên cứu mà còn đóng
vai trò như là một công cụ đắc lực của các mô hình liên tục cũng như các
mô hình rời rạc của giải tích trong lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp
xỉ, lý thuyết biểu diễn, ...
Trong hầu hết các kì thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic toán khu vực
và quốc tế, Olympic sinh viên giữa các trường đại học và cao đẳng, các
bài toán liên quan đến nội suy rất hay được đề cập và thuộc loại khó và
rất khó. Các bài toán về khai triển, đồng nhất thức, ước lượng và tính giá
trị cực trị của các tổng, tích cũng như các bài toán xác định giới hạn của
một biểu thức cho trước thường có mối quan hệ ít nhiều đến các bài toán
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

6. 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

7. 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
L0(X) = {A ∈ L(X) : domA = X} .
1.1 Toán tử khả nghịch phải trên không gian tuyến
tính
Định nghĩa 1.1. Toán tử D ∈ L(X) được gọi là khả nghịch phải nếu tồn
tại toán tử R ∈ L0(X) sao cho
RX ⊂ domD và DR = I,
trong đó I là toán tử đồng nhất.
Khi đó toán tử R được gọi là một nghịch đảo phải cuả D.
Kí hiệu R(X) là tập tất cả các toán tử khả nghịch phải thuộc L(X) và
RD là tập tất cả các nghịch đảo phải của D. Khi đó, ta có
RD = {R ∈ L0(X) : DR = I} .
Định nghĩa 1.2. Toán tử ∆ ∈ L(X) được gọi là khả nghịch trái nếu tồn
tại toán tử L ∈ L(X) sao cho ∆X ⊂ domL và L∆ = I.
5

8. Kí hiệu Λ(X) là tập các toán tử khả nghịch trái và L∆ là tập tất cả
khả nghịch trái của ∆ ∈ Λ(X).
Định nghĩa 1.3. Toán tử ∆ ∈ L(X) được gọi là khả nghịch nếu nó vừa
khả nghịch phải và vừa khả nghịch trái.
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 = C1
(a, b) ⊂ X.
Toán tử D khả nghịch phải nhưng không khả nghịch.
Thật vậy, xét toán tử
(Rx)(t) =
t
t0
x(s)ds,
trong đó t0 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
t0
x(s)ds, y(t) ∈ C(a, b).
Ta có
(DRx)(t) =
d
dt
y(t) = x(t),
suy ra
DR = I,
hay D là toán tử khả nghịch phải.
Tuy nhiên toán tử D không khả nghịch.
Thật vậy, vẫn với toán tử R xác định như trên ta có
(RDx)(t) =
t
t0
dx(s) = x(t) − x(t0).
6

9. Nếu x(t0) = 0 thì (RDx)(t) = x(t), hay RD = I.
Như vậy toán tử D khả nghịch phải nhưng không khả nghịch.
Ví dụ 1.2. Giả sử X là tập hợp tất cả các dãy vô hạn x = {xn} =
{x0, x1, x2, . . . }, với xn ∈ F (trong đó F = R hoặc F = C ). Tập X được
trang bị hai phép toán:
Phép cộng
x + y = {xn + yn}, với x = {xn} ∈ X, y = {yn} ∈ X.
Phép nhân vô hướng
λx = {λxn}, với x = {xn} ∈ 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 = {xn+1 − xn} = {x1 − x0, x2 − x1, . . . },
với x = {xn} ∈ X.
Ta thấy rằng domD = X.
Toán tử D khả nghịch phải nhưng không khả nghịch.
Thật vậy, xét toán tử
Rx = {0, x0, x0 + x1, x0 + x1 + x2, . . . }
= {yn : y0 = 0, yn =
n−1
k=0
xk, n = 1, 2, . . . }
= y.
Ta thấy R ∈ L0(X).
Ta có
DRx = Dy
= {yn+1 − yn}
= {xn}
= x.
7

10. hay
DR = I.
Điều đó có nghĩa là D là toán tử khả nghịch phải và R ∈ RD.
Tuy nhiên toán tử D không khả nghịch.
Thật vậy, ta có
RDx = R{xn+1 − xn}
= R{x1 − x0, x2 − x1, . . . }
= {0, x1 − x0, x2 − x0, . . . } = x.
Do đó RD = I, hay toán tử D không khả nghịch.
Tính chất 1.1. Nếu dim ker D = 0 thì D không khả nghịch trái.
Chứng minh. Ta có θ ∈ ker D và dim{θ} = 0.
Mà dim ker D = 0, suy ra ker D = {θ}.
Do đó ∃z ∈ ker D, z = θ mà Dz = θ.
Suy ra ∀L ∈ L(X) ta có LDz = Lθ = θ = z.
Do đó LD = I, ∀L ∈ L(X).
Vậy D không khả nghịch trái.
Mệnh đề 1.1. [5] Nếu D ∈ R(X) và R ∈ RD, thì
Dn
Rn
= 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
Dk
Rk
= I,
ta sẽ chứng minh (1.1) cũng đúng khi n = k + 1, tức là
Dk+1
Rk+1
= I.
8

11. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có
Dk+1
Rk+1
= D(Dk
Rk
)R = DR = I.
Vậy (1.1) đúng với mọi n ∈ N∗
.
Định lý 1.1. [5] Giả sử D ∈ R(X) và R1 ∈ RD. Khi đó mọi nghịch đảo
phải R của D có dạng
R = R1 + (I − R1D)A,
trong đó A ∈ L0(X), AX ⊂ domD.
Chứng minh. Giả sử R1 ∈ RD và
R = R1 + (I − R1D)A.
Khi đó, ta có
DR = D[R1 +(I −R1D)A] = DR1 +DA−DR1DA = I +DA−DA = I.
Vậy R ∈ RD.
Ngược lại, giả sử R1 ∈ RD cho trước và R ∈ RD bất kì.
Đặt A = R − R1. Khi đó ta có A ∈ L0(X), AX ⊂ domD, và
R1 + (I − R1D)A = R1 + (I − R1D)(R − R1)
= R1 + R − R1 − R1(DR) + R1(DR1)
= R1 + R − R1 − R1 + R1
= R.
Ví dụ 1.3. Cho
X = C(a, b), a, b ∈ R,
D =
d
dt
,
(Rx)(t) =
t
t0
x(s)ds, t0 ∈ (a, b), x ∈ X.
9

12. Từ ví dụ 1.1 ta suy ra R ∈ RD. Theo định lí 1.1, mọi toán tử Ri bất kì
thuộc RD đều có dạng
Ri = R + (I − RD)Ai,
trong đó Ai ∈ L0(X), AiX ⊂ domD.
Mà
((I − RD)Aix)(t) = (Aix)(t) − (RDAix)(t)
= (Aix)(t) − (Aix)(t) + (Aix)(t0)
= (Aix)(t0), ∀x(t) ∈ X,
do đó
(Rix)(t) = (Rx)(t) + (Aix)(t0).
Vậy
RD = {Ri : Ri = R + ci =
t
t0
+ci, ci ∈ R}.
Ví dụ 1.4. Cho X là tập hợp tất cả các dãy vô hạn x = {xn} =
{x0, x1, x2, . . . }, với xn ∈ F (trong đó F = R hoặc F = C ),
Dx = {xn+1 − xn} = {x1 − x0, x2 − x1, . . . }, x = {xn} ∈ X,
Rx = {yn : y0 = 0, yn =
n−1
k=0
xk, n = 1, 2, . . . }.
Từ ví dụ 1.2 suy ra R ∈ RD. Theo định lí 1.1, mọi khả nghịch Ri của
D có dạng
Ri = R + (I − RD)Ai,
trong đó Ai ∈ L0(X), AiX ⊂ 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
RD = {Rx + z, z ∈ ker D}.
10

13. Mà ta có
ker D = {z = {zn} : zn+1 − zn = 0, n = 0, 1, . . . }
= {z = {zn} : zn = c, c ∈ F, n = 0, 1, . . . },
suy ra
RD = {y = {yn}, y0 = c, yn =
n−1
k=0
xk + 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 ∈ RD. F ∈ L0(X) được gọi là toán
tử ban đầu của D tương ứng với một nghịch đảo phải R của D nếu
F2
= F, FX = ker D và ∃R ∈ RD : FR = 0.
ii. Các phần tử có dạng
z0 + Rz1 + · · · + Rm
zm,
trong đó zk ∈ ker D được gọi là các D−đa thức.
Từ định nghĩa của toán tử ban đầu ta có các hệ quả sau đây.
Hệ quả 1.1. Fz = z với mọi z ∈ ker D.
Chứng minh. Vì FX = ker D nên với z ∈ ker D, tồn tại x ∈ X sao cho
z = Fx. Suy ra
Fz = F2
x = Fx = z.
Hệ quả 1.2. DF = 0 trên X.
Chứng minh. Vì FX = ker D nên với mọi x ∈ X, ta có Fx ∈ ker D.
Suy ra DFx = 0, ∀x ∈ X, hay DF = 0 trên X.
11

14. Định lý 1.2. [5] Giả sử D ∈ R(X), F ∈ L0(X). Điều kiện cần và đủ để
F là một toán tử ban đầu của D tương ứng với R ∈ RD là
F = I − RD trên domD.
Chứng minh. Điều kiện cần. Giả sử F là toán tử ban đầu của D tương
ứng với R ∈ RD và x là phần tử cố định bất kì thuộc domD. Ta có
(I − RD)x = x − RDx.
Mà
D(x − RDx) = Dx − D(RDx)
= Dx − (DR)Dx
= Dx − Dx vì DR = I
= 0.
Suy ra x − RDx ∈ ker D. Theo hệ quả 1.1, ta có
x − RDx = F(x − RDx)
= Fx − F(RDx)
= Fx − (FR)Dx
= Fx vì FR = 0
hay
Fx = (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
F2
=(I − RD)(I − RD)
=I − RD − RD + RDRD
=I − 2RD + R(DR)D
=I − 2RD + RD vì DR = I
=I − RD
=F.
12

15. Theo hệ quả 1.2, ta có DF = D(I − RD) = 0, suy ra F(domD) ⊂ ker D.
Với z ∈ ker D, ta có
Fz = (I − RD)z = z − RDz = z.
Vậy ImF = ker D.
Ta có
FR = (I − RD)R = R − RDR = R − R = 0.
Vậy F là một toán tử ban đầu của D tương ứng với R.
Hệ quả 1.3. Nếu T ∈ L(X) khả nghịch thì không tồn tại toán tử ban
đầu khác không.
Chứng minh. Giả sử S ∈ L(X) là nghịch đảo của T. Khi đó ta có TS = I
và ST = I.
Theo định lí 1.2 ta có F = I − ST = I − I = 0.
Như vậy toán tử ban đầu không tầm thường chỉ tồn tại đối với các toán
tử khả nghịch phải mà không khả nghịch.
Định nghĩa 1.5.
i. Cho D ∈ R(X). Toán tử ban đầu F0 của D có tính chất c(R) với R ∈ RD,
nếu tồn tại các đại lượng vô hướng ck sao cho
F0Rk
z =
ck
k!
z, ∀z ∈ ker D, k ∈ N
(coi c0 = 1 vì theo hệ quả 1.1 thì F0z = z).
Khi đó chúng ta viết F0 ∈ c(R).
ii. Với D ∈ R(X), kí hiệu FD là tập tất cả các toán tử ban đầu của D, tức
là
FD = F ∈ L0(X) : F2
= F, FX = ker D và ∃R ∈ RD : FR = 0 .
Tập F0
D ⊂ FD có tính chất (c) nếu ∀F0 ∈ F0
D, ∃R ∈ RD sao cho F0 ∈ c(R).
Định lý 1.3. [6] Giả sử D ∈ R(X). Tập tất cả các toán tử ban đầu FD
có tính chất (c) nếu và chỉ nếu dim ker D = 1.
13

16. Ví dụ 1.5. Cho
X = C(a, b), a, b ∈ R,
D =
d
dt
,
(Rx)(t) =
t
t0
x(s)ds, t0 ∈ (a, b), x ∈ X.
Ta có
ker D = {x(t) ∈ X : x,
(t) = 0, t ∈ (a, b)}
= {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 FD 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
(Fx)(t) = (I − RD)x(t)
= x(t) − (RDx)(t)
= x(t) −
t
t0
x,
(s)ds
= x(t) − x(t) + x(t0)
= x(t0).
Giả sử Ri ∈ RD,
(Rix)(t) =
t
ti
x(s)ds, ti ∈ (a, b)
và Fi là toán tử ban đầu của D tương ứng với Ri.
14

17. Theo định lí 1.2 với x(t) ∈ domD ta có
(Fix)(t) = (I − RiD)x(t)
= x(t) − (RiDx)(t)
= x(t) −
t
ti
x,
(s)ds
= x(t) − x(t) + x(ti)
= x(ti).
Ví dụ 1.6. Cho X là tập hợp tất cả các dãy vô hạn x = {xn} =
{x0, x1, x2, . . . }, với xn ∈ F (trong đó F = R hoặc F = C ),
Dx = {xn+1 − xn} = {x1 − x0, x2 − x1, . . . }, x = {xn} ∈ X,
Rx = {yn : y0 = 0, yn =
n−1
k=0
xk, n = 1, 2, . . . }.
Gọi F là toán tử ban đầu của D tương ứng với R.
Theo định lí 1.2 ta có
Fx = (I − RD)x
= x − RDx
= {xn} − R{xn+1 − xn}
= {zn, zn = x0} với x = {xn} ∈ X.
Giả sử Ri là toán tử bất kì thuộc RD và Fi là toán tử ban đầu của D
tương ứng với Ri.
Theo ví dụ 1.4 ta có
Rix = {yn : y0 = ci, yn =
n−1
k=0
xk + ci, ci ∈ F, n = 1, 2, . . . }.
Theo định lí 1.2 ta có
Fi = I − RiD,
suy ra
Fix = (I − RiD)x, ∀x = {xn} ∈ X
= {xn} − Ri{xn+1 − xn}
= {zn, zn = x0 − ci} với x = {xn} ∈ X.
15

18. Nhận xét. Nếu hệ {F0, F1, . . . , FN−1} ⊂ FD có tính chất (c) với các hằng
số dik, tức là
FiRk
z =
dik
k!
z, i = 0, 1, . . . , N − 1; k ∈ N (1.2)
và {F0, F1, . . . , FN−1} phụ thuộc tuyến tính thì
VN = det(dik)N−1
i,k=0 = 0. (1.3)
Thật vậy, do {F0, F1, . . . , FN−1} phụ thuộc tuyến tính, suy ra ∃Fi ∈
{F0, F1, . . . , FN−1} sao cho Fi =
N−1
j=0
j=i
αjFj. Do đó
FiRk
z =
N−1
j=0
j=i
αjFjRk
z, ∀z ∈ ker D.
Do {F0, F1, . . . , FN−1} có tính chất c(R), suy ra
dik
k!
=
N−1
j=0
j=i
αj
djk
k!
,
hay
dik =
N−1
j=0
j=i
αjdjk.
Do đó
VN = det(dik)N−1
i,k=0 = 0.
Câu hỏi. Với hệ {F0, F1, . . . , FN−1} gồm các toán tử ban đầu độc lập
tuyến tính và có tính chất c(R) thì có suy ra VN = 0 ?
Với N = 1, V1 = d00 = 1 = 0. Vậy câu trả lời là đúng.
Chúng ta sẽ chứng minh câu trả lời nói chung không đúng với N ≥ 2.
Chúng ta sẽ xét một ví dụ mà trong đó với N > 2, hệ {F0, F1, . . . , FN−1}
độc lập tuyến tính và có tính chất (c) nhưng VN = 0.
16

19. Ví dụ 1.7. Cho X = C(R), D =
d
dt
, R =
t
0
. Đặt
(F0x)(t) = x(0),
(F1x)(t) =
1
2
(x(1) + x(−1)),
(F2x)(t) =
1
2
(x(2) + x(−2)).
Chứng minh.
i. Chứng minh {F0, F1, F2} có tính chất (c).
Chứng minh R ∈ RD.
Ta có
(DRx)(t) =
d
dt
t
0
x(s)ds = x(t), ∀x(t) ∈ X.
Suy ra DR = I hay R ∈ RD.
Chứng minh F0, F1, F2 ∈ FD.
Với mọi x(t) ∈ X, ta có
(F2
0 x)(t) = F0(F0x(t)) = F0(x(0)) = x(0) = (F0x)(t).
Suy ra F2
0 = F0.
Ta có
D((F0x)(t)) = D(x(0)) =
d
dt
x(0) = 0.
Suy ra ImF0 ⊂ 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, (F0x)(t) = F0(c) = c = x(t).
Suy ra ker D ⊂ ImF0.
Do đó ker D = ImF0.
17

20. Với x(t) ≡ 1, ta có (Rx)(t) =
t
0
ds = t.
Suy ra (F0Rx)(t) = F0(Rx(t)) = F0(t) = 0.
Vậy F0 ∈ FD.
Đối với toán tử F1, ta có F2
1 = F1.
Với mọi x(t) ∈ X ta có
(DF1x)(t) = D(
1
2
(x(1) + x(−1))) =
d
dt
1
2
(x(1) + x(−1)) = 0.
Suy ra ImF1 ⊂ ker D.
Với x(t) = c suy ra (F1x)(t) = F1(c) =
1
2
(c + c) = c = x(t).
Suy ra ker D ⊂ ImF1.
Do đó ker D = ImF1.
Với x(t) = 1 ta có (Rx)(t) = t, suy ra
(F1Rx)(t) = F1(R(x(t))) = F1(t) =
1
2
(1 + (−1)) = 0.
Vậy F1 ∈ FD.
Chứng minh tương tự đối với F1 ta có F2 ∈ FD.
Vậy F0, F1, F2 ∈ FD.
Vì ker D = {x(t) ∈ X : x(t) = c, t ∈ R}, nên dim ker D = 1. Theo
định lí 1.3 hệ {F0, F1, F2} có tính chất (c), tức là tồn tại R ∈ RD, ∃dik ∈ R
sao cho
FiRk
z =
dik
k!
z, ∀z ∈ ker D, i = 1, 2, 3.
ii. Chứng minh {F0, F1, F2} là hệ độc lập tuyến tính.
Giả sử a0F0 + a1F1 + a2F2 = 0, a0, a1, a2 ∈ R, tức là
a0(F0x)(t) + a1(F1x)(t) + a2(F2x)(t) = 0, a0, a1, a2 ∈ R. (1.4)
Nếu x(t) = 1 thì từ (1.4) ta có a0 + a1 + a2 = 0 .
Nếu x(t) = e
πit
2 thì từ (1.4) ta có
a0 +
1
2
a1(e
πit
2 + e−πit
2 ) +
1
2
a1(eπit
+ e−πit
) = 0.
18

21. Mà eαi
= cos α + i sin α,
nên
a0 +
1
2
a1[sin
π
2
+ sin(−
π
2
)] +
1
2
a2[cos π + cos(−π)] = 0,
suy ra a0 − a2 = 0.
Nếu x(t) = eπit
thì từ (1.4) ta có
a0 +
1
2
a1(eπit
+ e−πit
) +
1
2
a2(e2πit
+ e−2πit
) = 0,
suy ra a0 − a1 = 0.
Giải hệ 


a0 + a1 + a2 = 0
a0 − a2 = 0
a0 − a1 = 0
ta có a0 = a1 = a2 = 0.
Suy ra hệ {F0, F1, F2} độc lập tuyến tính.
iii. Chứng minh V3 = 0.
Lấy z bất kỳ thuộc R ta có
F0z = z,
F1z =
1
2
(z + z) = z,
F2z =
1
2
(z + z) = z,
suy ra d00 = d10 = d20 = 1.
Ta có
F0Rz = F0(
t
0
zdt) = F0(zt) = 0z = 0,
F1Rz = F1(
t
0
zdt) = F1(zt) =
1
2
(1 − 1)z = 0,
F2Rz = F2(
t
0
zdt) = F2(zt) =
1
2
(2 − 2)z = 0.
19

22. Suy ra d01 = d11 = d21 = 0.
Ta có
F0R2
z = F0R(Rz) = zF0R(t) = zF0(
t2
2
) = 0 ⇒ d02 = 0,
F1R2
z = F1R(Rz) = zF1R(t) = zF1(
t2
2
) =
z
2
⇒ d12 = 1,
F2R2
z = F2R(Rz) = zF2R(t) = zF2(
t2
2
) = 2z ⇒ d22 = 4.
Do đó
(dik)2
i,k=0 =
1 0 0
1 0 1
1 0 4
.
Suy ra V3 = det(dik)2
i,k=0 = 0.
Trong ví dụ trên nếu đặt d0 = (1, 0, 0), d1 = (1, 0, 1), d2 = (1, 0, 4)
thì ta có
3d0 − 4d1 + d2 = 0,
hay {d0, d1, d2} phụ thuộc tuyến tính. Như vậy {F0, F1, . . . , FN−1} độc lập
tuyến tính ⇒ {d0, d1, . . . , dN−1} độc lập tuyến tính với
d0 = (d00, d01, . . . , d0N−1), . . . , dN−1 = (dN−1,0, dN−1,1, . . . , dN−1,N−1).
Câu hỏi. Có tồn tại một tập X0 ⊂ X sao cho VN = 0 nếu và chỉ nếu hệ
các toán tử ban đầu {F0, F1, . . . , FN−1} độc lập tuyến tính trên X0 ?
Định lý sau đây chỉ ra rằng câu trả lời là đúng.
Định lý 1.4. [4] Nếu F0, F1, . . . , FN−1 ∈ FD có tính chất c(R) thì điều
kiện cần và đủ để VN = 0 là {F0, F1, . . . , FN−1} độc lập tuyến tính trên
PN (R). Trong đó VN được xác định theo công thức (1.3) và
PN (R) =
N−1
j=0
Rj
(ker D). (1.5)
Ta chứng minh định lí này dựa vào bổ đề sau.
20

23. Bổ đề 1.1. [4] {F0, F1, . . . , FN−1} ⊂ FD có tính chất (c). Đặt
ˆFi = (Fi, FiR, . . . , FiRN−1
), i = 0, 1, . . . , N − 1, (1.6)
di = (di0, di1, . . . , diN−1), i = 0, 1, . . . , N − 1, (1.7)
với dik được xác định bởi công thức (1.2).
Khi đó hệ { ˆF0, ˆF1, . . . , ˆFN−1} gồm các vectơ có dạng (1.6) là độc lập
tuyến tính trên ker D (tức là nếu
N−1
i=0
ai
ˆFiz = 0, ∀z ∈ ker D, ai ∈ F, i =
0, 1, . . . , N − 1 thì suy ra a0 = a1 = · · · = aN−1 = 0) nếu và chỉ nếu hệ
{d0, d1, . . . , dN−1} gồm các vectơ có dạng (1.7) là độc lập tuyến tính.
Nhận xét. Hệ các toán tử { ˆF0, ˆF1, . . . , ˆFN−1} là độc lập tuyến tính trên
ker D nếu và chỉ nếu với mọi chỉ số cố định j(0 ≤ j ≤ N − 1), hệ các toán
tử {F0Rj
, F1Rj
, . . . , FN−1Rj
} là độc lập tuyến tính trên ker D.
Thật vậy, giả sử { ˆF0, ˆF1, . . . , ˆFN−1} là độc lập tuyến tính trên ker D và
N−1
i=0
aiFiRj
z = 0, ∀j(0 ≤ j ≤ N − 1), z ∈ ker D.
Khi đó, ta có
N−1
i=0
ai
ˆFiz = (
N−1
i=0
aiFiz,
N−1
i=0
aiFiRz, . . . ,
N−1
i=0
aiFiRN−1
z) = (0, 0, . . . , 0) = 0.
Do { ˆF0, ˆF1, . . . , ˆFN−1} độc lập tuyến tính suy ra a0 = · · · = aN−1 = 0.
Do đó {F0Rj
, F1Rj
, . . . , FN−1Rj
} độc lập tuyến tính trên ker D, ∀j (0 ≤
j ≤ N − 1).
Ngược lại giả sử {F0Rj
, F1Rj
, . . . , FN−1Rj
} là độc lập tuyến tính trên
ker D, ∀j (0 ≤ j ≤ N − 1) và
N−1
i=0
ai
ˆFiz = 0, z ∈ ker D.
Ta có
N−1
i=0
ai
ˆFiz = (
N−1
i=0
aiFiz,
N−1
i=0
aiFiRz, . . . ,
N−1
i=0
aiFiRN−1
z) = 0.
21

24. Do {F0Rj
, F1Rj
, . . . , FN−1Rj
} độc lập tuyến tính trên ker D, ∀j (0 ≤ j ≤
N − 1), suy ra a0 = a1 = · · · = aN−1 = 0 hay { ˆF0, ˆF1, . . . , ˆFN−1} độc lập
tuyến tính.
Chứng minh. (chứng minh bổ đề)
Điều kiện cần. Nếu {d0, d1, . . . , dN−1} độc lập tuyến tính và
N−1
i=0
aiFiRj
z = 0, ∀z ∈ ker D
và ai ∈ F(i = 0, 1, . . . , N − 1).
Khi đó, theo (1.2) ta có
N−1
i=0
ai
dij
j!
z =
N−1
i=0
aiFiRj
z = 0, ∀z ∈ ker D, ∀j (0 ≤ j ≤ N − 1).
Do z ∈ ker D là tùy ý, suy ra
N−1
i=0
ai
dij
j!
= 0 với mỗi j (0 ≤ j ≤ N − 1).
Suy ra
N−1
i=0
ai(di0, di1, . . . , diN−1) = 0, hay
N−1
i=0
aidi = 0.
Mà {d0, d1, . . . , dN−1} độc lập tuyến tính, suy ra a0 = · · · = aN−1 = 0.
Điều kiện đủ. Giả sử với mọi chỉ số j cố định (0 ≤ j ≤ N − 1), hệ các
toán tử {F0Rj
, F1Rj
, . . . , FN−1Rj
} là độc lập tuyến tính trên ker D và
N−1
i=0
bidi = 0, trong đó di được xác định bởi (1.7).
Đẳng thức
N−1
i=0
bidi = 0 có thể viết dưới dạng
N−1
i=0
bidijz = 0, ∀z ∈ ker D, j = 0, 1, . . . , N − 1.
Mà
N−1
i=0
bidijz = j!
N−1
i=0
biFiRj
z = 0, ∀z ∈ ker D, j = 0, 1, . . . , N − 1,
suy ra
N−1
i=0
biFiRj
z = 0, ∀z ∈ ker D, j = 0, 1, . . . , N − 1,
22

25. tức là b0 = b1 = · · · = bN−1 = 0, hay {d0, d1, . . . , dN−1} độc lập tuyến
tính.
Hệ quả 1.4. Cho D ∈ R(X), R ∈ RD và {F0, F1, . . . , FN−1} ⊂ FD và có
tính chất c(R).
Khi đó VN = 0 nếu và chỉ nếu {F0Rk
, F1Rk
, . . . , FN−1Rk
} 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 F0Rk
, F1Rk
, . . . , FN−1Rk
độc lập tuyến tính trên ker D, ∀k
cố định, thì theo bổ đề 1.1 các vectơ d0, d1, . . . , dN−1 có dạng (1.7) là độc
lập tuyến tính, tức là rank(dik)N−1
i,k=0 = N, suy ra VN = 0.
Điều kiện cần. Nếu VN = 0 thì rank(dik)N−1
i,k=0 = N hay {d0, d1, . . . , dN−1}
độc lập tuyến tính. Do đó, theo bổ đề 1.1, {F0Rk
, F1Rk
, . . . , FN−1Rk
} là
độc lập tuyến tính.
Chứng minh. (chứng minh định lý 1.4)
Điều kiện cần. Giả sử VN = 0. Khi đó theo bổ đề 1.1 hệ { ˆF0, ˆF1, . . . , ˆFN−1}
gồm các vectơ có dạng (1.6) là độc lập tuyến tính trên ker D. Điều này có
nghĩa là hệ các vectơ {F0Rj
, F1Rj
, . . . , FN−1Rj
} là độc lập tuyến tính trên
ker D với mọi chỉ số j cố định (0 ≤ j ≤ N − 1), tức là {F0, F1, . . . , FN−1}
độc lập tuyến tính trên
N−1
j=0
Rj
(ker D) = PN (R).
Điều kiện đủ. Giả sử {F0, F1, . . . , FN−1} ⊂ c(R) độc lập tuyến tính trên
PN (R), cần chứng minh VN = 0. Theo hệ quả 1.4 để chứng minh VN = 0
ta cần chứng minh hệ các toán tử vectơ
{ ˆFi = (Fi, FiR, . . . , FiRN−1
)}i=0,1,...,N−1
là độc lập tuyến tính trên ker D.
23

26. Giả sử rằng
N−1
i=0
ai
ˆFiz = 0, ∀z ∈ ker D, ai ∈ F, i = 0, 1, . . . , N − 1.
Điều này có nghĩa là
N−1
i=0
aiFiRj
z = 0, ∀z ∈ ker D, j = 0, 1, . . . , N − 1.
Do j là tùy ý, j = 0, 1, . . . , N − 1 và z ∈ ker D, suy ra
N−1
j=0
bj
N−1
i=0
aiFiRj
z = 0, ∀z ∈ ker D, bj ∈ F,
tức là
N−1
i=0
aiFi
N−1
j=0
bjRj
z = 0
⇔
N−1
i=0
aiFi
N−1
j=0
Rj
(bjz) = 0
⇔
N−1
i=0
aiFix = 0, ∀x ∈ PN (R).
Do {F0, F1, . . . , FN−1} độc lập tuyến tính trên PN (R). Suy ra
a0 = a1 = · · · = aN−1 = 0.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.8. Cho X = C(R), D =
d
dt
, R =
t
0
,
(F0x)(t) = x(0),
(F1x)(t) =
1
2
(x(1) + x(−1)),
(F2x)(t) =
1
2
(x(2) + x(−2)).
24

27. Do ker D = {x(t) ∈ C(R) : x(t) = c, c ∈ R} và ∀a ∈ R ta có
R0
a = a,
R1
a =
t
0
ads = at,
R2
a = R(
t
0
ads) = R(at) =
t
0
asds =
at2
2
.
Suy ra
P3(R) =
2
j=0
Rj
(ker D) = {z(t) : z(t) = a0 + a1t + a2t2
, a0, a1, a2 ∈ R}.
Nếu z ∈ P3(R) và z(t) = a0 + a1t + a2t2
thì
F0z = z(0) = a0,
F1z =
1
2
(z(1) + z(−1)) =
1
2
(a0 + a1 + a2 + a0 − a1 + a2) = a0 + a2,
F2z =
1
2
(z(2) + z(−2)) =
1
2
(a0 + 2a1 + 4a2 + a0 − 2a1 + 4a2) = a0 + 4a2.
Suy ra 3F0 − 4F1 + F2 = 0, tức là {F0, F1, F2} phụ thuộc tuyến tính trên
P3(R). Theo định lý 1.4 suy ra V3 = 0.
Ví dụ 1.9. Cho X = C(R), D =
d
dt
, R =
t
0
và (Fx)(t) = x(0).
Cho trước hệ n điểm {t1, t2, . . . , tn}, ti ∈ R, ti = tj, ∀i = j.
Đặt
(Fix)(t) = x(ti), ∀t ∈ R, x ∈ X,
Ri =
t
ti
.
25

28. Với c ∈ R ta có
Rc =
t
0
cds = ct,
R2
c =
t
0
csds =
ct2
2
,
. . .
Rk
c =
t
0
csk−1
(k − 1)!
ds =
ctk
k!
,
suy ra
FiRk
c = Fi(
ctk
k!
) = c
tk
i
k!
, c, t ∈ R, x ∈ X, k ∈ N.
Trong trường hợp này dik = tk
i và Vn = 0,
Pn(R) =
n−1
j=0
Rj
(ker D) = {z : z(t) = a0 + a1t + · · · + an−1tn−1
}.
Do đó Fiz = a0 + a1ti + · · · + an−1tn−1
i (i = 0, 1, . . . , n − 1).
Theo định lí 1.4 F0, F1, . . . , Fn−1 độc lập tuyến tính trên Pn(R).
1.3 Công thức Taylor và Taylor - Gontcharov
Từ định lí 1.2 chúng ta thấy rằng họ RD = {Rβ}β∈Γ tất cả các nghịch
đảo phải của một toán tử D ∈ R(X) xác định duy nhất một họ FD =
{Fβ}β∈Γ các toán tử ban đầu của D và
Fβ = I − RβD trên domD, ∀β ∈ Γ. (1.8)
Định lý 1.5. (Công thức Taylor - Gontcharov)[5]
Giả sử D ∈ R(X) và FD = {Fβ}β∈Γ là họ các toán tử ban đầu của D
tương ứng với RD = {Rβ}β∈Γ. Giả sử {βn} ⊂ Γ là một dãy bất kì của các
chỉ số, khi đó
I = Fβ0
+
N−1
k=1
Rβ0
. . . Rβk−1
Fβk
Dk
+Rβ0
. . . RβN−1
DN
trên domDN
. (1.9)
26

29. Chứng minh. Chứng minh định lí bằng phương pháp quy nạp toán học.
Với N = 1, ta có (1.8)
I = Fβ0
+ Rβ0
D trên domD.
Giả sử (1.9) đúng với mọi N ∈ N∗
. Khi đó, theo giả thiết qui nạp, trên
domDN+1
ta có
Rβ0
. . . RβN
DN+1
= Rβ0
. . . RβN−1
(RβN
D)DN
= Rβ0
. . . RβN−1
(I − FβN
)DN
= Rβ0
. . . RβN−1
DN
− Rβ0
. . . RβN−1
FβN
DN
= I − Fβ0
−
N−1
k=1
Rβ0
. . . Rβk−1
Fβk
Dk
− Rβ0
. . . RβN−1
FβN
DN
= I − Fβ0
−
N
k=1
Rβ0
. . . Rβk−1
Fβk
Dk
.
Định lí được chứng minh.
Nếu trong (1.9) đặt Rβk
= R và Fβk
= F, với k = 0, 1, . . . , N − 1 thì
ta có công thức Taylor
I =
N−1
k=0
Rk
FDk
+ RN
DN
trên domDN
.
Hệ quả 1.5. Giả sử D ∈ R(X) và FD = {Fβ}β∈Γ là họ các toán tử ban
đầu của D tương ứng với RD = {Rβ}β∈Γ. Giả sử {βn} ⊂ Γ là một dãy
bất kì của các chỉ số, khi đó
ker DN
= {z = z0 +
N−1
k=1
Rβ0
. . . Rβk−1
zk : z0, . . . , zN−1 ∈ ker D}. (1.10)
Chứng minh. Với z ∈ ker DN
, áp dụng công thức Taylor - Gontcharov ta
27

30. có
z = (Fβ0
+
N−1
k=1
Rβ0
. . . Rβk−1
Fβk
Dk
+ Rβ0
. . . RβN−1
DN
)z
= Fβ0
z +
N−1
k=1
Rβ0
. . . Rβk−1
Fβk
Dk
z + Rβ0
. . . RβN−1
DN
z
= Fβ0
z +
N−1
k=1
Rβ0
. . . Rβk−1
Fβk
Dk
z.
Lấy zk = Fβk
Dk
z với k = 0, 1, . . . , N − 1, ta có
z = z0 +
N−1
k=1
Rβ0
. . . Rβk−1
zk, z0, . . . , zN−1 ∈ ker D.
Ngược lại, giả sử
z = z0 +
N−1
k=1
Rβ0
. . . Rβk−1
zk, z0, . . . , zN−1 ∈ ker D,
ta có
DN
z = DN
z0 +
N−1
k=1
DN
Rβ0
. . . Rβk−1
zk
=
N−1
k=1
DN−k
zk
= 0,
hay z ∈ ker DN
.
Nếu D ∈ R(X) và F là một toán tử ban đầu của D tương ứng với khả
nghịch phải R ∈ RD, thì
ker DN
= {z =
N−1
k=1
Rk
zk : z0, . . . , zN−1 ∈ ker D}.
28

31. Chương 2
Bài toán nội suy sinh bởi toán tử
khả nghịch phải
2.1 Bài toán nội suy tổng quát sinh bởi toán tử khả
nghịch phải
Trong phần này chúng ta giả sử dim ker D = 0, tức là D không khả
nghịch trái.
Bài toán 1. Cho N là một số nguyên dương và Ii, i = 1, 2, . . . , n là n tập
hữu hạn các số nguyên không âm nhỏ hơn N sao cho N = r1 +r2 +· · ·+rn,
với ri là số phần tử của Ii, i = 1, 2, . . . , n.
Tìm đa thức u bậc N − 1, u = z0 + Rz1 + · · · + RN−1
zN−1 với R ∈ RD
và z0, z1, . . . , zN−1 ∈ ker D được xác định, sao cho đối với n toán tử ban
đầu khác nhau cho trước F1, F2, . . . , Fn ta có
FiDk
u = uik, k ∈ Ii, i = 1, 2, . . . , n, (2.1)
trong đó uik ∈ ker D cho trước.
Giả sử {F1, F2, . . . , Fn} ⊂ c(R), tức là tồn tại các đại lượng vô hướng
dik thỏa mãn điều kiện (1.2)
FiRk
z =
dik
k!
z, ∀z ∈ ker D.
Giả sử mọi phần tử của tập Ii là có thứ tự, tức là
0 ≤ ki1 < ki2 < · · · < kiri
, i = 1, 2, . . . , n.
29

32. Do đó điều kiện (2.1) có dạng
FiDkij
u = uikij
, i = 1, 2, . . . , n; j = 1, 2, . . . , ri. (2.2)
Đặt
u =
N−1
m=0
Rm
zm, zm ∈ ker D.
Khi đó
FiDkij
u =
N−1
m=0
FiDkij
Rm
zm
=
kij−1
m=0
FiDkij
Rm
zm +
N−1
m=kij
FiDkij
Rm
zm
=
kij−1
m=0
FiDkij−m
Dm
Rm
zm +
N−1
m=kij
FiDkij
Rkij
Rm−kij
zm
=
kij−1
m=0
FiDkij−m
zm +
N−1
m=kij
FiRm−kij
zm.
Do zm ∈ ker D nên
kij−1
m=0
FiDkij−m
zm = 0.
Suy ra
FiDkij
u =
N−1
m=kij
FiRm−kij
zm =
N−1
m=kij
di,m−kij
(m − kij)!
zm,
i = 1, 2, . . . , n; j = 1, 2, . . . , ri.
Định nghĩa các vectơ
G
(kij)
i = 0, . . . , 0
kij
,
di,0
0!
,
di,1
1!
, . . . ,
di,N−1−kij
(N − 1 − kij)!
,
i = 1, . . . , n; j = 1, 2, . . . , ri,
(2.3)
30

33. ma trận có số chiều ri × N
ˆGi =





G
(ki1)
i
G
(ki2)
i
. . .
G
(kiri
)
i





(2.4)
và ma trận vuông số chiều N × N
ˆG =




ˆG1
ˆG2
. . .
ˆGn



 . (2.5)
Xét các toán tử vectơ có số chiều N
ˆFi
(kij)
= (FiDkij
, FiDkij−1
, . . . , Fi, FiR, . . . , FiRN−1−kij
)
i = 1, . . . , n; j = 1, 2, . . . , ri.
(2.6)
Bổ đề 2.1. Hệ các toán tử vectơ (2.6) độc lập tuyến tính trên ker D
nếu và chỉ nếu rank ˆG = N, trong đó ˆG được xác định theo công thức
(2.3), (2.4), (2.5).
Chứng minh. Điều kiện đủ. Giả sử hệ {G
(kij)
i }i=1,2,...,n;j=1,2,...,ri
độc lập
tuyến tính và
n
i=1
ri
j=1
aij
ˆFi
(kij)
z = 0, ∀z ∈ ker D, aij ∈ F. (2.7)
Do đó với mọi chỉ số m cố định (0 ≤ m ≤ N − 1), ta có
n
i=1
ri
j=1
aijFiDkij
Rm
z = 0, ∀z ∈ ker D.
31

34. Theo (1.2) và mệnh đề 1.1, suy ra
N−1
m=0
bm
n
i=1
ri
j=1
aijFiDkij
Rm
z
=
n
i=1
rj
j=1
aijFi
N−1
m=0
bmDkij
Rm
z
=
n
i=1
rj
j=1
aijFi(
kij−1
m=0
bmDkij
Rm
z +
N−1
m=kij
bmDkij
Rm
z)
=
n
i=1
rj
j=1
aijFi(
kij−1
m=0
bmDkij−m
Dm
Rm
z +
N−1
m=kij
bmDkij
Rkij
Rm−kij
z)
=
n
i=1
rj
j=1
aijFi(
kij−1
m=0
bmDkij−m
z +
N−1
m=kij
bmRm−kij
z)
=
n
i=1
rj
j=1
aijFi
N−1
m=kij
bmRm−kij
z
=
n
i=1
rj
j=1
aij
N−1
m=kij
bmFiRm−kij
z
=
n
i=1
rj
j=1
aij
N−1
m=kij
bm
di,m−kij
(m − kij)!
z = 0,
∀z ∈ ker D, bm ∈ F(m = 0, 1, 2, ..., N − 1).
Do z ∈ ker D và bm ∈ F là tùy ý, suy ra
n
i=1
ri
j=1
aij
N−1
m=kij
di,m−kij
(m − kij)!
= 0,
hay
n
i=1
ri
j=1
aijG
(kij)
i = 0.
Do {G
(kij)
i } độc lập tuyến tính, suy ra
aij = 0, ∀i = 1, 2, . . . , n; j = 1, 2, . . . , ri
32

35. hay hệ (2.6) độc lập tuyến tính.
Điều kiện cần. Giả sử hệ { ˆFi
(kij)
}i=1,2,...,n;j=1,2,...,ri
độc lập tuyến tính
trên ker D và
n
i=1
ri
j=1
aijG
(kij)
i = 0, aij ∈ F, i = 1, 2, . . . , n; j = 1, 2, . . . , ri.
Theo (2.3) ta có
n
i=1
ri
j=1
aij
N−1
m=kij
di,m−kij
(m − kij)!
= 0, m = 0, 1, . . . , N − 1,
ở đây di,q = 0 với q < 0.
Vì dim ker D = 0 nên đẳng thức cuối tương đương với
n
i=1
ri
j=1
aij
N−1
m=kij
di,m−kij
(m − kij)!
z = 0, ∀z ∈ ker D, m = 0, 1, . . . , N − 1.
Theo (1.2) đẳng thức có thể viết dưới dạng
n
i=1
ri
j=1
aij
ˆF(kij)
z = 0, ∀z ∈ ker D.
Từ giả thiết suy ra
aij = 0, i = 1, 2, . . . , n; j = 1, . . . , ri
hay {G
(kij)
j } độc lập tuyến tính.
Suy ra rank ˆG = N.
Chúng ta có thể viết
ˆFi
(kij)
= (Fikij
, Fikij
R, . . . , Fikij
RN−1
), (2.8)
trong đó
Fikij
= FiDkij
, i = 1, 2, . . . , n; j = 1, 2, . . . , ri. (2.9)
33

36. Định lý 2.1. [4] Điều kiện cần và đủ để det ˆG = 0 là tất cả các toán tử
Fikij
có dạng (2.9) độc lập tuyến tính trên PN (R), trong đó PN (R) được
xác định theo (1.5).
Chứng minh. Điều kiện cần. Giả sử det ˆG = 0, suy ra rank ˆG = N. Theo
bổ đề 2.1 hệ các toán tử vectơ {Fi
(kij)
}j=1,2,...,n;j=1,2,...,ri
độc lập tuyến tính
trên ker D. Do đó với mọi chỉ số m cố định (0 ≤ m ≤ N − 1), hệ các
toán tử {Fikij
Rm
}i=1,2,...,m;j=1,...,ri
độc lập tuyến tính trên ker D. Điều này
có nghĩa là hệ các toán tử {Fikij
} có dạng (2.9) là độc lập tuyến tính trên
N−1
m=0
Rm
(ker D) = PN (R).
Điều kiện đủ. Giả sử {Fikij
}i=1,2,...,m;j=1,...,ri
độc lập tuyến tính trên
PN (R). Theo bổ đề 2.1 để chứng minh det ˆG = 0 ta cần chứng minh hệ
{ ˆF
(kij)
i }i=1,2,...,m;j=1,...,ri
là độc lập tuyến tính trên ker D.
Giả sử n
i=1
ri
j=1
aij
ˆFi
(kij)
z = 0, ∀z ∈ ker D, aij ∈ F,
tức là n
i=1
ri
j=1
aijFiDkij
Rm
zm = 0,
với mọi chỉ số m cố định (0 ≤ m ≤ N − 1) và với mọi zm ∈ ker D.
Do đó
N−1
m=0
bm
n
i=1
ri
j=1
aijFiDkij
Rm
zm = 0,
∀zm ∈ ker D, bm ∈ F, m = 0, 1, . . . , N − 1,
tức là
n
i=1
rj
j=1
aijFiDkij
N−1
m=0
bmRm
zm = 0, ∀zm ∈ ker D, bm ∈ F.
Điều đó có nghĩa là
n
i=1
rj
j=1
aijFiDkij
x = 0, ∀x ∈ PN (R).
34

37. Đẳng thức này tương đương với
n
i=1
rj
j=1
aijFikij
x = 0, ∀x ∈ PN (R).
Theo giả thiết suy ra aij = 0, ∀i = 1, . . . , n; j = 1, . . . , ri.
Bây giờ chúng ta sẽ đưa ra kết quả chính cho bài toán nội suy tổng
quát sinh bởi toán tử khả nghịch phải.
Định lý 2.2. [4] Bài toán nội suy tổng quát có duy nhất nghiệm nếu và chỉ
nếu hệ các toán tử {FiDkij
}i=1,...,n;j=1,...,ri
độc lập tuyến tính trên PN (R).
Chứng minh. Theo giả thiết, với mọi cặp chỉ số (i, j)(i = 1, . . . , n; j =
1, . . . , ri), ta có
uikij
= FiDkij
u =
N−1
m=0
FiDkij
Rm
zm =
N−1
m=kij
di,m−kij
(m − kij)!
zm.
Ta có hệ
N−1
m=kij
di,m−kij
(m − kij)!
zm = uikij
(2.10)
gồm N phương trình với N ẩn. Rõ ràng ma trận với các hệ số của (2.10)
là ma trận ˆG xác định theo các công thức (2.3), (2.4), (2.5). Hệ (2.10) có
duy nhất nghiệm tương đương với det ˆG = 0. Theo định lí 2.1, det ˆG = 0
nếu và chỉ nếu hệ các toán tử {FiDkij
}i=1,2,...,n;j=1,2,...,ri
độc lập tuyến tính
trên PN (R).
Như vậy chứng minh này được suy trực tiếp từ định lí 1.5.
Hệ quả 2.1. Các khẳng định sau đây là tương đương
i. VN = det ˆG = 0.
ii. Hệ các toán tử {FiDkij
}i=1,2,...,n;j=1,2,...,ri
là độc lập tuyến tính trên PN (R).
iii. Bài toán nội suy có duy nhất nghiệm với bất kì uikij
(i = 1, 2, . . . , n; j =
1, 2, . . . , ri).
35

38. Định lý 2.3. [6] Nếu VN = det ˆG = 0 thì nghiệm duy nhất của bài toán
nội suy tổng quát được cho bởi công thức
u = UN (u0, u1, . . . , uN−1), (2.11)
trong đó
ur1+···+ri−1+j = uikij
(i = 1, 2, . . . , n; j = 1, 2, . . . , ri),
UN (u0, u1, . . . , uN−1) =
N−1
j=0
VNj(R)uj,
VNj
(R) = V −1
N
N−1
k=0
(−1)k+j
VNjk
tk
và VNjk
định thức thu được bằng cách bỏ đi hàng thứ j và cột thứ k của
VN .
Chứng minh. Mọi nghiệm của bài toán nội suy tổng quát u =
N−1
k=0
Ri
zi với
các hằng số z0, z1, . . . , zN−1 được xác định bởi hệ (2.10). Theo giả thiết,
định thức VN của hệ (2.10) khác không. Vì vậy, nghiệm duy nhất của
(2.10), theo công thức Cramer, có dạng (2.11).
2.2 Một số bài toán nội suy cổ điển
Trong phần tiếp theo ta xét một số bài toán nội suy cổ điển, đó là các
trường hợp cụ thể của bài toán nội suy tổng quát sinh bởi toán tử khả
nghịch phải.
2.2.1 Bài toán nội suy Hermit
Trong bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch phải nếu cho Ii =
{0, 1, 2, . . . , ri − 1} với i = 1, 2, . . . , n thì ta có bài toán nội suy Hermit
(H1).
Bài toán 2. (H1)
Tìm đa thức u bậc N − 1, u = z0 + Rz1 + · · · + RN−1
zN−1 với R ∈ RD
36

39. và z0, z1, . . . , zN−1 ∈ ker D được xác định, sao cho đối với n(n < N) toán
tử ban đầu khác nhau cho trước F1, F2, . . . , Fn ta có
FiDj
u = uij, i = 1, 2, . . . , n; j = 0, 1, . . . , ri − 1,
trong đó r1 + r2 + · · · + rn = N, uij ∈ ker D cho trước.
Từ định lý 2.2 ta có
Định lý 2.4. [4] Giả sử D ∈ R(X) và {F1, F2, . . . , Fn} ∈ (c) với R ∈ RD.
Khi đó bài toán nội suy (H1) có duy nhất nghiệm nếu và chỉ nếu hệ các
toán tử {FiDj
}i=1,...,n;j=0,1,...,rj−1 độc lập tuyến tính trên PN (R). Nếu điều
kiện này được thỏa mãn thì nghiệm duy nhất của bài toán (H1)có dạng
u =
N−1
j=0
VNj
(R)uj,
trong đó
VNj
(R) = V −1
N
N−1
k=0
(−1)k+j
VNjk
Rk
(j = 0, . . . , N − 1),
với VNjk
là định thức con thu được từ VN bằng cách bỏ đi cột thứ k và hàng
thứ j; j, k = 0, 1, . . . , N − 1 và các phần tử u0, u1, . . . , uN−1 ∈ ker D được
xác định như sau:
uq = u1q, nếu q = 0, 1, . . . , r1 − 1.
ur1+q = u2q, nếu q = 0, 1, . . . , r2 − 1.
. . .
ur1+r2+···+q = unq, nếu q = 0, 1, . . . , rn − 1.
Ví dụ 2.1. Cho X = C(R) và hệ n điểm {t1, t2, . . . , tn}, ti ∈ R, ti =
tj, ∀i = j.
37

40. Đặt
D =
d
dt
,
(Rx)(t) =
t
0
x(s)ds,
(Rix)(t) =
t
ti
x(s)ds,
(Fix)(t) = x(ti), ti ∈ R.
Với x ∈ ker D, ta có x = c, c ∈ R và
(Rx)(t) =
t
0
cds = ct,
(R2
x)(t) = R(Rx)(t) =
ct2
2!
,
. . .
(Rk
x)(t) =
ctk
k!
.
Khi đó
u =
N−1
i=0
Ri
zi, zi ∈ ker D
là đa thức bậc N − 1 của t, và
(FiDj
u)(t) = u(j)
(ti).
Do đó ta có bài toán nội suy Hermit đối với đa thức.
Bài toán. Cho xi, aik, i = 1, 2, . . . , n; k = 0, 1, . . . , ri − 1 và xi = xj, ∀i =
j, trong đó r1 + r2 + · · · + rn = N.
Hãy xác định đa thức H(x) bậc N − 1 thỏa mãn điều kiện



H(x1) = a10, H (x1) = a11, . . . , H(r1−1)
(x1) = a1,r1−1
H(x2) = a20, H (x2) = a21, . . . , H(x2)(r2−1)
= a2,r2−1
. . .
H(xn) = an0, H (xn) = an1, . . . , H(xn)(rn−1)
= an,rn−1.
38

41. Giải. Ta chứng minh tính duy nhất nghiệm của bài toán.
Giả sử tồn tại hai đa thức H1(x) và H2(x) cùng thỏa mãn điều kiện của
bài toán.
Đặt P(x) = H1(x) − H2(x). Ta có
P(i)
(xj) = H
(i)
1 (xj) − H
(i)
2 (xj) = aji − aji = 0, i = 0, . . . , rj; j = 0, . . . , n.
Suy ra P(x) có N nghiệm kể cả bội.
Do deg H1(x) = N − 1, deg H2(x) = N − 1 nên deg P(x) ≤ N − 1.
Vì vậy P(x) ≡ 0.
Tiếp theo ta đi xác định nghiệm của bài toán.
Ký hiệu
W(x) =
n
j=1
(x − xj)rj
, degW(x) = N,
Wi(x) =
W(x)
(x − xi)ri
=
n
j=1
j=i
(x − xj)rj
.
Khi đó ta có
H(x)
W(x)
=
αr1−1,1
x − x1
+
αr1−2,1
(x − x1)2
+ · · · +
α01
(x − x1)r1
+ Q(x),
trong đó
Q(x) =
n
j=2
rj
k=1
αrj−2,j
(x − xj)k
.
Ta có
H(x)
W1(x)
= α01 + α11(x − x1) + · · · + αr1−1,1(x − x1)r1−1
+ (x − x1)r1
Q(x).
Mặt khác, xét khai triển Taylor của P(x) =
H(x)
W1(x)
tại điểm x1 tới cấp
r1 − 1
P(x) = P(x1)+
P (x1)
1!
(x−x1)+· · ·+
P(r1−1)
(x1)
(r1 − 1)!
(x−x1)r1−1
+(x−x1)r1
P1(x).
39

42. Do đó
αk1 =
P(k)
(x1)
k!
, ∀k = 0, 1, . . . , r1 − 1.
Mà ta có
(fg)l
=
k
l=0
Ck
l f(k)
g(l−k)
nên
αk1 =
1
k!
k
i=0
Ci
kH(i)
(x)
1
W1(x)
(k−i)
x=x1
=
1
k!
k
i=0
Ci
ka1i
1
W1(x)
(k−i)
(x=x1)
,
với k = 0, 1, . . . , r1 − 1.
Tương tự, ta xác định được các hệ số còn lại
αkj =
1
k!
k
i=0
Ci
kaji
1
Wj(x)
(k−i)
(x=xj)
,
với j = 2, 3, . . . , n; k = 0, 1, . . . , rj − 1.
Khi đó
H(x) =
n
j=1
rj−1
k=0
αk,j
(x − xj)rj−k
W(x).
Ta chứng minh H(x) là đa thức thỏa mãn điều kiện bài toán.
Do degW(x) = N nên degH(x) = N − 1.
40

43. Ta có
H(x) =
n
j=1
rj−1
k=0
αk,j
(x − xj)rj−k
W(x)
=
n
j=1
rj−1
k=0
(x − xj)k
Wi(x)
1
k!
k
i=0
Ci
kaji
1
Wj(x)
(k−i)
(x=xj)
=
n
j=1
rj−1
k=0
k
i=0
aji
(x − xj)k
k!
Wi(x)Ci
k
1
Wj(x)
(k−i)
(x=xj)
=
n
j=1
rj−1
i=0
rj−1
k=i
(x − xj)k
i!(k − i)!
Wi(x)
1
Wj(x)
(k−i)
(x=xj)
=
n
j=1
rj−1
i=0
aji
(x − xj)i
i!
Wi(x)
rj−1
k=i
1
Wj(x)
(k−i)
(x=xj)
(x − xj)k−i
(k − i)!
=
n
j=1
rj−1
i=0
aji
(x − xj)i
i!
Wi(x)
rj−1−i
k=0
1
Wj(x)
(k)
(x=xj)
(x − xj)k
k!
.
Đặt
Hji(x) =
(x − xj)i
i!
Wi(x)
rj−1−i
k=0
1
Wj(x)
(k)
(x=xj)
(x − xj)k
k!
.
Theo [1], ta có
H
(l)
ji (xt) =
1 nếu i = l và j = t
0 nếu i = l hoặc j = t
hay H
(l)
ji (xt) = δilδjt.
Do đó
H(l)
(xt) =
n
j=1
rj−1
i=0
ajiH
(l)
ji (xt).
Suy ra
H(l)
(xt) = atl, ∀t = 1, 2, . . . , n; ∀l = 0, 1, . . . , rj − 1.
Vậy
H(x) =
n
j=1
rj−1
k=0
αk,j
(x − xj)rj−k
W(x)
41

44. là nghiệm duy nhất của bài toán.
2.2.2 Bài toán nội suy Lagrange
Nếu trong bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch phải nếu cho
Ii = {0} với i = 1, 2, . . . , n thì ta có bài toán nội suy Lagrange (L1).
Bài toán 3. (L1)
Tìm đa thức u bậc n − 1, u = z0 + Rz1 + · · · + Rn−1
zn−1 với R ∈ RD
và z0, z1, . . . , zn−1 ∈ ker D được xác định, sao cho đối với n toán tử ban
đầu khác nhau cho trước F1, F2, . . . , Fn ta có
Fiu = ui, i = 1, 2, . . . , n,
trong đó ui ∈ ker D cho trước.
Từ định lý 2.2 ta có
Định lý 2.5. [4] Giả sử D ∈ R(X) và {F1, F2, . . . , Fn} là hệ các toán tử
ban đầu của D có tính chất c(R), với R ∈ RD. Khi đó điều kiện cần và
đủ để bài toán nội suy (L1) có duy nhất nghiệm là hệ {F1, F2, . . . , Fn} độc
lập tuyến tính trên Pn(R). Nếu điều kiện đó được thỏa mãn thì nghiệm duy
nhất là
u =
n−1
j=0
Vnj(R)uj,
trong đó
Vnj(t) := V −1
n
n−1
k=0
(−1)k+j
k!Vnjktk
(j = 0, 1, . . . , n − 1).
với Vnjk
là định thức con thu được từ Vn bằng cách bỏ đi cột thứ k và hàng
thứ j; j, k = 0, 1, . . . , n − 1.
42

45. Ví dụ 2.2. Cho
X = C(R),
D =
d
dt
,
(Rx)(t) =
t
0
x(s)ds,
(Rix)(t) =
t
i
x(s)ds, i = 1, 2, 3,
(Fix)(t) = x(i), i = 1, 2, 3.
Tìm đa thức x bậc 2, x = R2
z2 + Rz1 + z0 với R ∈ RD và z0, z1, z2 ∈ R
sao cho đối với hệ toán tử ban đầu {F1, F2, F3}, ta có
Fix = xi, i = 1, 2, 3; xi ∈ R.
Giải. Với mọi z ∈ ker D ta có
Rz =
t
0
zds = zt,
R2
z = R(Rz) =
zt2
2
,
suy ra
x =
z2t2
2
+ z1t + z0.
Từ phương trình Fix = xi, i = 1, 2, 3; xi ∈ R ta có hệ



z2
2
+ z1 + z0 = x1
2z2 + 2z1 + z0 = x2
9z2
2
+ 3z1 + z0 = x3.
Hệ này tương đương với



z0 = 3x1 − 3x2 + x3
z1 = −
5
2
x1 + 4x2 −
3
2
x3
z2 = x1 − 2x2 + x3.
43

46. Do đó
x = (
1
2
x1 − x2 +
1
2
x3)t2
+ (−
5
2
x1 + 4x2 −
3
2
x3)t + 3x1 − 3x2 + x3.
Ví dụ 2.3. Cho X = C(R) và hệ n điểm {t1, t2, . . . , tn}, ti ∈ R, ti =
tj, ∀i = j.
Đặt
D =
d
dt
,
(Rx)(t) =
t
0
x(s)ds,
(Rix)(t) =
t
ti
x(s)ds,
(Fix)(t) = x(ti), ti ∈ R.
Tìm đa thức x bậc n − 1, x = z0 + Rz1 + · · · + Rn−1
zn−1 với R ∈ RD và
z0, z1, . . . , zn−1 ∈ R sao cho đối với n toán tử ban đầu (Fix)(t) = x(ti), i =
1, 2, . . . , n, ti ∈ R ta có
Fix = xi, i = 1, 2, . . . , n; xi ∈ R.
Giải. Theo ví dụ 1.9 thì {Fi}i=1,2,...,n là hệ các toán tử ban đầu của D, có
tính chất c(R), độc lập tuyến tính trên Pn(R). Do đó theo định lí 2.5 thì
bài toán có nghiệm duy nhất.
Theo định lí 2.4, nghiệm duy nhất này là đa thức bậc n − 1 theo t.
Bây giờ chúng ta đi xây dựng nghiệm của bài toán.
Với
ωj(t) :=
n
i=1
i=j
t − ti
tj − ti
,
ω(t) :=
n
j=1
xjωj(t),
44

47. ta thấy ω(t) là đa thức bậc n − 1 theo t.
Mặt khác ta có
Fiωj(t) = ωj(ti)
= δij.
Suy ra
Fiω(t) = ω(ti)
=
n
j=1
xjωj(ti)
= xi.
Vậy
ω(t) =
n
j=1
xj
n
i=1
i=j
t − ti
tj − ti
là nghiệm duy nhất của bài toán.
2.2.3 Bài toán nội suy Newton
Nếu trong bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch phải cho Ii = {i}
với i = 1, 2, . . . , n thì ta có bài toán nội suy Newton (N1).
Bài toán 4. (N1)
Tìm đa thức u bậc n − 1, u = z0 + Rz1 + · · · + Rn−1
zn−1 với R ∈ RD
và z0, z1, . . . , zn−1 ∈ ker D được xác định, sao cho đối với n toán tử ban
đầu khác nhau cho trước F0, F2, . . . , Fn−1 ta có
FmDm
u = um, m = 0, 1, . . . , n − 1,
trong đó u0, u1, . . . , un−1 ∈ ker D cho trước.
Từ định lý 2.2 ta có
Định lý 2.6. [4] Giả sử D ∈ R(X) và F0, F1, . . . , Fn−1 ∈ c(R) với R ∈
RD, tức là
FiRk
z =
dik
k!
z, i = 0, 1, . . . , n − 1; k ∈ N.
45

48. Nếu
Vn = det(dik)n−1
i,k=0 = 0
thì bài toán (N1) có duy nhất nghiệm với hệ bất kì u0, u1, . . . , un−1 ∈ ker D.
Khi đó, nghiệm duy nhất được cho bởi
u =
n−1
j=0
Vnj(R)uj,
trong đó
Vnj(t) := V −1
n
n−1
k=0
(−1)k+j
k!Vnjktk
(j = 0, 1, . . . , n − 1),
và Vnjk là định thức con thu được bằng cách bỏ đi hàng j và cột k của
Vn; j, k = 0, 1, . . . , n − 1.
Ví dụ 2.4. Cho X = C(R) và hệ n điểm {t0, t1, . . . , tn−1}, ti = tj, ∀i = j.
Đặt
D =
d
dt
,
(Rx)(t) =
t
0
x(s)ds,
(Rix)(t) =
t
ti
x(s)ds,
(Fix)(t) = x(ti).
Tìm đa thức x bậc n − 1, x = z0 + Rz1 + · · · + Rn−1
zn−1 với R ∈ RD và
z0, z1, . . . , zn−1 ∈ R sao cho đối với n toán tử ban đầu (Fix)(t) = x(ti), i =
0, 1, . . . , n − 1, ti ∈ R ta có
FiDi
x = xi, i = 0, 1, . . . , n − 1; xi ∈ R.
Giải. Theo ví dụ 1.9 thì {Fi, i = 1, 2, . . . , n} là hệ các toán tử ban đầu
của D, có tính chất c(R), độc lập tuyến tính trên Pn(R). Do đó theo định
46

49. lí 2.6 thì bài toán có nghiệm duy nhất.
Bây giờ ta đi xác định nghiệm của bài toán.
Giả sử x là nghiệm của bài toán. Khi đó x có dạng
x =
n−1
i=0
Ri
zi, R ∈ RD, zi ∈ ker D.
Áp dụng công thức Taylor - Gontcharov ta có
x = F0x +
n−1
k=1
R0 . . . Rk−1FkDk
x + R0 . . . Rn−1Dn
x
= x0 +
n−1
k=1
R0 . . . Rk−1xk(vì FkDk
x = xk và Dn
x = 0).
Ta chứng minh x = x0 +
n−1
k=1
R0 . . . Rk−1xk thỏa mãn các điều kiện của bài
toán.
Ta có
FiDi
x = FiDi
(x0 +
n−1
k=1
R0 . . . Rk−1xk).
Với i = n − 1, ta có
Fn−1Dn−1
x = Fn−1Dn−1
(x0 +
n−1
k=1
R0 . . . Rk−1xk)
= Fn−1Dn−1
x0 + Fn−1xn−1
= xn−1(Do x0, xn−1 ∈ ker D).
Với i = n − 2, ta có
Fn−2Dn−2
x = Fn−2Dn−2
(x0 +
n−1
k=1
R0 . . . Rk−1xk)
= Fn−2xn−2 + Fn−2Rn−2xn−1
= xn−2 + Fn−2(t − tn−2)xn−1
= xn−2 + (tn−2 − tn−2)xn−1
= xn−2.
47

50. Biến đổi tương tự với i = n − 3, n − 4, . . . , 0 ta có FiDi
x = xi,
hay x = x0 +
n−1
k=1
R0 . . . Rk−1xk là một nghiệm của bài toán.
Vậy x = x0 +
n−1
k=0
R0 . . . Rk−1xk là nghiệm duy nhất của bài toán.
Theo giả thiết nghiệm này được xác định như sau
x = x0 +
n−1
k=1
t
t0
τ1
t1
. . .
τk−2
tk−1
xkdτk−1 . . . dτ1dτ0.
Ví dụ 2.5. Cho X là tập hợp tất cả các dãy vô hạn x = {xn} =
{x0, x1, x2, . . . }, với xn ∈ R.
Dx = {xn+1 − xn} = {x1 − x0, x2 − x1, . . . }, x = {xn} ∈ X,
Rix = {yn : y0 = ci, yn =
n−1
k=0
xk + ci, n = 1, 2, . . . ; ci ∈ R},
Fix = {zn : zn = x0 − ci, n = 0, 1, . . . ; ci ∈ R}.
Tìm đa thức x bậc N − 1, x = z0 + Rz1 + · · · + RN−1
zN−1 với R ∈ RD
và z0, z1, . . . , zN−1 ∈ ker D sao cho đối với N toán tử ban đầu Fi, i =
0, 1, . . . , N − 1 ta có
FiDi
x = xi, i = 0, 1, . . . , N − 1; xi ∈ R.
Giải. Giả sử x là nghiệm của bài toán. Khi đó x có dạng
x =
N−1
i=0
Ri
zi, R ∈ RD, zi ∈ ker D.
Áp dụng công thức Taylor - Gontcharov ta có
x = F0x +
N−1
k=1
R0 . . . Rk−1FkDk
x + R0 . . . RN−1DN
x
= x0 +
N−1
k=1
R0 . . . Rk−1xk(vì FkDk
x = xk và DN
x = 0).
48

51. Ta chứng minh x = x0 +
N−1
k=1
R0 . . . Rk−1xk thỏa mãn các điều kiện của
bài toán.
Ta có
FiDi
x = FiDi
(x0 +
N−1
k=1
R0 . . . Rk−1xk).
Với i = N − 1, ta có
FN−1DN−1
x = FN−1DN−1
(x0 +
N−1
k=1
R0 . . . Rk−1xk)
= FN−1DN−1
x0 + FN−1xN−1
= xN−1(Do x0, xN−1 ∈ ker D).
Với i = N − 2, ta có
FN−2DN−2
x = FN−2DN−2
(x0 +
N−1
k=1
R0 . . . Rk−1xk)
= FN−2xN−2 + FN−2RN−2xN−1.
Mà
RN−2xN−1 = {yn : y0 = cN−2, yn =
n−1
k=0
xN−1k
+ cN−2, n = 1, 2, . . . }
nên
FN−2RN−2xN−1 = {zn : zn = y0 − cN−2 = 0, n = 0, 1, . . . }.
Suy ra
FN−2DN−2
x = xN−2.
Biến đổi tương tự với i = N − 3, N − 4, . . . , 0 ta có FiDi
x = xi.
Vậy x = x0 +
N−1
k=1
R0 . . . Rk−1xk là một nghiệm của bài toán.
Ta chứng minh x = x0 +
n−1
k=1
R0 . . . Rk−1xk là nghiệm duy nhất của bài
toán.
49

52. Giả sử y, z là hai nghiệm của bài toán.
Khi đó
y =
n−1
k=0
Rk
yk, z =
n−1
k=0
Rk
zk; yk, zk ∈ kerD.
Suy ra
y − z =
n−1
k=0
Rk
yk −
n−1
k=0
Rk
zk =
n−1
k=0
Rk
(yk − zk).
Ta có
FiDi
(y − z) = FiDi
y − FiDi
z = xi − xi = 0.
Suy ra
FiDi
n−1
k=0
Rk
(yk − zk) = 0.
Từ đó ta có
Fn−1Dn−1
(y − z) = Fn−1(yn−1 − zn−1)
= Fn−1yn−1 − Fn−1zn−1 = yn−1 − zn−1 = 0,
Fn−2Dn−2
(y − z) = Fn−2(yn−2 − zn−2) + Fn−2R(yn−1 − zn−1)
= yn−2 − zn−2 = 0,
. . .
F1D(x − y) = F1(y1 − z1) +
n−1
k=2
F1Rk−1
(yk − zk) = y1 − y1 = 0,
F0(y − z) = F0(y0 − z0) +
n−1
k=1
F0Rk
(yk − zk) = y0 − z0 = 0.
Suy ra yi = zi, i = 0, 1, . . . , n − 1 hay y = z.
Vậy x = x0 +
N−1
k=1
R0 . . . Rk−1xk là nghiệm duy nhất của bài toán.
Do xk ∈ ker D nên xk = {dk, dk, . . . , dk}, dk ∈ R.
50

53. Vì vậy
Rk−1xk = {yk−1n
: yk−10
= ck−1, yk−1n
= ndk + ck−1, n = 1, 2, . . . },
Rk−2Rk−1xk = {yk−2n
: yk−20
= ck−2, yk−2n
=
n−1
i=0
yk−1i
+ ck−2, n = 1, 2, . . . },
. . .
R0 . . . Rk−1xk = {y0n
: y00
= c0, y0n
=
n−1
i=0
y1i
+ c0, n = 1, 2, . . . }.
2.2.4 Bài toán nội suy Taylor
Trong bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch phải nếu cho I =
{1, 2, . . . , N − 1} thì ta có bài toán nội suy Taylor (T1).
Bài toán 5. (T1)
Cho D ∈ R(X) và F là một toán tử ban đầu của D tương ứng với R.
Tìm đa thức u bậc N − 1, u = z0 + Rz1 + ... + RN−1
zN−1 với R ∈ RD và
z0, z1, . . . , zN−1 ∈ ker D được xác định, sao cho
FDi
u = ui, i = 0, 1, . . . , N − 1,
trong đó u0, u1, . . . , uN−1 ∈ ker D cho trước.
Ví dụ 2.6. Cho X = C(a, b), a, b ∈ R,
D =
d
dt
,
(Rx)(t) =
t
t0
x(s)ds,
(Fx)(t) = x(t0), t0 ∈ (a, b).
Tìm đa thức x bậc N − 1, x = z0 + Rz1 + · · · + RN−1
zN−1 với R ∈ RD và
z0, z1, . . . , zN−1 ∈ ker D ta có
FDi
x = xi, i = 0, 1, . . . , N − 1; xi ∈ R.
51

54. Giải. Giả sử x là nghiệm của bài toán. Khi đó x có dạng
x =
N−1
i=0
Ri
zi, R ∈ RD, zi ∈ ker D.
Áp dụng công thức Taylor ta có
x =
N−1
k=0
Rk
FDk
x + RN
DN
x
=
N−1
k=0
Rk
xk(vì FDk
x = xk và DN
x = 0).
Ta chứng minh x =
N−1
k=0
Rk
xk thỏa mãn các điều kiện của bài toán.
Ta có
FDi
x = FDi
N−1
k=0
Rk
xk
= Fxi +
N−1
k=i+1
FRk−i
xk.
Vì xi ∈ ker D nên theo hệ quả 1.1 ta có Fxi = xi.
Với xk ∈ ker D ta có
Rxk =
t
t0
xkds = xk(t − t0),
R2
xk = R(Rxk) = R(xk(t − t0)) =
t
t0
xk(t − t0)ds = xk(t − t0)2
,
. . .
Rj
xk = xk(t − t0)j
nên
FRj
xk = F(xk(t − t0)j
) = xk(t0 − t0)j
= 0.
Do đó
N−1
k=i+1
FRk−i
xk = 0.
52

55. Vì vậy
FDi
x = xi.
Ta chứng minh x =
N−1
k=0
Rk
xk là nghiệm duy nhất của bài toán.
Giả sử y, z là hai nghiệm của bài toán.
Khi đó
y =
N−1
k=0
Rk
yk, z =
N−1
k=0
Rk
zk; yk, zk ∈ kerD.
Suy ra
y − z =
N−1
k=0
Rk
yk −
N−1
k=0
Rk
zk =
N−1
k=0
Rk
(yk − zk).
Ta có
FDi
(y − z) = FDi
y − FDi
z = xi − xi = 0,
suy ra
FDi
N−1
k=0
Rk
(yk − zk) = 0.
Cho i = N − 1, ta có
F(yN−1 − zN−1) = FyN−1 − FzN−1 = yN−1 − zN−1 = 0
hay yN−1 = zN−1.
Tương tự với i = N − 2, . . . , 0 ta có yN−2 = zN−2, . . . , y0 = z0.
Suy ra y = z.
Vậy x =
N−1
k=0
Rk
xk là nghiệm duy nhất của bài toán.
Do
Rk
xk =
(t − t0)k
k!
xk
nên
x =
N−1
k=0
(t − t0)k
k!
xk.
53

56. Ví dụ 2.7. Cho X là tập hợp tất cả các dãy vô hạn x = {xn} =
{x0, x1, x2, . . . }, với xn ∈ R.
Dx = {xn+1 − xn} = {x1 − x0, x2 − x1, . . . }, x = {xn} ∈ X,
Rx = {yn : y0 = 0, yn =
n−1
k=0
xk, n = 1, 2, . . . },
Fx = {zn : zn = x0, n = 0, 1, . . . }.
Tìm đa thức u bậc N−1, u = z0+Rz1+· · ·+RN−1
zN−1 với z0, z1, . . . , zN−1 ∈
ker D, zi = {zik
, k = 0, 1, . . . }, i = 0, 1, . . . , N − 1 ta có
FDi
u = ui, i = 0, 1, . . . , N − 1; ui ∈ ker D.
Giải. Giả sử x là nghiệm của bài toán. Khi đó x có dạng
x =
N−1
i=0
Ri
zi, R ∈ RD, zi ∈ ker D.
Áp dụng công thức Taylor ta có
x =
N−1
k=0
Rk
FDk
x + RN
DN
x
=
N−1
k=0
Rk
xk(vì FDk
x = xk và DN
x = 0).
Ta chứng minh x =
N−1
k=0
Rk
xk thỏa mãn các điều kiện của bài toán.
Ta có
FDi
x = FDi
N−1
k=0
Rk
xk
= Fxi +
N−1
k=i+1
FRk−i
xk.
Vì xi ∈ ker D nên theo hệ quả 1.1 ta có Fxi = xi.
54

57. Với xk ∈ ker D ta có
Rxk = {y1n
: y10
= 0, y1n
=
n−1
i=0
xki
, n = 1, 2, . . . },
R2
xk = R(Rxk) = {y2n
: y20
= 0, y2n
=
n−1
i=0
y1i
, n = 1, 2, . . . },
. . .
Rj
xk = {yjn
: yj0
= 0, yjn
=
n−1
i=0
yj−1i
, n = 1, 2, . . . }
nên
FRj
xk = {zjn
: zjn
= yj0
= 0, n = 0, 1, . . . }.
Do đó
N−1
k=i+1
FRk−i
xk = 0.
Vì vậy
FDi
x = xi.
Ta chứng minh x =
N−1
k=0
Rk
xk là nghiệm duy nhất của bài toán.
Giả sử y, z là hai nghiệm của bài toán.
Khi đó
y =
N−1
k=0
Rk
yk, z =
N−1
k=0
Rk
zk; yk, zk ∈ kerD.
Suy ra
y − z =
N−1
k=0
Rk
yk −
N−1
k=0
Rk
zk =
N−1
k=0
Rk
(yk − zk).
Ta có
FDi
(y − z) = FDi
y − FDi
z = xi − xi = 0.
Suy ra
FDi
N−1
k=0
Rk
(yk − zk) = 0.
55

58. Cho i = N − 1, ta có
F(yN−1 − zN−1) = FyN−1 − FzN−1 = yN−1 − zN−1 = 0
hay yN−1 = zN−1.
Tương tự với i = N − 2, . . . , 0 ta có yN−2 = zN−2, . . . , y0 = z0.
Suy ra y = z.
Vậy x =
N−1
k=0
Rk
xk là nghiệm duy nhất của bài toán. Do xk ∈ ker D nên
xk = {dk, dk, . . . , dk}, dk ∈ R.
Vì vậy
Rxk = {y1n
: y10
= 0, y1n
= ndk, n = 1, 2, . . . },
Rj
xk = {yjn
: yj0
= 0, yjn
=
n−1
i=0
yj−1i
, n = 1, 2, . . . },
với j = 2, 3, . . . , N − 1.
56

59. Chương 3
Lý thuyết toán tử khả nghịch trái
3.1 Toán tử khả nghịch trái trên không gian tuyến
tính
Trong chương này ta xét toán tử khả nghịch trái ∆ với ∆ ∈ L0(X) =
{A ∈ L(X), domA = X}. Ta nhắc lại định nghĩa toán tử khả nghịch trái
đã nêu ở chương 1.
Định nghĩa 3.1. Toán tử ∆ ∈ L0(X) = {A ∈ L(X), domA = X} được
gọi là khả nghịch trái nếu tồn tại toán tử L ∈ L(X) sao cho ∆X ⊂ domL
và L∆ = I, trong đó I là toán tử đồng nhất.
Kí hiệu Λ(X) là tập các toán tử khả nghịch trái và L∆ là tập tất cả
các khả nghịch trái của ∆ ∈ Λ(X).
Ví dụ 3.1. Cho X = C(R). Định nghĩa toán tử ∆ như sau
(∆x)(t) =
t
0
x(s)ds, x ∈ X.
Rõ ràng dom∆ = X.
Toán tử ∆ khả nghịch trái nhưng không khả nghịch.
Thật vậy, xét toán tử
(Lx)(t) =
dx
dt
, x ∈ X.
57

60. Với x ∈ X, đặt
y(t) = (∆x)(t) =
t
0
x(s)ds, y(t) ∈ X.
Ta có
(L∆x)(t) =
d
dt
y(t) = x(t),
suy ra
L∆ = I,
hay ∆ là toán tử khả nghịch trái.
Tuy nhiên toán tử ∆ không khả nghịch.
Thật vậy, vẫn với toán tử L xác định như trên ta có
(∆Lx)(t) =
t
0
x,
(s)ds = x(t) − x(0).
Nếu x(0) = 0 thì (∆Lx)(t) = x(t), hay L∆ = I.
Như vậy toán tử ∆ khả nghịch trái nhưng không khả nghịch.
Ví dụ 3.2. Cho X là tập hợp tất cả các dãy vô hạn x = {xn} =
{x0, x1, x2, . . . }, với xn ∈ R.
Cho x ∈ X, x = {xn}, định nghĩa toán tử ∆ như sau
∆x = {0, x0, x0 + x1, x0 + x1 + x2, . . . }
= {yn : y0 = 0, yn =
n−1
k=0
xk, n = 1, 2, . . . }.
Rõ ràng domD = X.
Ta chứng minh toán tử D khả nghịch trái nhưng không khả nghịch.
Thật vậy, với toán tử
Lx = {xn+1 − xn} = {x1 − x0, x2 − x1, . . . },
ta có
L∆x = {x0, x1, . . . } = x, ∀x = {xn} ∈ X,
58

61. hay
L∆ = I.
Điều đó có nghĩa là ∆ là toán tử khả nghịch trái và L ∈ L∆.
Tuy nhiên
∆Lx = {0, x1 − x0, x2 − x0, x3 − x0, . . . },
tức là ∆L = I, hay toán tử ∆ không khả nghịch.
Vậy toán tử ∆ khả nghịch trái nhưng không khả nghịch.
Mệnh đề 3.1. Nếu ∆ ∈ Λ(X) và L ∈ L∆, thì
Ln
∆n
= I, ∀n ∈ N∗
. (3.1)
Chứng minh. Ta chứng minh mệnh đề trên bằng phương pháp qui nạp
toán học.
Với n = 1, ta có L∆ = I, (3.1) đúng.
Giả sử (3.1) đúng với n = k, k ∈ N∗
, tức là
Lk
∆k
= I,
ta sẽ chứng minh (3.1) cũng đúng với n = k + 1, tức là
Lk+1
∆k+1
= I.
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có
Lk+1
∆k+1
= L(Lk
∆k
)∆ = L∆ = I.
Vậy (3.1) đúng với mọi n ∈ N∗
.
Định lý 3.1. Giả sử ∆ ∈ Λ(X) và L1 ∈ L∆. Khi đó mọi nghịch đảo trái
L của ∆ có dạng
L = L1 + A(I − ∆L1),
trong đó A ∈ L(X), Im(I − ∆L1) ⊂ domA.
59

62. Chứng minh. Giả sử L1 ∈ L∆ và
L = L1 + A(I − ∆L1).
Khi đó, ta có
L∆ = [L1 +A(I −∆L1)]∆ = L1∆+A∆−A∆(L1∆) = I +A∆−A∆ = I.
Vậy L ∈ L∆.
Ngược lại, giả sử L1 ∈ L∆ cho trước và L ∈ L∆ bất kì.
Đặt A = L − L1.
Rõ ràng A ∈ L(X).
Ta có
A(I−∆L1) = (L−L1)(I−∆L1) = L−L∆L1−L1+L1∆L1 = L−L1 = A,
hay Im(I − ∆L1) ⊂ dom A.
Khi đó ta có
L1 + A(I − ∆L1) = L1 + L − L1 = L.
Ví dụ 3.3.
X = C(R),
(∆x)(t) =
t
0
x(s)ds, x ∈ X,
(Lx)(t) =
dx
dt
, x ∈ X, t ∈ R.
Từ ví dụ 3.1 ta suy ra L ∈ L∆. Theo định lí 3.1 thì mọi toán tử Li bất kì
thuộc L∆ đều có dạng
Li = L + Ai(I − ∆L),
trong đó Ai ∈ L(X), Im(I − ∆L) ⊂ domAi.
Nếu Ai là toán tử được xác định bởi
(Aix)(t) = cix(t), ci ∈ R
60

63. thì
(Ai(I − ∆L)x)(t) = Ai(x(t) − x(t) + x(0)) = cix(0),
nên
(Lix)(t) =
dx
dt
+ cix(0).
Do đó
L∆ = {Li : (Lix)(t) =
dx
dt
+ cix(0), ci ∈ R}.
Ví dụ 3.4. Cho X là tập hợp tất cả các dãy vô hạn x = {xn} =
{x0, x1, x2, . . . }, với xn ∈ R.
Cho x ∈ X, x = {xn},
∆x = {0, x0, x0 + x1, x0 + x1 + x2, . . . }
= {yn : y0 = 0, yn =
n−1
k=0
xk, n = 1, 2, . . . },
Lx = {xn+1 − xn} = {x1 − x0, x2 − x1, . . . }.
Theo định lí 3.1, mọi khả nghịch trái Li của ∆ đều có dạng
Li = L + Ai(I − ∆L), Ai ∈ L(X), Im(I − ∆L) ⊂ domAi,
hay
Lix = Lx + Ai(I − ∆L)x.
Mà
Lx = {x1 − x0, x2 − x1, . . . },
∆Lx = {0, x1 − x0, x2 − x0, x3 − x0, . . . },
(I − ∆L)x = {x0, x0, x0, . . . },
nên
Lix = Lx + Aiz, z = {zn, zn = x0, n = 0, 1, . . . }.
Do đó
L∆ = {Li : Lix = Lx + Aiz, z = {zn = x0}, Ai ∈ L(X)}.
61

64. Nếu Ai là toán tử được xác định bởi
Aix = {yn : yn = cixn, ci ∈ R, n = 0, 1, 2, . . . }, x = {xn} ∈ X
thì
L∆ = {Li : Lix = {zn : zn = xn+1 − xn + cix0, ci ∈ R}, x = {xn} ∈ X}.
3.2 Toán tử đối ban đầu
Định nghĩa 3.2. Toán tử G ∈ L(X) được gọi là toán tử đối ban đầu
tương ứng với khả nghịch trái L của ∆, nếu nó thỏa mãn điều kiện
G2
= G, {x ∈ domL : Gx = x} = ker L, ker G = ∆X.
Kí hiệu tập tất cả các toán tử đối ban đầu của ∆ là G∆, khi đó
G∆ = {G ∈ L(X) : G2
= G, {x ∈ domL : Gx = x} = ker L, ker G = ∆X}.
Từ định nghĩa toán tử đối ban đầu ta có hệ quả sau đây
Hệ quả 3.1. G∆ = 0 trên X.
Chứng minh. Vì ker G = ∆X nên với mọi x ∈ X ta có ∆x ∈ ker G.
Suy ra G∆x = 0, ∀x ∈ X hay G∆ = 0 trên X.
Định lý 3.2. Giả sử ∆ ∈ Λ(X), G ∈ L(X). Điều kiện cần và đủ để G là
một toán tử đối ban đầu của ∆ tương ứng với L ∈ L∆ là
G = I − ∆L trên domL.
Chứng minh. Điều kiện cần. Giả sử G là toán tử đối ban đầu của ∆ tương
ứng với L ∈ L∆ và x là phần tử bất kì thuộc domL. Ta có
(I − ∆L)x = x − ∆Lx.
Mà
L(x − ∆Lx) = Lx − L(∆Lx)
= Lx − (L∆)Lx
= Lx − Lx vì L∆ = I
= 0.
62

65. Suy ra x − ∆Lx ∈ ker L. Do đó
x − ∆Lx = G(x − ∆Lx)
= Gx − G(∆Lx)
= Gx − (G∆)Lx
= Gx vì G∆ = 0 ,
hay
Gx = (I − ∆L)x.
Do x là phần tử bất kì thuộc domL nên G = I − ∆L trên domL.
Điều kiện đủ. Giả sử G = I − ∆L trên domL. Ta có
G2
= (I − ∆L)(I − ∆L)
= I − ∆L − ∆L + ∆L∆L
= I − 2∆L + ∆L
= I − ∆L
= G.
Với mọi x ∈ ker L, ta có
Gx = (I − ∆L)x = x − ∆Lx = x,
suy ra
ker L ⊂ {x ∈ domL : Gx = x}.
Do
LG = L(I − ∆L) = L − L∆L = L − L = 0
nên
{x ∈ domL : Gx = x} ⊂ ker L.
Vậy
{x ∈ domL : Gx = x} = ker L.
Với mọi x ∈ ker G, ta có
Gx = (I − ∆L)x = x − ∆Lx = 0,
63

66. hay
∆Lx = x,
suy ra ker G ⊂ ∆X.
Mặt khác theo hệ quả 3.1 ta có ∆X ⊂ ker G.
Do đó ∆X = ker G.
Vậy G là toán tử đối ban đầu của ∆ tương ứng với khả nghịch trái L.
Định nghĩa 3.3. Các phần tử có dạng z0 + ∆z1 + · · · + ∆m
zm trong đó
zk ∈ ker L, được gọi là ∆-đa thức.
Định nghĩa 3.4. Cho ∆ ∈ Λ(X). Toán tử đối ban đầu G0 của ∆ có tính
chất c(∆) đối với mỗi L ∈ L∆, nếu tồn tại đại lượng vô hướng ck sao cho
G0∆k
z =
ckz
k!
, ∀z ∈ ker L, k ∈ N.
Khi đó ta viết G0 ∈ c(∆).
Ví dụ 3.5. Cho
X = C(R),
∆ =
t
0
,
(Lx)(t) =
dx
dt
.
Ta đi xác định tập các toán tử đối ban đầu của ∆.
Gọi G là toán tử đối ban đầu của ∆ tương ứng với L.
Theo định lí 3.2 với x ∈ domL ta có
(Gx)(t) = (I − ∆L)x(t)
= x(t) − (∆L)(t)
= x(t) − x(t) + x(0)
= x(0).
Giả sử Li ∈ L∆,
L∆ = {Li : (Lix)(t) =
dx
dt
+ cix(0), ci ∈ R}
64

67. và Gi là toán tử đối ban đầu của ∆ tương ứng với Li.
Theo định lí 3.2 với x(t) ∈ domL ta có
(Gix)(t) = (I − ∆Li)x(t)
= x(t) − (∆Lix)(t)
= x(t) −
t
0
(
dx
dt
+ cix(0))ds
= x(t) − x(t) + x(0) − cix(0)t
= x(0) − cix(0)t.
Mỗi họ nghịch đảo trái
L∆ = {Li : (Lix)(t) =
dx
dt
+ cix(0), ci ∈ R}
xác định duy nhất một họ toán tử đối ban đầu
G∆ = {Gi : (Gix)(t) = x(0) − cix(0)t, ci ∈ R}.
Ví dụ 3.6. Cho X là tập hợp tất cả các dãy vô hạn x = {xn} =
{x0, x1, x2, . . . }, với xn ∈ R.
Cho x ∈ X, x = {xn},
∆x = {0, x0, x0 + x1, x0 + x1 + x2, . . . }
= {yn : y0 = 0, yn =
n−1
k=0
xk, n = 1, 2, . . . },
Lx = {xn+1 − xn} = {x1 − x0, x2 − x1, . . . }.
Ta đi xác định tập các toán tử đối ban đầu của ∆.
Gọi G là toán tử đối ban đầu của ∆ tương ứng với L.
Theo định lí 3.2 với x ∈ domL ta có
Gx = (I − ∆L)x
= x − (∆L)x
= {x0, x0, . . . }.
Giả sử Li ∈ L∆,
L∆ = {Li : Lix = {zn : zn = xn+1 − xn + cix0, ci ∈ R}, x = {xn} ∈ X}
65

68. và Gi là toán tử đối ban đầu của ∆ tương ứng với Li.
Theo định lí 3.2 với x(t) ∈ domL, ta có
Gix = (I − ∆Li)x
= x − ∆Lix
mà
∆Lix = {0, x1 − x0 + cix0, x2 − x0 + 2cix0, . . . }
nên
Gix = {x0, x0 − cix0, x0 − 2cix0, . . . }
Do đó, mỗi họ nghịch đảo trái
L∆ = {Li : Lix = {zn : zn = xn+1 − xn + cix0, ci ∈ R}, x = {xn} ∈ X}
xác định duy nhất một họ toán tử đối ban đầu
G∆ = {Gi : Gix = {x0, x0 − cix0, x0 − 2cix0, . . . }, x = {xn} ∈ X}.
3.3 Công thức Taylor và Taylor - Gontcharov
Từ định lí 3.2 chúng ta thấy rằng mỗi họ L∆ = {Lβ}β∈Γ tất cả các
nghịch đảo trái của một toán tử ∆ ∈ Λ(X) xác định duy nhất một họ
G∆ = {Gβ}β∈Γ các toán tử đối ban đầu của ∆ và
Gβ = I − ∆Lβ trên domL, ∀β ⊂ Γ. (3.2)
Định lý 3.3. (Công thức Taylor - Gontcharov)
Giả sử ∆ ∈ Λ(X) và G∆ = {Gβ}β∈Γ là họ các toán tử đối ban đầu của
∆ tương ứng với L∆ = {Lβ}β∈Γ. Giả sử {βn} ⊂ Γ là một dãy bất kì của
các chỉ số, khi đó
I = Gβ0
+
N−1
k=1
∆k
Gβk
Lβk−1
. . . Lβ0
+∆N
LβN−1
. . . Lβ0
trên dom(LβN−1
. . . Lβ0
),
(3.3)
với giả thiết Im(LβN−1
. . . Lβ0
) ⊂ dom∆k
(k = 1, . . . , N).
66

69. Chứng minh. Chứng minh định lí bằng phương pháp quy nạp toán học.
Với N = 1, ta có (3.2)
I = Gβ0
+ ∆Lβ0
trên domL.
Giả sử (3.3) đúng với mọi N ∈ N∗
. Khi đó, theo giả thiết qui nạp, trên
dom(LβN
. . . Lβ0
) ta có
∆N+1
LβN
. . . Lβ0
= ∆N
(∆LβN
)LβN−1
. . . Lβ0
= ∆N
(I − GβN
)LβN−1
. . . Lβ0
= ∆N
LβN−1
. . . Lβ0
− ∆N
GβN
LβN−1
. . . Lβ0
= I − Gβ0
−
N−1
k=1
∆k
Gβk
Lβk−1
. . . Lβ0
− ∆N
GβN
LβN−1
. . . Lβ0
= I − Gβ0
−
N
k=1
∆k
Gβk
Lβk−1
. . . Lβ0
.
Định lí được chứng minh.
Nếu trong (3.3) đặt Lβk
= L và Gβk
= G, với k = 0, 1, . . . , N − 1 thì
chúng ta có công thức Taylor
I =
N−1
k=0
∆k
GLk
+ ∆N
LN
trên domLN
,
với giả thiết ImLk
⊂ dom∆k
(k = 1, 2, . . . , N).
67

70. Chương 4
Bài toán nội suy sinh bởi toán tử
khả nghịch trái
4.1 Bài toán nội suy tổng quát sinh bởi toán tử khả
nghịch trái
Trong phần này, chúng ta giả sử rằng dim coker∆ = 0 tức là ∆ không
khả nghịch phải.
Bài toán 6. Cho N là một số nguyên dương và Ii, i = 1, 2, . . . , n là n tập
hữu hạn các số nguyên không âm nhỏ hơn N sao cho N = r1 +r2 +· · ·+rn,
với ri là số phần tử của Ii, i = 1, 2, . . . , n. Giả sử các phần tử của Ii được
sắp thứ tự, tức là
0 ≤ ki1 < ki2 < · · · < kiri
, i = 1, 2, . . . , n.
Tìm đa thức u bậc N −1, u = z0 +∆z1 +· · ·+∆N−1
zN−1 với ∆ ∈ Λ(X)
và z0, z1, . . . , zn ∈ ker L được xác định sao cho đối với n toán tử đối ban
đầu khác nhau G1, G2, . . . , Gn ∈ c(∆), ta có
GiLk
u = uik, k ∈ Ii, i = 1, . . . , n,
trong đó uik ∈ ker L cho trước.
Theo giả thiết, do G1, G2, . . . , Gn ∈ c(∆) nên tồn tại các đại lượng vô
hướng dik thỏa mãn
Gi∆k
z =
dik
k!
z, ∀z ∈ ker L, k ∈ Ii, i = 1, . . . , n.
68

71. Theo mệnh đề 3.1, ta có
GiLkij
u =
N−1
m=0
GiLkij
∆m
zm
=
kij−1
m=0
GiLkij
∆m
zm +
N−1
m=kij
GiLkij
∆m
zm
=
kij−1
m=0
GiLkij−m
Lm
∆m
zm +
N−1
m=kij
GiLkij
∆kij
∆m−kij
zm
=
kij−1
m=0
GiLkij−m
zm +
N−1
m=kij
Gi∆m−kij
zm
=
N−1
m=kij
Gi∆m−kij
zm
=
N−1
m=kij
di,m−kij
(m − kij)!
zm,
i = 1, 2, . . . , n, j = 1, 2, . . . , ri.
Xét các toán tử vectơ có số chiều N
ˆGi
(kij)
=(GiLkij
, GiLkij−1
, . . . , Gi, Gi∆, . . . , Gi∆N−1−kij
),
i = 1, 2, . . . , n, j = 1, 2, . . . , ri,
và đặt
PN (∆) =
N−1
j=0
∆j
(ker L).
Tương tự định lí 2.1 và định lí 2.2 ta có kết quả sau đây
Định lý 4.1. [4] Bài toán nội suy tổng quát đối với toán tử khả nghịch trái
∆ có duy nhất nghiệm nếu và chỉ nếu hệ các vectơ { ˆGi
(kij)
}i=1,2,...,n,j=1,2,...,ri
là độc lập tuyến tính trên PN (∆).
69

72. 4.2 Một số bài toán nội suy cổ điển
Trong phần tiếp theo ta xét một số bài toán nội suy cổ điển, đó là các
trường hợp cụ thể của bài toán nội suy tổng quát sinh bởi toán tử khả
nghịch trái.
4.2.1 Bài toán nội suy Hermit
Nếu trong bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch trái, cho Ii =
{0, 1, 2, . . . , ri − 1} thì ta có bài toán nội suy Hermit (H2).
Bài toán 7. (H2) Tìm đa thức u bậc N −1, u = z0+∆z1+· · ·+∆N−1
zN−1
với ∆ ∈ Λ(X) và z0, z1, . . . , zN−1 ∈ ker L được xác định sao cho đối với
n(n < N) toán tử đối ban đầu khác nhau G1, G2, . . . , Gn ∈ c(∆), ta có
GiLk
u = uik, k = 0, 1, 2, . . . , ri − 1; i = 1, 2, . . . , n,
trong đó uik ∈ ker L cho trước.
Từ định lí 4.1 ta có
Định lý 4.2. Giả sử ∆ ∈ Λ(X), L ∈ L∆ và G1, G2, . . . , Gn ∈ c(∆). Khi
đó bài toán nội suy (H2) có duy nhất nghiệm nếu và chỉ nếu hệ các vectơ
{GiLk
}i=1,2,...,n;k=0,1,...,ri−1 là độc lập tuyến tính trên PN (∆).
4.2.2 Bài toán nội suy Lagrange
Nếu trong bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch trái, cho Ii =
{0}, i = 1, 2, . . . , n thì ta có bài toán nội suy Lagrange (L2).
Bài toán 8. (L2) Tìm đa thức u bậc n−1, u = z0 +∆z1 +· · ·+∆n−1
zn−1
với ∆ ∈ Λ(X) và z0, z1, . . . , zn ∈ ker L được xác định sao cho đối với n
toán tử đối ban đầu khác nhau G1, G2, . . . , Gn ∈ c(∆), ta có
Giu = ui, i = 1, 2, . . . , n,
trong đó ui ∈ ker L cho trước.
70

73. Từ định lí 4.1 ta có
Định lý 4.3. Giả sử ∆ ∈ Λ(X), L ∈ L∆ và G1, G2, . . . , Gn ∈ c(∆). Khi
đó bài toán nội suy (L2) có duy nhất nghiệm nếu và chỉ nếu hệ các vectơ
{Gi}i=1,2,...,n là độc lập tuyến tính trên Pn(∆).
4.2.3 Bài toán nội suy Newton
Trong bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch trái nếu cho Ii = {i}
với i = 1, 2, . . . , n thì ta có bài toán nội suy Newton (N2).
Bài toán 9. (N2) Tìm đa thức u bậc n−1, u = z0 +∆z1 +· · ·+∆n−1
zn−1
với ∆ ∈ Λ(X) và z0, z1, . . . , zn−1 ∈ ker L được xác định sao cho đối với n
toán tử đối ban đầu khác nhau G0, G1, . . . , Gn−1 ∈ c(∆), ta có
GmLm
u = um, m = 0, 1, . . . , n − 1,
trong đó um ∈ ker L cho trước.
Từ định lí 4.1 ta có
Định lý 4.4. Giả sử ∆ ∈ Λ(X), L ∈ L∆ và G1, G2, . . . , Gn ∈ c(∆). Khi
đó bài toán nội suy (H2) có duy nhất nghiệm nếu và chỉ nếu hệ các vectơ
{GiLi
}i=1,2,...,n là độc lập tuyến tính trên Pn(∆).
4.2.4 Bài toán nội suy Taylor
Trong bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch trái nếu cho I =
{1, 2, . . . , N − 1} thì ta có bài toán nội suy Taylor (T2).
Bài toán 10. (T2)
Cho ∆ ∈ Λ(X) và G là một toán tử đối ban đầu của ∆ tương ứng với
L. Tìm đa thức u bậc N − 1, u = z0 + ∆z1 + · · · + ∆N−1
zN−1 với L ∈ L∆
và z0, z1, . . . , zN−1 ∈ ker L được xác định, sao cho
GLi
u = ui, i = 0, 1, . . . , N − 1,
trong đó u0, u1, . . . , uN−1 ∈ ker L được cho trước.
71

74. Ví dụ 4.1. Cho X = C(R),
∆ =
t
0
,
L =
d
dt
,
(Gx)(t) = x(0).
Tìm đa thức x bậc N−1, x = z0+∆z1+· · ·+∆N−1
zN−1 với z0, z1, . . . , zN−1 ∈
ker L sao cho
GLi
x = xi, i = 0, 1, . . . , N − 1; xi ∈ R.
Giải. Với x = z0+∆z1+· · ·+∆N−1
zN−1, trong đó L ∈ L∆ và z0, z1, . . . , zN−1 ∈
ker L ta có
GLi
x = GLi
N−1
k=0
∆k
zk
= GLi
(
i−1
k=0
∆k
zk + ∆i
zi +
N−1
k=i+1
∆k
zk)
= G (
i−1
k=0
Li−k
zk + zi +
N−1
k=i+1
∆k−i
zk)
= Gzi (do zk ∈ ker L và G∆ = 0 trên X)
= zi (do zi ∈ ker L).
Từ phương trình
GLi
x = xi, i = 0, 1, . . . , N − 1,
suy ra
zi = xi, i = 0, 1, . . . , N − 1.
Do đó x =
N−1
k=0
∆k
xk một nghiệm của bài toán.
Ta chứng minh rằng x =
N−1
k=0
∆k
xk là nghiệm duy nhất của bài toán.
72

75. Thật vậy, giả sử y, z là hai nghiệm của bài toán
y =
N−1
k=0
∆k
yk, z =
N−1
k=0
∆k
zk; yk, zk ∈ ker L.
Ta có
GLi
(y − z) = GLi
y − GLi
z = ui − ui = 0.
Mặt khác
GLi
(y − z) = GLi
y − GLi
z = yi − zi,
suy ra
yi − zi = 0 hay yi = zi, ∀i = 0, 1, ..., N − 1.
Do đó y = z, hay bài toán có nghiệm duy nhất.
Vậy x =
N−1
k=0
∆k
xk =
N−1
k=0
tk
k!
xk là nghiệm duy nhất của bài toán.
Ví dụ 4.2. Cho x ∈ X, x = {xn} = {x0, x1, x2, . . . },
∆x = {0, x0, x0 + x1, x0 + x1 + x2, . . . }
= {yn : y0 = 0, yn =
n−1
k=0
xk, n = 1, 2, . . . },
Lx = {xn+1 − xn} = {x1 − x0, x2 − x1, . . . }.
Tìm đa thức x bậc N−1, x = z0+∆z1+· · ·+∆N−1
zN−1 với z0, z1, . . . , zN−1 ∈
ker L sao cho
GLi
x = xi, i = 0, 1, . . . , N − 1; xi ∈ ker L.
Giải. Với x = z0+∆z1+· · ·+∆N−1
zN−1, trong đó L ∈ L∆ và z0, z1, . . . , zN−1 ∈
73

76. ker L ta có
GLi
x = GLi
N−1
k=0
∆k
zk
= GLi
(
i−1
k=0
∆k
zk + ∆i
zi +
N−1
k=i+1
∆k
zk)
= G (
i−1
k=0
Li−k
zk + zi +
N−1
k=i+1
∆k−i
zk)
= Gzi (do zk ∈ ker L và G∆ = 0 trên X).
= zi (do zi ∈ ker L).
Từ phương trình
GLi
x = xi, i = 0, 1, . . . , N − 1,
suy ra
zi = xi, i = 0, 1, . . . , N − 1.
Do đó x =
N−1
k=0
∆k
xk một nghiệm của bài toán.
Ta chứng minh rằng x =
N−1
k=0
∆k
xk là nghiệm duy nhất của bài toán.
Thật vậy, giả sử y, z là hai nghiệm của bài toán
y =
N−1
k=0
∆k
yk, z =
N−1
k=0
∆k
zk; yk, zk ∈ ker L.
Ta có
GLi
(y − z) = GLi
y − GLi
z = ui − ui = 0.
Mặt khác
GLi
(y − z) = GLi
y − GLi
z = yi − zi,
suy ra
yi − zi = 0 hay yi = zi, ∀i = 0, 1, ..., N − 1.
Do đó y = z, hay bài toán có nghiệm duy nhất.
Với xk ∈ ker L, ta có xk = {dk, dk, . . . , dk}, dk ∈ R.
74

77. Do đó
∆xk = {y1n
: y10
= 0, y1n
= ndk, n = 1, 2, . . . },
∆j
xk = {yjn
: yj0
= 0, yjn
=
n−1
i=0
yj−1i
, n = 1, 2, . . . },
với j = 2, 3, . . . , N − 1.
Nhận xét. Ta có thể xác định nghiệm của bài toán nội suy Taylor dựa
vào công thức Taylor.
Ta có
I =
N−1
k=0
∆k
GLk
+ ∆N
LN
trên domLN
,
suy ra
x =
N−1
k=0
∆k
GLk
x + ∆N
LN
x.
Do GLk
x = xk và do x =
N−1
0
∆k
zk, zk ∈ ker L nên
LN
x = LN
N−1
0
∆k
zk = Lzk = 0,
từ đó ta có thể xác định được một nghiệm của bài toán.
75

78. Kết luận
Luận văn đã trình bày một phần về lý thuyết toán tử khả nghịch phải
và trái cũng như các bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch phải và
trái. Ngoài ra luận văn còn có một hệ thống các ví dụ nhằm minh họa cho
phần lý thuyết đã trình bày, giúp ta hiểu sâu sắc hơn về lí thuyết nội suy
cũng như mối liên hệ giữa nội suy toán tử và nội suy hàm số.
Tuy nhiên do thời gian và trình độ bản thân còn hạn chế nên luận văn
còn rất nhiều thiếu sót. Mong nhận được sự thông cảm, sự đóng góp ý
kiến của các thầy, cô giáo cũng như các bạn để tôi tiếp tục bổ sung hoàn
thiện đề tài.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
76

79. Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Văn Mậu (2007), Các bài toán nội suy và áp dụng, NXB Giáo
dục.
[2] Nguyễn Văn Mậu (2006), Lý thuyết toán tử và phương trình tích phân
kì dị, NXB Giáo dục.
[3] Nguyen Van Mau (2005), Algebraic elements and boundary value prob-
lems in linear spaces, Vietnam National University Publishers, Hanoi.
[4] Nguyen Van Mau (1990), "Interpolation problems induced by right
and left invertible operators and its applications to singular integral
equations", Demonstratio Mathematica, 23 , 191-212.
[5] Przeworska - Rolewicz D. (1988), Algebraic Analysis, PWN and Rei-
del, Warszawa - Dordrecht.
[6] Przeworska - Rolewicz D. (1988), "Property (c) and interpolation for-
mulae induced by right invertible operators", Demonstratio Mathe-
matica, 21, 1023-1044.
77