BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Trƣờng Đại Học Sƣ Phạm TP.HCM Khoa Toán – Tin GVHD: PGS-TS Trịnh Công Diệu Lớp: Toán VB2-K2 – NHÓM 2 Tp.Hồ Chí Minh, tháng 12 năm 2014 THÀNH VIÊN CỦA NHÓM 2: 1. PHẠM THỊ KIM CƢƠNG. 2. NGUYỄN THỊ MỸ THUẬN 3. MAI XUÂN BÌNH 4. PHẠM THẾ SINH 2 NỘI DUNG TRÌNH BÀY 1.Cơ Sở Toán Học 2.Thuật toán 3.Ví dụ 4.Chương trình 3 I. ĐẶT VẤN ĐỀ 4 II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 4 1. Cơ Sở toán học 4 1.1 Định lí về phép chia có dƣ 4 1.2 Tính giá trị của đa thức 5 2. Chuyển đổi dạng đa thức: ừ dạng chuẩn tắc suy rộng này sang dạng chuẩn tắc suy rộng khác 3. Thuật toán 8 4. Ví dụ 8 5. Chƣơng trình 10 6. Nhận xét 11 III. KẾT LUẬN 11 IV. TÀI LIỆU THAM KHẢO 11 4 I. Đặt vấn đề: Cho P(x) là đa thức một biến x, P(x) có thể được biểu diễn dưới 1 trong 4 dạng sau: • Dạng chính tắc: 0 () n i i i P x a x    với 0 1 2 ; ; ; n a a a a R • Dạng chuẩn tắc: 0 0 ( ) ( ) n i i i P x a x x    với 0 0 1 2 ; ; ; ; n x a a a a R • Dạng chính tắc suy rộng: [] 0 () n i i i P x a x    với 12 ; ; n a a a R • Dạng chuẩn tắc suy rộng: [ ; ] 0 0 ( ) ( ) n ih i i P x a x x    với 0 0 1 2 ; ; ; ; n x a a a a R Vấn đề đặt ra là làm thế nào để chuyển đa thức từ dạng này sang dạng khác ? II. Giải quyết vấn đề: 1. Cơ sở toán học a. Định lý : về phép chia có dƣ Trong trường số thực R, cho hai đa thức P(x) và Q(x) bất kỳ của vành []Rx , trong đó deg(Q)  1, tồn tại duy nhất các đa thức S(x) và R(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện: i) P(x) = Q(x).S(x) + R(x) ii) deg(R) < deg(Q) Chứng minh. Tồn tại. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = deg(P), n = deg(Q). Nếu deg(P) < deg(Q) thì ta có thể chọn S(x)  0 và R(x) = P(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện i) và ii). Giả sử m  n và định lý đã được chứng minh với các đa thức có bậc nhỏ hơn m. Ta chứng minh định lý đúng với các đa thức bậc m. Giả sử    n k k k m k k k xbxQxaxP 00 )(,)( Xét đa thức ) () ( )()()( 1 1 1 001 1 1                   m n nm m n n nm n m m m m m nm n m x b ba a bxbx b a axaxaxa xQx b a xPxH Do hệ số của x m ở hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc của H(x) không vượt quá m -1. Theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thức S*(x), R*(x) sao cho H(x) = S*(x).Q(x) + R*(x) 5 Nhưng khi đó )(*))(*()()()( xRxSx b a xQx b a xHxP nm n m nm n m   Vậy đặt S(x) = (a m /b n )x m-n + S*(x) và R(x) = R*(x) ta được biểu diễn cần tìm cho P(x). Duy nhất. Giả sử ta có hai biểu diễn P(x) = S(x).Q(x) + R(x) và P(x) = S*(x).Q(x) + R*(x) thoả mãn điều kiện ii). Khi đó Q(x).(S(x)-S*(x)) = R*(x) – R(x). Ta có, theo điều kiện ii) và định lý 1 thì deg(R*(x) – R(x)) < deg(Q). Mặt khác, nếu S(x) – S*(x) không đồng nhất bằng 0 thì deg(Q(x).(S(x)- S*(x))) = deg(Q(x)) + deg(S(x)-S*(x))  deg(Q). Mâu thuẫn vì hai vế bằng nhau. Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi là dư số trong phép chia P(x) cho Q(x). Phép chứng minh nói trên cũng cho chúng ta thuật toán tìm thương số và dư số của phép chia hai đa thức, gọi là phép chia dài (long division) hay sơ đồ Horner. b. Tính giá trị của đa thức Định lý Bezout : Cho đa thức   0 [ , ] 0 () n ih i i xxP x a    và số aR . Ta có:       0 P x b x a Q x   . Suy ra:   0 P a b (Số dư trong phép chia đa thức P(x) cho x – a là P(a).) Chứng minh: Ta chỉ cần chứng minh P(x) - P(a) chia hết cho x - a. Nhưng điều này là hiển nhiên vì P(x) - P(a)=a n (x n - a n )+a n−1 (x n−1 - a n−1 )+ +a 1 (x− a) và x k - a k =(x− a)(x k−1 + a x k−2 + + a k−1 ) 2. Chuyển đổi dạng đa thức: ừ dạng chuẩn tắc suy rộng này sang dạng chuẩn tắc suy rộng khác Cho đa thức ()Px dưới dạng chuẩn tắc suy rộng như sau [ ; ] 0 ( ) ( ) n ih i i P x a x a    (1) Ta sẽ biểu diễn ()Px về dạng chuẩn tắc suy rộng như sau: [ ; ] 0 ( ) ( ) n ik i i P x d x c    (2) 6 với ,c k R cho trước. Để thực hiện được việc chuyển dạng này ta cần xác định các hệ số ( 0, ) i d i n . Ta sẽ xác định ( 0, ) i d i n Ta có [ ; ] 0 1 2 0 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ( 1) ) n ik in i P x d x c d d x c d x c x c k d x c x c k x c k n k                     Ta thấy 0 ()P c d 0 1 2 ( ) ( )[ ( ) ( ) ( ( 1) )] n P x d x c d d x c k d x c k x c n k             Đặt ; 1,2,3, , 1 i c c ik i n    ta được: 0 1 2 1 1 1 0 1 ( ) ( )[ ( ) ( ) ( )] ( ) ( ) nn P x d x c d d x c d x c x c d x c P x              với 1 1 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) nn P x d d x c d x c x c         Ta thấy 1 ()Px là thương của phép chia ()Px cho ()xc và 1 1 1 ()P c d 1 1 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) nn P x d d x c d x c x c         1 1 2 3 2 2 1 ( )[ ( ) ( ) ( )] nn d x c d d x c d x c x c           1 1 2 ( ) ( )d x c P x   với 2 2 3 2 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) nn P x d d x c d x c x c         Ta thấy 2 ()Px là thương của phép chia 1 ()Px cho 1 xc và 2 2 2 ( ) dPc  … Một cách tổng quát ta có: 1 ( ) ( ) ( ) i i i i P x d x c P x     (c ) i i i Pd với 1,2,3, , 1in . Ta có (1) có hệ số bậc cao nhất là n a , (2) có hệ số bậc cao nhất là n d . ⇒ nn ad Như vậy muốn chuyển đa thức ()Px được ghi dưới dạng chuẩn tắc suy rộng [ ; ] 0 ( ) ( ) n ih i i P x a x a    sang ghi dưới dạng chuẩn tắc suy rộng khác 7 [ ; ] 0 ( ) ( ) n ik i i P x d x c    với ,c k R cho trước. Ta thực hiện các tiến trình sau: Tiến trình 1: Xác định: 0 1 2 ; ; ; ; ; ; ; ; n n a a a a a h c k Tiến trình 2: •Tính 0 ()d P c •Tính ( ); 1,2,3, , 1 i i i d P c i n   • nn da Bằng cách lập bảng sau: n a 1n a  2n a  … 1 a 0 a 12nn e e h   23nn e e h   … 10 e e h 0 e c a c nn da 1 11 . n n n n d d e a    2 1 2 2 . n n n n d d e a      … 1 2 1 1 . d d e a 0 1 0 0 . () d d e a Pc   12 '' nn e e h   23 '' nn e e h   … 11 e c a   1 c c k ' nn da 1 11 ' ' . ' n n n n d d e d    2 1 2 2 ' '. n n n n d d e d       … 1 2 1 1 1 ' '. () d d e d Pc    … … … … … … … 11nn e c a    1 ( 1) n c c n k     ''' nn da 1 11 1 ''' ''' . '' () n n n n n d d e d Pc       Tiến trình 3: Biểu diễn ()Px dưới dạng chuẩn tắc suy rộng khác: [ ; ] 0 ( ) ( ) n ik i i P x d x c    8 3. Thuật toán: * Input: 0 1 2 ; ; ; ; ; ; ; n a a a a a h c k * Output: 0 1 2 ; ; ; n d d d d * Giải thuật: - Với mỗi i từ 0 đến n làm phép gán: d i =a i ; - Với mỗi j tăng từ 0 đến n-1 ta thực hiện tiến trình: - Với mỗi i giảm từ n-1 đến j làm phép gán 1 : ( ( ) ) i i i d d d c jk a i j h        4.Các ví dụ : Ví dụ 1 Cho đa thức 5 ( ;2) 0 ( ) ( 1) i i i P x a x    , với 0 1 2 3 4 5 1, 2, 3, 4, 5, 6a a a a a a      . Hãy biểu diễn đa thức ()Px ở dạng chuẩn tắc suy rộng 5 ( ;1) 0 ( ) ( 2) i i i P x d x    Gỉai: Ta có: 5 [ ;2] 0 ( ) ( 1) i i i P x a x    Bƣớc 1: Xác định các hệ số ban đầu. 0 1 2 3 4 5 5, 1, 2, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 2, 1n a h a a a a a a c k           Bước 2: Điền vào bảng. a i a 5 =6 a 4 =5 a 3 =4 a 2 =3 a 1 =2 a 0 =1 e i -7 -5 -3 -1 1 c=2 6 -37 189 -564 566 567 -4 -2 0 2 c 1 =3 6 -61 311 -564 -562 -1 1 3 c 2 =4 6 -67 244 168 2 4 c 3 =5 6 -55 24 5 c 4 =6 6 -25 Suy ra: 0 1 2 3 4 5 567, 562, 168, 24, 25, 6d d d d d d        Bước 3: Vậy dạng biểu diễn ()Px ở dạng chuẩn tắc suy rộng: 5 ( ;1) 0 ( ) ( 2) i i i P x d x    là: 5 ( ;1) (1;2) (2;2) (3;2) (4;2) (5;2) 0 ( ) ( 2) 567 562( 2) 168( 2) 24( 2) 25( 2) 6( 2) i i i P x d x x x x x x                9 Ví dụ 2: Cho đa thức 7 0 () i i i P x a x    , với 0 1 2 3 4 5 6 7 4, 0, 1, 1, 3, 2, 5, 6a a a a b a a a          Hãy biểu diễn đa thức ()Px ở dạng chuẩn tắc suy rộng với 0 2, 1.xh   Giải: Ta có: 77 [ ;0] 00 ( ) ( 0) ii ii ii P x a x a x      ()Px được ghi ở dạng chuẩn tắc suy rộng như sau: 77 [ ;1] 00 ( ) ( ( 2)) ii ii ii P x d x d x       , với i bR (2) Bƣớc 1: Xác định các hệ số ban đầu. 0 1 2 3 4 5 6 7 7, 0, 0, 4, 0, 1, 1, 3, 2, 5, 6.n a h a a a a b a a a             2, 1ck   Bước 2: Điền vào bảng. 6 -5 2 3 -1 1 0 4 0 -2 -2 -2 -2 -2 -2 -2 -2 6 -17 36 -69 137 -273 546 -1088 0 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 6 -23 59 -128 265 -538 1084 0 0 0 0 0 0 0 6 -23 59 -128 265 -538 0 1 1 1 1 1 6 -17 42 -86 179 0 2 2 2 2 6 -5 32 -22 0 3 3 3 6 13 71 0 4 4 6 37 Suy ra: 0 1 2 3 4 5 6 7 1088, 1084, 538, 179, 22, 71, 37, 6.d d d d d d d d           Bước 3: Vậy dạng biểu diễn ()Px ở dạng chuẩn tắc suy rộng với 0 2; 1xh   là: 7 ( ;1) 0 (1;1) (2;1) (3;1) (4;1) (5;1) (6;1) (7;1) ( ) ( 2) 1088 1084( 2) 538( 2) 179( 2) 22( 2) 71( 2) 37( 2) 6( 2) i i i P x d x x x x x x x x                     10 5. Chƣơng trình tƣơng ứng: #include <stdio.h> #include <conio.h> void main() { int n, a, c, i, j; int h, k; int hs[36], hsc[36], hsd[36]; printf("Bien doi dang Da thuc.\n"); printf("Chuan tac suy rong sang chuan tac suy rong.\n"); printf("Nhap n, a va h: "); scanf("%d" "%d" "%d", &n, &a, &h); printf("Nhap c va k: "); scanf("%d" "%d", &c, &k); hsd[n]=0; for(i=0; i<= n; i++) { printf("Nhap vao he so a%d: ",i); scanf("%d", &hs[i]); } printf("\n%5s"," "); for (i=n; i>=0; i ) { printf("%5d ", hs[i]); } for (j=0;j<n;j++) { for (i=n-1;i>=j;i ) { hsc[j]=c+(j*k); hsd[i]=(hsc[j]-a+((j-i)*h)); //hsd[i]=(c+(j*k)-a+((j-i)*h)); hs[i]=hs[i]+hs[i+1]*hsd[i]; //hs[i]=hs[i]+hs[i+1]*(c+(j*k)-a+((j-i)*h)); } printf("\n%5s"," "); for (i=n; i>=j; i ) { printf("%5d ", hsd[i]); } printf("\n%5d",hsc[j]); for (i=n; i>=j; i ) { printf("%5d ", hs[i]); } } printf("\n\nVoi c = %d va k = %d, cac he so cua da thuc moi la:\n",c,k); for (i=0; i<=n; i++) { printf("%5d ", hs[i]); } getch(); } [...]... sang chính tắc suy rộng - Dạng 7: Chuyển từ dạng chuẩn tắc sang chuẩn tắc suy rộng - Dạng 8: Chuyển đa thức từ dạng chuẩn tắc suy rộng sang chính tắc - Dạng 9: Chuyển từ dạng chuẩn tắc suy rộng sang chuẩn tắc - Dạng 10: Chuyển từ chính tắc suy rộng sang dạng chuẩn tắc - Dạng 11: Chuyển từ chính tắc suy rộng sang dạng chính tắc - Dạng 12: Chuyển từ chính tắc suy rộng sang dạng chuẩn tắc suy rộng - Dạng. .. Chuyển từ dạng chuẩn tắc suy rộng sang chính tắc suy rộng - Dạng 14: Chuyển từ dạng chính tắc suy rộng sang chính tắc suy rộng khác Ta nhận thấy dạng chính tắc, chuẩn tắc, chính tắc suy rộng là các trường hợp đặc biệt của dạng chuẩn tắc suy rộng    Dạng chính tắc: h=0, x0=0 Dạng chuẩn tắc: h=0 Dạng chính tắc suy rộng: h=1, x0= 0 Vì vậy, để trình bày các dạng chuyển đổi giữa các dạng của đa thức ta... có 14 dạng để chuyển đổi qua lại giữa các dạng của đa thức: - Dạng 1: Chuyển đa thức từ dạng chuẩn tắc suy rộng này sang dạng chuẩn tắc suy rộng khác - Dạng 2: Chuyển từ dạng chính tắc sang chuẩn tắc - Dạng 3: Chuyển từ dạng chuẩn tắc sang chính tắc - Dạng 4: Chuyển từ dạng chính tắc sang chuẩn tắc suy rộng - Dạng 5: Chuyển từ dạng chính tắc sang chính tắc suy rộng - Dạng 6: Chuyển từ dạng chuẩn tắc. .. đổi giữa các dạng của đa thức ta chỉ cần thực hiện dạng tổng quát: chuyển đa thức từ dạng chuẩn tắc suy rộng này sang dạng chuẩn tắc suy rộng khác III KẾT LUẬN: Thuật toán chuyển từ dạng chuẩn tắc suy rộng này sang dạng chuẩn tắc suy rộng khác có thể áp dụng cho tất cả các dạng chuyển đổi còn lại IV.TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 Bài giảng Phương Pháp Tính của thầy Trịnh Công Diệu 2 Phương pháp tính – Tạ Văn . nhận thấy dạng chính tắc, chuẩn tắc, chính tắc suy rộng là các trường hợp đặc biệt của dạng chuẩn tắc suy rộng.  Dạng chính tắc: h=0, x0=0  Dạng chuẩn tắc: h=0  Dạng chính tắc suy rộng: h=1,. từ dạng chuẩn tắc sang chính tắc suy rộng - Dạng 7: Chuyển từ dạng chuẩn tắc sang chuẩn tắc suy rộng - Dạng 8: Chuyển đa thức từ dạng chuẩn tắc suy rộng sang chính tắc - Dạng 9: Chuyển từ dạng. dạng chuẩn tắc suy rộng sang chuẩn tắc - Dạng 10: Chuyển từ chính tắc suy rộng sang dạng chuẩn tắc - Dạng 11: Chuyển từ chính tắc suy rộng sang dạng chính tắc - Dạng 12: Chuyển từ chính tắc suy