Định Lý Xấp Xỉ Weierstrass Và Các Dạng Tổng Quát

by Thầy Đông · January 8, 2026

Rate this post

Trong lĩnh vực giải tích toán học, Định lý xấp xỉ Weierstrass là một kết quả nền tảng, khẳng định khả năng xấp xỉ các hàm liên tục bằng đa thức. Bài viết này đi sâu vào các dạng tổng quát của định lý, cách chứng minh và ứng dụng, đặc biệt tập trung vào tính trù mật của các hàm đa thức trong không gian các hàm liên tục. Chúng ta cũng sẽ xem xét cách biểu diễn công thức toán học một cách chuẩn xác trên nền tảng WordPress bằng KaTeX, đảm bảo tính học thuật và dễ đọc cho người học.

Đề Bài

Trong phần bài tập Chương 2 có bài yêu cầu chứng minh tính trù mật trong của tập các hàm có dạng
$P(x) = sumlimits_{j=0}^{k-1}\dfrac{f^{(j)}(a)}{j!}(x-a)^j+intlimits_a^xdfrac{(x-t)^{k-1}}{(k-1)!}P_k(t)dt$
với
$P_k(t)$ là một đa thức.

Đây là một Bổ đề trong cuốn “Methods of the Theory of Generalized Functions” của V. S. Vladimirov. Trong cuốn này, V. S. Vladimirov sử dụng dạng sau của Định lý xấp xỉ Weierstrass:

Cho $f(x)$ là hàm khả vi liên tục đến cấp $k$ , nghĩa là nó có các đạo hàm riêng là các hàm liên tục với mọi $alpha$ sao cho $|alpha| \le k$ . Khi đó, với mỗi $epsilon>0$ ta đều tìm được đa thức
$P(x) = sumlimits{|alpha| \le N} calpha x^alpha$
với các hằng số thực $c_alpha$ và số nguyên không âm $N$ , sao cho
$|f(x) - P(x)| < epsilon[/katex] với mọi [katex]x[/katex] trong miền xác định. Dạng quen thuộc của Định lý xấp xỉ Weierstrass: Cho [katex]f(x)$ là hàm liên tục trên một đoạn đóng $[a, b]$ . Khi đó với mỗi $epsilon>0$ đều có đa thức $P(x)$ để
$|f(x) - P(x)| < epsilon[/katex] với mọi [katex]x in [a, b][/katex]. Có nhiều cách chứng minh kết quả này. Một trong các cách là dùng đa thức Bernstein. Các bạn tham khảo<a href="http://en.wikipedia.org/wiki/Bernstein_polynomial">http://en.wikipedia.org/wiki/Bernstein_polynomial</a> Dưới đây tôi thử trình bày chi tiết cách chứng minh dạng đưa ra đầu bài cho trường hợp [katex]n=1$ . Như phần phản hồi
Trao đổi bài giảng lớp K55A1T
ta sẽ đi xấp xỉ từ đạo hàm cấp cao nhất.

Trước hết ta chứng minh cho trường hợp $k=1$ . Từ giả thiết có $f''(x)$ là hàm liên tục nên với $epsilon>0$ bất kỳ, đã cho, theo Định lý Weierstrass có đa thức $P_1(x)$ để
$|f''(x) - P_1(x)| < epsilon[/katex] Khi đó đa thức cần tìm [katex]P(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + intlimits_a^x intlimits_a^t P_1(s) ds dt[/katex] Không khó khăn để chỉ ra [katex]P(x)[/katex] là đa thức và [katex]P''(x) = P_1(x)[/katex] nên ta chỉ còn phải chứng minh [katex]|f''(x) - P''(x)| < epsilon[/katex] Thật vậy, theo Định lý cơ bản về phép tính vi-tích phân có [katex]P''(x) = \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{d}{dx} intlimits_a^x intlimits_a^t P_1(s) ds dt \right) = \dfrac{d}{dx} intlimits_a^x P_1(t) dt = P_1(x)[/katex] Khi đó với [katex]epsilon>0$ đã cho, ta có
$|f''(x) - P''(x)| = |f''(x) - P_1(x)| < epsilon[/katex] Như vậy ta đã chứng minh được cho trường hợp [katex]k=1[/katex]. Kết quả với trường hợp [katex]k=1$ có gì đó liên quan đến việc chuyển giới hạn qua đạo hàm. Các bạn tham khảo
Chuyển giới hạn qua dấu đạo hàm

Trước khi chứng minh cho trường hợp tổng quát ta thử kiểm tra trường hợp $k=2$ xem có gợi ý gì tốt không? Trước hết, giống trường hợp $k=1$ ta xấp xỉ đạo hàm cấp $2$ trước. Do $f''(x)$ là hàm liên tục nên theo Định lý Weierstrass với $epsilon>0$ cho trước có đa thức $P_2(x)$ để
$|f''(x) - P_2(x)| < epsilon[/katex] Lại giống trường hợp trước, ta đặt [katex]Q(x) = intlimits_a^x intlimits_a^t P_2(s) ds dt[/katex] , tiếp đến ta có đa thức cần tìm [katex]P(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + Q(x)[/katex] Ta có [katex]P''(x) = Q''(x) = P_2(x)[/katex], và [katex]P(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + intlimits_a^x \left( intlimits_a^t P_2(s) ds \right) dt[/katex] Thay [katex]P_2(s) = f''(s) - R(s)[/katex] với [katex]|R(s)| < epsilon[/katex], ta có [katex]P(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + intlimits_a^x \left( intlimits_a^t (f''(s) - R(s)) ds \right) dt[/katex] [katex]P(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + intlimits_a^x \left( f'(t) - f'(a) - intlimits_a^t R(s) ds \right) dt[/katex] [katex]P(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + intlimits_a^x (f'(t) - f'(a)) dt - intlimits_a^x \left( intlimits_a^t R(s) ds \right) dt[/katex] [katex]P(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + (f(x) - f(a)) - intlimits_a^x \left( intlimits_a^t R(s) ds \right) dt[/katex] [katex]P(x) = f(x) - intlimits_a^x \left( intlimits_a^t R(s) ds \right) dt[/katex] Công thức của đa thức [katex]P(x)$ liên quan đến công thức khai triển Taylor với phần dư dạng Cauchy
$f(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + \dfrac{f''(c)}{2!}(x-a)^2$
Ta đã có gợi ý tốt cho trường hợp tổng quát. Với $k$ tổng quát, ta có $f^{(k)}(x)$ là hàm liên tục nên với $epsilon>0$ cho trước, theo Định lý Weierstrass có đa thức $P_k(x)$ để
$|f^{(k)}(x) - Pk(x)| < epsilon[/katex] Khi đó đa thức cần tìm [katex]P(x) = sumlimits{j=0}^{k-1}\dfrac{f^{(j)}(a)}{j!}(x-a)^j+intlimits_a^xdfrac{(x-t)^{k-1}}{(k-1)!}Pk(t)dt.$
Lưu ý với $m \le k$ ta đều có
$P^{(m)}(x) = sumlimits{j=m}^{k-1}\dfrac{f^{(j)}(a)}{(j-m)!}(x-a)^{j-m}+intlimits_a^xdfrac{(x-t)^{k-1-m}}{(k-1-m)!}Pk(t)dt$ ,
và theo khai triển Taylor với phần dư Cauchy, ta có
$f^{(m)}(x) = sumlimits{j=m}^{k-1}\dfrac{f^{(j)}(a)}{(j-m)!}(x-a)^{j-m}+intlimits_a^xdfrac{(x-t)^{k-1-m}}{(k-1-m)!}f^{(k)}(t)dt$ .
Từ đó không khó để ta dẫn đến được điều phải chứng minh, tức là
$|f^{(m)}(x) - P^{(m)}(x)| = left| intlimits_a^xdfrac{(x-t)^{k-1-m}}{(k-1-m)!} (f^{(k)}(t) - P_k(t)) dt right| < epsilon intlimits_a^x \dfrac{(x-t)^{k-1-m}}{(k-1-m)!} dt[/katex] với [katex]m \le k-1[/katex]. Các bạn tham khảo thêm về khai triển Taylor với phần dư Cauchy ở<a href="http://en.wikipedia.org/wiki/Taylor%27s_theorem">http://en.wikipedia.org/wiki/Taylor%27s_theorem</a> Chuyển sang trường hợp [katex]n=2$ , ta cũng có khai triển Taylor với phần dư Cauchy cho hàm nhiều biến
$f(x,y) = sumlimits{| alpha | \le k-1} \dfrac{D^alpha f(a,b)}{alpha !} (x-a)^alpha (y-b)^alpha + sumlimits{|alpha|=k} \dfrac{D^alpha f(c,d)}{alpha !} (x-a)^alpha (y-b)^alpha$
với
$D^alpha f(a,b) = \dfrac{partial^{|alpha|} f}{partial x_1^{alpha_1} dots partial x_n^{alphan}}(a,b)$ .
Như vậy nếu với mỗi $alpha$ ta đều có thể tìm được đa thức xấp xỉ $Palpha$ cho đạo hàm riêng cấp $|alpha|$ , thì từ khai triển Taylor với phần dư Cauchy trên ta có điều phải chứng minh. Tuy nhiên với cách làm như này ta vấp phải Định lý Schwarz về đổi thứ tự lấy đạo hàm riêng không thay đổi kết quả. Với mỗi $alpha$ ta xấp xỉ $D^alpha f$ bởi đa thức $Palpha$ . Ta muốn các đa thức này có cùng chung một đa thức “nguồn” $P$ , nghĩa là $D^alpha P = Palpha$ . Muốn vậy theo Schwarz các đạo hàm riêng của $P_alpha$ cần có mối quan hệ với nhau. Ta có thể thấy rõ hơn rắc rối này qua ví dụ khi $n=2$ . Lấy
$f(x,y) = xy$
trên đoạn $[0,1] \times [0,1]$ , với $a=(0,0)$ . Ta muốn tìm $P(x,y)$ để
$|f(x,y) - P(x,y)| < epsilon[/katex]. Ta thử dùng công thức khai triển Taylor bậc 1: [katex]P(x,y) = f(0,0) + \dfrac{partial f}{partial x}(0,0) x + \dfrac{partial f}{partial y}(0,0) y[/katex] [katex]f(0,0) = 0[/katex] [katex]\dfrac{partial f}{partial x} = y Rightarrow \dfrac{partial f}{partial x}(0,0) = 0[/katex] [katex]\dfrac{partial f}{partial y} = x Rightarrow \dfrac{partial f}{partial y}(0,0) = 0[/katex] Vậy [katex]P(x,y) = 0[/katex]. Khi đó [katex]|f(x,y) - P(x,y)| = |xy - 0| = xy[/katex]. Sai số lớn nhất là 1 khi [katex]x=1, y=1[/katex], không phải là nhỏ hơn [katex]epsilon[/katex]. Dễ dàng kiểm tra các đạo hàm riêng bậc hai:[katex]\dfrac{partial^2 f}{partial x^2} = 0, \dfrac{partial^2 f}{partial y^2} = 0, \dfrac{partial^2 f}{partial x partial y} = 1, \dfrac{partial^2 f}{partial y partial x} = 1$ .
Lý do của việc không tốt ở trên là vì sai số $R(x,y) = xy$ không đủ nhỏ.

Có hai lối thoát khỏi điểm rắc rối này. Ở cả hai lối thoát tôi đều giả sử giá supp $f$ (hỗ trợ của $f$ ) nằm trong một miền compact $K$ . Khi đó $f$ và các đạo hàm riêng đều bằng $0$ trên biên của miền xác định.

C1: Tôi giả sử $f$ có đạo hàm riêng liên tục đến cấp $2k$ . Để cụ thể lấy ví dụ $k=1$ cho hàm $f(x,y)$ , tôi cần $f$ có đạo hàm riêng liên tục đến cấp $2$ . Khi đó
$f(x,y) = f(a,b) + \dfrac{partial f}{partial x}(a,b)(x-a) + \dfrac{partial f}{partial y}(a,b)(y-b) + intlimits_a^x intlimits_a^t \dfrac{partial^2 f}{partial s partial y}(s,y) ds dt$
hoặc một dạng tương tự.
Từ đây tôi sẽ tích phân dần lên!

Do $f^{(k)}(x)$ là hàm liên tục trên một đoạn đóng nên theo Định lý Weierstrass với $epsilon>0$ cho trước ta luôn tìm được đa thức $P_k(x)$ để
$|f^{(k)}(x) - Pk(x)| < epsilon[/katex] Khi đó đa thức cần tìm là [katex]P(x) = sumlimits{j=0}^{k-1}\dfrac{f^{(j)}(a)}{j!}(x-a)^j+intlimits_a^xdfrac{(x-t)^{k-1}}{(k-1)!}P_k(t)dt.$
Do $f^{(k)}(x) - P_k(x)$ có sai số nhỏ, việc tích phân sai số đó sẽ làm cho sai số cuối cùng nhỏ đi.

C2: Tôi học từ “Analysis on real and complex manifolds” của R. Narasimhan. Đường link
http://en.bookfi.org/book/582823
Cụ thể như sau. Do giá supp $f$ là compact, ta có thể coi $f$ là hàm trên $mathbb{R}^n$ bằng không ngoài một miền compact. Khi đó, ta định nghĩa
$P(x) = int_{mathbb{R}^n} K(x,y) f(y) dy$
với $K(x,y)$ là một hạt nhân xấp xỉ đơn vị (approximate identity). Có thể chứng minh rằng với hạt nhân phù hợp, ta có
$|f(x) - P(x)| \to 0$ khi tham số của hạt nhân tiến tới một giá trị xác định.
Trong đó, thông qua việc lựa chọn hạt nhân $K(x,y)$ cẩn thận, ta có thể đảm bảo rằng $P(x)$ là một đa thức và thỏa mãn điều kiện xấp xỉ mong muốn.

Từ đó ta có điều phải chứng minh. Chi tiết các bạn thử tự làm? Ngoài ra, liệu có bỏ được điều giả sử về giá (hỗ trợ compact) không? Điều này liên quan đến việc mở rộng định lý Weierstrass cho các không gian hàm trên các tập hợp không compact.

Chia sẻ:

Nhấn vào chia sẻ trên Facebook (Mở trong cửa sổ mới) Facebook
Nhấp để chia sẻ trên X (Mở trong cửa sổ mới) X

Thích Đang tải...

Có liên quan

Ngày chỉnh sửa nội dung mới nhất January 8, 2026 by Thầy Đông

Thầy Đông

Thầy Đông – Giảng viên Đại học Công nghiệp Hà Nội, giáo viên luyện thi THPT
Thầy Đông bắt đầu sự nghiệp tại một trường THPT ở quê nhà, sau đó trúng tuyển giảng viên Đại học Công nghiệp Hà Nội nhờ chuyên môn vững và kinh nghiệm giảng dạy thực tế. Với nhiều năm đồng hành cùng học sinh, thầy được biết đến bởi phong cách giảng dạy rõ ràng, dễ hiểu và gần gũi. Hiện thầy giảng dạy tại dehocsinhgioi, tiếp tục truyền cảm hứng học tập cho học sinh cấp 3 thông qua các bài giảng súc tích, thực tiễn và giàu nhiệt huyết.