Задача 1
Нека [tex]n\ge 2[/tex], [tex]x_1,x_2,\ldots,x_n[/tex] са различни реални числа и [tex]f(x)=x^n[/tex]. Намерете разделената разлика [tex]f[x_1,x_2,\ldots,x_n][/tex] (от ред [tex]n-1[/tex]).
Решение:
Нека [tex]\omega(x)=(x-x_1)(x-x_2)\ldots(x-x_n)[/tex] и [tex]P(x)=x^n-\omega(x)[/tex]. Имаме
[tex]\omega(x)=x^n-(x_1+x_2+\ldots+x_n)x^{n-1}+\ldots[/tex]
така че събираемите [tex]x^n[/tex] се унищожават и [tex]P[/tex] е полином от степен най-много [tex]n-1[/tex]; освен това [tex]P(x_i)=x_i^n-0=f(x_i)[/tex] за [tex]i=1,\ldots,n[/tex]. Интерполационният полином от степен [tex]\le n-1[/tex] през [tex]n[/tex] различни възела е единствен, следователно [tex]P[/tex] е интерполационният полином на [tex]f[/tex] във възлите [tex]x_1,\ldots,x_n[/tex]. Във формата на Нютон той е
[tex]P(x)=f[x_1]+f[x_1,x_2](x-x_1)+\ldots+f[x_1,\ldots,x_n](x-x_1)\ldots(x-x_{n-1})[/tex]
така че [tex]f[x_1,\ldots,x_n][/tex] е коефициентът пред [tex]x^{n-1}[/tex] в [tex]P[/tex]. От
[tex]P(x)=x^n-\omega(x)=(x_1+x_2+\ldots+x_n)x^{n-1}+\ldots[/tex]
получаваме
[tex]f[x_1,x_2,\ldots,x_n]=x_1+x_2+\ldots+x_n[/tex]
Проверка при [tex]n=2[/tex]: [tex]f[x_1,x_2]=\frac{x_2^2-x_1^2}{x_2-x_1}=x_1+x_2[/tex].
Задача 2
Нека [tex]x_0,x_1,\ldots,x_n[/tex] са различни реални числа, [tex]l_k(x)[/tex], [tex]k=0,\ 1,\ \ldots,\ n[/tex], са базисните полиноми на Лагранж за интерполиране в тези възли и [tex]\omega(x)=(x-x_0)(x-x_1)\ldots(x-x_n)[/tex]. Докажете, че за всяко реално [tex]x[/tex] е в сила тъждеството [tex]\sum_{k=0}^{n}(x-x_k)^{n+2}\,l_k(x)=(-1)^n\,\omega(x)\sum_{k=0}^{n}(x-x_k)[/tex].
Решение:
Фиксираме произволно реално [tex]x[/tex] и разглеждаме полинома от степен [tex]n+2[/tex] на променливата [tex]t[/tex]
[tex]g(t)=(x-t)^{n+2}[/tex]
Разделяме го на полинома [tex]\omega(t)[/tex] от степен [tex]n+1[/tex] със старши коефициент [tex]1[/tex]:
[tex]g(t)=\omega(t)q(t)+r(t),\qquad \deg q=1,\qquad \deg r\le n[/tex]
Тъй като [tex]\omega(x_k)=0[/tex], имаме [tex]r(x_k)=g(x_k)[/tex] за [tex]k=0,\ldots,n[/tex]. Полиномът на Лагранж [tex]L(t)=\sum_{k=0}^{n}g(x_k)l_k(t)[/tex] е единственият полином от степен [tex]\le n[/tex], който приема стойностите [tex]g(x_k)[/tex] в [tex]n+1[/tex] различни възела, следователно [tex]r=L[/tex]. Полагаме [tex]t=x[/tex] и използваме [tex]g(x)=0[/tex]:
[tex]\sum_{k=0}^{n}(x-x_k)^{n+2}l_k(x)=r(x)=g(x)-\omega(x)q(x)=-\omega(x)q(x)[/tex]
Остава да намерим [tex]q(t)=\alpha t+\beta[/tex]. Нека [tex]s=x_0+x_1+\ldots+x_n[/tex]; тогава
[tex]\omega(t)=t^{n+1}-s\,t^n+\ldots,\qquad g(t)=(-1)^n(t-x)^{n+2}=(-1)^n\left(t^{n+2}-(n+2)x\,t^{n+1}+\ldots\right)[/tex]
Тъй като [tex]\deg r\le n[/tex], коефициентите пред [tex]t^{n+2}[/tex] и [tex]t^{n+1}[/tex] в [tex]g[/tex] и в [tex]\omega q=(t^{n+1}-s\,t^n+\ldots)(\alpha t+\beta)[/tex] съвпадат:
[tex]\alpha=(-1)^n,\qquad \beta-\alpha s=-(-1)^n(n+2)x\ \Rightarrow\ \beta=(-1)^n\left(s-(n+2)x\right)[/tex]
Следователно
[tex]q(x)=(-1)^n\left(x+s-(n+2)x\right)=(-1)^n\left(s-(n+1)x\right)=-(-1)^n\sum_{k=0}^{n}(x-x_k)[/tex]
и значи
[tex]\sum_{k=0}^{n}(x-x_k)^{n+2}l_k(x)=-\omega(x)q(x)=(-1)^n\omega(x)\sum_{k=0}^{n}(x-x_k)[/tex]
Тъй като [tex]x[/tex] беше произволно, тъждеството е вярно за всяко реално [tex]x[/tex]. (При [tex]n=0[/tex]: [tex]l_0=1[/tex] и двете страни са равни на [tex](x-x_0)^2[/tex].)
Меню
Лесни
Висша математика