Задача 1
Пусть [tex]n\ge 2[/tex], [tex]x_1,x_2,\ldots,x_n[/tex] — различные действительные числа и [tex]f(x)=x^n[/tex]. Найдите разделённую разность [tex]f[x_1,x_2,\ldots,x_n][/tex] (порядка [tex]n-1[/tex]).
Решение:
Пусть [tex]\omega(x)=(x-x_1)(x-x_2)\ldots(x-x_n)[/tex] и [tex]P(x)=x^n-\omega(x)[/tex]. Имеем
[tex]\omega(x)=x^n-(x_1+x_2+\ldots+x_n)x^{n-1}+\ldots[/tex]
поэтому слагаемые [tex]x^n[/tex] сокращаются и [tex]P[/tex] — многочлен степени не выше [tex]n-1[/tex]; кроме того, [tex]P(x_i)=x_i^n-0=f(x_i)[/tex] при [tex]i=1,\ldots,n[/tex]. Интерполяционный многочлен степени [tex]\le n-1[/tex] по [tex]n[/tex] различным узлам единствен, значит, [tex]P[/tex] — интерполяционный многочлен функции [tex]f[/tex] по узлам [tex]x_1,\ldots,x_n[/tex]. В форме Ньютона он имеет вид
[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]
поэтому [tex]f[x_1,\ldots,x_n][/tex] — коэффициент при [tex]x^{n-1}[/tex] в [tex]P[/tex]. Из
[tex]P(x)=x^n-\omega(x)=(x_1+x_2+\ldots+x_n)x^{n-1}+\ldots[/tex]
получаем
[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
Пусть [tex]x_0,x_1,\ldots,x_n[/tex] — различные действительные числа, [tex]l_k(x)[/tex], [tex]k=0,\ 1,\ \ldots,\ n[/tex], — базисные многочлены Лагранжа для интерполяции по этим узлам и [tex]\omega(x)=(x-x_0)(x-x_1)\ldots(x-x_n)[/tex]. Докажите, что для любого действительного [tex]x[/tex] справедливо тождество [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:
Зафиксируем произвольное действительное [tex]x[/tex] и рассмотрим многочлен степени [tex]n+2[/tex] от переменной [tex]t[/tex]
[tex]g(t)=(x-t)^{n+2}[/tex]
Разделим его на приведённый многочлен [tex]\omega(t)[/tex] степени [tex]n+1[/tex]:
[tex]g(t)=\omega(t)q(t)+r(t),\qquad \deg q=1,\qquad \deg r\le n[/tex]
Так как [tex]\omega(x_k)=0[/tex], имеем [tex]r(x_k)=g(x_k)[/tex] при [tex]k=0,\ldots,n[/tex]. Многочлен Лагранжа [tex]L(t)=\sum_{k=0}^{n}g(x_k)l_k(t)[/tex] — единственный многочлен степени [tex]\le n[/tex], принимающий значения [tex]g(x_k)[/tex] в [tex]n+1[/tex] различных узлах, поэтому [tex]r=L[/tex]. Подставляя [tex]t=x[/tex] и учитывая [tex]g(x)=0[/tex], получаем
[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]
Остаётся найти [tex]q(t)=\alpha t+\beta[/tex]. Пусть [tex]s=x_0+x_1+\ldots+x_n[/tex]; тогда
[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]
Так как [tex]\deg r\le n[/tex], коэффициенты при [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] совпадают:
[tex]\alpha=(-1)^n,\qquad \beta-\alpha s=-(-1)^n(n+2)x\ \Rightarrow\ \beta=(-1)^n\left(s-(n+2)x\right)[/tex]
Следовательно,
[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, значит,
[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]
Так как [tex]x[/tex] было произвольным, тождество верно для любого действительного [tex]x[/tex]. (При [tex]n=0[/tex]: [tex]l_0=1[/tex] и обе части равны [tex](x-x_0)^2[/tex].)
Меню
Лёгкий
Высшая математика