Проверка на "многочленность"

[The DEADman]

Здравствуйте!
В очередной раз средней руки программист и никудышный математик просит интеллектуальной помощи :)

Имеется многочлен $P(x) = a_0 + a_1x + ... a_nx^n$. Все коэффициенты известны.
Имеется также функция $f(x)$.

Про последнюю неизвестно ничего, кроме того, что она является как минимум (n+1) раз непрерывно дифференцируемой на всей области определения. Известно также, что $\forall k = 0 \dots n \enskip \forall i = 0 \dots n \quad P_i^{(k)}(x_i) = f_i^{(k)}(x_i)$.

Наконец, известно, что $\forall i = 0 \dots n \quad f_i^{(n+1)}(x_i) = 0$.

Можно ли утверждать, что функция совпадает с данным многочленом по крайней мере на интервале $[x_0; x_n]$? Интуиция Штирлица говорит, что почему-то нельзя, но конструктивного опровержения предложить не может :)

[Null]

Возьмем многочлен.
$f_0=\prod_{i=0}^n {(x-x_i)}^{n+2}$
У него $\forall k = 0 \dots n+1 \enskip \forall i = 0 \dots n \quad f_0^{(k)}(x_i) = 0$

И почему у вас $P_i$ и $f_i$?

[AKM]

Вы бы всё-таки уточнили, кто такие $f_i$ и $x_i$. Подозреваю, что под $f_i^{(k)}(x_i)$ понимается $f^{(k)}(x_i)$. Также похоже, что $x_i$ --- это не корни многочлена (больно много их), а..?
У Вас есть время на редактирование первого сообщения (час после публикации).

[The DEADman]

Нет, $x_i$ - это произвольные $(n+1)$ различных точек действительной оси.

Приношу извинения за лишние индексы при - разумеется, их быть не должно.
$f^{(k)}(x_i) = P^{(k)}(x_i) \quad \forall i = 0 ... n \quad \forall k = 0 ... n .$

Под этим я понимаю значения k-ой производной в вышеуказанных точках.

-- Вс сен 12, 2010 14:14:11 --

p.s. К сожалению, отредактировать уже не могу, отлучался от клавиатуры, час уже истек... :(

[мат-ламер]

Если я правильно понял трактовку индексов, то совпадения не будет.

[The DEADman]

Спасибо Вам!
Если Вам не будет сложно, не могли бы Вы, в этом случае, предложить контрпример?

[Null]

Вы мой пример прочитайте.

[мат-ламер]

С примером сильно лень. Попробуйте сами. Возьмите небольшую степень, целые узловые точки, значения полинома и функции (и их производные) выберите нулевые. Тогда искомая функция будет касаться узловых точек (её производная и её значения в этих точках будут нулевые). Легко видеть, что такую функцию можно выбрать множеством (бесконечным) способов.

-- Вс сен 12, 2010 15:17:24 --

Пока писал ответ, уже ответили.

[The DEADman]

Null, прочитал, но не очень понял.
В Вашем примере у многочлена $f_0$ все производные в узловых точках равны нулю.

В моем случае только (n+1)-е производные в узловых точках $x_0 ... x_n$ равны нулю - у функции $f(x)$ по условию задачи, а у многочлена $P(x)$ - по свойству многочлена n-ой степени.

Все остальные производные, от нулевой (т.е. значений функции) до n-ой, у многочлена и функции просто совпадают (и не обязательно равны нулю).

То есть ход мысли у меня был такой.

1. Многочлен $P(x)$ степени $n$ может быть эквивалентно представлен парами (точка-значение), если таких пар $n+1$, и все точки различны.
2. Если известно, что f(x) - многочлен, и $\forall i = 0 ... n \quad f(x_i) = P(x_i)$, то f(x) совпадает с P(x).

Вот тут сомнительный переход.

3. Если неизвестно, что f(x) - многочлен; но известно:
а) что во всех узловых точках ее (n+1)-ая производная равна нулю,
б) все производные от нулевой до n-ой совпадают с производными многочлена P(x)
в) функция является непрерывной и (n+1) раз непрерывно дифференцируемой.

Можно ли заявлять о том, что f(x) совпадает с многочленом?

Вполне возможно, что Вы уже ответили именно на данную постановку задачи, но моих мозгов не хватило, чтобы это осмыслить :) Если так, то тыкните меня носом, попробую разобраться)

-- Пн сен 13, 2010 01:24:51 --

Спасибо большое всем за ответ :)))
Пока буду вдуплять, кажется, начинаю понимать)

[Xaositect]

The DEADman в сообщении #351769 писал(а):

В Вашем примере у многочлена все производные в узловых точках равны нулю.

У нулевого многочлена все производные до $n$-й тоже равны нулю, но при этом $f_0$ не равен нулевому многочлену

[The DEADman]

Xaositect в сообщении #351770 писал(а):

У нулевого многочлена все производные до $n$-й тоже равны нулю, но при этом $f_0$ не равен нулевому многочлену

Это гениально. Про нулевой многочлен и впрямь не додумался.
Спасибо.