Коэффициенты многочлена

[nnosipov]

Mathusic в сообщении #601421 писал(а):

Не подскажете как?

Подсказка: сколько может быть корней у многочлена степени $n$?

[ewert]

Mathusic в сообщении #601421 писал(а):

Ну существование - мы просто запишем многочлен Лагранжа.

Этого достаточно. Поскольку многочлен в форме Лагранжа даёт решение при любых игреках -- система автоматически невырожденна при любых разных иксах.

[Mathusic]

Ktina в сообщении #601426 писал(а):

Я имела в виду индукцию по степеням многочлена.

Тоже по степеням.

[ewert]

nnosipov в сообщении #601428 писал(а):

Подсказка: сколько может быть корней у многочлена степени $n$?

Ну или так, да. Но я предпочитаю всё-таки фиксировать единственность уже после того, как конструктивно получено существование, тогда это получается просто как бонус.

[Mathusic]

nnosipov в сообщении #601428 писал(а):

Mathusic в сообщении #601421 писал(а):

Не подскажете как?

Подсказка: сколько может быть корней у многочлена степени $n$?

Не более $n$, над полем если.

[nnosipov]

Mathusic в сообщении #601433 писал(а):

Не более $n$, над полем если.

И даже с учётом кратностей, хотя в данном случае это неважно. Теперь рассуждайте от противного: пусть есть два интерполяционных многочлена, тогда ... Больше подсказок не будет

[ewert]

Mathusic в сообщении #601433 писал(а):

Не более $n$, над полем если.

Соответственно: может ли однородная система интерполяционных уравнений иметь нетривиальное решение?...

[Ktina]

Mathusic в сообщении #601430 писал(а):

Ktina в сообщении #601426 писал(а):

Я имела в виду индукцию по степеням многочлена.

Тоже по степеням.

Там на нуль делить надо

[Mathusic]

Ktina в сообщении #601442 писал(а):

Там на нуль делить надо

Покажете шаг?

nnosipov в сообщении #601437 писал(а):

И даже с учётом кратностей, хотя в данном случае это неважно. Теперь рассуждайте от противного: пусть есть два интерполяционных многочлена, тогда ...

Во-первых, второй не может быть большей степени, чем $n$, ибо ищем многочлен минимальной степени, а интерполяционный многочлен $f(x)$, посланный Лагранжем степени $n$ у нас уже есть Если он $g(x)$ степени $s<n$, то $g(x)-x$ имеет более $s$ корней, если же он такой же степени $n$, то $p(x)=f(x)-g(x)$ опять имеет более положенного корней.

-- Вт июл 31, 2012 13:52:43 --

ewert в сообщении #601439 писал(а):

Соответственно: может ли однородная система интерполяционных уравнений иметь нетривиальное решение?...

Не. Во-первых, многочлен-то нулевой, а во-вторых, система-то определена

[Ktina]

Mathusic в сообщении #601447 писал(а):

Ktina в сообщении #601442 писал(а):

Там на нуль делить надо

Покажете шаг?

Уже разобралась, деление на нуль можно обойти.

Пусть существует многочлен степени $n+1$, который во всех рац. точках принимает только рац. значения.
В точке 0 такой многочлен равен своему свободному члену, значит свободный член рационален.
Если отнять этот свободный член и разность поделить на $x$ (вот тут и возникла проблема: а как быть при нулевом $x$?), получим многочлен степени $n$, который по предположению индукции имеет только рациональные коэффициенты.

[ewert]

Ktina в сообщении #601470 писал(а):

(вот тут и возникла проблема: а как быть при нулевом $x$?), получим многочлен степени $n$, который по предположению индукции имеет только рациональные коэффициенты.

И как же Вы эту проблему обходите? Проблема ведь не в том, что нельзя делить на ноль. А в том, что Вы ничего не знаете про поведение того маленького многочлена в нуле.

[Ktina]

ewert в сообщении #601488 писал(а):

Ktina в сообщении #601470 писал(а):

(вот тут и возникла проблема: а как быть при нулевом $x$?), получим многочлен степени $n$, который по предположению индукции имеет только рациональные коэффициенты.

И как же Вы эту проблему обходите? Проблема ведь не в том, что нельзя делить на ноль. А в том, что Вы ничего не знаете про поведение того маленького многочлена в нуле.

В нуле он равен своему свободному члену...Стоп-машина! Речь идёт уже о другом свободном члене, рациональность которого мы не доказали. Запуталась маленько...

[svv]

Пусть многочлен $n$-й степени принимает рациональные значения в натуральных точках (с единицы). Тогда и в нуле он принимает рациональное значение.

Для $n=0$ это очевидно.
Пусть это справедливо для многочленов $n$-й степени.
Рассмотрим многочлен $p(x)$ степени $n+1$, который имеет рациональные значения в натуральных точках.
Тогда $q(x)=p(x+1)-p(x)$ — многочлен степени $n$, и он тоже имеет рациональные значения в натуральных точках.
Значит, рационально и $q(0)$.
Тогда рационально и $p(0)=p(1)-q(0)$.

[Mathusic]

svv в сообщении #601770 писал(а):

Тогда и в нуле он принимает рационнатуральное значение.

И как это относится к вопросу задачи?

А. Это вторая вспомогательное утв. для первой индукции

[TOTAL]

Неподдельный школьник решал бы задачу так:

$P_n(x)=a_{n}x^{n} + a_{n-1}x^{n-1}+ \cdots + a_{1}x+a_0 $
$P_{n-1}(x)=P_n(x+1)-P_n(x)=na_{n}x^{n-1} + \cdots $
По предположению индукции все коэф-ты $P_{n-1}(x)$ рациональны, т.е. $a_{n}$ - рационален.
По предположению индукции все коэф-ты $P_{n}(x)-a_{n}x^{n}$ тоже рациональны.