Теорема о симетричн. квадратурных ф-лах интерполяц. типа

[Taap]

Добрый вечер.

Возник небольшой теоретический вопрос, который пока не получается понять самому.

Учебник - Самарский, Гулин "Численные методы"
Глава 4, параграф 2, пункт 3 - Симметричные формулы.

Доказывается теорема со следующей формулировкой:
Пусть ядро-четная функция относительно точки $\frac {a+b} {2}$ и пусть выполнены условия симметричного расположения точек относительно центра отрезка $[a,b]$, и $n$-четное число. Тогда, если квадратурная формула интерполяционного типа точна для любого многочлена степени n, то она точна и для любого многочлена степени $n+1$.

В начале доказательства сказано что нам достаточно показать что формула точна для многочлена $(x - \frac {a+b} {2})^{n+1}$

Не могу понять - почему при доказательстве рассматривается только такой многочлен? Не будет ли это только частным случаем?

Заранее спасибо за ответы.

[ewert]

Taap в сообщении #679654 писал(а):

начале доказательства сказано что нам достаточно показать что формула точна для многочлена $(x - \frac {a+b} {2})^{n+1}$

Не могу понять - почему при доказательстве рассматривается только такой многочлен?

Потому, что вычитанием из произвольного многочлена степени $(n+1)$ конкретно этого, умноженного на соответствующий коэффициент, мы получаем многочлен степени $n$, для которого формула точна уже заведомо.

[Taap]

ewert в сообщении #679694 писал(а):

Taap в сообщении #679654 писал(а):

начале доказательства сказано что нам достаточно показать что формула точна для многочлена $(x - \frac {a+b} {2})^{n+1}$

Не могу понять - почему при доказательстве рассматривается только такой многочлен?

Потому, что вычитанием из произвольного многочлена степени $(n+1)$ конкретно этого, умноженного на соответствующий коэффициент, мы получаем многочлен степени $n$, для которого формула точна уже заведомо.

Так, понятно... Но тогда с тем же успехом можно рассматривать абсолютно произвольный многочлен $(n+1)$ порядка, потому что всегда можно подобрать коэффициент, домножив на который и сложив с многочленом $n$ - го порядка, мы получим любой другой многочлен $(n+1)$ порядка? То есть данный вид многочлена в теореме выбран для удобства проведения вычислений?

Уточню вопрос... Почему конкретно этого? Об этом есть соответствующая теорема? Никакой другой полином не подойдет для этих целей?

[ewert]

Taap в сообщении #679702 писал(а):

Уточню вопрос... Почему конкретно этого? Об этом есть соответствующая теорема?

Никаких теорем. Просто это -- простейший многочлен, симметричный относительно середины промежутка. Наверное, ещё проще было бы использовать вместо него соответствующий многочлен типа омеги (т.е. с корнями во всех узлах квадратурной формулы); но я не знаю технических деталей конкретно их доказательства.

[Taap]

Понятно, спасибо Вам.

[ewert]

А, понял. Невнимательно прочёл формулировку. Оказывается, у них $n$ -- это не степень интерполяционного многочлена, по которому построена квадратурная формула, а некий гарантированный "алгебраический порядок" точности. Тогда да -- тогда проще всего доказывать как у них, с вычитанием простейшего нечётного одночлена.