2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 Теорема о симетричн. квадратурных ф-лах интерполяц. типа
Сообщение03.02.2013, 19:58 
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.

 
 
 
 Re: Теорема о симетричн. квадратурных ф-лах интерполяц. типа
Сообщение03.02.2013, 21:53 
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.

 
 
 
 Re: Теорема о симетричн. квадратурных ф-лах интерполяц. типа
Сообщение03.02.2013, 22:04 
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?

 
 
 
 Re: Теорема о симетричн. квадратурных ф-лах интерполяц. типа
Сообщение03.02.2013, 23:10 
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.

 
 
 
 Re: Теорема о симетричн. квадратурных ф-лах интерполяц. типа
Сообщение03.02.2013, 23:13 
Понятно, спасибо Вам.

 
 
 
 Re: Теорема о симетричн. квадратурных ф-лах интерполяц. типа
Сообщение03.02.2013, 23:40 
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.

 
 
 [ Сообщений: 6 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group