Интерполяционный многочлен Лагранжа

[felix95]

Дан многочлен $w(x)=(a_0 - x)(a_1 - x)...(a_n - x)$ в поле $K[X]$. Задание:выразить через $w(x)$ многочлен $f(x)$ наименьшей степени такой, чтобы:
$f(a_i)= \frac1{{a_i}^2}$
Указание: рассмотреть многочлен $x^2f(x)$.

Подскажите, пожалуйста, пути решения.

Предыдущее задание, где $f(a_i)= \frac1{{a_i}}$ решалось рассмотрением многочлена $xf(x) - 1$. Все значения в $a_i$ равнялось нулю, кроме нуля-там минус единица. По этим значениям строился интерполяционный многочлен Лагранжа: $g(x) = -\frac{w(x)}{w(0)}$. получаем $xf(x) - 1 = -\frac{w(x)}{w(0)}$.
В итоге имели $f(x) = \frac{w(0) - w(x)}{xw(0)}$ и это наш искомый многочлен. Ту же логику в текущем задании применять нельзя, потому что $f(x) = \frac{w(0) - w(x)}{x^2w(0)}$ уже не является многочленом. Вот здесь и проблема.

[ewert]

felix95 в сообщении #868674 писал(а):

потому что $f(x) = \frac{w(0) - w(x)}{x^2w(0)}$ уже не является многочленом.

Замените в числителе $w(x)$ на $w(x)\cdot(w(0)-xw'(0))$ и, соответственно, $w(0)$ на $w^2(0)$ -- вот и выйдет многочлен.

[felix95]

Можно тогда вопрос, как найти многочлен для $f(a_i)= \frac1{a_i^3}$. Именно, как найти? и каким он будет?

[ewert]

felix95 в сообщении #868697 писал(а):

Именно, как найти?

Ну соответственно -- надо брать за основу $w(x)\cdot\left(w^2(0)-xw'(0)w(0)+x^2\big(-\frac12w''(0)w(0)+(w'(0))^2\big)\right)$. Производные здесь лишь для краткости записи -- они по теореме Виета явно выражаются через корни. И поскольку в таком виде формулы уже чисто алгебраические -- они работают в любых полях.

Впрочем, какое решение загадывалось -- не знаю.

[felix95]

Если вас не затруднит, объясните пожалуйста подробнее. Третью ночь не сплю-уже плохо соображаю

[ewert]

Ну, для $f(a_i)=\frac1{a_i^k}$ нам подходит любое выражение выражение вида $\frac{A-w(x)\,p(x)}{A\,x^k}$, где $A$ -- любая константа и $p(x)$ -- любой многочлен. Надо лишь, чтобы после раскрытия скобок в числителе сокращались все степени вплоть до $x^{k-1}$. Коэффициенты $w(x)=w_0+w_1x+w_2x^2+\ldots$ нам известны -- они по теореме Виета выражаются через корни. Ну так и обозначим $p(x)=1+p_1x+p_2x^2+\ldots+p_{k-1}x^{k-1}$, раскроем скобки, потребуем сокращения -- и получим систему уравнений на неизвестные $p_i$ (а фактически даже не уравнений, а рекуррентных соотношений).

[felix95]

Огромное вам спасибо!