刘合国，赵静
(湖北大学数学与统计学学院，湖北 武汉 430062)
从文献[1]中可知Lagrange插值公式与中国剩余定理是一脉相承的,它们体现了一种非常深刻有用的数学思想.刘合国等[2]运用中国剩余定理解决了一些看似棘手的问题,现在我们用Lagrange插值公式来解决一些多项式代数、矩阵论等方面的一些问题.从这些内容可以看到中国剩余定理,以及插值思想的重要性.
本研究是文献[1-2]的续篇,采用的术语和符号是标准的,一般按照文献[3-4].
插值的思想能够帮助我们找到解决问题的路径.
例1.1设f(x)是复系数多项式,满足f(a)是有理数当且仅当a是有理数,证明f(x)=kx+b,式中k是非零有理数,b是有理数.
g(x)=ann-1f(x)=(anx)n+ann-1an-1xn-1+…+ann-1a1x+ann-1a0,
记X=anx,则g(X)=Xn+an-1Xn-1+…+ann-2a1X+ann-1a0也满足条件.对每个素数p, 记
hp(X)=Xn+an-1Xn-1+…+ann-2a1X-p，
它同样也满足条件.当p>1+|an-1|+…+|ann-2a1|时,因hp(0)=-p<0,故存在r>0使得hp(r)=0,从条件知r∈.从hp(X)是首1多项式可知r∈且r|p,这样r=p.这意味着多项式Xn+an-1Xn-1+…+ann-2a1X-X有无数个根,从而Xn+an-1Xn-1+…+ann-2a1X-X=0,必有n=1,即f(x)=a1x+a0.
例1.2设f(x)是复系数多项式,满足f(a)是实数当且仅当a是实数,证明f(x)=kx+b,式中k是非零实数,b是实数.
例1.2的证明根据Lagrange插值公式可设f(x)=xn+an-1xn+…+a1x+a0∈[x].根据条件可知f(x)有n个实根r1≥r2≥…≥rn,此时f(x)=(x-r1)(x-r2)…(x-rn).f(x)的导数f′(x)有n-1个实数根s1≥s2≥…≥sn-1.我们有r1≥s1≥r2≥s2≥r3≥…≥rn-1≥sn-1≥rn.
当n≥2时,由f(x)是首1多项式可知当x→+∞时,f(x)→+∞,从而f(x)在[r2,+∞]上可取最小值m且m∈R,故f(x)=m-1在[r2,+∞]上无解,即f(x)-m+1=0的n个根均是实数且小于r2,进而(f(x)-m+1)′=f′(x)的n-1个根均小于r2,矛盾.因此n=1,结论成立.
例1.3设f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a0,则对任意n+1个两两互异的数x0,x1,…,xn,有
例1.3的证明根据Lagrange插值公式可知
又f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a0,通过比较xn的系数即可得.
例1.4设a1,a2,…,an是两两互异的整数,则对任意自然数k,
总是整数.
例1.4的证明记ω(x)=(x-a1)(x-a2)…(x-an).显然ω(x)是首1的整系数多项式,故存在q(x),r(x)∈[x],使得
xk=q(x)w(x)+r(x),
例1.5设x1,x2,…,xn是n个两两互异的数,求
解记ω(x)=(x-x1)(x-x2)…(x-xn).注意到xn=ω(x)+[xn-ω(x)],式中∂(xn-ω(x))≤n-1.根据Lagrange插值公式可得
比较等号两边xn-1的系数可得
例1.6设a1,a2,…,an是n个两两互异的实数,证明对任意n个正数b1,b2,…,bn,存在无实数根的多项式f(x),使f(ai)=bi.
例1.6的证明只需对Lagrange插值公式进行修正即可.对每个1≤i≤n,记
Li(x)满足Li(aj)=δij,这里δij是Kronecker符号.令
则f(ai)=bi,且f(x)无实数根.
例1.7的证明|f(x)|在[1,n]上连续,记M是|f(x)|在[1,n]上的最大值.由Lagrange插值公式可得存在次数≤n-1的多项式L(x)满足L(k)=(-1)k2(M+1),其中k=1,2,…,n.
令g(x)=(x-1)(x-2)…(x-n)+L(x),显然g(x)是n次实系数首1多项式.因为g(k)=L(k)=(-1)k2(M+1),所以g(x)分别在(1,2),(2,3),…,(n-1,n)内存在实数根.根据Vieta定理可得g(x)的另一个根也是实数.
令h(x)=2f(x)-g(x),显然h(x)是n次实系数首1多项式.因为
h(1)=2f(1)-g(1)=2f(1)+2M+2>0,
h(2)=2f(2)-g(2)=2f(2)-2M-2<0,
h(3)=2f(3)-g(3)=2f(3)+2M+2>0,
⋮
运用Lagrange插值公式, 当插值点x0,x1,x2…,xn成等差数列时, 我们得到的插值公式能够具有较好的特征.
例2.1设f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0, 证明对任意a以及d≠0, 均有
例2.1的证明令x0=a,x1=a+d,…,xn=a+nd, 根据Lagrange插值公式可得
又f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0, 比较xn的系数化简可得
又f(x)=xi, 比较xn的系数可得
例2.3 证明
例2.3的证明考虑f(x)=xn在x=0,1,2,…,n处的插值.令x0=0,x1=1,…,xn=n,根据Lagrange插值公式可得
又f(x)=xn,比较xn-1的系数可得
即
由例2.2即可得
例2.4设n次多项式f(x)满足f(k)=2k,0≤k≤n.求f(n+1).
低碳经济作为一种以低能耗、低污染、低排放为基础的新经济模式日益受到世界各国的青睐[1]。发展低碳经济要求及时转化现有的传统能源系统[2]。中国农村地区家庭能源的供应基本上是依赖于煤炭和当地的秸秆、薪柴，这种传统的用能模式对资源和生态环境产生了重大而长久的负面影响[3-4]。农村户用沼气工程的建设是解决农村能源短缺，提高能源转化效率和利用效率的有效途径。截至2008年，中国已发展农村户用沼气池3 050万户，规划到2015年全国户用沼气池达6 000万户，生产沼气233亿m3。
解考虑f(x)在x=0,1,2,…,n处的插值,根据Lagrange插值公式可得
令x=n+1,则
例2.5设n次多项式f(x)满足f(k)=ak,0≤k≤n.求f(n+1).
解考虑f(x)在x=0,1,2,…,n处的插值,根据Lagrange插值公式可得
令x=n+1,则
=an+1-(a-1)n+1.
例2.6设n次多项式f(x)满足f(k)=ak,m≤k≤m+n, 求f(m+n+1).
解令f(x)=amg(x-m),根据条件可知当0≤i≤n时,
f(m+i)=am+i=amg(i),
即有g(i)=ai.由此根据例2.5可得f(m+n+1)=amg(n+1)=am[an+1-(a-1)n+1].
解考虑f(x)在x=0,1,2,…,n处的插值,根据Lagrange插值公式可得
令x=n+1,则
比较xn的系数
xn-1=(x-ε0)(x-ε1)…(x-εn-1),
两边求导可得
以x=εk代入上式, 得
容易验证
解根据Lagrange插值公式可得
例3.2设多项式f(x)的次数小于n,f(x)在n个n次单位根处分别取值y1,y2,…,yn,求f(0).
解设ε1,ε2,…,εn是n个n次单位根,并且f(εi)=yi.根据Lagrange插值公式可得
例3.3设x0,x1,…,xn是平面上n+1个点.证明:对任意次数小于n的多项式f(x),恒有
的充要条件是x1,x2,…,xn分布在以x0为圆心的一个圆周上,且等分该圆周.
反过来,若下列等式成立
则根据Newton公式,x1,x2,…,xn上的1阶,2阶,…,n-1阶初等对称多项式分别为
因此,x1,x2,…,xn是(x-x0)n=a的n个根.即证.
例3.4设f(x),g(x)是两个实系数多项式,n≥3.若(f(1),g(1)),(f(2),g(2)),…,(f(n),g(n))是某个正则n边形的n个顶点(逆时针).证明:max(∂(f),∂(g))≥n-1.
将x=1代入上式可得
例3.5设f(x)是n次首1多项式,证明存在模为1的复数z,使|f(z)|≥1.
例4.1设多项式f(x)的次数小于n,a1,a2,…,an是n个两两互异的数. 证明
例4.1的证明根据Lagrange插值公式可得
则
根据例4.1即可得
解考虑f(x)=n!在x=0,1,2,…,n处的插值.根据Lagrange插值公式可得
故
特别地, 当x=-1时, 可得下面的恒等式:
解考虑f(x)=n!在x=-1,-2,…,-n处的插值.根据Lagrange插值公式可得
故
特别地, 当x=1时, 可得下面的恒等式:
故
解考虑
f(x)=(x-a1)(x-a2)…(x-an)-(x-b1)(x-b2)…(x-bn),
在x=b1,b2,…,bn处的插值, 注意到f(bk)=(bk-a1)(bk-a2)…(bk-an),其中1≤k≤n.根据Lagrange插值公式可得
故
因此,
解首先考虑f(x)=(x+1)(x+2)-(x-1)(x-2)=6x在x=1,2处的插值.根据Lagrange插值公式可得
=12(x-1)-6(x-2),
故
即
因此,
=12ln|x-2|-6ln|x-1|+x+C.
(第一类) Chebyshev 多项式Tn(x)通过如下方式定义:
具体而言,可以得到:T0(x)=1,T1(x)=x,T2(x)=2x2-1,T3(x)=4x3-3x,….
=ax2+bx+c,
设f(x)是复系数多项式, 若对每个整数k,f(k)均为整数, 则称f(x)是整值多项式.
例6.1设a1,a2,…,an是两两互异的整数,b1,b2,…,bn是n个整数, 证明存在整系数多项式f(x), 使f(ai)=bi(1≤i≤n)当且仅当Lagrange插值多项式
是整系数多项式.
例6.1的证明显然只需证明当存在f(x)∈[x],满足f(ai)=bi(1≤i≤n)时,L(x)∈[x]即可.记注意到ω(x)是首1的整系数多项式,则存在q(x),r(x)∈[x],使得
f(x)=q(x)ω(x)+r(x),
式中∂(r(x))<∂(ω(x))=n.由此不难看出L(x)=r(x)是整系数多项式.
例6.2若n次多项式f(x)=a0+a1x+…+anxn是整值多项式,证明n!·ak都是整数,其中0≤k≤n.
例6.2的证明注意到f(0),f(1),…,f(n)都是整数,根据Lagrange插值公式可得
是整系数多项式,于是n!·ak都是整数,其中0≤k≤n.
例6.3设f(x)=a0+a1x+…+anxn,证明对任意整数r,均有
=n!·an.
例6.3的证明考虑f(x)在r,r+1,…,r+n处的插值,根据Lagrange插值公式可得
=a0+a1x+…+anxn,
比较xn两边的系数可得
两边同乘以n!,即可得
=n!·an.
例6.4设f(x)是n次整系数多项式.证明:当整数m>n时,(f(0),f(1),…,f(n))|f(m).
例6.4的证明考虑f(x)在0,1,…,n上的插值,根据Lagrange插值公式可得
令x=m,则
故(f(0),f(1),…,f(n))|f(m).
例6.5设n次多项式f(x)在连续n+1个整数上取整数值.证明f(x)是整值多项式.
例6.5的证明假设对整数r,f(r+n),f(r+n-1),…,f(r)均是整数,则
是整数,又
也是整数,故
同理f(r+2+n),f(r+3+n),…∈.
同理f(r-2),f(r-3),…∈.因此,f(x)是整值多项式.
例6.6设f(x)是n次首1多项式,证明对任意r∈,均有
例6.6的证明由例6.3即可得.
例6.7设f(x)是4次首1多项式,f(1)=0,f(2)=6,f(3)=56,f(5)=552,求f(4).
解由例6.6可得
f(5)-4f(4)+6f(3)-4f(2)+f(1)=4!,
则f(4)=210.
例6.8i)若n次多项式f(x)在0,1,22,…,n2处取整数值,则f(x2)是整值多项式.
ii) 举例说明f(x)不是整值多项式,但f(x2)是整值多项式.
例6.8的证明i)记g(x)=f(x2),其中∂(g(x))=2n.g(x)在-n,-(n-1),…,-1,0,1,…,n-1,n处取整数值,故g(x)是整值多项式,即f(x2)是整值多项式.
整值多项式是一类极其基本的多项式,在多方面具有重要的应用,下面的结论精准描述了这类多项式的构造方式.
令x=0, 则k0=f(0);
令x=1,则k0+k1=f(1),即k1=f(1)-f(0);
令x=2,则k0+2k1+k2=f(2),即k2=f(2)-2f(1)+f(0);
⋮
依此方法计算下去, 即可得ki∈,0≤i≤n.
根据例6.9的证明, 可知n次多项式f(x)是整值多项式当且仅当f(0),f(1),…,f(n)都是整数. 由此, 我们可以给出例6.5的另一个证明.
其实, 假设f(x)在m,m+1,…,m+n处的值都是整数,记g(x)=f(x+m),则g(0),g(1),…,g(n) 都是整数, 由例6.9得g(x)是整值多项式,进而f(x)=g(x-m)是整值多项式.
设D=|aij|n×n是n阶行列式, 已知n阶行列式
其中Aij为D中aij的代数余子式. 这就是说,D(x)是x的次数≤1的多项式. 根据这一事实, 再结合插值思想, 我们就能够自然地解出某些行列式.
例7.1计算n阶行列式
解记
显然
D(-a)=(x1-a)(x2-a)…(xn-a),D(-b)=(x1-b)(x2-b)…(xn-b).
又
解方程组可得
例7.2计算n+1阶行列式
解注意到
运用插值法计算行列式的更多例子见文献[5].
下面的结论在矩阵论里起着基本的作用, 通常是运用Vaudermonde行列式或者归纳法来证明的.
定理7.1属于不同特征值的特征向量是线性无关的.
定理7.1的证明设λ1,λ2,…,λs是A的互异特征值,α1,α2,…,αs是A的分别属于λ1,λ2,…,λs的特征向量. 假设k1α1+k2α2+…+ksαs=0, 只需证k1=k2=…=ks=0.
=kiLi(λi)αi=kiαi,
因而ki=0, 这表明α1,α2,…,αs线性无关.
定理7.2设A是n阶实对称半正定矩阵, 证明对任意正整数m, 存在唯一的实对称半正定矩阵X,使得Χm=A, 并且Χ可以表示为A的多项式.
定理7.2的证明设λ1,λ2,…,λs是A的全部互异特征值, 从条件知存在正交矩阵Q, 使
假设实对称半正定矩阵Y也满足Ym=A,由此YA=AY, 进而XY=YX, 存在正交矩阵R, 使
此时
在这一节里,p是素数,Zp表示p元域.
例8.1a) 证明: 在Zp上,xp-x=x(x-1)(x-2)…(x-(p-1));
b) 证明: Wilson定理:(p-1)!≡-1 (modp);
例8.1的证明a) 根据Fermat小定理可得, 对于任意的a,ap≡a(modp).则在Zp上,xp-x的根为0,1,…,p-1, 因此,xp-x=x(x-1)(x-2)…(x-(p-1)).
b) 由(a)可得xp-1-1=(x-1)(x-2)…(x-(p-1)).令x=0, 则(p-1)!≡-1 (modp). c) 考虑f(x)在x=1,2,…,p-1处的插值, 根据Lagrange插值公式可得
两边同时乘以xp-x可得
ai(i-1)…(i-(i-1))(i-(i+1))…(i-(p-1))=1.
即ai·(p-1)!≡1 (modp), 故ai=-1.因此,
例8.3求Z7上的次数最低的多项式f(x), 使得f(0)=1,f(1)=0.当k=2,3,4,5,6时,f(k)=k.
解考虑f(x)在x=0,1,…,6处的插值, 根据Lagrange插值公式可得
又
(k-1)…1·(-1)…(-(6-k))=(k-1)…1·6…(k+1)=6!≡-1 (mod7),
则
另解, 根据Lagrange插值公式知f(x)的次数∂(f(x))≤6, 从条件知2,3,4,5,6是f(x)-x的根, 故可设f(x)-x=(ax+b)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)(x-6), 分别以x=0,1代入上式可得
根据Wilson定理可知6!≡-1 (mod7), 解得a=5,b=1.因此,
f(x)=(5x+1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)(x-6)+x.
例8.4设f(x)是整系数多项式,f(0)=0,f(1)=1.若对每个整数k,f(k)≡0或1 (modp). 证明f(x)的次数∂(f(x))≥p-1.
例8.5设f(x),g(x)是两个实系数多项式, 若存在实系数多项式q(x,y), 使得对任意实数u和v, 均有
f(u)-f(v)=q(u,v)(g(u)-g(v)),
则存在实系数多项式h(x), 使f(x)=h(g(x)).
例8.5的证明若g(x)是常数, 则f(x)亦然. 当g(x)不是常数时, 取n>∂(f(x))及实数x0,x1,…,xn使得当i≠j时,g(xi)≠g(xj).由Lagrange插值公式可得, 存在次数≤n的多项式h(x)∈R[x], 使得h(g(xi))=f(xi).注意到f(x)-f(xi)=q(x,xi)(g(x)-g(xi)).即g(x)-g(xi)|f(x)-f(xi).注意到g(x)-g(xi)|h(g(x))-h(g(xi)), 即g(x)-g(xi)|h(g(x))-f(xi), 可得
g(x)-g(xi)|f(x)-h(g(x)).
因此,f(x)-h(g(x))=0.即f(x)=h(g(x)).
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