در مورد درونیابی لاگرانژ هستش سوال ممنونم

Question

نشان دهید $ \sum_{i=0}^n L_{i} (x)=1 $

سپس نشان دهید به ازای $ k \leq n_{i} $ داریم: $ \sum_{i=0}^n L_{i} (x) {x_{i}}^{k} = x^{k} $

$ L_{i} (x) $ ها همان چند جمله ای های لاگرانژ هستند

Answer 1

**قضیه **: اگر $P(x)$ چند جمله‌ای درونیاب $f$ در نقاط دو به دو متمایز $x_0$،$x_1$،$...$،$x_n$ و $f$ دارای مشتق مرتبه‌ی $(n+1)$ باشد آن‌گاه

$f(x)= P(x)+ \dfrac{(x-x_0)(x-x_1) \ldots (x-x_n)}{(n+1)!}f^{(n+1)}(c) \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad (*)$

که در آن $c$ نقطه‌ای در $[x_0,x_n]$ است که در حالت کلی به $x$ بستگی دارد.

تابع $f(x)$ را در نظر می‌گیریم می‌دانیم که درونیابی لاگرانژ به صورت

$p(x)= \sum_{i=0}^{n} L_{i}(x) f_i \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad (**)$

می‌باشد که در آن $L_{i}(x)$ چند جمله‌ای های لاگرانژ هستند. حال اگر تابع ثابت $f(x)=1$ را در نظر بگیریم، طبق آن‌چه که در $(**)$ گفته شد درونیابی آن به صورت $p(x)= \sum_{i=0}^{n} L_{i}(x) \times 1$ می‌باشد و برای $f(x)=1$ ،$f^{n+1}(x)=0$ می‌باشد که طبق $(*)$ هم داریم $f(x)=p(x)$؛ پس با این اوصاف داریم که $1=f(x)=p(x)= \sum_{i=0}^{n} L_{i}(x) \times 1$ پس قسمت اول سوالتون جواب داده شد و هم چنین می‌دانیم که برای هر $f(x)=x^k$ که $ k \leq n$ ، $f^{n+1}(x)=0$ می‌باشد که باز می‌توان از $(**)$ و $(*)$ به جواب زیر رسید

$x^k= f(x)= p(x)= \sum_{i=0}^{n} L_{i}(x) x_i ^k \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad $

برای مرجع هم می‌توان به هر کدام از کتاب‌های بردن تا استور مراجعه کنید و این مطالب را خواهید یافت.

Comments

خیلی ممنونم