توابع پایه لاگرانژ ( درونیابی لاگرانژ)

Question

فرض کنید به ازای $0 \leq i < n$، $ h_{i} (x)= L_{i} (x)+ L_{i+1} (x)$. ثابت کنید برای هر $x$ در بازه $[ x_{i} , x_{i+1} ]$ داریم $h(x) \geq 1$.

تلاش برای حل:

چندجمله ای درونیاب $h$ رو در نقاط $ x_{i} $ که $0 \leq i \leq n$ می نویسیم داریم $h(x)= \sum_0^n (L_{i} ( x_{i} )+ L_{i+1} ( x_{i} )) L_{i} (x)= \sum_0^n L_{i} (x)=1 $

Comments

درست میگید احتمالا یه جای کار درست نیست.
برقراری دومین تساوی به این دلیله که توابع پایه لاگرانژ در نقطه ای که اندیسش با اندیسشون یکیه برابر یکه و برای نقاطی که اندیسشون با اندیس پایه یکی نیست صفر میشن.

---

@AmirHosein چیزی که نوشتم خیلی غلطه. در واقع سیگمای آخر شامل دو جمله میشه که مساوی یک نمیشه.

---

@kazmano بعلاوه به نظرم باید در سمت راست نخستین تساوی‌تان به جای $x_i$، $x$ بگذارید و گر نه یعنی در نقطهٔ ابتدای بازه دارید مقدار $h_i$ را می‌یابید که اصلا نیاز به درون‌یابی ندارد چون چندجمله‌ای لاگرانك $i$ام در آن نقطه یک و $i+1$ام  در آن نقطه صفر می‌شود پس بدیهی مقدار تابع $h_i$ در آن نقطه یک است، به همین شکل برای نقطهٔ انتهایی بازه.

---

سلام. فکر میکنم باید فرض کنید با توجه به نوع تعریفhاین یک تقریب از تابعی است که در تمام نقاط یک هست

---

چیزی که گفتید پاسخ نیست، شاید دیدگاه باشد. ضمنا تابع خواسته‌شده دقیقا تابع ثابت یک می‌شود، تقریبی که از آن صحبت می‌کنید را از کجا آورده‌اید؟
بعلاوه بهتر است با نام کاربری‌تان وارد شوید تا مطالب‌تان قابل پیگیری باشد، گذاشتن نوشته‌ای بدون داشتن هیچگونه contact در صورت بی‌ارزش یا نامفهوم بودن پاک می‌شود، در حالیکه اگر به فردی متصل باشد می‌توان با مکاتبه با آن فرد، کمک کرد تا ابهام یا اشتباهش برایش رفع شود.

Answer 1

توجه کنید که $h_i(x)=L_i(x)+L_{i+1}(x)$ در دو نقطهٔ ابتدا و انتهای بازهٔ $[x_i,x_{i+1}]$ برابر یک می‌شود. علت آن بدیهی است، به یاد دارید که چندجمله‌ای‌ $i$ام لاگرانژ در نقطهٔ $i$ام یک و در بقیهٔ نقاط $x_j$ ($j\neq i$) صفر می‌شود.

اکنون اگر مشتق دوم آن منفی می‌شد این نتیجه را داشتیم که کمینهٔ تابع $h_i$ در این بازه یک است. چرا که از ابتدای بازه از یک شروع می‌کند و افزایش می‌یابد تا به تنها اکسترمم نسبی موجود در این بازه می‌رسد که بیشینهٔ نسبی است و سپس کاهش می‌یابد تا به انتهای بازه برسد که یک شود.

در حالت سه نقطه اثبات آن ساده است. برای هر دو تابع $h_0$ و $h_1$ با انجام محاسبات معمولی دارید که مشتق یکم یک تابع خطی می‌شود با ریشه‌ای اکیدا داخل بازه و مشتق دوم عدد ثابت منفی می‌شود.

اما پیش از اینکه برای حالت کلی را ثابت کنیم به خود چندجمله‌ای‌های لاگرانژ نگاه کنید.

توجه کنید که چندجمله‌ای‌های لاگرانژ درجه‌شان برابر تعداد نقاط‌تان منهای یک است. بعلاوه ریشه‌هایش ساده هستند. در واقع دقیقا نقطه‌های درون‌یابی‌تان غیر از نقطهٔ $i$ اُم هستند. در بین این ریشه‌ها کاملا منفی یا کاملا مثبت است. یعنی مقدارش در ابتدای یکی از این بازه‌ها صفر است و سپس مثبت (منفی) می‌شود و تا آخر بازه مثبت (منفی) می‌ماند و در انتهای بازه صفر می‌شود و در بازهٔ $[x_{i-1},x_{i+1}]$ مثبت است. برای رُخ دادن این کار بدون اینکه علامت مشتق آن تغییر کند راه دیگری نیست. بعلاوه برای اینکه در بازهٔ بعدی دوباره مشتق تغییر علامت می‌دهد باید یک نقطهٔ عطف نیز داشته باشیم. در نتیجه دست کم در هر بازه یک اکسترمم نسبی و به ازای هر دو بازه یک نقطهٔ عطف هست. ثابت می‌کنیم که بیشتر از آن نخواهد داشت. دلیل آن روشن است. اگر بخواهد تعداد نقاط اکسترمم از تعداد بازه‌ها اکیدا بیشتر شود باید درجهٔ چندجمله‌ایِ مشتق اکیدا بیشتر از تعداد بازه‌ها شود ولی مشتق یک چندجمله‌ای از درجهٔ $n-1$ که $n$ تعداد نقاط است از درجهٔ $n-2$ است که دقیقا برابر تعداد بازه‌هاست. پس تناقض می‌شود و از آنجا نتیجه می‌شود که در هیچ بازه‌ای بیشتر از یک اکسترمم نداریم. اکنون اگر تعداد نقطه‌های عطف اکیدا بیشتر از تعداد دوبازه‌های همسایه باشد آنگاه درجهٔ چندجمله‌ایِ مشتق دوم باید اکیدا بزرگتر از این عدد باشد. ولی مشتق دوم یک چندجمله‌ای از درجهٔ $n-1$ برابر $n-3$ یعنی تعداد بازه‌های $[x_i,x_{i+2}]$ یا همان دوبازه‌ای‌های همسایه است $[x_i,x_{i+1}]\cup[x_{i+1},x_{i+2}]$ . پس دوباره تناقض و از آنجا نتیجه می‌شود که در هر دو بازه‌ای یک نقطه عطف بیشتر نداریم.

$h_i$ در $x_j$ های $j\neq i,i+1$ صفر است و در آن دو نقطه یک است. چون در این نقطه‌های گفته شده ریشهٔ ساده دارد پس مانند بحث $L_i$ ها اگر بیاییم بازهٔ $[x_i,x_{i+1}]$ را حذف کنیم و یک نقطه در نظر بگیریم و نمودار پس از $x=x_{i+1}$ را به نمودار پیش از $x=x_i$ بچسبانیم، باید دست‌کم $(n-1)-3$ نقطهٔ عطف داشته‌باشیم. بازه را برمی‌گردانیم، توجه کنید که تقعر پیش و پس از این بازه رو به پائین است. اگر به فرض خلف نقطه‌ای در این بازه وجود داشته باشد که مقدار $h_i$ کمتر از یک بشود پس باید حتما یک تقعر رو به بالا رُخ بدهد و گر نه امکان همزمان هر دوی آمدن از مقدار بیشتر به آن و برگشت به مقدار بیشتر از آن نخواهد بود. اما این یعنی یک نقطهٔ عطف بین $x_i$ و آن نقطه و یک نقطهٔ عطف دیگر بین آن نقطه و $x_{i+1}$ وجود دارد. توجه کنید که در این صورت تعداد نقطه‌های عطف $h_i$ در کل محور دست‌کم برابر شد با $((n-1)-3)+2=n-2$ . اما $h_i$ چندجمله‌ای‌ از درجهٔ $n-1$ است و مشتق دومش از درجهٔ $n-3$ پس حداکثر $n-3$ که از $n-2$ کمتر است می‌تواند ریشه داشته‌باشد. پس به تناقض رسیدیم و از آنجا نتیجه می‌شود که هیچ نقطه‌ای بین $x_i$ و $x_{i+1}$ نیست که $h_i$ در آن کمتر از یک شود.

البته این اثبات برای $i=1$ و $i=n$ می‌لنگد زیرا که نقطه‌ای پیش (پس) از آن که مطمئن باشیم مقدار $h_i$ کمتر از یک باشد نداریم. در حالت‌های غیر از این‌ دو از این استفاده می‌شد که ریشه پیش (پس) از آن داشتیم. به هر حال فعلا تا اینجا به ذهنم رسیده‌است. امیدوارم دفعهٔ پسین که دوباره رویش فکر کردم این خلاء را نیز پر کنم.

Comments

@kazomano همان‌گونه که اشاره داشتم هنوز اثبات کامل نیست و کمی کار دارد تا کامل شود.

دوباره داشتم به اندیس $i$ فکر می‌کردم. اینکه بگوئیم برای یک $i$ دلخواه ثابت $=L_i+L_{i+1}h$ و بعد حکم را بخواهیم به قول شما حالت برای هر $h_i$ حکم را بخواهیم را می‌رساند. ولی اگر در اثبات به صورت یک ضرب مستقل از اینکه کدام $i$ انتخاب شده‌است نتوانیم اثبات ارائه دهیم مجبور می‌شویم بگوئیم اگر $i$ فلان آنگاه فلان و ... یعنی حالت‌بندی بشود و من ترجیح می‌دهم بتوانم $h$ را ساده با اندیسش اشاره کنم تا اینکه جمله بنویسم، مثلا راحت بنویسم «برای $h_1$» تا اینکه بنویسم «برای $h$ زمانی که $i$ یک انتخاب شده‌است ».

---

@kazomano نمونه‌پرسش‌های المپیادهای سازمان سنجش چه مرحلهٔ نهایی بین‌المللی و چه مرحله‌های گزینش استانی بدون کنکورش را نیز نگاه کرده‌اید؟ چون یکی از چهار سرفصل آزمونی‌اش (چه کاربردی چه محض) آنالیز عددی است (آنالیز عددی یک) و چندجمله‌ای‌های لاگرانژ را نیز در بر دارد. البته زمانی که خودم دانشجوی کارشناسی بودم به یاد ندارم حل‌هایشان جایی انتشار شده‌باشد. حتی پیدا کردن خود سوال‌های دو سه سال گذشته‌اش نیز برایم خیلی دشوار بود. ولی معمولا پرسش‌هایش خیلی جالب و زیبا هستند. در این بازهٔ زمانی احتمالش زیاد است فردی پرسش‌ها را گردآوری و پاسخ‌ و انتشار داده‌باشد، برای جبر می‌دانم که یکی از استادهای کارشناسی‌ام بخشی از پرسش‌های جبرش را در یک کتابش چند سال پبش آورده‌است.

---

پرسش های مسابقات دانشجویی ایران  و مسابقات دانشجویی بین المللی رو دیدم که در هیچکدوم موجود نبود  . به مسائل سازمان سنجش دسترسی پیدا نکردم.

---

@kazomano نه مسابقات دانشجویی آنالیز عددی را به عنوان سرفصل ندارند. المپیاد سازمان سنجش دارد. بلی متأسفانه نمی‌دانم چرا سازمان سنجش آزمون‌های سال‌های پیشین را منتشر نمی‌کند.

---

جالبه که این سوال رو در
https://math.stackexchange.com/questions/2181334/how-to-prove-c-kxc-k1x-geqslant-1-x-k-leqslant-x-leqslant-x-k1
هم پرسیدن.

Answer 2

به برهان خلف فرض کنیم وجود دارد $x \in ( x_{i} , x_{i+1} )$ که $0 \leq i \leq n-1$ و $ L_{i} (x)+ L_{i+1} (x)< 1$. افراز زیر را درنظر می گیریم

$$ x_{1} < x_{2} < ...< x_{i} < x< x_{i+1} < ...< x_{n-1} < x_{n} $$

بنابه قضیه رول در هر یک از زیربازه های $( x_{i} , x_{i+1} )$ که $i=0,...,i-1,i+2,...,n-1$ $h'(x)=0$ یک ریشه دارد که جمعا $n-3$ تا می شود. حال بنا به قضیه مقدار میانگین وجود دارد $ m_{1} \in ( x_{i-1} , x_{i} )$ به طوریکه $h'( m_{1} )>0$ و وجود دارد $ m_{2} \in ( x_{i} , x )$ به طوریکه $h'( m_{2} )< 0$ و وجود دارد $ m_{3} \in ( x , x_{i+1} )$ به طوریکه $h'( m_{3} )>0$ و وجود دارد $ m_{4} \in (x_{i+1} , x_{i+2} )$ به طوریکه $h'( m_{4} )< 0$ بنابراین بنا به قضیه مقدار میانی وجود دارد $ n_{1} \in (m_{1} , m_{2} )$ به طوریکه $h'( n_{1} )=0$ و وجود دارد $ n_{2} \in (m_{2} , m_{3} )$ به طوریکه $h'( n_{2} )=0$ و وجود دارد $ n_{3} \in (m_{3} , m_{4} )$ به طوریکه $h'( n_{3} )=0$ پس $h'(x)=0$ در کل $n$ ریشه دارد اما $h'(x)$ از درجه $n-1$ پس فرض خلف باطل و حکم ثابت است.

تذکر: این اثبات از دکتر الهویرنلو می باشد.