1. Interpoláció. Egyértelműség Ha f és g ilyen polinomok, akkor n helyen megegyeznek, így a polinomok azonossági tétele miatt egyenlők.

Átírás

1 1. Interpoláció Az interpoláció alapproblémája. Feladat Olyan polinomot keresünk, amely előre megadott helyeken előre megadott értékeket vesz fel. A helyek: páronként különböző a 1, a,...,a n számok. Az értékek: tetszőleges b 1, b,...,b n számok. Azt szeretnénk: f (a 1 ) = b 1, f (a ) = b,..., f (a n ) = b n. Az interpoláció tétele Mindig pontosan egy ilyen f polinom van a legfeljebb n 1-edfokú polinomok között (a nullapolinomot is ideértve). Egyértelműség Ha f és g ilyen polinomok, akkor n helyen megegyeznek, így a polinomok azonossági tétele miatt egyenlők. Az interpolációs polinom létezése. Lagrange-interpoláció (Kiss-jegyzet,.4.1. Gyakorlat) Keressünk először ilyet: l 1 (a 1 ) = 1,l 1 (a ) = 0,...,l 1 (a n ) = 0. Az l 1 polinomnak tehát a,...,a n gyöke. Ezért legyen l 1 (x) = c(x a )...(x a n ), ahol c C. A c értékét az a 1 behelyettesítésével határozhatjuk meg: l 1 (x) = (x a )...(x a n ) (a 1 a )...(a 1 a n ). Analóg módon létezik l j (x) minden j n-re, melyre l j (a j ) = 1, és a többi a k gyöke l j -nek (ha k j). Jó lesz: f (x) = b 1 l 1 (x)+b l (x)+...+b n l n (x). Például f (a 1 ) = b 1 l 1 (a 1 ) + b l (a 1 ) b n l n (a 1 ) = = b 1 1+b b n 0 = b 1. Hasonlóan látható, hogy f (a ) = b,..., f (a n ) = b n. Newton-interpoláció. A Lagrange-interpoláció hátránya Képzeljük, hogy a b 1,...,b n számok mérési eredmények. Kiszámítjuk a Lagrangeféle interpolációs polinomot: f (a 1 ) = b 1, f (a ) = b,..., f (a n ) = b n. Keletkezik egy új mérési eredmény: az a n+1 helyen b n+1. Ekkor sajnos előlről kell kezdeni a számolást. A megoldás: a Newton-interpoláció. Az a 1,...,a n helyeken megfelelő f polinomhoz egy g(x) = c(x a 1 )(x a )...(x a n ) alakú korrekciós tagot adunk hozzá. Ez nem rontja el az a 1,...,a n helyeken felvett értékeket. A c-t úgy választjuk, hogy az f +g az a n+1 helyen is jó legyen. A részleteket lásd: Kiss-jegyzet, Gyakorlat.

2 . A gyökök és együtthatók összefüggése A gyöktényezős alak beszorzása. Az algebra alaptételének következménye Minden n-edfokú komplex együtthatós f polinom fölírható c(x b 1 )...(x b n ) alakban, ahol c az f főegyütthatója. Ez az f polinom gyöktényezős alakja. Ha n =, akkor f (x) = a x + a 1 x + a 0 = a (x b 1 )(x b ). De (x b 1 )(x b ) = x (b 1 + b )x + b 1 b. Tehát f (x) = a (x b 1 )(x b ) = a x a (b 1 + b )x + a b 1 b. Ezért a (b 1 + b ) = a 1 és a b 1 b = a 0. Innen b 1 + b = a 1 /a és b 1 b = a 0 /a. Ez a gyökök és együtthatók összefüggése, ha n =. Két polinom akkor egyenlő, ha a megfelelő együtthatóik rendre megegyeznek. A harmadfokú polinomok esete. f (x) = a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = a 3 (x b 1 )(x b )(x b 3 ). Mi lesz (x b 1 )(x b )(x b 3 ) beszorzott alakja? Mindegyik zárójelből egy-egy tagot kiveszünk, ezeket összeszorozzuk, a szorzatokat összeadjuk. Ha mindhárom zárójelből az x-et vesszük ki: x 3. Ha két zárójelből veszünk ki x-et, akkor 3 tag keletkezik: b 1 x b x b 3 x. Ha egy zárójelből veszünk ki x-et, akkor is 3 tag keletkezik: b 1 b x + b 1 b 3 x + b b 3 x. Végül ha egyik zárójelből sem az x-et vesszük ki: b 1 b b 3. x 3 (b 1 + b + b 3 )x + (b 1 b + b 1 b 3 + b b 3 )x b 1 b b 3. A gyökök és együtthatók összefüggése: b 1 + b + b 3 = a /a 3, b 1 b + b 1 b 3 + b b 3 = a 1 /a 3, b 1 b b 3 = a 0 /a 3. A négyzetösszeg. Feladat Állapítsuk meg az 5x 3 x + 3x + 1 polinom komplex gyökeinek a négyzetösszegét. Megoldás (b 1 + b + b 3 )(b 1 + b + b 3 ) =? Az első zárójelből minden tagot megszorzunk a második zárójelbeli minden taggal. b 1, b, b 3 egyszer, b 1b, b 1 b 3, b b 3 mind kétszer keletkezik. Például b b 3 úgy is, mint b 3 b. Az eredmény: (b 1 + b + b 3 ) = (b 1 + b + b 3 ) + (b 1b + b 1 b 3 + b b 3 ). (b 1 + b + b 3 ) = (b 1 + b + b 3 ) (b 1 b + b 1 b 3 + b b 3 ). b 1 + b + b 3 = a /a 3 = ( )/5. b 1 b + b 1 b 3 + b b 3 = a 1 /a 3 = 3/5. b 1 + b + b 3 = (/5) (3/5) = 6/5.

3 Az általános eset. Állítás (x b 1 )...(x b n ) = x n σ 1 x n 1 + σ x n ( 1) n σ n : σ 1 = b 1 + b b n σ = b 1 b b 1 b n + b b b n 1 b n, és így tovább, σ n = b 1 b...b n. σ k úgy keletkezik, hogy k darab különböző b i -t összeszorzunk az összes lehetséges módon, és az ( n k) szorzatot összeadjuk. Bizonyítás Beszorzáskor mindegyik zárójelből egy-egy tagot kiveszünk, ezeket összeszorozzuk, a szorzatokat összeadjuk. x n k -s tag úgy keletkezik, hogy n k zárójelből x-et, a többi k zárójelből valamelyik b j -t vesszük ki. Ezért x n k együtthatója ( 1) k σ k lesz. A gyökök és együtthatók összefüggése. σ k (b 1,...,b n ): az összes lehetséges módon összeszorzunk k különbözőt b 1,...,b n közül, az ( n k) szorzatot összeadjuk. (Megállapodás: σ0 = 1 és σ k = 0 ha k > n.) Elnevezés: elemi szimmetrikus polinom. Többhatározatlanú polinomok: lásd később. Tétel (Kiss-jegyzet,.5.9. Következmény) Legyen f (x) = a 0 + a 1 x a n x n = a n (x b 1 )...(x b n ). Ekkor 0 k n esetén a k = a n ( 1) n k σ n k (b 1,...,b n ), így Ez a gyökök és együtthatók összefüggése. σ k (b 1,...,b n ) = ( 1) k a n k /a n. Az (x b 1 )...(x b n ) beszorzott alakjából következik. 3. Többhatározatlanú polinomok A többhatározatlanú polinom szemléletes fogalma. Meta-definíció Többhatározatlanú polinomnak nevezünk egy olyan formális kifejezést, amely (komplex) számokból, és az x 1, x,..., x n határozatlanokból (változókból) készül ismételt összeadás, kivonás és szorzás segítségével. (x 1 + ix )(x x1 3 ) egy kéthatározatlanú polinom. A zárójeleket a disztributivitás segítségével felbonthatjuk. Az eredmény: x 1 x x1 4 + ix ix3 1 x. -kísérlet rm1,m,...,m n 1 xm n, ahol r m1,m,...,m n C. Kényelmesebb a következő: 3

4 A többhatározatlanú polinom definíciója. f (x 1, x ) = x 1 x x ix ix3 1 x. Rendezzük x szerint: (i)x + (x 1 ix 3 1 )x x 4 1. Ez x -nek másodfokú polinomja, ahol az együtthatók x 1 -nek polinomjai. Az x 1 és x határozatlanok polinomjának nevezzük az f (x) = a 0 + a 1 x + a x a mx m formális kifejezéseket, ahol m 0 egész, és a 0,...,a m C[x 1 ] az x 1 polinomjai. Általában az x 1, x,..., x n polinomjai az f (x) = a 0 + a 1 x n + a xn a mxn m formális kifejezések, ahol a 0,...,a m C[x 1, x,..., x n 1 ] (rekurzív definíció). Ezek halmazát C[x 1, x,..., x n ] jelöli. Példák: y1 + y3 C[y 1, y ], sőt, y1 + y3 Z[y 1, y ], mert minden együttható egész. Ugyanígy z 1 πz z 3 R[z 1, z, z 3 ]. Összeadás, kivonás, szorzás. Az n-határozatlanú polinomok összegét, különbségét, szorzatát ugyanúgy definiáljuk, mint az egyhatározatlanúakét, de most az együtthatók C[x 1,..., x n 1 ] elemei. E polinomok összege és különbsége: f = a 0 + a 1 x n + a x n a mx m n g = b 0 + b 1 x n + b x n b mx m n. ( f + g) = (a 0 + b 0 ) + (a 1 + b 1 )x n (a m + b m )x m n ( f g) = (a 0 b 0 ) + (a 1 b 1 )x n (a m b m )x m n. (a 0 + a 1 x n a m x m n )(b 0 + b 1 x n b l x l n )-ben x k n együtthatója legyen c k = a 0 b k + a 1 b k a k b 0. Nullosztómentesség. A többhatározatlanú polinomok számolási szabályai (asszociativitás, kommutativitás, disztributivitás) ugyanazok, mint az egyhatározatlanú esetben. Tétel C[x 1, x,..., x n ] nullosztómentes: f g = 0 csak akkor teljesül, ha f = 0 vagy g = 0. Bizonyítás (vázlat) n szerinti teljes indukcióval. n = 1-re tudjuk. Ha f 0 g: f = a a m xn m (a k 0), g = b b l xn l (b l 0). Itt a 0,...,a m, b 0,...,b l C[x 1, x,..., x n 1 ]. f g = a m b l xn m+l +... (ahogy az egyváltozós esetben). Az indukciós feltevés miatt a m b l 0, így f g 0. 4

5 Fokszám. Legyen f (x 1,..., x n ) = r m1,m,...,m n 1 xm n. Az r m1,m,...,m n 1 xm n tag foka m m n. Az f foka a nem nulla tagok fokai közül a legnagyobb. Jelölés: gr( f ). f (x 1, x ) = x 1 x x ix ix3 1 x foka 4: gr(x4 1 ) = 4 = gr(x3 1 x ), de gr(x 1x ) = = gr(x ). Egy polinom homogén k-adfokú, ha minden tagjának foka k. Minden polinom egyértelműen előáll homogén polinomok összegeként. Szorzat foka. Tétel Szorzásnál a fokok összeadódnak: gr( f g) = gr( f ) + gr(g). Bizonyítás Lásd Kiss-jegyzet,.6.3. Gyakorlat. Házi feladat Egy f C[x 1,..., x n ] polinomnak pontosan akkor van reciproka a C[x 1,..., x n ] polinomjai között, ha nem nulla konstans (azaz foka nulla). Lásd Kiss-jegyzet,.6.. Állítás. 5