Funciones de base de Lagrange como bases del espacio de polinomios

Question

Supongamos que $L$ sea un Espacio Vectorial de Polinomios de $x$ de grado $\leq n-1$ con coeficientes en el campo $\mathbb{K}$ .

Definir $$g_i(x) :=\prod _ {{j=1},{j\neq i}}^n \frac{x-a_j}{a_i-a_j}$$ Demuestre que los polinomios $g_1(x), g_2(x),...,g_n(x)$ forman una base de L. Además, demuestre que las coordenadas del polinomio $f$ en esta base son $\{f(a_1),f(a_2),...,f(a_n)\}.$

Para demostrar que los polinomios son las bases, necesito demostrar que abarcan $L$ y que son linealmente independientes. He pensado en demostrar que cualquier elemento del conjunto $\{1,x,x^2,...,x^{n-1}\}$ pertenece al ámbito de $\{g_1(x), g_2(x),...,g_n(x)\}$ sería suficiente para mostrar el $g_1(x), g_2(x),...,g_n(x)$ abarca $L.$ ¡Pero no sé cómo hacerlo! Además, ¡la independencia lineal parece ser más difícil!

Answer 1

Aquí hay un método muy fácil para demostrar que son linealmente independientes.

Supongamos que $$b_1g_1(x)+b_2g_2(x)+...+b_ng_n(x)=0$$ Para demostrar la independencia lineal, basta con demostrar que $$b_1=b_2=...=b_n=0$$ Evaluar $$b_1g_1(x)+b_2g_2(x)+...+b_ng_n(x)=0$$ en $$x=a_i\;\;\;\;\forall i\le n$$

Puedes notar que $$g_i(a_j)=\begin{cases}0&i\neq j \\ 1 & i=j\end{cases}$$

De ello se desprende que $$b_1=b_2=b_3=...=b_n=0$$

Para ver que las coordenadas están dadas como tal, considere un polinomio general como el anterior $$f(x)=c_1g_1(x)+c_2g_2(x)+...+c_ng_n(x)=0$$

Siga lo mismo que arriba, empiece a sustituir $x=a_i$ Verá que $$c_1=f(a_1)$$ y así sucesivamente.

Mucha suerte. Espero poder ayudar.

Answer 2

Elige lo que quieras $f\in L$ . Sea $$\tilde{f}(x) = \sum_{i = 1}^{n}f(a_i)g_i(x)\text{.} $$

Por cada $x\in \{a_1,\dots, a_n\}$ tenemos $f(x) = \tilde{f}(x)$ por lo que el polinomio $p= f - \tilde{f}$ tiene $n$ ceros y $\deg p \leq n-1$ Así que $p(x) = 0$ por cada $x\in \mathbb{R}$ . Así que $g_i$ span $L$ . Sabemos que $\dim L = n$ por lo que deben ser linealmente independientes.

Answer 3

Se ha perdido la hipótesis de que el $a_i$ son distintos por parejas. Alternativamente, consideremos los funcionales $\eta_i$ con $P\mapsto P(a_i)$ en $V=(\Bbb R_{n-1}[X])^\ast$ y supongamos que $$\sum_{i=1}^n\lambda_i\eta_i=0$$

Evaluar en $1,X,X^2,\ldots,X^{n-1}$ obtenemos $n$ ecuaciones $k=0,1,2,\ldots,n$ .

$$\sum_{i=1}^n\lambda_ia_i^k=0$$

O $$\begin{pmatrix}1&1&\cdots&1\\a_1&a_2& \cdots&a_n\\\vdots&\vdots &\ddots&\vdots\\a_1^{n-1}&a_2^{n-1}&\cdots&a_n^{n-1}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\lambda_1\\ \lambda_2\\\vdots\\ \lambda_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\\vdots\\ 0\end{pmatrix} $$

Pero como el $a_i$ son distintos entre sí, la matriz de Vandermonde es invertible, lo que significa que ${\bf \lambda} =\bf 0$ como se desee.

La afirmación se desprende del hecho de que sus polinomios son precisamente la base predual, llámese $B$ de las evaluaciones anteriores que forman una base $B'$ para $V$ . Esta observación también significa que $$(f)_B=(\eta_1f,\ldots,\eta_n f)=(f(a_1),\ldots,f(a_n))$$

Esta es una propiedad general: si $B^*=\{\varphi_1,\ldots,\varphi_n\}$ es la base dual de $B=\{v_1,\ldots,v_n\}$ y si $v\in V$ , $\varphi\in V^\ast$ entonces $$(v)_B=(\varphi_1(v),\ldots,\varphi_n(v))$$ $$(\varphi)_{B^\ast}=(\varphi(v_1),\ldots,\varphi(v_n))$$ y la prueba es como la expuesta en la respuesta aceptada: evaluar, y utilizar $\varphi_i(v_j)=\delta_{ij}$ .