Cada polinomio puede ser escrito como $a_0 + a_1 (x-x_0) + a_2 (x-x_0)^2 +\ldots + a_n (x-x_0)^n$

Question

Puede cada polinomio de grado $n$ ser escrito como $a_0 + a_1 (x-x_0) + a_2 (x-x_0)^2 + \ldots + a_n (x-x_0)^n$ mientras $x_0$ es arbitraria, pero dado el número real y todos los $a_k$ puede ser elegido libremente? Hay una prueba para esta representación sin necesidad de utilizar el concepto de la serie de taylor?

Explicación a mi pregunta: estoy leyendo acerca de la fórmula de taylor, donde uno de los autores parten del supuesto de que el polinomio de grado $n$ que se aproximan a una función en un punto dado, $x_0$ tendrá la forma $a_0 + a_1 (x-x_0) + a_2 (x-x_0)^2 +\ldots + a_n (x-x_0)^n$. Con la suposición de que el polinomio y la función original deberá tener el mismo $n$ derivados a $x_0$ la fórmula de taylor es la conclusión. Puedo entender que el segundo supuesto, también que el aproximados de la función será un polinomio. Pero me pregunto por qué cada polinomio puede ser representado a través de $a_0 + a_1 (x-x_0) + a_2 (x-x_0)^2 +\ldots + a_n (x-x_0)^n$. Porque quiero a prueba el concepto de la expansión de taylor, yo por supuesto no se puede utilizar este concepto a prueba la respuesta de mi pregunta.

Answer 1

Aquí es una prueba fácil por inducción.

Que $g(x)=f(x)-f(x_0)$. Entonces el $g(x_0)=0$% y tan $g(x)=(x-x_0)h(x)$. Por inducción, se obtiene una expansión para $h(x)$ alrededor de $x=x_0$ y esto da para $g(x)$ y así $f(x)$.

Answer 2

Sugerencia $\ $ o hacer un cambio de variables $\rm\:t = x-c\:$ o emplear la inducción. Para el segundo enfoque, $\rm\: f = a_0 + (x-c)\, g\:$ por el Teorema de Factor o algoritmo de la División. Por inducción sobre el grado $\rm\: g = a_1 + a_2\,(x-c) +\cdots + a_n (x-c)^{n}.\:$ Conectar ese en de $\rm\:g\:$ anterior nos da el resultado.

Si no se amplían los resultados intermedios que obtener el anidado de Horner forma que los resultados de forma iterativa, aplicando el Algoritmo de la División, lo que revela la estructura recursiva, es decir,

$$\rm\: a_0 + (x\!-\!c) (a_1 + (x\!-\!c) (a_2 + (x\!-\!c)(\cdots (a_{n-1} + (x\!-\!c)\,a_n )\cdots )))$$

Nadie puede reemplazar a $\rm\:x-c\:$ por cualquier monic polinomio $\rm\:f(x)\:$ sobre cualquier anillo. A continuación, los "coeficientes" (restos) será polinomios de grado $\rm\le deg\ f.\:$ Esto es útil por ejemplo, para la fracción parcial de las expansiones de las funciones racionales, por ejemplo, para la integración.

Answer 3

Supongamos que tenemos un polinomio

$$p(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_n x^n$$

Sabemos que podemos expresar $p$ en términos de un polinomio de grado $n-1$ veces $x-x_0$ y el restante $r$. Así

$$p(x)=r_0+(x-x_0)p_1(x)$$

Por la misma idea podemos expresar $p_1(x)$ en términos de una resta $r_1$ y un polinomio de grado $n-2$ veces $x-x_0$. Así, tenemos:

$$p(x)=r_0+r_1(x-x_0)+(x-x_0)^2p_2(x)$$

Usted puede llevar a cabo este algoritmo para obtener la expansión deseada. Con esta probado, en realidad se puede mostrar lo que cada coeficiente es:

Queremos

$$p(x)=b_0+b_1(x-x_0)+b_2(x-x_0)^2+\cdots+b_n(x-x_0)^n$$

Tenga en cuenta que $p(x_0)=b_0$ ya que todos los otros términos se anulan. Podemos diferenciar ahora ya hemos recuperado la constante, para obtener

$$p'(x)=b_1+2b_2(x-x_0)+\cdots+nb_n(x-x_0)^n-1$$

Ahora conecte $x=x_0$, y vemos que todos los términos de cancelación, salvo que una y

$$p'(x_0)=2b_2$$

Puede llevar esto a cabo y conseguir que

$$p^{(n)}(x_0)=n!b_n$$ o, más bien:

$$\frac{p^{(n)}(x_0)}{n!}=b_n$$

así que siempre se puede expresar $p$

$$p(x) = p(x_0)+p'(x_0)(x-x_0)+\frac{p''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{p^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$$

Answer 4

Gracias Israel @Robert y los overs. He encontrado la solución:

$$\begin{align} b_0 + b_1 x + b_2 x^2 + \ldots + b_n x^n &= b_0 + b_1 ((x-x_0)+x_0) + \ldots + b_n ((x-x_0)+x_0)^n \\ &= \ldots = a_0 + a_1 (x-x_0) + \ldots + a_n (x-x_0)^n \end {Alinee el} $$

Answer 5

He aquí un punto concreto de la vista.

Dices que tienes $$f(x) = a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1} + a_{n-2}x^{n-2}+ \cdots.$$

Entonces $$ f(x) = \Big(a_n (x-x_0)^n + a_{n-1}x^{n-1} + a_{n-2}x^{n-2}+ \cdots\Big)+(\text{algo que compensa}). $$ Que en último término debe ser, por supuesto $$ a_n x^n - a_n(x-x_0)^n. $$ Ampliar último término mediante el teorema del binomio: $$ a_n x^n - a_n\left(x^n -\binom{n}{n-1}x^{n-1} x_0 + \binom{n}{n-2} x^{n-2} x_0^2 - \binom{n}{n-3} x^{n-3} x_0^3 + \cdots\right). $$ Observe que $a_nx^n$ a principios cancela el primer término dentro del paréntesis, y e izquierda con $$ -a_n\left(-\binom{n}{n-1}x^{n-1} x_0 + \text{inferior términos del grado}\right). $$ Por lo que he escrito $$ f(x) = a_n(x-x_0)^n + \text{inferior términos del grado}. $$ Que mayor grado, término que todavía tiene el mismo coeficiente que tenía antes, es decir,$a_n$. Pero $x^{n-1}$ tiene un diferente coeficiente de, $a_{n-1}+ \binom{n}{n-1}x_0$, y del mismo modo con todas las de la inferior-términos del grado.

A continuación, hacer con el $(n-1)$th-grado plazo en lo que usted hizo con la $n$th-grado plazo, y así sucesivamente.