Demostrar que existe un único polinomio de grado en la mayoría de las $2n+1$ tal que $q^{[k]}(x_1)=a_k,$ $q^{[k]}(x_2)=b_k$ para $k=0, \dots, n$.

Question

Deje $x_1, x_2 \in \mathbb R$ y deje $(a_0, a_1, \dots, a_n), (b_0, b_1, \dots, b_n)$ $(n+1)$- tuplas de números reales. Demostrar que existe un único polinomio de grado en la mayoría de las $2n+1$ tal que $$q^{[k]}(x_1)=a_k,$$$$q^{[k]}(x_2)=b_k$$ for $k=0, \dots,$n.

Consejos sobre cómo empezar con este ejercicio?

Answer 1

EDICIÓN No fue un paso esencial a la izquierda en la prueba. Gracias a Al-Jebr para señalarla.

Desde que me he confuso el asunto con mis comentarios, voy a publicar una respuesta, aunque pidió sólo una sugerencia. Voy a tratar de frase como una secuencia de sugerencias, así que usted puede dejar de leer cuando quieras.

En primer lugar, este parece que tiene algo que ver con los polinomios de Taylor. Después de todo, ellos nos permiten encontrar un polinomio que satisface los criterios para una de estas tuplas.

En particular, existe un polinomio $$p_1(x)= \sum_{k=0}^n{\frac{a_k}{k!}(x-x_1)^k}$$ that satisfies the criteria for the first tuple, and furthermore every polynomial $q$ that satisfies these criteria is of the form $q(x)=p_1(x)+(x-x_1)^{n+1}p_2(x)$ for some polynomial $p_2$.

Ahora el $a_k$ no nos dicen nada más. Cualquier polinomio de trabajo para $p_2,$, por lo que nos preguntamos cómo la segunda tupla nos puede ayudar a encontrar los coeficientes de $p_2.$

Por ahora, es fácil adivinar que Taylor teorema debería ayudar aquí, también. Para una mayor comodidad en lo que sigue, voy a escribir $F(x) = (x-x_1)^{n+1}.$, de modo que nuestra fórmula se convierte en $q(x)=p_1(x)+F(x)p_2(x).$

Ya que todo lo que sabemos es lo que sucede en $x_2,$ es claro que debemos evaluar $q$$x_2$. Observe que $F^{(k)}(x_2) \ne 0$ $0\le k \le n,$ desde que se nos da $x_1 \ne x_2.$

EDITAR aquí es donde he dejado un paso. Me dijo que tenemos para el uso del teorema de Taylor una segunda vez, pero luego no lo hice!

Ahora nos fijamos en el polinomio de Taylor de $p_2$ $x_2.$
$$p_2(x)= \sum_{k=0}^n{\frac{c_k}{k!}(x-x_2)^k,}$$ for some constants $c_k$. Por la fórmula de Leibniz para la derivada de un producto,$$q^{(i)}(x_2) = p_1^{(i)}(x_2) + \sum_{j=0}^i{\binom{i}{j}F^{(i-j)}(x_2)}p_2^{(j)}(x_2)\text{ for } i=0,...,n. $$

Dado que ninguno de los derivados de la $F$ se desvanecen, y todos los términos relacionados con la $c_k$ desaparecen, excepto el término que involucra $c_i,$, se puede calcular la coeffcients de $p_2$ uno por uno. De nuevo, por Taylor teorema, $p_2$ es único hasta el término de grado superior $n.$

Answer 2

Para empezar a escribir el general $2n+1$- grado del polinomio..$ q(x)=c_{2n+1}x^{2n+1}+c_{2n}x^{2n}+\dots +c_1x+c_0$ . Tenemos $q^0(x_1)=q(x_1)=c_{2n+1}x_1^{2n+1}+\dots +c_0=a_0$, $q^1(x_1)=(2n+1)c_{2n+1}{x_1}^{2n}+{2n}{x_1}^{2n-1}+\dots +c_1=a_1$ etc...

Sugerencia: es fácil tomar los derivados del polinomio...

Usted obtiene un sistema de $2n+2$ ecuaciones en el $2n+2$ coeficientes del polinomio...

Proceder a intentar resolver los coeficientes de ...

Recordemos que por el teorema fundamental del álgebra, un polinomio es idéntica a cero sólo si el polinomio es el polinomio cero (es decir, los coeficientes son cero)...

Answer 3

Como sugerencia, me gustaría utilizar el siguiente hecho:

Deje $V$ ser finito-dimensional espacio vectorial, y $\phi_1, \ldots, \phi_n \in V^*$ una colección de funcionales en $V$. Entonces

(a) $\{ \phi_1, \ldots, \phi_n \}$ abarca $V^*$ si y sólo si para cada $x \in V$, $\phi_1(x) = \cdots = \phi_n(x) = 0$ implica $x = 0$.

(b) $\{ \phi_1, \ldots, \phi_n \}$ es linealmente independiente si y sólo si para cada una de las $a_1, \ldots, a_n \in \mathbb{R}$ existe $x \in V$ tal que $\phi_1(x) = a_1, \ldots, \phi_n(x) = a_n$.

(c) $\{ \phi_1, \ldots, \phi_n \}$ es una base para $V^*$ si y sólo si para cada una de las $a_1, \ldots, a_n \in \mathbb{R}$, no existe un único $x \in V$ tal que $\phi_1(x) = a_1, \ldots, \phi_n(x) = a_n$.

En su caso, los funcionales $\cdot^{[0]}(x_1), \ldots, \cdot^{[n]}(x_1), \cdot^{[0]}(x_2), \ldots, \cdot^{[n]}(x_2)$ $P_{2n+1}(\mathbb{R})$ tienen recuento exactamente igual a la dimensión del espacio dual. Por lo tanto, constituyen una base del espacio dual (equivalente a la conclusión deseada) si y sólo si se extienden por el espacio dual.

Esto reduce el problema original para demostrar que si $p^{[0]}(x_1) = \cdots = p^{[n]}(x_1) = p^{[0]}(x_2) = \cdots = p^{[n]}(x_2) = 0$$p \in P_{2n+1}(\mathbb{R})$,$p=0$.