多項式函數f(x)取值情況的探討

2019-10-18 02:30:05李佳鑫

數學學習與研究 2019年16期

李佳鑫

【摘要】本文以Lagrange插值公式為基礎對多項式函數分別從整值多項式、含變系數的實多項式、含變系數的復多項式進行了討論，得出了三種情況下多項式函數f（x）的取值情況.

【關鍵詞】Lagrange插值公式;多項式函數;f（x）取值情況

首先，我們介紹Lagrange插值公式，在x1，x2，…，xn兩兩不同時Lagrange插值公式可表示為：

f（x）=（x-x1）（x-x2）…（x-xn）（x0-x1）（x0-x2）…（x0-xn）·f（x0）+

（x-x0）（x-x2）…（x-xn）（x1-x0）（x1-x2）…（x1-xn）·f（x1）+…+

（x-x0）（x-x1）…（x-xn-1）（xn-x0）（xn-x1）…（xn-xn-1）·f（xn）.

問題1當x取連續n+1個整數時，多項式函數f（x）=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0都取整數值，則對任一整數x，f（x）均取整數值（這樣的多項式稱為整值多項式）.

事實上，設當x取n+1個連續整數k0，k0+1，…，k0+n（k0∈Z）時，f（k0），f（k0+1），…，f（k0+n）都是整數.又對任一整數k，取xi=k+i（0≤i≤n），則由Lagrange插值公式知，f（x）可唯一表示為f（x）=∑ni=0aif（k+i）·∏0≤j≤nj≠i（x-xj）.

比較xn的系數，得an=∑ni=0（-1）n+in！·Cinf（k+i）.

即n！an=∑ni=0（-1）n+iCinf（k+i）.

在上式中，令k=k0，則n！an是整數.

在f（k+n）=n！an-∑n-1i=0（-1）n+iCin·f（k+i）取k=k0+1，k0+2，…，k0+t，…（t∈N*），則f（k0+n+t）（t=1，2，…）都是整數.

在f（k）=（-1）nn！an-∑ni=1（-1）iCinf（k+i）取k=k0-1，k0-2，…，k0-t，…（t∈N*），則f（k0-t）（t=1，2，…）都是整數.

因k0+n+t和k0-t（t=1，2，…）合起來可取遍集合Z-{k0，k0+1，…，k0+n}，故f（x）是整值多項式.

問題2設含參變量a0，a1，…，an的實多項式f（x）=a0+a1x+…+anxn滿足：對給定的兩兩不同的實數x0，x1，…，xn有bi≤f（xi）≤ci（i=0，1，2，…，n），則對任意給定的實數x，存在兩組實數（a0，a1，…，an）和（a0′，a1′，…，an′）使f（x）分別取到最大值和最小值.記最大值為Mx，最小值為mx，則f（x）的取值范圍是[mx，Mx].

事實上，由Lagrange插值公式知，對任意給定的實數有f（x）=∑ni=0∏nj=0j≠ix-xjxi-xj·f（xi），由于bi≤f（xi）≤ci（i=0，1，2，…，n），故在上式中用放縮法可導出：存在兩實數Mx，mx使得mx≤f（x）≤Mx.

f（x）=Mx成立的條件是f（xi）取ci或bi.可得出關于a0，a1，…，an的方程組為

a0+x0a1+…+xn0an=f（x0），a0+x1a1+…+xn1an=f（x1），…a0+xna1+…+xnnan=f（xn），

其系數行列式為n+1階Vandermonde行列式

Δn+1=1x0…xn-10xn01x1…xn-11xn11xn…xn-1nxnn=∏n0≤i

故方程組有唯一解，由這組解（a0，a1，…，an）確定的多項式使f（x）取到最大值Mx.同理，存在唯一的實數組（a0′，a1′，…，an′），由它確定的多項式使f（x）取到最小值mx.即f（x）的取值范圍是[mx，Mx].

問題3設f（x）=a0+a1x+…+anxn（an≠0），x0，x1，…，xn兩兩不同，則n+1個數|f（x0）|，|f（x1）|，…，|f（xn）|中至少有一個不小于|an|∑ni=0|ai|，

其中ai=∏0≤j≤nj≠i（xi-xj）（-1）（i=0，1，2，…，n）.

事實上，由Lagrange插值公式可知：

f（x）=∑ni=0aif（xi）∏0≤j≤nj≠i（x-xj）≡a0+a1x+…+anxn.

比較xn的系數得an=∑ni=0aif（xi），

即|an|≤∑ni=0|ai|·|f（xi）|≤∑ni=0|ai|max0≤i≤n{|f（xi）|}.