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引言

摘要

如何确定函数解析式?原有的待定系数法不仅可拓展性小,计算量也过大,在计算机科学中设计运算方面表现不佳。而拉格朗日插值法就可以解决这个问题。本文首先介绍了拉格朗日插值法,并探究运用拉格朗日插值法延申出的拉格朗日公式解题的过程。探讨了拉格朗日插值法在基本的函数性质探究,因式分解,证明代数恒等式,求几个有序有规律数序号与数值关系四个方面的运用。

符号约定

  1. $\prod$ 表示累乘运算,一般其下标会作为累乘的条件;

  2. $\sum\limits^n_{i=1}i$ 表示 $1+2+3+\cdots+n$;

  3. $f(k)$ 表示关于 $x$ 的函数在 $x=k$ 时的取值;

  4. $y=f(x)$ 表示 $y$ 是 $x$ 的函数。

问题来源

在课上,老师讲过用待定系数法求函数解析式。若为一次函数,则将其设为 $f(x)=y=kx+b$ 的形式,代入两组值之后便可以出结果。对于更高次幂的函数,待定系数法也是可行的,但是解方程组中元的增加,就使得待定系数法失去了原来的简单性。因此这里将结合多项式探讨如何确定一个函数的解析式。我们先来研究给定多少个函数图像上的点,就可以确定一个唯一的函数。这里探究的函数都是多项式函数,即函数是多项式。

引理

$n+1$ 个点确定一个 $n$ 次的多项式函数。

证明

我们考虑最原始的待定系数法。设一个 $n$ 次多项式函数 $y=f(x)=\sum\limits_{i=0}^na_ix^i$ 为要求的函数,我们最后在待定系数法组成的方程组中应有和 $a$ 的数量相同的方程组。因此需要 $n+1$ 个方程组才可以解出所有的 $a$。

那么下面我们就给出 $n$ 个点,要求确定一个 $n-1$ 次的多项式函数。

问题提出

给定在函数图像上的 $n$ 个点 $Pi(x_i,y_i)(i=1,2,\cdots,n)$,将经过这 $n$ 个点的最多 $n-1$ 次多项式函数设为 $y=f(x)=\sum\limits{i=0}^{n-1}a_ix^i$,求:(1)当 $x=k$ 时,$y$ 的值;(2)求 $y$ 与 $x$ 的函数表达式。

问题求解

待定系数法确实是一个方法,但是过于麻烦,即使在计算机中解,时间复杂度的渐进函数是 $\Theta(n^3)$,效率不高。那么,有没有一种效率更高的方法呢?下面我们介绍拉格朗日插值法并且介绍其运用。

设 $y$ 是要求的 $x$ 的函数(其图像用黑色线表示),我们过 $P_i(x_i,y_i)$ 作 $x$ 轴的垂线交 $x$ 轴于 $H_i(x_i,0)$,对于每一个 $i$,构造下面的函数 $g_i(x)$(图像用彩色线表示),使得其图像穿过除 $H_i$ 外的所有的点 $H$,且穿过点 $P_i$。

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我们考虑描述这样的函数,可以发现函数 $g_i(x)$ 在 $x_i$ 处取到的值 $g_i(x_i)=y_i$,其他的 $x_j(i\neq j)$ 处取到的值 $g_i(x_j)=0$,因此我们可以这么定义函数 $g_i(x)$:

很容易构造出其解析式

其中

称为插值基函数,其满足 $\ell_i(x_i)=1$,$\ell_i(x_j)(i\neq j)=0$。

定理

最后所求的函数 $y=f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_ix^i$ 为所有 $g_i(x)$ 的和。形式化地,

证明

由于 $g_i(x)$ 的图像过 $P_i$,其它均过 $H_j(i\neq j)$,因此所有 $z_i$ 的和的函数图像必然过所有 $P_i$,最后的函数也就确定。

我们在解决上面问题的过程中,也得到了拉格朗日公式,即用拉格朗日插值法来表示函数的形式。这在下面的运用中会十分常见。通过函数的不同表示(这里利用拉格朗日公式)中同项的系数比较证明代数恒等式也是一个常用的方法。

拉格朗日公式

即为 $(*)$ 式。

说明

上述所有 $i,j=1,2,\cdots,n$ 并且 $i\neq j$。

拉格朗日插值法与拉格朗日公式的应用

我们可以将拉格朗日插值法扩展到其它数学上的应用,让其不仅仅用于求函数解析式。例如下面这一道因式分解的问题:

例题

分解因式 $a^2(m-b)(m-c)(c-b)+b^2(m-c)(m-a)(a-c)+c^2(m-a)(m-b)(b-a)$。

分析

观察因式分解的形式,发现其有点像 $f(x)=x^2$ 的拉格朗日公式右边的形式,考虑运用拉格朗日公式。

解析

注意到由拉格朗日插值法,设 $a,b,c$ 分别为给定点的横坐标 $x_1,x_2,x_3$,则给定点的纵坐标 $y_1,y_2,y_3$ 为 $f(a),f(b),f(c)$,$y=f(x)=x^2$ 为拉格朗日公式左边的函数,则有

于是有

在上式中令 $x=m$ 即可得到

下面是一个利用拉格朗日公式通过比较某一项的系数达到证明代数恒等式的效果的例子。

例题

(奥赛经典·奥林匹克数学中的代数问题)$^2$ 设 $a,b,c$ 为非等腰 $\triangle ABC$ 的三边,$S$ 为其面积,求证:$\dfrac{a^3}{(a-b)(a-c)}+\dfrac{b^3}{(b-c)(b-a)}+\dfrac{c^3}{(c-a)(c-b)}>2\times \sqrt{\sqrt{3}^3}\sqrt{S}$。

分析

先处理不等式左边那些分数的分母,观察到其像插值基函数的形式,于是我们可以构造一个函数,使得其拉格朗日公式的右边有元素为不等号左边的内容,于是考虑构造一个二次函数。进一步,可以发现二次函数 $y=f(x)=x^3-(x-a)(x-b)(x-c)$ 的拉格朗日插值法表示中 $x^2$ 的系数正好是不等号左边的式子,其等于 $a+b+c$,因此考虑到海伦公式。利用海伦公式则可以得到结果。

证明

虑下面的函数 $y=f(x)=x^3-(x-a)(x-b)(x-c)$,考虑将 $a,b,c$ 设为给定点的横坐标 $x_1,x_2,x_3$,则给定点的纵坐标 $y_1,y_2,y_3$ 分别为 $a^3,b^3,c^3$。考虑函数的拉格朗日表示形式,即上述中所有 $g_i(x)$ 相加的形式,我们可以得到

比较 $x^2$ 的系数可得

所以原问题转化为证明 $a+b+c<2\times \sqrt{\sqrt{3}^3}\sqrt{S}$。下面就是一个几何问题了,证明略。

下面这个是利用拉格朗日公式,求出对于任意 $n$ 个给定的 $a_i$,用 $i$ 来表示 $a_i$ 的公式的例子。

例题

已知 $a_1=14,a_2=58,a_3=166,a_4=368$,对于 $n=1,2,3,4$,试用含有 $n$ 的最高次项为 3 的多项式表示 $a_n$。

解析

考虑将通项公式设为 $a_n=f(n)$,则 $f(1)=14,f(2)=58,f(3)=166,f(4)=368$。

下面将 $1,2,3,4$ 看作给定点的横坐标 $x_1,\dots,x_4$,将 $14,58,166,368$ 看作给定点的纵坐标 $y_1,\cdots,y_4$,则

下面这个例子仍然是关于多项式某点值的范围的。

例题

已知函数 $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$,若 $p\leq f(-1)\leq q,p\leq f(1)\leq r,q\leq f(2)\leq s,t\leq f(3)\leq p$,用 $p,q,r,s,t$ 表示 $f(4)$ 的取值范围。

分析

考虑对于三次多项式函数,给出了 $4$ 个相应的取值范围的值,满足拉格朗日插值需要的条件,可以取 $x_1=-1,x_2=1,x_3=2,x_4=3$,因此便可以借此用拉格朗日插值法表示出 $f(4)$(参见问题提出),然后根据四个函数值的取值范围便可以得到当 $x=4$ 时,$y$ 的取值范围。

解答

取 $x_i=-1,1,2,3$,由拉格朗日公式可得

因此 $\dfrac{9}{4}p-5q+\dfrac{5}{4}t\leq f(4)\leq -\dfrac{1}{4}q+\dfrac{5}{2}r-5s+\dfrac{5}{4}p$。

参考文献

[1] OI Wiki.拉格朗日插值[EB/OL].

[2] 沈文选,张垚,冷岗松.奥赛经典·奥林匹克数学中的代数问题[M].长沙:湖南师范大学出版社,2009.5 : 322.

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