Определитель Вандермонда
in Лекции по алгебре
as алгебра, лекции, обучение, уравнения, формулы
Теорема 6.9.1.

Доказательство. Проведем индукцию по n (начало индукции n=2). Пусть утверждение верно для n’<n. Тогда, применяя элементарные преобразования столбцов ,
,…,
и предположение индукции, получаем

Следствие 6.9.2. тогда и только тогда, когда
при
(т. е. когда все элементы a1,a2,…,an различны).
Теорема 6.9.3 (интерполяционная формула Лагранжа).
- Если a1,…,an — различные элементы поля K, b1,…,bn — любые элементы поля K, то существует и единственный многочлен
такой, что
и f(ai)=bi для всех
(здесь
— степень многочлена f(x) ).
- Этот многочлен имеет вид
(здесь
,
означает, что эти множители не входят в произведения).
- Интерполяционный многочлен
,
, для которого f(ai)=bi, i=1,…,n, можно находить методом Ньютона в виде
при этом коэффициенты определяются последовательно: при x=a_1 имеем
, т. е.
; при x=a2 имеем
, т. е.
;…; при x=an-1 получаем
и находим
(коэффициент при
отличен от нуля); полагая x=an, имеем коэффициент
при
в равенстве
и находим
.
Доказательство.
- Будем искать многочлен f(x)=f0+f1x+…+fn-1xn-1, где f0,f1,…,fn-1 — неизвестные коэффициенты (элементы поля K), такой, что
Определитель этой системы
поскольку все элементы a1,…,an различны. Поэтому такой многочлен f(x) существует (и единственный).
- Очевидно, что приведенный многочлен в форме Лагранжа
удовлетворяет двум условиям:
- Многочлен f(x) в форме Ньютона удовлетворяет двум условиям:
Упражнение 6.9.4. Пусть ,
, A=(aij), где
.Тогда |A|>0.
Упражнение 6.9.5. Пусть , где
,
. Тогда
