多项式函数f(x)取值情况的探讨

2019-10-18李佳鑫

数学学习与研究 2019年16期

关键词：恒等式行列式整数

李佳鑫

【摘要】本文以Lagrange插值公式为基础对多项式函数分别从整值多项式、含变系数的实多项式、含变系数的复多项式进行了讨论，得出了三种情况下多项式函数f（x）的取值情况.

【关键词】Lagrange插值公式;多项式函数;f（x）取值情况

首先，我们介绍Lagrange插值公式，在x1，x2，…，xn两两不同时Lagrange插值公式可表示为：

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）.

问题1当x取连续n+1个整数时，多项式函数f（x）=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0都取整数值，则对任一整数x，f（x）均取整数值（这样的多项式称为整值多项式）.

事实上，设当x取n+1个连续整数k0，k0+1，…，k0+n（k0∈Z）时，f（k0），f（k0+1），…，f（k0+n）都是整数.又对任一整数k，取xi=k+i（0≤i≤n），则由Lagrange插值公式知，f（x）可唯一表示为f（x）=∑ni=0aif（k+i）·∏0≤j≤nj≠i（x-xj）.

比较xn的系数，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，则n！an是整数.

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*），则f（k0+n+t）（t=1，2，…）都是整数.

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

因k0+n+t和k0-t（t=1，2，…）合起来可取遍集合Z-{k0，k0+1，…，k0+n}，故f（x）是整值多项式.

问题2设含参变量a0，a1，…，an的实多项式f（x）=a0+a1x+…+anxn满足：对给定的两两不同的实数x0，x1，…，xn有bi≤f（xi）≤ci（i=0，1，2，…，n），则对任意给定的实数x，存在两组实数（a0，a1，…，an）和（a0′，a1′，…，an′）使f（x）分别取到最大值和最小值.记最大值为Mx，最小值为mx，则f（x）的取值范围是[mx，Mx].

事实上，由Lagrange插值公式知，对任意给定的实数有f（x）=∑ni=0∏nj=0j≠ix-xjxi-xj·f（xi），由于bi≤f（xi）≤ci（i=0，1，2，…，n），故在上式中用放缩法可导出：存在两实数Mx，mx使得mx≤f（x）≤Mx.

f（x）=Mx成立的条件是f（xi）取ci或bi.可得出关于a0，a1，…，an的方程组为

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

其系数行列式为n+1阶Vandermonde行列式

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

故方程组有唯一解，由这组解（a0，a1，…，an）确定的多项式使f（x）取到最大值Mx.同理，存在唯一的实数组（a0′，a1′，…，an′），由它确定的多项式使f（x）取到最小值mx.即f（x）的取值范围是[mx，Mx].

问题3设f（x）=a0+a1x+…+anxn（an≠0），x0，x1，…，xn两两不同，则n+1个数|f（x0）|，|f（x1）|，…，|f（xn）|中至少有一个不小于|an|∑ni=0|ai|，

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

事实上，由Lagrange插值公式可知：

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

比较xn的系数得an=∑ni=0aif（xi），

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