Ro,(x bx+b 于是由Rn(x 0推知a0=0.但是当a0=0时显然 Ron(x) 不成立是故此时相应插值问题无解 例2设m 1,且 f(x1)=f(x2)≠f(x3) 则由相应插值条件,必有 a,tao 1x2+a ,x,+bo b,x2+bo 于是(a0b1-a1b)(x2-x1)=0 而x1 x2,从而 aob, 若b1=0则R1(x)退化为一次多项式既然R1(x)于x=x1,x2处 的值一样(假定)说明y=R1(x)是一条平行于x轴的直线当然也就不可能 满足 了所以不妨设b1≠0于是 bo/b, 从而 R b, x+6 a1x+a, bo b, a,+ao bx+b a, b,+b 1 const b,(b,x+b) b
( ) 1 0 0 0, b x b x b a R x n n n + + + = . 于是由 R0,n (x j ) = 0 推知 a0 = 0.但是当 a0 = 0 时,显然 R0,n (x) 0 不成立.是故,此时相应插值问题无解. 例 2 设 m = n = 1,且 ( ) ( ) ( ) 1 2 3 f x = f x f x . 则由相应插值条件,必有 1 2 0 1 2 0 1 1 0 1 1 0 b x b a x a b x b a x a + + = + + . 于是 ( a0 b1 − a1 b0 （) x2 − x1 ) = 0 . 而 1 2 x x ,从而 a0 b1 = a1 b0 . 若 b1 = 0,则 R (x) 1,1 退化为一次多项式.既然 R (x) 1,1 于 1 2 x = x , x 处 的值一样(假定),说明 y R (x) = 1,1 是一条平行于 X 轴的直线.当然也就不可能 满足 ( ) ( ) 1,1 3 2 R x f x 了.所以不妨设 b1 0.于是 a0 = a1 b0 b1 . 从而 ( ) 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1,1 b x b a x a b b b x b a x a R x + + = + + = ( ) ( ) const b a b b x b a b x b = = + + = 1 1 1 1 0 1 1 0
这样一来,又不可能满足插值条件中所要求的条件 R1(x1)≠R1(x) 了总之本例所讨论的有理插值问题的解不存在. 为了便于讨论需要引进一些定义两个有理分式 R,(x) g().()=(x P(x) (23) 称为恒等如果存在一个非零常数a,使得 P(x)=aplx), 0,(x)=ag,() 此时记R(x)=R2(x) (23)所示两有理分式R(x),R2(x)称为等价的如果 P(x)·Q2(x)=P(x)·Q(x) 此时常记为R(x)~R2(x) 对于此处所定义的关系“~”,显然有下列三个性质 ()R(x)~R(x) (ui R(x)Q(x),Q(x)S(x)W R(x)S(x) (1n R(x)Q(x), U Q(x)R(x) 所以“~”是一种等价关系 显然可知两有理分式R(x)和R2(x)等价必须且只须R(x)和R2(x)的 最简既约有理分式R(x)和R2(x)恒等 今后只要两有理分式等价,则认为它们是同一个有理分式,而不加以区别有 理函数插值的唯一性也是在这种意义上说的 定理5插值问题(22)若有解,则必唯一 证明设
这样一来,又不可能满足插值条件中所要求的条件 ( ) ( ) 1,1 1 1,1 3 R x R x 了.总之,本例所讨论的有理插值问题的解不存在. 为了便于讨论,需要引进一些定义.两个有理分式 ( ) ( ) Q (x) P x R x 1 1 1 = , ( ) ( ) Q (x) P x R x 2 2 2 = (2.3) 称为恒等,如果存在一个非零常数 a ,使得 P (x) aP (x) 2 = 1 , Q (x) aQ (x) 2 = 1 . 此时记 R (x) R (x) 1 2 . (2.3) 所示两有理分式 R (x) R (x) 1 2 , 称为等价的,如果 P (x) Q (x) P (x) Q (x) 1 2 2 1 . 此时常记为 R (x) 1 ～ R (x) 2 . 对于此处所定义的关系“～”,显然有下列三个性质: (i) R(x) ～ R(x); (ii) R(x) ～Q(x),Q(x) ～S(x)则 R(x) ～S(x); (iii) R(x) ～Q(x), 则 Q(x) ～R(x) . 所以“～”是一种等价关系. 显然可知,两有理分式 R (x) 1 和 R (x) 2 等价,必须且只须 R (x) 1 和 R (x) 2 的 最简(既约)有理分式 R (x) 1 和 R (x) 2 恒等. 今后只要两有理分式等价,则认为它们是同一个有理分式,而不加以区别.有 理函数插值的唯一性也是在这种意义上说的. 定理 5 插值问题(2.2)若有解,则必唯一. 证明 设
Rm() N x D,(r), Rm 同时满足插值条件(22) Rn(x)=Rn(x,)=f()(=0 m+n) 于是由 m+n D 可推知 Nx,)(x)=Nm(x)D()(=0, m+n 因为Nn(x)D(x)与Nn(x)Dn(x)为次数不高于m+n的多项式所以从上 式可知 N(x)D, (x)= N(x)D,(x) 从而Rn(x)~Rn(x)定理5证完 定理5说明对于有理函数插值来说关键的问题是存在性和具体解法 我们知道,当(21)所示的有理分式Rn(x)满足插值条件(22)时,只要分母 Dx1)≠0(=0, m+1)就应有 Nn(x)-f(x,)D(x)=0(j=0, m+n)(24) 它是一个关于系数an bn b的线性代数方程组这 当然比非线性方程组(22)要容易求解了 那么、22)在什么条件下会与(24)等价呢?下面定理6对这个问题作了明确 的回答 定理6设线性方程组(24)有非平凡解为使满足插值条件(22)的最简有理 分式Rn(x)=pn(x)qn(x)存在,必须且只须(24)的任一非平凡解
( ) ( ) D (x) N x R x n m m,n = , ( ) ( ) D (x) N x R x n m m,n = 同时满足插值条件(2.2): ( ) ( ) ( ) m n j m n j j R x = R x = f x , , ( j = 0 , , m+ n ). 于是由 ( ) ( ) ( ) ( ) n j m j n j m j D x N x D x N x = ( j = 0 , , m+ n ). 可推知 ( ) ( ) ( ) ( ) m j n j m j n j N x D x = N x D x ( j = 0 , , m+ n ). 因为 N (x)D (x) m n 与 N (x)D (x) m n 为次数不高于 m + n 的多项式,所以从上 式可知 N (x)D (x) N (x)D (x) m n m n . 从而 R (x) m,n ～ R (x) m,n .定理 5 证完. 定理 5 说明对于有理函数插值来说,关键的问题是存在性和具体解法. 我们知道,当(2.1)所示的有理分式 R (x) m,n 满足插值条件(2.2)时,只要分母 Dn (x j ) 0 ( j = 0 , , m+1 ),就应有 N m (x j ) − f (x j )Dn (x j ) = 0 ( j = 0 , , m+ n ). (2.4) 它是一个关于系数 0 0 am , , a , bn , , b 的线性代数方程组.这 当然比非线性方程组(2.2)要容易求解了. 那么,(2.2)在什么条件下会与(2.4)等价呢? 下面定理 6 对这个问题作了明确 的回答. 定理 6 设线性方程组(2.4)有非平凡解.为使满足插值条件(2.2)的最简有理 分 式 R (x) p (x) q (x) m,n = m n 存 在 , 必 须 且 只 须 (2.4) 的 任 一 非 平 凡 解
N(x),D(x,在约去一切公因子后得到的互斥多项式A(x),B(x),仍然 是(24)的解,即 A(x)-/(x,)x,)=0(j=0, m+n) 证明必要性设N"(x),D(x)是(24)的任一组非平凡解 Nx,)-1x)D(x)=0(=0,…,m+n)25) 按假设有(2)型的最简有理分式(x)/x)存在使插值条件(2)得以满足 0 m+n).(2 由于x)与(x)互质,所以)≠0因为否则为使上式成立必亦有 1(,)=0.是故有公共因子(x-x,)了以26代入(25)得到 N v(,) (x) 0 m+n 两边通乘以x)得到 Nx,)(x)-1x)D;(x)=0(=0 m+n) 这样一来次数不超过m+n的多项式 N(xNv(x)-t(xD(x) 已有m+n+1个互异的根从而 N(xv(x)-I(x)D(x) 在上式中约去Nm(x),D(x)的最大公因子则有 Ax)(x)-1(x)B(x)=0 特别地也应有 Ax,(x)-d(x,)B(x)=0(=0 m+n) 注意到(26式,上式亦即
N (x) D (x) m n , ,在约去一切公因子后得到的互斥多项式 A(x) , B(x),仍然 是(2.4)的解,即 A(x j ) − f (x j )B(x j ) = 0 ( j = 0 , , m+ n ). 证 明 必要性 . 设 N (x) D (x) m n , 是 (2.4) 的 任 一 组 非 平 凡 解 ( ) − ( ) ( ) = 0 m j j n j N x f x D x ( j = 0 , , m+ n ). (2.5) 按假设,有(2.1)型的最简有理分式 t(x) v(x) 存在,使插值条件(2.2)得以满足: ( ) ( ) ( )j j j f x v x t x = ( j = 0 , , m+ n ). (2.6) 由于 t(x) 与 v(x) 互质,所以 v(x j ) 0 .因为否则为使上式成立,必亦有 t(x j ) = 0 ,是故有公共因子( j x − x )了.以(2.6)代入(2.5),得到 ( ) ( ) ( ) − ( ) = 0 n j j j m j D x v x t x N x ( j = 0 , , m+ n ). 两边通乘以 ( )j v x ,得到 ( ) ( ) − ( ) ( ) = 0 m j j j n j N x v x t x D x ( j = 0 , , m+ n ). 这样一来,次数不超过 m + n 的多项式 N (x)v(x) t(x)D (x) m n − 已有 m + n + 1 个互异的根,从而 N (x)v(x) t(x)D (x) m n − 0 在上式中约去 N (x) D (x) m n , 的最大公因子,则有 A(x)v(x) − t(x)B(x) 0. 特别地,也应有 A(x j )v(x j ) − t(x j )B(x j ) = 0 ( j = 0 , , m+ n ). 注意到(2.6)式,上式亦即
A(x )-fx, B(x) m+n) 必要性得证 充分性设如上定义的4(x),B(x)是(24的解 1x)-f(x, B(x) 0 +n) 可断言B(x)≠0.因为否则由上式,必也有4(x)=0.从而与 Ax),B(x)互质的假定相矛盾既然如此我们可以用遍除上式两边而得到 Alx B m+n) 是故4(x)B(x)满足插值条件(22充分性得证定理6全部证完 定理6建立了(22)与(24)等价的充分必要条件然而由于所给条件仍不便 于检验所以 N. Macon与 D E. Dupree还给出了便于检验的条件 定理7设(x,,y)(j=0 ,m+n)中各x (j=0,…,m+n)是互异的为使满足插值条件(22)的最简有理分式 存在必须且只须诸矩阵 Moy Do xily (27) (J= m+n)都是非奇异的其中y=f(x,) 0 m+n
A(x j ) − f (x j )B(x j ) = 0 ( j = 0 , , m+ n ). 必要性得证. 充分性.设如上定义的 A(x) , B(x) 是(2.4)的解: A(x j ) − f (x j )B(x j ) = 0 ( j = 0 , , m+ n ). 可断言 B(x j ) 0 . 因为否则由上式 , 必也有 A(x j ) = 0 . 从而与 A(x) , B(x) 互质的假定相矛盾.既然如此,我们可以用遍除上式两边,而得到 ( ) ( ) ( )j j j f x B x A x = ( j = 0 , , m+ n ). 是故 A(x) B(x) 满足插值条件(2.2).充分性得证.定理 6 全部证完. 定理 6 建立了(2.2)与(2.4)等价的充分必要条件.然而由于所给条件仍不便 于检验,所以 N.Macon 与 D.E.Dupree 还给出了便于检验的条件. 定 理 7 设 ( j j x , y ) ( j = 0 , , m+ n ) 中 各 j x ( j = 0 , , m+ n )是互异的.为使满足插值条件(2.2)的最简有理分式 ( ) ( ) D (x) N x R x n m m,n = 存在,必须且只须诸矩阵 = + − + + + + − + + + + − + + + + − + + + − − − − − − − − − − − − m n n m n m n m n m n m m n m n m n j n j j j j m j j j j n j j j j m j j j m n j x x x y x y x y x x x y x y x y x x x y x y x y x x x y x y x y A 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 2 0 0 1 1 1 1 (2.7) ( j = 0 , , m+ n ) 都是非奇异的 . 其 中 ( ) j j y = f x ( j = 0 , , m+ n )