TFM. Avdelningen för matematik Sundsvall Diskret analys. En studie av polynom och talföljder med tillämpningar i interpolation

C-UPPSATS 00:0 TFM. Avdelige för matematik MITTHÖGSKOLAN 85 70 Sudsvall 060-4 86 00 Diskret aalys E studie av polyom och talföljder med tillämpigar i iterpolatio p(x + ) p(x + ) p(x + 3) p(x + 4) d p (x + ) d p (x + ) d p (x + 3) d p (x + ) d p (x + ) d p 3(x + ) Tomas Nilso

DISKRET ANALYS TOMAS NILSON Sammafattig. Mot + distikta pukter svarar ett etydigt polyom i P. E följd ka alltså i viss meig represetera ett polyom och omvät. Vi studerar dea korrespodes geom att låta polyoma talföljder geerera differestabeller där vi då har följder som represeterar relaterade polyom. Ur detta ka vi seda dra e del slutsatser som ma blad aat ka ha ytta av då ma ska iterpolera. E viktig roll spelas av differespolyome, dessa ka ma se som e diskret form av derivata och vi ska också betrakta summapolyom vilka på motsvarade sätt likar itegraler.

TOMAS NILSON Iehåll. Itroduktio 3. Iterpolatio 4.. Några käda iterpolatiosmetoder 5 3. Polyoma talföljder och differespolyom 3.. Grudläggade defiitioer och resultat 3.. Några speciella följder 6 3.3. Mer frå differestabeller 8 3.4. Vi fixerar e differesdiagoal 4 3.5. Diagoale som lijärkombiatio 8 3.6. Differespolyom och derivata 3 4. Diskret itegratio 38 4.. Summapolyom 38 4.. Koefficieter till summapolyom 4 4.3. Några egeskaper för summor 45 5. Härifrå och vidare 49 5.. Några lösa trådar 49 5.. Umbral calculus? 49 6. Tack 50 7. Lista över symboler 5 8. Litteraturlista 5

DISKRET ANALYS 3. Itroduktio Dea uppsats är spruge ur e ekel iakttagelse. Låt oss skriva upp e talföljd give av ågot polyom f(x) då x =,,..., 6 och se på de förutsättigslöst. 3 9 9 33 5 Atag att vi t.ex vill gissa ett polyom som ger följde uta ågo käedom om iterpolatiosformler eller dylikt. E idé är då att betrakta differeser av två på varadra följade tal, vi har t.ex att 3 =, 9 3 = 6. 3 9 9 33 5 6 0 4 8 Det här verkar späade, vi fortsätter 3 9 9 33 5 6 0 4 8 4 4 4 4 Vi får e kostat differes! Varför blev det just 4? Vad betyder det att de kostata differese ifa sig på rad? Frågora hopar sig sabbt och äve om ma ka aa svare på de här första leder det direkt vidare till lite krågligare följdfrågor. Dea uppsats är tillkomme för att formulera, utforska och svara på sådaa frågor. Eftersom vårt arbete här är itimt förkippat med iterpolatio ska vi först äga kapitel till att reda ut vad iterpolatio är och presetera ågra käda iterpolatiosmetoder. Vi ska se på hur och varför de fugerar och äve göra ågra jämförelser dem emella. Observera dock att vi ite strävar efter vare sig att lista alla käda metoder eller es studera dem uttömmade, vi vill bara ha lite kött på bee rörade iterpolatio. I kapitel 3 tar vi itu med polyoma talföljder. Som vi såg i det iledade exemplet får vi differestalföljder som i si tur ges av polyom vilka ma ka se som e diskret form av derivata. Alla dessa polyom är då relaterade till varadra, de är fixerade i e struktur som vi ka kartlägga. Detta ger oss verktyg för att studera polyom och talföljder vilket vi t.ex ka aväda för att iterpolera. När det se gäller sökadet efter iterpolatiosmetoder följer vi två vägar. Dels att kua formulera ett uttryck för iterpolerade polyom i si helhet och dels att lösa ut dessa polyoms koefficieter explicit.

4 TOMAS NILSON Kapitel 4 ägas åt e motsatse till differespolyom, d.v.s summapolyom. Detta ka ma se som ett slags diskret itegratio. Här har vi direkt ett område som ite är iterpolatio där vi får avädig för våra resultat frå kapitel 3. Vi avslutar med att ta upp ågra problem ma ka fudera vidare över samt spekulerar över var i matematike detta arbete hör hemma. För övrigt ka vi äma att litteraturlista lägst bak ite är e refereslista uta bara e lista över böcker som varit till ytta. Polyom är välkäda objekt och matematike här är oftast ekel så uppsatse bör kua läsas av studeter på relativt låg ivå. Förhoppigsvis har de också ågot att ge mer avacerade läsare.. Iterpolatio Äve om dea uppsats främst hadlar om polyom och talföljder kommer vi att syssla e hel del med iterpolatio. Därför ska vi i detta kapitel bekata oss lite med iterpolatio och se på ågra käda iterpolatiosmetoder. Eftersom begreppet ka rymma mycket begräsar vi oss här till det som itresserar oss just u och som kaske också är det valigaste iterpolatiosproblemet, ämlige att fia e väldefiierad reell fuktio som iterpolerar e datamägd i form av pukter. Defiitio.. Låt J R vara itervall och I N vara idexmägd. Atag att vi har datamägd D = {(x k, y k ) : x k J, y k R, k I}. E fuktio g : J R sägs iterpolera D om g(x k ) = y k k I. Låt oss se på ett exempel där vi avsiktligt är lite slarviga. Exempel. Datamägde D = {(, ), (, )} ka t.ex ges av g(x) = x h(x) = x 3 x + i(x) = q(x) = x x Observera att vi här ite agivit defiitiosmägder, fuktiosuttrycke har bara det gemesamt att deras grafer iehåller D, t.ex g() = h() = i() = q() =. Vi ser att i ite uppfyller defiitioe då i ite är defiierad i x = 0. Äu värre är det med q som bara ka defiieras puktvis för x < 0. Däremot är g och h helt godtagbara, de är polyom och frå och med u ska vi bara se på iterpolatio med polyom. Vi får då aledig att betrakta vektorrummet P. Defiitio.. Vektorrummet P består av alla polyom med reella koefficieter som är av grad.

DISKRET ANALYS 5 Amärkig. Eftersom varje polyom i P på ett etydigt sätt ka skrivas som e lijärkombiatio av polyome, x, x,..., x, så utgör dessa polyom e bas för P. Att polyom är lätthaterliga är ite eda orsake till att ma gära iterpolerar med dem. De har e egeskap som vi u formulerar i e sats vilke ma ka se som huvudsats iom området polyomiterpolatio. Sats.. Givet + distikta pukter (x k, f(x k )), k = 0,,..., så fis det ett etydigt polyom p P som iterpolerar dessa. Hur ka visa detta återkommer vi till i amärkig. Observera att dessa pukter som vi oftast ager med f(x k ) ite måste ges av käd fuktio. Med distikta mear vi här ormalt att x i är distikta me sats. ka omformuleras så att vi ka byta ut pukter mot derivator. Det etydiga polyomet i P fis om vi har pukter och derivata i e av dessa pukter och vi ska lägre fram se på Taylorpolyom där vi har e pukt och derivator i dea pukt, se exempel 7... Några käda iterpolatiosmetoder. Vi ska se på fyra käda metoder och börjar med Newtos iterpolatiosformel. För oss är de särskilt itressat eftersom de tar häsy till differeser i e talföljd och vi får aledig att återkomma till de lägre fram. Beskrivig. Newtos iterpolatiosformel. Givet + pukter som vi beteckar f(x 0 ),..., f(x ). Fi polyom p(x) som iterpolerar dessa. Newtos iterpolatiosformel ger då p(x) = f(x 0 ) + (x 0, x )(x x 0 ) + (x 0, x, x )(x x 0 )(x x )+ + + (x 0, x,..., x )(x x 0 )(x x ) (x x ) där de dividerade differese k (x 0, x,..., x k ) defiieras rekursivt eligt { (x 0, x ) = f(x ) f(x 0 ) x x 0 k (x 0, x,..., x k ) = k (x,x,...,x k ) k (x 0,x,...,x k ) x k x 0 k. Exempel. Aväd Newtos iterpolatiosformel för att fia polyom p(x) som iterpolerar puktera f() = 3, f(3) = 3, f(4) = 4. Lösig: Vi har 3 pukter och asätter då ett adragradspolyom. p(x) = f(x 0 ) + (x 0, x )(x x 0 ) + (x 0, x, x )(x x 0 )(x x ) = 3 3 3 = 3 + 3 3 4 3 3 (x ) + 4 3 (x )(x 3) = 4 = 3 + 5(x ) + (x )(x 3) = x 3x + 4 Alltså, p(x) = x 3x + 4.

6 TOMAS NILSON I kapitel 3 återkommer vi till Newtos iterpolatiosformel och visar de då för det specialfall som är itressat för oss och går u vidare med e iterpolatiosformel frå slutet av 700-talet. Beskrivig. Lagrage iterpolatiosformel. Givet pukter f(x 0 ),..., f(x ). Fi polyom p(x) som iterpolerar dessa. Lagrage iterpolatiosformel ger då att p(x) = f(x k )L k (x) där Lagragepolyome L k (x) fås ur L k (x) = k=0 j {0,,...,} j k x x j x k x j Exempel 3. Aväd Lagrageterpolatiosformel för att fia polyom p(x) som ger pukter f() =, f() = 5, f(3) = 7, f(4) = 43. Lösig: Vi har 4 pukter som vi sätter i iterpolatiosformel. p(x) = 3 k=0 (x )(x 3)(x 4) )(x 3)(x 4) f(x k )L k (x) = + 5(x ( )( 3)( 4) ( )( 3)( 4) + (x )(x )(x 4) )(x )(x 3) + 7 + 43(x (3 )(3 )(3 4) (4 )(4 )(4 3) = = x3 9x + 6x 4 6 så vi har p(x) = x 3 x + 3x. + 5 x3 8x + 9x + 7 x3 7x + 4x 8 + + 43 x3 6x + x 6 = x 3 x + 3x 6 Exempel 3 låter oss aa varför metode fugerar me vi vill visa att de + första Lagragepolyome verklige utgör e bas för P. Först formulerar vi ett lemma som säger att vid isättig av x k blir rätt Lagragepolyom meda de adra blir 0. Lemma.. Lagragepolyome L k uppfyller L k (x j ) = δ j k där δ j k är Kroeckers delta, d.v.s δ j k = { om j = k 0 aars.

DISKRET ANALYS 7 Bevis. Om j k så fis e faktor x x j i L k (x j ) så att L k (x j ) = 0 och om j = k får vi L k (x k ) = x k x j =. x k x j j {0,,...,} j k Seda formulerar vi ett lemma som säger att f och p överesstämmer i alla + pukter. Lemma.3. Låt p(x) vara polyomet som m.h.a Lagrage iterpolatiosformel iterpolerar datamägde f(x 0 ), f(x ),..., f(x ). Då gäller att p(x k ) = f(x k ) för k = 0,,...,. Bevis. Av Lemma. följer att p(x k ) = f(x j )L j (x k ) = j=0 f(x j )δ j k = f(x k). j=0 Propositio.4. Lagragepolyome {L 0, L,..., L } utgör e bas för P. Bevis. Vi vet att dim (P ) = + och det vi behöver visa är att {L 0, L,..., L } späer P. Tag godtyckligt polyom p P och + distikta pukter x k, k = 0,,...,. Av lemma.3 följer då att Lagrage iterpolatiosformel ger ett polyom q P som är e lijärkombiatio av L 0, L,..., L så att q(x k ) = p(x k ), k {0,,..., }. Av sats. följer då att p = q p.g.a etydighet. Beskrivig 3. Direkt iterpolatio. E metod där ma omgåede ka sätta upp ett ekvatiossystem och lösa ut ett iterpolerade polyoms koefficieter kallar vi direkt iterpolatio. Låt f vara polyom av grad, f(x) = k=0 a kx k. Atag att vi studerar f i + pukter, f(x 0 ), f(x ),..., f(x ). Vi får då ett ekvatiossystem med + ekvatioer och detta ka vi skriva på matrisform. f(x 0 ) x 0 x 0 x 0 0 a f(x ). = x x x 0 a...... f(x ) x x x 0 a 0 Vi beteckar matrisera i ekvatioe ova med v = Ac. Atag tills vidare att A är iverterbar, då ka vi bestämma koefficietera i f(x) geom c = A v.

8 TOMAS NILSON Exempel 4. Bestäm ett polyom p(x) som iterpolerar följade pukter, f() =, f() = 0, f(3) = 40, f(4) = 04. Givet 4 pukter asätter vi polyom av grad 3. Detta skriver vi på matrisform v = Ac och löser seda ut c. 0 40 04 = 3 3 3 3 3 4 3 4 4 a 3 a a a 0 Vi får att p(x) = x 3 x 3x + 4. = a 3 a a a 0 = 8 4 0 7 9 3 40 = 64 6 4 04 0 40 = 3 4 6 4 04 4 6 6 3 7 4 3 9 7 3 6 Vi har m.h.a obevisade sats. visat att Lagragepolyome utgör e bas för P. Vi ska u argumetera för att A:s iverterbarhet ger sats.. Amärkig. Påståedet i sats. ka uttryckas som följer. Låt p vara polyom i P. Då ger p e datamägd av + distikta pukter som iget aat polyom i P ger. Detta jämför vi med direkt iterpolatio där vi har v = Ac. Att A är iverterbar och att vi ka skriva c = A v implicerar då sats. eftersom detta betyder att polyomet p som beskrivs av c bestäms av datamägde som beskrivs av v. A:s iverterbarhet är u viktig för oss. Vi visar de för specialfall i observatio 6 me vill ädå argumetera för hur ma skulle kua visa de allmät. Vi gör detta geom att först se på ett exempel och seda alägga ett vidare perspektiv. Exempel 5. Visa att 4 4-matrise A vid direkt iterpolatio är iverterbar. Vi vill geom radoperatioer reducera A till idetitetsmatrise och börjar med att dra rad frå rad och frå rad 3. x 3 0 x 0 x 0 x 3 A = x 3 x 0 x 0 x 0 x x 3 x x x 3 x 3 0 x x 0 x x 0 0 x 3 x 3 3 x x 3 0 x x 0 x x 0 0 = 3 x 3 x 3 3 x 3 x 3 x 3 0 x 0 x 0 = (x x 0 )(x + x x 0 + x 0) (x x 0 )(x + x 0 ) x x 0 0 (x x 0 )(x + x x 0 + x 0) (x x 0 )(x + x 0 ) x x 0 0 x 3 3 x 3 x 3

DISKRET ANALYS 9 Dividera u rad med x x 0 och rad 3 med x x 0. Drag därefter rad frå rad 3, matrise får då följade utseede x 3 0 x 0 x 0 x + x x 0 + x 0 (x + x 0 ) 0 x x + x 0 (x x ) (x x ) 0 0 x 3 3 x 3 x 3 x 3 0 x 0 x 0 x + x x 0 + x 0 (x + x 0 ) 0 x + x + x 0 0 0 x 3 3 x 3 x 3 Vi iser att vi ka reducera de fjärde rade så att de likar de tredje varvid vi får x 3 0 x 0 x 0 x 3 x + x x 0 + x 0 x 0 x 0 0 (x + x 0 ) 0 x + x + x 0 0 0 x + x x 0 + x 0 (x + x 0 ) 0 x + x + x 0 0 0 x 3 + x + x 0 0 x 3 x 0 0 0 0 där de sista operatioe var att dra rad 3 frå rad 4. Eftersom x 3 x 0 är matrise triagulär med alla diagoalelemet 0 och därmed iverterbar. Varför skulle detta fugera allmät? Låt r j betecka rad j, j = 0,,...,. När vi drar e urspruglig rad r i frå r k ka vi alltid i varje ollskild positio lösa ut e faktor x k x i. Vi ser på e positio på rad r k. x k x i = (x k x i ) x j k x j i Dea rad delar vi med x k x i vilket ger att vi på e positio, de som var av grad kommer att få. I ästa steg har vi två sådaa uttryck där x i är gemesam. Vi drar de ea rade frå de adra och får i vår positio j=0 x j k x j i j=0 x j m j=0 x j i = j=0 x j i ( x j k ) xm j. Vi ser att x k x m delar detta och får då efter divisio e positio att bli. Så här fortsätter ma tills diagoalelemete alla är och matrise är triagulär och då iverterbar. Observera att detta bara är e atyda om hur ma skulle kua visa A:s iverterbarhet mekaiskt evetuellt m.h.a iduktio och ite ågot bevisförsök. Att A är allmät iverterbar och då att sats. gäller får vi tro på och det specialfall vi behöver för ega resultat visar vi i kapitel 3. I exempel 4 har vi ite redovisat beräkigar för att ivertera matrise. För stora matriser ka det arbetet bli omfattade varför metode lämpar sig bäst då matrise ka återavädas. A verkar för övrigt bekat. När ma ser ärmare

0 TOMAS NILSON efter verkar de överesstämma med Lagragepolyome för grad 3, se exempel 3. Ma ka fråga sig om detta gäller allmät för grad och svaret är ja. Observatio. Lagrageiterpolatio och direkt iterpolatio är i grude samma sak. Atag att vi har datamägd f(x 0 ), f(x ),..., f(x ) och låt p vara polyom av högst grad som iterpolerar dea. Vi iför då beteckigar på matriser. f(x 0 ) f(x ) v =. f(x ) L = [ L 0 L... L ] c = a a. a 0 s = [ x x... ] x 0 x 0 x 0 0 x A = x x 0..... x x x 0 Vi ka bestämma polyom p med Lagrage iterpolatiosformel. () Lv = p Vi vet också att sc = p och att Ac = v. Detta sätter vi i i ekvatio () och får LAc = sc. Då detta gäller för alla c så har vi LA = s. Eftersom L och s båda är baser för P har vi att A är e basbytesmatris. Så L = sa och vi ser att överesstämmelse är allmä. I de iterpolatiosmetoder vi betraktat så här lågt har datamägde utgjorts av + distikta pukter. Som vi tidigare ämt ka ma byta ut pukter mot t.ex derivator i e pukt och vi skulle kua ställas iför följade iterpolatiosproblem. Exempel 6. Givet f() = 3, f () =, f () = 4. Fis det ågo fuktio p som iterpolerar dea datamägd? Ja, p(x) = x 3x + 4 iterpolerar.

DISKRET ANALYS Vi ska u se på Taylorpolyom som just tar had om datamägde e pukt och derivator i dea pukt. Beskrivig 4. Taylorpolyom. Atag att vi käer ett fuktiosvärde f(x 0 ) samt alla f (j) (x 0 ), j och att dessa derivator alla är kotiuerliga på ett öppet itervall I som iehåller x 0. Då ka vi approximera f på I med :te Taylorpolyomet T f(x) T (x) = f(x 0 )+f (x 0 )(x x 0 )+ f (x 0 ) (x x 0 ) + + f () (x 0 ) (x x 0 ).!! Detta vilar på Taylors sats som också ger oss möjlighet att uppskatta felet i approximatioe. Sats.5. Taylors sats. Låt N, låt I := [a, b] och låt f : I R vara såda att f, f,..., f () är kotiuerliga på I och f (+) existerar på ]a, b[. Om x 0 I då fis det för varje x på I e pukt c mella x och x 0 så att f(x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) + f (x 0 ) (x x 0 ) +! + + f () (x 0 ) (x x 0 ) + f (+) (c)! ( + )! (x x 0) +. Amärkig 3. Låt T betecka :te Taylorpolyomet för f i x 0. Då ka vi skriva där R (x) ges av f(x) = T (x) + R (x) R (x) := f (+) (c) ( + )! (x x 0) + för ågo pukt c mella x och x 0. R ka då avädas för att uppskatta felet i e approximatio. Just dea form av R kallas Lagragerest. Taylors sats är välkäd och visas i så gott som alla aalysböcker varför vi utelämar beviset här. När ma aväder Taylorpolyom T får ma e approximatio av fuktio f ära e pukt. Ma ka se det som att grafera för f och T ära og sammafaller i ärhete av dea pukt. För t.ex Lagrageiterpolatio har vi i stället att vissa pukter är lika meda grafera aldrig behöver lika varadra. Vi ska se på ett exempel som belyser detta. Exempel 7. Bestäm Taylorpolyom T 3 rut x = för datamägde f() =, f () = 4, f () = 4, f (3) () = 30. T 3 (x) = f() + f ()(x ) + f () (x ) + f (3) () (x ) 3 =! 3! = 4(x ) + 4! (x ) 30 6! (x )3 = 5x 3 + 7x 43x +.

TOMAS NILSON Atag vidare att f(x) = x 4 9x 3 + 33x 47x + 3, f uppfyller datamägde. Grafera för T 3 och f kommer att ligga ära varadra rut x = me för övrigt behöver de ite lika varadra, t.ex har vi att f(5) = 3 meda T 3 (5) = 43. Betrakta u talföljd som f ger, f() =, f() = 5, f(3) = 7, f(4) = 43. Dea talföljd har vi tidigare iterpolerat m.h.a Lagrage iterpolatiosformel och fick då p(x) = x 3 x + 3x. Som syes är p och T 3 olika, de har ite samma uppgift. Ma ka tillägga att om vi haft tillgåg till e pukt till ur talföljde f för att bestämma p och e derivata till för att bestämma T så hade vi fått att f = p = T eftersom f är ett fjärdegradspolyom. Amärkig 4. Eftersom Taylorpolyom ofta aväds för att approximera ka det vara lätt att röra ihop begreppe. I exempel 6 var det helt klart att vi iterpolerade e datamägd. Detsamma gjorde vi i exempel 7 me här jämförde vi med Lagrageiterpolatio varför vi uderströk de approximativa aspekte. 3. Polyoma talföljder och differespolyom Frå kapitel vet vi att givet + pukter ka vi bestämma etydigt polyom i P som iterpolerar och vi har seda läge metoder för att klara detta. E datamägd ka alltså i viss meig represetera ett polyom och tvärtom. Vi ska u studera dea korrespodes geom att se på talföljder och differestalföljder som i si tur ka represeteras av polyom. På så sätt får vi e struktur vi ka kartlägga och seda aväda för att t.ex se på egeskaper hos polyom. I itroduktioe såg vi på e talföljd med differeser. 3 9 9 33 5 6 0 4 8 4 4 4 4 Vi aväder kapitel 3. till att defiiera sådaa följder och polyom samt att udersöka vad de kostata rade betyder. De kommer att ge oss lite fast mark på vilke vi ka bygga vidare. I kapitel 3.3 samlar vi egeskaper och utvecklar metoder för att räka med elemete i tabelle. För att få ytterligare fäste fixerar vi i kapitel 3.4 e diagoal i tabelle och till sist udersöker vi i kapitel 3.6 hur dessa differeser är relaterade till derivata. Eftersom detta kapitel i si helhet till stor del hadlar om kartläggig består det av e bladig av mer eller midre triviala resultat. Tillsammas blir de måga och kapitlet lågt varför det ite är ämat att sträckläsas. 3.. Grudläggade defiitioer och resultat. För att åskådliggöra talföljder och differeser kommer vi att aväda differestabeller. Låt oss se på e såda ia vi defiierar iehållet. Exempel 8. Låt f() =, f() = 3, f(3) = 9, f(4) = 9, f(5) = 33. Vi vill ha med alla pukter (x k, f(x k )), k =,,..., 5, samt differeser av dessa värde f(x k ) varför vi gör e differestabell.

x = 3 4 5 f(x) = 3 9 9 33 d f = 6 0 4 d f = 4 4 4 DISKRET ANALYS 3 Talföljde börjar då x =. Vi får värde av f då x =,,..., 5 och säger då att vi har steglägd. Vidare ager vi differesrad med d f och d f, dessa följder kommer också att ges av polyom. Dea tabell iehåller elemet ur R me lägre fram ska vi också aväda tabell för elemet ur R[x]. Defiitio 3.. Låt p vara polyom. De polyoma talföljde parametrar (b, s, m) där b R, s R +, m Z + { } är sekvese till p med (p(b + js)) m j=0. Exempel 9. Vi skriver ut de polyoma talföljde som ges av p(x) = x 3x + 5 med parametrar (b, s, m) = (4,, 3). x = 4 6 8 0 p(x) = 9 3 45 75 Amärkig 5. I dea uppsats låter vi steglägde s = och begyelse b Z och resultate är formulerade för dessa förutsättigar. Observera dock att ma alltid ka trasformera frå det allmäa fallet till vårt specialfall. Hur ma gör detta ser vi på i amärkig 9. Amärkig 6. Iblad kommer vi att skriva talföljd med kostat steglägd. Detta är för att markera att följde ite behöver ges av ett polyom. Då vi har + pukter och bara betraktar polyom i P är detta ädå samma sak. Defiitio 3.. Låt p vara polyom. Differespolyom d p i { d p i (x) = p(x), i = 0 d p i (x + ) dp i (x), i Z + ges då rekursivt av Amärkig 7. Operator d är lijär, d.v.s för två polyom p och f gäller att d p+f = d p + d f och äve att d cf = cd f där c är e kostat. Exempel 0. Bestäm differespolyome d p och d p till p(x) = x. Vi gör först e differestabell med parametrar (b, s, m) = (,, 4) för att åskådliggöra. x = 3 4 5 p(x) = 4 9 6 5 d p = 3 5 7 9 d p =

4 TOMAS NILSON Seda beräkar vi { d p (x) = p(x + ) p(x) = (x + ) x = x + d p (x) = d p (x + ) d p (x) = (x + ) + (x + ) = och ka i tabelle kotrollera att d p (x) = x + ger de första differesföljde samt att d p (x) = ger de adra. De första iakttagelse rörade polyoma talföljder i itroduktioe gav upphov till ågra frågor. Har alla polyoma talföljder e differesrad som är kostat? Vilke kostat är det i så fall och på vilke rad ifier de sig? Lemma 3.. Låt p vara polyom av grad med högstagradsterm a x. Då är d p ett polyom av grad med högstagradsterm a x. Bevis. Låt p vara polyom med p(x) = j=0 a jx j, då har vi att d p (x) = p(x + ) p(x) = = a ((x + ) x ) + a ((x + ) x ) + + a 0 a 0 = (( ) ( ) ( ) = a x + x + + )x 0 + (( ) ( ) + a x + + )x 0 + + a 0 a 0 = a x + R där R består av alla termer av grad och lägre. Sats 3.. Låt p vara polyom av grad. Då gäller att d p är kostat d p = p () Bevis. Låt p vara polyom av grad. Vi aväder lemma 3. rekursivt. Då är d p polyom av grad 0, d.v.s kostat med d p =!a = p (). Följd 3.3. Låt p vara polyom av grad. Om i > så gäller att d p i = 0. Observatio. Vi ser att för polyom p av grad ka vi m.h.a sats 3. bestämma högstagradskoefficiete a geom a = d!. Defiitio 3.3. Atag att vi har talföljd med kostat steglägd. Med kostat differes d 0 meas då att alla k käda tal på differesivå är lika och ollskilda. Observera att k ka vara. Exempel. Bestäm högstagradsterme i ågot polyom p som iterpolerar fuktiosvärde i följade tabell. x= 3 4 5 6 7 8 f(x)= 5 55 33 6 45 75

DISKRET ANALYS 5 Vi har 8 pukter och vill helst ite aväda Lagrage eller Newtos iterpolatiosformler då vi i så fall måste asätta polyom av grad 7. Take på att ivertera e 8 8 matris för att aväda direkt iterpolatio är heller ite så lockade. Vi gör istället e differestabell. x= 3 4 5 6 7 8 f(x) = 5 55 33 6 45 75 d = 0 4 40 78 8 90 64 d = 4 6 38 50 6 74 d 3 = Vi ser att vi får kostat differes d = d 3 =. Sats 3. ger då att vi ka iterpolera med ett tredjegradspolyom vars högsta term har koefficiet a = d! = =. Högstagradterme i p(x) är x 3. 3! Atag att vi vill bestämma hela p(x) i exempel. Ma ka då bilda y talföljd f(x) x 3 som blir av grad och aväda sats 3. ige för att bestämma a. På detta sätt ka ma fortsätta tills ma bestämt hela p(x) = x 3 5x +x+3. Reda sats 3. ger alltså e algoritm som vi trots att de är primitiv sammafattar i puktform. Beskrivig 5. E ekel me lite arbetskrävade iterpolatiosalgoritm. Atag att vi har talföljd f(), f(),..., f(m), m Z + och söker polyom p(x) som iterpolerar dea. ) Gör differestabell och bestäm kostat differes d 0. ) Polyomets grad ges av och högstagradsterm a = d.! 3) Skapa y talföljd give av f (x) = f(x) a x. 4) Aväd steg, och 3 på f och bestäm a. 5) Bilda f (x) = f(x) (a x + a x ) för att bestämma a 6) Upprepa förfaradet tills a 0 och därmed p är bestämd. Vi såg i exempel att där kude vi iterpolera med ett tredjegradspolyom p(x). Detta p(x) är etydigt bestämt upp till grad 3 me det fis aturligtvis polyom av högre grad som går geom dessa pukter. Ma ka fråga sig om det t.ex fis sådaa polyom av grad 5 eller 6? Svaret är ej vilket uttrycks i sats 3.6 me ia vi ser på de formulerar vi två hjälpsatser. Lemma 3.4. Atag att vi har talföljd med kostat steglägd och att differesrad d i ite är kostat, då ka ma ite iterpolera talföljde med polyom av grad i. Bevis. Atag att differesrad d i ite är kostat, d.v.s det fis d i (x) d i (y). Med hjälp av sats 3. ka vi beräka högstagradskoefficiet me d i(x) d i(y) i! i! vilket ger att vi ite får etydigt polyom som iterpolerar hela talföljde. Exempel. Betrakta följade differestabell, går det att iterpolera talföljd f med adragradspolyom?

6 TOMAS NILSON x = 3 4 f(x) = 4 9 7 d = 3 5 8 d = 3 Vi har ite kostat differes d och ka då ite iterpolera hela talföljde f med adragradspolyom. Mot 3 pukter svarar etydigt polyom i P och vi vet att p(x) = x ger de tre första tale, 4, 9. Me p(4) = 6 7 så p kommer ite att iterpolera hela talföljde. Ma ka säga att vi utgick frå d () = är vi bestämde p. Om vi hade utgått frå d () = 3 hade vi kuat iterpolera 4, 9, 7 med adragradspolyom q(x) = 3 x 5 x + 3 me q() =. Lemma 3.5. Atag att vi har talföljd med kostat steglägd och att differesrad d j är kostat 0, då ka ma ite iterpolera talföljde med polyom av grad j. Bevis. Atag att vi vill iterpolera med polyom av grad j. Vi beräkar högstagradskoefficiet eligt sats 3., a j = d j j!. Om u d j är kostat 0 får vi a j = 0. Sats 3.6. Atag att vi har talföljd med kostat steglägd beståede av m tal och att vi har kostat differes d 0. Då gäller att det etydiga polyom i P m som iterpolerar är precis av grad. Bevis. Atag att vi har talföljd med kostat steglägd beståede av m tal och att vi har kostat differes d 0. Då är alla d, d,... d 0 ickekostata och det följer av Lemma 3.4 att ma ite ka iterpolera med polyom av dessa grader. Vidare har vi att d +, d +,..., d m alla är kostat 0. Av Lemma 3.5 följer då att ma heller ite ka iterpolera med polyom av dessa grader. Eftersom vi vet att ma ka iterpolera m pukter med polyom p P m måste då p vara av precis grad. Observatio 3. Om vi har kostat differes d 0 i k tal ka vi ite iterpolera med polyom av grad +, +,..., +k. I exempel kude vi iterpolera med polyom av grad 3. Nästa möjliga grad är 8. 3.. Några speciella följder. Vi studerar polyoma talföljder och då ka det vara på si plats att som kotrast se på ågra talföljder som ite riktigt passar i i möstret. Exempel 3. Atag att vi har talföljd eligt differestabell och att f ite är ollpolyomet. x= 3 f(x)= 0 0 0 d (x) = 0 0 d (x) = 0 Vi har ite kostat differes d 0 me vet att vi ka iterpolera med p(x) = (x )(x )(x 3). Problemet är att vi har pukter till polyom av

DISKRET ANALYS 7 grad och p är då ite etydigt bestämt. p(x) = (x )(x )(x 3) fugerar lika bra. Låt oss se på ågra differestabeller där talföljde ite ges av ett polyom. Exempel 4. Betrakta börja av differestabelle till följde ( ) =. Som vi ser går talföjde ige på varje rad och vi får för de oädliga följde aldrig kostat differes. x = 3 4 5 6 7... y(x) = 4 8 6 3 64 8... 4 8 6 3 64 4 8 6 3 4 8 6 4 8 För att läsare ite ska leva i villfarelse att expoetiella uttryck ger triviala differestabeller ser vi också på g(x) = 3 x x. x = 3 4 5 6 7... g(x) = 5 9 65 665 059... 4 4 46 46 454 394 0 3 00 308 940 68 08 63 46 40 44 Här får vi ågot lite mer svåröverskådligt. Metoder för att lista ut vad för ett uttryck som ger dea talföljd ligger utaför uppsatses ram me de som är itresserad ka studera väster diagoal i exemple ova. Observera att ma alltid ka iterpolera e ädlig delföljd me det fis ite polyom som iterpolerar dessa följder i si helhet. Exempel 5. Fiboaccis talföljd F ges rekursivt av { F 0 = F = F = F + = F + + F = 0,,... Låt oss betrakta börja av talföljde F i differestabell. = 3 4 5 6 7 8 9 0... F= 3 5 8 3 34 55 89... 3 5 8 3 34 0 3 5 8 3 0 3 5-0 Talföljde kommer ige på varje rad och fis också i diagoaler. Här ka ma säkert hitta måga egeskaper hos Fiboaccitale me vi öjer oss med att kostatera att vi aldrig får kostat differes om vi tar med tillräckligt måga tal i F.

8 TOMAS NILSON 3.3. Mer frå differestabeller. Visserlige är differestabeller bara ett visuellt stöd me de låter oss aa måga egeskaper hos polyom och deras differeser. Vi ska u udersöka ågra av dessa egeskaper och äve om e del iakttagelser är triviala ka de vara avädbara. Först ska vi se hur ma utifrå e polyom talföljd give av p ka beräka valfri positio i differestabelle. Vi vet t.ex att d (3) = p(4) p(3) me hur beräkar ma d 7 ()? Sats 3.7. Låt p vara polyom. Då gäller i ( ) i d p i (x) = ( ) k p(x + i k) i N. k k=0 Bevis. Vi gör ett iduktiosbevis. Låt p vara polyom. Satse ger d p 0(x) = p(x) vilket stämmer med defiitioe av differespolyom. Atag att satse är sa för i, vi ska då visa att de gäller för i +. Eligt defiitio har vi d i+ (x) = d i (x + ) d i (x) vilket eligt iduktiosatagadet blir i ( ) i i ( ) i d i+ (x) = ( ) k p((x + ) + i k) ( ) k p(x + i k) = k k k=0 k=0 i ( ) i i+ ( ) i = ( ) k p(x + (i + ) k) ( ) k p(x + i (k )) = k k k=0 k= i ( ) i i+ ( ) i = ( ) k p(x + (i + ) k) ( ) k p(x + (i + ) k) = k k k=0 k= ( ) i i (( ) ( )) ( ) i i i p(x+i+)+ ( ) k + p(x+(i+) k)+( ) i+ p(x) 0 k k i k= ( ) i + i ( ) ( ) i + i + = p(x+i+)+ ( ) k p(x+(i+) k)+( ) i+ p(x) = 0 k i + k= i+ ( ) i + = ( ) k p(x + (i + ) k) k Vi har visat att om satse gäller för i så gäller de för i+. Av iduktiosaxiomet följer då att satse är sa för alla ickeegativa heltal i. Exempel 6. Vi har här e differestabell för f(x) = x 4 x 3 + 3. Bestäm d 3 (). x = 3 4 5 6 7 f(x) = 3 30 3 378 867 70 d =...... d =..... d 3 =. d 3 ().. k=0

Sats 3.7 ger ( ) 3 d 3 () = f( + 3) 0 DISKRET ANALYS 9 ( ) 3 f( + ) + ( ) 3 f( + ) Observatio 4. För positivt heltal gäller ( ) ( ) k (x + k) =! k k=0 ( ) 3 f() = 3 = 378 3 3 + 3 30 3 = 7. Varför? Sätt i sats 3.7 p(x) = x och i =. Då får vi d =!a =!. Notera också att vi får -fakultet oberoede av x. Exempel 7. Låt f(x) = x. Då säger Obs 4 ( ) ( ) ( ) x (x ) + (x ) = 0 = 3 + = 7 6 + 5 = π (π ) + (π ) =! Observatio 5. Låt p vara polyom av grad och låt m vara heltal med m. Då gäller +m ( ) + m ( ) k p(x + + m k) = 0. k k=0 Varför detta är sat ser ma om ma kombierar följd 3.3 och sats 3.7, d.v.s om vi tar till altererade biomialkoefficieter av högre ordig ä polyomets grad hamar vi i differespolyom uder d och de är alla 0. Notera att detta är oberoede av x. Vi har e sak frå kapitel som vi ite tagit itu med ä och det är att mer hadgripligt visa att matrise A vid direkt iterpolatio är iverterbar. Med hjälp av efterföljade observatioer till sats 3.7 ka vi visa det specialfall som itresserar oss. Observatio 6. Låt x 0, x,..., x i A vara växade följd med steglägd. Vi ska då visa att A är iverterbar geom att visa att A ka reduceras till idetitetsmatrise. Vi låter r i betecka rad i. x 0 x 0 x 0 0 x A = x x 0..... x x x 0 ) Gör radoperatioer till r eligt följade. Addera j= ( )j( j) r j till r. Då ger observatio 4 att ma i positio (, ) får!. De övriga positioera på

0 TOMAS NILSON de rade kommer eligt observatio 5 att bli 0 och matrise har då följade utseede. x 0 x 0 x 0 0 x x x 0.....! 0 0 ) Reducera! till och reducera seda alla adra positioer i första kolume till 0. 3) Addera u j= ( )j( ) r j till r j. Då får vi p.s.s att positio (, ) är ( )! och de övriga på r är alla 0. Fortsätt på detta sätt och vi kommer att få e matris som är 0 i alla positioer utom diagoalelemete som är. Alltså är A iverterbar. Amärkig 8. Notera att det bara krävs att följde x 0,..., x har e kostat steglägd s. T.ex i positio (, ) får vi s! istället för! me A är likafullt iverterbar. Vi går vidare och ser på ytterligare kosekveser av sats 3.7. Observatio 5 säger att vi har ekvatio som gäller för alla polyom av grad oberoede av x och det ger oss e viktig egeskap hos polyom. Observatio 7. Låt p vara polyom av grad. Då ka p:s fuktiosvärde uttryckas rekursivt med + ( ) + p(x + + ) = ( ) k+ p(x + + k). k k= Varför? Låt p vara polyom av grad. Sätt m = i Observatio 5. Då får vi + ( ) + ( ) k p(x + + k) = 0 k k=0 + ( ) + p(x + + ) = ( ) k+ p(x + + k). k Om vi har talföljd give av polyom av grad, då ka vi extrapolera med hjälp av rekursiosformel uta att först bestämma polyomets koefficieter. Exempel 8. Atag att vi ser e ste falla frå ett högt tor. Vi råkar otera dess avverkade sträcka vid olika tidpukter i e tabell. tid i sekuder t= 3 4 sträcka i meter f(t)= 7 4 5? Nu vill vi gära beräka hur lågt stee fallit efter 4 sekuder. Tyvärr är våra k=

DISKRET ANALYS fysikkuskaper lite rostiga, det eda vi mis är att detta beskrivs med e adragradsekvatio. Adragradsekvatio!!!, då har vi obs 7 och aväder biomialkoefficieter av ordig 3. f(4) = ( 3 ) 5 Stee har fallit 88m efter 4s. ( ) 3 4 + ( ) 3 7 = 3 5 3 4 + 7 = 88 3 Samma rekursiva metod skulle kua avädas för att extrapolera åt adra hållet me differespolyome ger oss ett alterativ. Propositio 3.8. Låt p vara polyom av grad. Då gäller p(x ) = ( ) i d p i (x). Bevis. Vi beräkar p(x ) geom defiitioe av differespolyom. p(x ) = p(x) d (x ) = p(x) (d (x) d (x )) = i=0 = p(x) d (x)+(d (x) d 3 (x )) = p(x) d (x)+d (x) (d 3 (x) d 4 (x )) = = p(x) d (x) + d (x) d 3 (x) + + ( ) (d (x) d (x )) = = ( ) i d p i (x) eftersom d (x ) = d (x). Med hjälp av propositio 3.8 ka vi lätt bestämma e av polyomets koefficieter ur differestabelle. Följd 3.9. Låt p vara polyom av grad och p(x) = j=0 a jx j. Då gäller a 0 = ( ) i d p i (). Varför? Sätt x = i propositio 3.8 och vi får p(0) = a 0. i=0 Exempel 9. Låt p(x) vara det polyom av lägst möjliga grad som iterpolerar talföljd f i tabelle. Bestäm koefficiete a 0 i p(x). x = 3 4 5 f(x) = 3 7 47 77 475 d = 4 40 30 98 d = 36 90 68 d 3 = 54 78 d 4 = 4 i=0

TOMAS NILSON Vi har kostat differes i d 4 vilket ger att p är ett fjärdegradspolyom. Följd 3.9 ger då a 0 = 3 4 + 36 54 + 4 = 5. Observera att vi ka ata att d 5 0 och iterpolera talföljde med ett femtegradspolyom. Då får vi e kostat term b 0 = 5 d 5. Propositio 3.0. Låt p vara polyom av grad. Då gäller p(x + ) = d p i (x i). Bevis. Vi argumeterar rekursivt utifrå defiitioe av differespolyom. p(x + ) = p(x) + d (x) = p(x) + d (x ) + d (x ) = p(x) + d (x ) + d (x ) + d 3 (x ) = p(x) + d (x ) + d (x ) + d 3 (x 3) + d 4 (x 3). i=0 Eftersom det allmät gäller att d i (x k + ) = d i (x k) + d i+ (x k) och speciellt att d (x ) = d (x + ) så är vi klara. Exempel 0. Låt f(x) = x 3 4x + 5 vilket ger följade differestabell. x = 3 4 5 6 7 f(x) = 5 0 53 0 97 30 3 5 33 57 87 3 8 4 30 36 6 6 6 6 Propositio 3.0 säger då t.ex att 0 + 57 + 4 + 6 = 97. Följd 3.. Låt p vara polyom av grad och k Z +. Då gäller k p(x + k) = p(x) + d p i (x + j i) och vi har också j=0 p(x + k) = p(x) + i= k m=0 d p (x + m). Bevis. Propositio 3.0 applicerad på d p ger direkt att k k d p i (x + j i) = d p (x + m) j=0 i= så vi behöver bara visa det adra påståedet i följd 3. vilket vi gör med iduktio över k. 0 p(x) + d p (x + m) = p(x) + d p (x) = p(x + ) m=0 m=0

DISKRET ANALYS 3 så basfallet stämmer. Atag u att påståedet gäller för ågot positivt heltal k. Vi ska då visa att det gäller för k +. k p(x + k + ) = p(x + k) + d p (x + k) el.at = p(x) + m=0 d p (x + m) + d p (x + k) = = p(x) + k d p (x + m) Vi har visat att det då gäller för k+. Av iduktiosaxiomet följer då att påståedet är sat för alla positiva heltal k. Vi återaväder exempel 0 för att åskådliggöra följd 3.. m=0 Exempel. Det första påståedet: Låt x = 4, k = 3, då säger följd 3. att p(7) = 30 är summa av de adra fetmarkerade tale. x = 3 4 5 6 7 f(x) = 5 0 53 0 97 30 3 5 33 57 87 3 8 4 30 36 6 6 6 6 Det adra påståedet: Låt x =, k = 5. Då får vi p(7) = 30 är summa av de adra fetmarkerade tale. x = 3 4 5 6 7 f(x) = 5 0 53 0 97 30 3 5 33 57 87 3 8 4 30 36 6 6 6 6 Iblad betraktar vi differestabeller med elemet ur R[x]. Speciellt kommer det till avädig i kapitel 4 me take är bra att ha med sig varför vi itroducerar de u. Vi ka age e talföljd med f(x), f(x + ),..., f(x + m). Atag u att vi ite evaluerar uta bestämmer varje sådat polyom liksom differespolyom i varje positio i e differestabell. Exempel. Låt oss se på tabell geererad av f(x) = x. x (x + ) (x + ) x + (x + ) + Vi ka räka med dessa elemet, t.ex ger sats 3.7 att (x+) (x+) +x = och om vi evaluerar hela dea tabell då x = får vi de valiga talföljdera

4 TOMAS NILSON 4 9 3 5 3.4. Vi fixerar e differesdiagoal. Vi kude m.h.a sats 3. lätt bestämma koefficiete a tack vare att d är kostat och ite beror av x. För att komma vidare fixerar vi x = vilket ger oss e fast differesdiagoal d j (). x = 3 4 f(x) = d 0 () f() f(3) f(4) d () d () d 3 () Utifrå dea differesdiagoal vill vi beräka godtycklig d i (k) då k. Vi vet t.ex att d i () + d i+ () = d i (). Följade sats geeraliserar detta. Sats 3.. Låt p vara polyom av grad och i, k heltal med 0 i, k. Då gäller k+i d p i (k) = ( ) k d p j (). j i j=i Bevis. Här har vi två argumet. I e differestabell ager i rad och k diagoal. Vi håller först k fixt och visar för i. Låt 0 i och k =. Då i ( ) 0 d j () = d i () j i j=i så påståedet stämmer för alla i med fixt k =. Vi gör u iduktiosbevis över k. Basfallet då k = har vi visat. Atag u att påståedet stämmer för ågot d p i (k) där 0 i, k. Vi ska visa att det då stämmer för dp i (k + ). k+i d p i (k+) = ( ) dp i (k)+dp el.at. k i+ (k) = d p j () j i k+i = d p i () + j=i+ k+i = d p i () + d p j () ( k j i j=i+ j=i ) + d p j () (( k j i k+i = d p i () + j=i+ k+i j=i+ ) + + k+i j=i+ d p j () ( k j i ( ) k d p j () = j i ) + d p k+i () = ( )) k + d p k+i j i () = ( ) k+i k d p j () + d pk+i j i () = j=i ( ) k d p j () j i Vi har visat att påståedet i så fall stämmer för p(k + ). Av iduktiosaxiomet följer då att satse gäller för alla heltal i, k där 0 i, k.

DISKRET ANALYS 5 Exempel 3. Beräka d (4) m.h.a sats 3.. x = 3 4 5 6 7 f(x) = 0 30 3 380 870 7 d = 8 0 48 490 85 d = 6 74 46 4 36 d 3 = 48 7 96 0 d 4 = 4 4 4 Sats 3. ger att d (4) = 4 j= ( ) 3 d j () = + 3 6 + 3 48 + 4 = 48. j Observera att vi m.h.a sats 3. ka beräka för kät polyom f alla f(k) för heltal k. För ett iterpolerade polyom p får vi säga att vi extrapolerar. Vi tar ett trivialt exempel för att klargöra detta. Exempel 4. Låt f(x) = x. Beräka f(6). Vi gör e differestabell. Observera att vi går djupare ä vi behöver bara för att göra detta tydligt. x = 3 4 5 6 f(x) = 4 9? d = 3 5 d = d 3 = 0 d 4 = 0 d 5 = 0 Sats 3. ger då f(6) = 5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 5 5 5 5 5 5 d j () = + 3 + + 0 + 0 + 0 = j 0 3 4 5 j=0 Vi kude alltså direkt ha skrivit f(6) = j=0 d j() ( 5 j). = + 3 5 + 0 = 36. Detta ger oss ett sätt att direkt skriva ett uttryck för ett iterpolerade polyom. I kapitel såg vi på Newtos iterpolatiosformel. De passar utmärkt att apassa till vår miljö av differespolyom. Defiitio 3.4. Newtopolyom η i ges av i x l η i (x) =. l Observera att η 0 =. l=

6 TOMAS NILSON Sats 3.3. Låt p vara polyom av grad. Då ka vi ka skriva p som e lijärkombiatio av Newtopolyom. p = d i ()η i. i=0 Bevis. Atag att q(x) = i=0 d i()η i. Då räcker det att visa att q() = p(), q() = p(),... q( + ) = p( + ). Detta visar vi med iduktio över argumetet. q() = d i ()η i = d 0 ()η 0 + 0 = p() i=0 så basfallet stämmer. Atag att påståedet stämmer för k. Då har vi (k )(k ) p(k) = p() + d (k ) + d () ( ( k k p() + ) d () + ) d () + (k )! + + d k () ) ( k k (k )! + 0 = d k () = k ( k = d i () i Vi ska visa att påståedet i så fall gäller för k +. Observera att sats 3. ger att d (k) = k i= d i() ( k i ). k ( ) p(k + ) = p(k) + d (k) el.at. k k ( ) k = d i () + d i () = i i i=0 i= ( ) k k ( ) k k ( ) ( ) k k = d 0 () + d i () + d i () + d k () = 0 i i k i= i= ( ) k k (( ) ( )) ( ) k k k = d 0 () + d i () + + d k () = 0 i i k i= k ( ) k = d i (). i Speciellt har vi att p( + ) = ( ) d i (). i i=0 Av iduktiosaxiomet följer då att q = p i de + puktera och p är bestämt. Följd 3.4. Newtopolyome η i, 0 i är e bas för P. i=0 i=0 ).

DISKRET ANALYS 7 Exempel 5. Bestäm polyom p som iterpolerar talföljd f i differestabelle. x = 3 4 5 f(x) = 7 9 37 6 d = 8 4 d = 6 6 Vi ser att vi ka iterpolera med adragradspolyom. Sats 3.3 ger då (x )(x ) p(x) = p() + d ()(x ) + d () = (x )(x ) = 7 + (x ) + 6 = 3x + 3x +. I exempel 5 börjar talföljde då x = och vi har också att steglägde är. Ma ka säga att sats 3.3 liksom flera adra resultat här är apassade till detta specialfall. Vi ska u visa att dessa resultat i grude är allmäa. Amärkig 9. När vi har e talföljd som börjar då x, d.v.s b och/eller steglägd s bestämmer vi först ett polyom q som om b =, s =, d.v.s uta att ta häsy till dessa avvikelser. Seda trasformerar vi q till ett polyom p så att q() = p(b), q() = p(b + s), q(3) = p(b + s) osv. Detta gör vi m.h.a fuktioe ϕ som uppfyller ϕ() = b ϕ() = b + s ϕ(3) = b + s. och vi ser att ϕ(k) = b + (k )s. Med hjälp av ϕ ka vi då trasformera frå p till q geom q = p ϕ. Eftersom ϕ är iverterbar ka vi också trasformera frå q till p där ϕ (k) = k b+s s. p = q ϕ Exempel 6. Bestäm polyom p(x) som iterpolerar talföljd f i differestabell m.h.a sats 3.3. x = 3 5 7 f(x) = 0 36 78 d = 6 4 d = 6 Vi ser att b = 3 och s = me aväder först sats 3.3 precis som valigt för att bestämma polyom q(x). Vi skriver t.o.m d q i () istället för dp i (3) för att

8 TOMAS NILSON markera detta. q(x) = d q i ()η (x )(x ) i = 0 + 6(x ) + 6 = i=0 = 0 + 6x 6 + 8x 4x + 6 = 8x + x. Seda trasformerar vi q till p m.h.a ϕ. ( ) ( ) ( ) ( ) x b + s x x x p = q ϕ = q = q = 8 + = s och vi har vårt p(x) = x 3x +. = (x x + ) + x = x 3x + 3.5. Diagoale som lijärkombiatio. Vi återupptar u våra studier av de fixerade differesdiagoale och ett mål är att kua lösa ut adra koefficieter ä a. Vi vet att gradtalet faller för varje differesivå. Edast a har överlevt till d och d iehåller bara a och a. Om vi u ka skriva d () som e lijärkombiatio av a och a med aturliga tal, d.v.s ekelt uttryckt säga hur måga a respektive a det fis i d så ka vi också bestämma a. Vi formulerar e allmä sats för detta. Sats 3.5. Låt p vara polyom, p(x) = j=0 a jx j. Då ka vi skriva differes d p i () som e lijärkombiatio av p:s koefficieter eligt d p i () = A i ka k där A i k ges av A i k = k=i i ( ) i ( ) m (i + m) k. m m=0 Bevis. Låt p vara polyom av grad med p(x) = j=0 a jx j. Vi delar upp p i + delar så att p(x) = p (x) + p (x) + + p 0 (x) där p k (x) = a k x k 0 k Betrakta u d p k i (). Sats 3.7 ger i ( ) d p k i i () = ( ) m (i + m) k a k. m m=0 Observatio 5 ger att detta blir 0 om i > k. Alltså får vi bara värde då i k och vi ka skriva d p i () = dp i () + d p i () + + d p i i ()

Sätt u och vi får DISKRET ANALYS 9 i ( ) i ( ) m (i + m) k = A i k m m=0 d p i () = A i ka k. k=i Med hjälp av sats 3.5 ka vi alltså skriva ett d p i () som e lijärkombiatio av p:s koefficieter vilket då ka avädas till att bestämma dessa. Det är detta vi täker på då vi ekelt uttryckt t.ex säger att det fis 60 a 4 i d 3 (). Amärkig 0. Observera att e lijärkombiatio ite måste vara etydig. Det eda vi vet är att vi ka skriva de på det här sättet. Exempel 7. Bestäm a och a i polyom p som iterpolerar talföljd f i differestabell och har lägsta möjliga grad. x = 3 4 5 f(x) = 0 4 0 54 d - 4 6 34 d 6 8 d 3 6 6 Vi har kostat differes d = d 3 = 6 och ka m.h.a sats 3. direkt beräka a = a 3. a = d! = 6 3! = För att beräka a = a aväder vi sats 3.5 som talar om att det bara fis a och a 3 i d () = 6 och dessutom hur måga av varje. 6 = d () = A a + A 3a 3 där i =, k = respektive k = 3. ( ) A = ( ) m ( + m) = m A 3 = m=0 ( ) ( ) m (3 m) 3 = m m=0 och vi ka skriva ( ) 3 0 ( ) 3 3 0 ( ) + ( ) 3 + d () = 6 = a + a 3 = a + a = 3 Alltså har vi a = a 3 = och a = a = 3. ( ) = ( ) 3 = Detta att ma ka räka ut atalet av e koefficiet i ågot d i () geom att bara ädra expoete förtjäar ett exempel till.

30 TOMAS NILSON Exempel 8. Atag att vi har polyom p av grad 34. Hur måga koefficieter a 7 fis det då i d p ()? Att p är av grad 34 har ige betydelse me p måste aturligtvis vara av mist grad 7. Vi aväder sats 3.5 med k = 7, i =. A 7 = ( ) ( ) m (3 m) 7 = m m=0 Det fis 93 a 7 i d p (). ( 0 ) 3 7 ( ) 7 + ( ) 7 = 93 Eftersom vi ka skriva våra d i () som lijärkombiatioer ka vi se på sats 3.5 m.h.a av matriser. d () A A A a d (). = 0 A A a...... d () 0 0 A a Vi beteckar matrisera ova med d = Mc. Eftersom M är triagulär och alla diagoalelemete 0 så är M iverterbar och vi ka skriva d = Mc c = M d så ma ka äve här aväda lijär algebra för att bestämma ett iterpolerade polyoms koefficieter. Exempel 9. Bestäm matrise M t.o.m grad = 7. Vi redovisar beräkigara för två positioer. ( ) A = ( ) m ( + m) = 3 + = 0 m A 3 4 = m=0 3 ( ) 3 ( ) m (3 + m) 4 = 4 4 3 3 4 + 3 4 = 60. m m=0 Vi vet att M är triagulär så vi behöver egetlige bara beräka då k i och får då 3 7 5 3 63 7 0 50 80 60 93 0 0 6 60 390 00 006 M = 0 0 0 4 360 3360 500 0 0 0 0 0 50 390 0 0 0 0 0 70 060 0 0 0 0 0 0 5040 M säger oss t.ex att d 5 () = 0a 5 + 50a 6 + 390a 7. Observera att om vi har polyom av högre grad ä 7 kommer d 5 () iehålla fler termer.

DISKRET ANALYS 3 3.6. Differespolyom och derivata. Det vi u öskar är e mer geerell metod att bestämma differespolyome d p j (x) och då ska vi udersöka ågot som legat i vasse läge, ämlige deras förhållade till derivata. Vi kostaterade tidigt att högstagradsterme är lika i de båda falle me seda upphör likhete. Atag att vi har ett moom f(x) = x. När vi deriverar får vi f (x) = x som består av e eda term meda d f kommer att bestå av termer. Lyckligtvis ka alla dessa termer beskrivas i form av derivata me för att göra detta behöver vi ågra verktyg. Defiitio 3.5. Differetialoperator δ t ges av t d k δ t = t. k! dx k k= Exempel 30. Låt f(x) = x 3 + x + 3x + 4. Bestäm δ (f) och jämför de med d f. Först bestämmer vi δ (f). och seda d f δ (f) = f + f! = 3x + 4x + 3 + 6x + 4 = 3x + 7x + 5 d f (x) = f(x+) f(x) = (x+) 3 +(x+) +3(x+)+4 (x 3 +x +3x+4) = = 3x + 7x + 6. Vi ser att termera av grad och grad överesstämmer meda de kostata termera är olika. Om det u är så att δ t ger t termer i differespolyomet så vill vi kua separera just dessa varför vi behöver e projektiosoperator. Defiitio 3.6. Projektiooperator K,t defiierar vi idirekt. Låt projektiosoperator Π,t : P P t vara t a k x k a k x k då ges K,t av k=0 där I är idetitetsprojektioe. k=0 K,t = I Π,t Meige med K,t är vi ska kua aväda derivata me att vi bara beaktar de t termer som har högst grad. Exempel 3. Låt f(x) = x 5 + x 4 + 3x 3. Då har vi att me f (x) = 5x 4 + 8x 3 + 9x K 4, (f (x)) = 5x 4 + 8x 3

3 TOMAS NILSON Vi har u verktyg för att kua udersöka släktskape mella derivata och differespolyom och börjar med att se på fallet med två termer. Lemma 3.6. Låt f vara polyom av grad. Då gäller att d f = K, (δ (f)) + R där R består av de termer som har lägre grad ä grad(f ). Bevis. Vi behöver bara se på de två termer som har högst grad i f eftersom de övriga hamar i R. Låt f(x) = a x + a x. d f (x) = a (x + ) + a (x + ) ( a x + a x ) = (( ) ( ) ( ) ( ) = a x + x + x + + )x 0 x + 0 (( ) ( ) ( ) + a x + x + + )x 0 x = 0 (( ) ( ) ( ) = a x + )x + a x + R = ( = a x ( ) + a x + ( )a x + R = K, f + f ) + R! Vår iakttagelse rörade δ t i exempel 30 var alltså ige tillfällighet me vi vill gära kua bestämma de två högstagradstermera i godtyckligt differespolyom d f i. Sats 3.7. Låt f vara polyom av grad. Då gäller att ( d f i = K i, f (i) + i f ) (i+) + R där R består av de termer som har lägre grad ä grad(f (i+) ). Bevis. Vi gör ett iduktiosbevis. Av lemma 3.6 vet vi att satse stämmer då i = eftersom ( d f = K, f + f ) + R = K, (f + f ) + R Atag att satse stämmer för i, d.v.s ( d f i = K i, f (i) + i f ) (i+) + R

Vi ska då visa att de gäller för d f i+. ( )) d f i+ = K (i+), (δ d f i + R = DISKRET ANALYS 33 K (i+), (( D +! D ) ( f (i) + i f (i+) = K (i+), ( f (i+) + i f (i+) )) + R = + f (i+) + i f ) (i+3) + R = 4 ( = K (i+), f (i+) + (i + ) f (i+)! ) + R vilket var vad vi ville visa. Av iduktiosaxiomet följer då att satse är sa för alla positiva heltal i. Exempel 3. Låt f(x) = x 4 + 3x 3 x +. Bestäm d f 3(x). Vi aväder sats 3.7 som säger ( () d f 3(x) = K 4 3, f (3) + 3 f ) (4) + R Vi deriverar f (x) = 4x 3 + 9x 4x f (x) = x + 8x 4 f (3) (x) = 4x + 8 f (4) (x) = 4 isättig i () ger ( d f 3(x) = K, 4x + 8 + 3 4 ) + R = 4x + 54 + R Eftersom grad(f (4) ) = 0 har vi att R = 0 och vi ka skriva d f 3(x) = 4x + 54 Reda med sats 3.5 kude vi bestämma koefficiet a ur d (). Frå sats 3.7 ka vi gå vidare och göra detta möjligt äve för adra x. Först måste vi dock kua separera a och a i d. Följd 3.8. Låt p var polyom av grad. Då gäller att d p (x) =!a x + ( )! a + ( )!a Bevis. Låt polyom p = j=0 a jx j. Observera att vi här bara behöver se på de två termer som har högst grad. Sätt i = i sats 3.7, då får vi ( d p (x) = K, f ( ) + ( ) f ) () =!a x + ( )!a + ( )! a.

34 TOMAS NILSON Observatio 8. Ofta vill vi bestämma a ur d () varför vi i Följd 3.8 sätter x =, vi får då för polyom p av grad d p ( + )! () = ( )!a + a. Vi ka också betrakta detta som de två lägsta termera i ågot d i (). Tag i = och vi får d p i () = i!a (i + )! i + a i+ + G där G om ite 0 består av termer a i+,..., a. Amärkig. Obs 8 ger här samma resultat som sats 3.5 me i form av ett kort uttryck som bara beror av differesrad i. Exempel 33. Bestäm polyom p som iterpolerar följde f i differestabelle. x = 3 f(x) = e π d = e π e d = π e + Vi ka iterpolera med adragradspolyom. Obs 8 ger d () =!a + 0 a = π e + d () =!a + 3! a + 0 a = e 3 8e 3π 5 (π e + ) =. Ä så läge ka vi bara bestämma de båda högstagradstermera med de här metode varför vi bestämmer a 0 m.h.a följd 3.9 som ger a 0 = p(0) = p() d () + d () = (e ) + (π e + ) = π 3e + 3. Vi har då att. p(x) = π e + x + 8e 3π 5 x + π 3e + 3 När ma studerar differespolyom aar ma iblad likheter som iehåller e mix av talföljder, biomialkoefficieter och fakultetsuttryck och dessa ka vara svåra att visa. Vi ska se på ett sådat exempel som vi ite kude visa mekaiskt. Samtidigt får vi e idetitet som ka komma till avädig i likade situatioer. Exempel 34. Visa att ( ) ( ) i i (i + ) i+ i i+ + 0 ( ) ( ) i i (i ) i+ + ( ) i i+ = i (i + )! Vi aväder två tidigare resultat för att visa detta. Först ser vi på obs 8, där står d p i () = i!a (i + )! i + a i+ + G

DISKRET ANALYS 35 Det står att det fis (i+)! koefficieter a i+ i d i (). Vi ser u på sats 3.5 som säger att atal a k i d p i (), d.v.s Ai k av Vi sätter i k = i + A i i+ = m=0 A i k = i m=0 ( ) i (i + m) k m för i k ges i ( ) i ( ) m (i + m) i+ = m ( ) ( ) ( ) ( ) i i i i = (i + ) i+ i i+ + (i ) i+ + ( ) i i+ 0 i Vi har beräkat samma sak med vår obs 8 och sats 3.5 varvid vi fått höger repektive väster led i vår likhet. V.Ä.K.V. Efter dea utsvävig återgår vi till våra jämförelser av derivata och differespolyom. Vi har klarat av två termer och u vill vi på samma sätt kua bestämma tre termer ur differespolyom. Lemma 3.9. Låt f vara polyom av grad. Då gäller att d f = K,3 (δ 3 (f)) + R där R iehåller de termer som har grad lägre ä grad(f (3) ). Ma visar detta som ma visar Lemma 3.6 fast med e term till. Vi utelämar beviset här. Sats 3.0. Låt f vara polyom. Då gäller d f i = K i,3 ( f (i) + i f (i+)! + i(3i + ) f ) (i+) + R 4! där R består av de termer som har lägre grad ä grad(f (i+) ). Vi visar ite detta här. Bevismetode är likada som för sats 3.7 fast med e term till. Exempel 35. Låt f(x) = x 5 + 3x 4 x 3 + x 5x +. Bestäm d f 3(x). Då f är ett femtegradspolyom ka vi spara e hel del arbete geom att aväda sats 3.0 som i detta fall säger ( (3) d f 3(x) = K,3 f (3) + 3 f ) (4) + 3(3 3 + )f(5) + R. 4!