Тук ще има задачи, които *вероятно* ще ги има на контролно 2.
задача 1
Нека $\{x_i\}_{i=0}^n$ са разлини точки. Намерете в явен вид алгебричен полином $\Phi_{k,0} \in \Pi_{2n+1}$, удовлеторяващ интерполационните условия:
(1)
\begin{eqnarray} & &\Phi_{k,0}(x_i) = 0, i \in \{0,1,\dots, n\} \setminus \{k\}, \ \ \Phi_{k,0}(x_k) = 1 \\ & &\Phi'_{k,0} = 0, i = 0,1, \dots, n \end{eqnarray}
задача 2
Нека $\{x_i\}_{i=0}^n$ са разлини точки. Намерете в явен вид алгебричен полином $\Phi_{k,1} \in \Pi_{2n+1}$, удовлеторяващ интерполационните условия:
(2)
\begin{eqnarray} & &\Phi_{k,1}(x_i) = 0, i = 0,1, \dots, n \\ & &\Phi'_{k,1} = 0, i \in \{0,1,\dots, n\} \setminus \{k\}, \ \ \Phi'_{k,1}(x_k) = 1 \end{eqnarray}
задача 3
Нека $\{t_i\}_{i=1}^m$ и $\xi$ са различни точки, да се докаже, че
(3)
\begin{align} \bigg((x - \xi)f(x)\bigg)[\xi, t_1, t_2, \dots, t_m] = f[t_1, t_2, \dots, t_m] \end{align}
Нека $p(x) \in \Pi_{m-1}$ е полиномът, който интерполира функцията $f(x)$ в точките $[t_1, t_2, \dots, t_m]$. Тогава $f[t_1, t_2, \dots, t_m]$ е коефициентът пред $(m-1)$-вата степен на $x$.
А сега само остава да се досетим, че ако $p(x)$ интерполира $f(x)$ в точките $t_1, t_2, \dots, t_m$, то $p_1(x) = (x - \xi)p(x) \in \Pi_m$ интерполира $f_1(x) = (x - \xi)f(x)$ в точките $\xi, t_1, t_2, \dots, t_m$.
Освен това, $f_1[\xi, t_1, t_2, \dots, t_m] = ((x - \xi)f(x))[\xi, t_1, t_2, \dots, t_m]$ е коефициентът пред $x^m$ в $p_1(x)$
Имайки предвид, че $p_1(x) = (x - \xi)p(x)$, ясно е, че коефициентът пред $x^m$ в $p_1(x)$ е същият като този пред $x^{m-1}$ в $p(x)$.
Край.
задача 4
Нека $\{x_i\}_{i=0}^n$ са различни точки, различни от нула. Ако $f(x) = \frac{1}{x}$, намерете с помощта на формулата на Стефенсон-Поповичу $f[x_0, x_1, \dots, x_n]$.
Вземаме си функцията $g(x) = x \in \Pi_1$. Тогава $h(x) = g(x)f(x) = 1 \in \Pi_0$ (константната функция 1)
Тогава, по формулата на Стефенсон-Поповичу, имаме, че:
(4)
\begin{align} h[x_0, x_1, \dots, x_n] = (g.f)[x_0, x_1, \dots, x_n] = \sum_{k = 0}^n g[x_0, x_1, \dots, x_k] f[x_k, x_{k+1}, \dots, x_n] \end{align}
Тъй като функцията $h(x)$ е константна, то $h[x_0, x_1, \dots, x_n] = 0$.
Освен това $g[x_0, x_1, \dots, x_k] = 0$ за $k > 2$, тъй като $g(x) = x \in \Pi_1$.
Следователно получаваме следното равенство
(5)
\begin{align} 0 = \underbrace{g[x_0, x_1]}_{1}.f[x_1, x_2, \dots, x_n] + \underbrace{g[x_0]}_{x_0}. f[x_0, x_1, \dots, x_n] \Longrightarrow f[x_0, x_1, \dots, x_n] = - \frac{1}{x_0} f[x_1, x_2, \dots, x_n] \end{align}
Получихме рекурентна връзка между разделените от ред $n$ и ред $n-1$. Аналогично, получаваме, че
$f[x_1, x_2, \dots, x_n] = - \frac{1}{x_1} f[x_2, x_3, \dots, x_n]$
Следователно, след $n$ стъпки ще получим и търсеното
(6)
\begin{align} f[x_0, x_1, \dots, x_n] = - \frac{1}{x_0} \bigg( - \frac{1}{x_1} f[x_2, x_3, \dots, x_n] \bigg) = \dots = \frac{(-1)^n}{x_0x_1x_2 \dots x_{n-1}} f[x_n] = \frac{(-1)^n}{x_0x_1x_2 \dots x_{n-1}x_n} \end{align}
Край.
задача 5
Нека $\{x_i\}_{i=0}^n$ са различни точки, различни от нула. Ако $f(x) = \frac{1}{x^2}$, намерете с помощта на формулата на Стефенсон-Поповичу $f[x_0, x_1, \dots, x_n]$.
Тук, подобно на предната задача, си вземаме $g(x) = x$ и използваме полученото в задача 4
(7)
\begin{align} \frac{(-1)^n}{x_0x_1x_2 \dots x_{n-1}x_n} = \bigg(\frac{1}{x}\bigg)[x_0, x_1, \dots, x_n] = (f.g)[x_0, x_1, \dots, x_n] = f[x_0, x_1, \dots, x_{n-1}] + x_n.f[x_0, x_1, \dots, x_n] \end{align}
Като преобразуваме малко получаваме следното
(8)
\begin{align} f[x_0, x_1, \dots, x_n] = \frac{(-1)^n}{x_0x_1 \dots x_n}. \frac{1}{x_n} - \frac{1}{x_n} f[x_0, x_1, \dots, x_{n-1}] \end{align}
Отново получаваме рекурентна зависимост. И си разписваме разделената разлика от ред $n-1$
(9)
\begin{align} f[x_0, x_1, \dots, x_{n-1}] = \frac{(-1)^{n-1}}{x_0x_2 \dots x_{n-1}} . \frac{1}{x_{n-1}} - \frac{1}{x_{n-1}} f[x_0, x_1, \dots, x_{n-2}] \end{align}
Така за $f[x_0, x_1, \dots, x_n]$ получаваме
(10)
\begin{align} f[x_0, x_1, \dots, x_n] = \frac{(-1)^n}{x_0x_1 \dots x_n}\bigg(\frac{1}{x_n} + \frac{1}{x_{n-1}}\bigg) + \frac{(-1)^2}{x_nx_{n-1}} f[x_0, x_1, \dots, x_{n-2}] \end{align}
Забелязвайки накъде вървят нещата си правим хипотезата, че
(11)
\begin{align} f[x_0, x_1, \dots, x_n] = \frac{(-1)^n}{x_0x_1 \dots x_n} \bigg( \frac{1}{x_0} + \frac{1}{x_1} + \dots + \frac{1}{x_n} \bigg) \end{align}
Остава само да я докажем..
..по индукция, разбира се ;)
1. База: при $n = 1$, имаме следното
(12)
\begin{align} \bigg( \frac{1}{x^2} \bigg) [x_0, x_1] = \frac{\frac{1}{x_1^2} - \frac{1}{x_0^2}}{x_1 - x_0} = \frac{x_0^2 - x_1^2}{(x_1 - x_0)(x_0^2x_1^2)} = - \frac{1}{x_0x_1}\bigg(\frac{1}{x_0} + \frac{1}{x_1}\bigg) \end{align}
Базата е показана.
2. Индукционна хипотеза: допускаме, че е вярно за $n - 1$, т.е изпълнено е, че
(13)
\begin{align} f[x_0, x_1, \dots, x_{n-1}] = \frac{(-1)}{x_0x_1 \dots x_{n-1}} \bigg( \frac{1}{x_0} + \frac{1}{x_1} + \dots + \frac{1}{x_{n-1}} \bigg) \end{align}
3. Индукционна стъпка: ще покажем, че е вярно и за $n$
Използваме рекурентната връзка.
(14)
\begin{eqnarray} f[x_0, x_1, \dots, x_n] &=& \frac{(-1)^n}{x_0x_1 \dots x_n}. \frac{1}{x_n} - \frac{1}{x_n} f[x_0, x_1, \dots, x_{n-1}] \\ &=& \frac{(-1)^n}{x_0x_1 \dots x_n}. \frac{1}{x_n} - \frac{1}{x_n} \bigg( \frac{(-1)}{x_0x_1 \dots x_{n-1}} \Big( \frac{1}{x_0} + \frac{1}{x_1} + \dots + \frac{1}{x_{n-1}} \Big) \bigg) \\ &=& \frac{(-1)^n}{x_0x_1 \dots x_n} \bigg( \sum_{k=0}^n \frac{1}{x_k} \bigg) \end{eqnarray}
По метода на математическата индукция следва, че хопотезата ни е вярна, с което задачата е решена.
Край.
Задача 6
Нека $\{ x_i \}_{0}^{n}$ са различни точки, различни от нула. Ако $f(x) = x^{n+1}$, намерете с помощта на формулата на Стефансон-Поповичу $f[x_0, \cdots, x_n]$.
Разписвате като $x^n . x$ и излиза рекурентната връзка.
За невярващите:
(15)
\begin{eqnarray} A_{n+1} &=& x^{n+1}[x_0, \cdots, x_n] \\ &=& (x^n . x)[x_0, \cdots, x_n] \\ &=& x^n[x_0, \cdots, x_n] . x[x_n] + x^n[x_0, \cdots, x_{n-1}] . x[x_{n-1}, x_n] \\ &=& x_n + A_{n} \\ \end{eqnarray}
Следователно
(16)
\begin{align} x^{n+1}[x_0, \cdots, x_n] = \sum_{k=0}^{n} x_k \end{align}
Задача 7
Нека $x_0 < x_1 < \cdots < x_n$. Ако $k \in \{ 1,2,\cdots, n \}$, докажете, че:
(17)
\begin{align} \sum_{i=k}^{n} \frac{1}{\omega'(x_i)} \ne 0 \end{align}
Както знаем формулата за разделена разлика:
(18)
\begin{align} f[x_0, \cdots, x_n] = \sum_{i=0}^{n} \frac{1}{\omega'(x_i)} f(x_i) \end{align}
Лесно заключаваме, че в условието израза отговаря на разделена разлика от следната функция $f(x)$:
(19)
\begin{array} {c|c|c|c|c|c|c|c} x & x_0 & x_1 & \cdots & x_{k-1} & x_k & \cdots & x_n \\ \hline f(x) & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 & \cdots & 1 \\ \end{array}
Тази таблична формула за $f(x)$ ни навява на мисълта, че тя е полином от $n$ степен (или поне може да си образуваме такъв като използваме Лагранж). Сега ще докажем, че степента му не може да е по-ниска. От Рол за съседните точки с равни стойности, получаваме, че $f'(x)$ има $n-1$ нули, от където или $f'(x)$ е константата нула, което е невъзможно, защото би означавало, че $f(x)$ е константа, или $f'(x)$ е от $n-1$ степен, т.е $f(x)$ е от $n$-та степен. Готово! Сега просто използваме, че разделената разлика от $n$-та степен на полином от $n$-та степен е ненулева (защото е равна на коефициента пред $n$-тата степен).
Задача 8
Като използвате връзката между разделени и крайни разлики и формулата на Стефансон-Поповичу, докажете тъждеството
(20)
\begin{align} \sum\limits_{k = 0}^n {( - 1)^k \left( {\begin{array}{*{20}c} n \\ k \\ \end{array}} \right)\frac{1}{{2k + 1}} = \frac{{2^{2n} (n!)^2 }}{{(2n + 1)!}}} \end{align}
Ще преработим малко нашето тъждество, с цел наистина да можем да използваме връзката между разделени и крайни разлики и формулата на Стефансон-Поповичу :)
(21)
\begin{array} {l} \sum_{k = 0}^n ( - 1)^k {n \choose k} \frac{1}{2k + 1} .\frac{( - 1)^{n - 2k} }{( - 1)^{n - 2k}} = \sum\limits_{k = 0}^n ( - 1)^{n - k} {n \choose k} \frac{1}{(2k + 1)( - 1)^{n - 2k} } = \sum\limits_{k = 0}^n ( - 1)^{n - k} {n \choose k} \frac{( - 1)^{n - 2k} }{(2k + 1)} = \\ = \sum\limits_{k = 0}^n ( - 1)^{n - k} {n \choose k} )\frac{( - 1)^n }{(2k + 1)} \\ \end{array}
Това вече представлява крайната разлика от $f(x) = \frac{{( - 1)^n }}{{(2x + 1)}}$ (за когото това не представлява тази крайна разлика, да си погледне упражнение номер 4 хаха)
Тя от своя страна е равна на $\Delta ^n f_0 = f[x_0 ,...,x_n ].n!.h^n$ (същото упражнение)
Нека вземем нашите интерполационни възли $x_k$ да съвпадат с $k$. Тогава $h=1$ (h представлява разстоянието между интерполационните възли).
Тогава $\Delta ^n f_0 = f[x_0 ,...,x_n ].n!$
От свойствата на разделените разлики и при такава функция f имаме следното нещо:
$f[x_0 ,...,x_n ] = ( - 1)^n \left( {\frac{1}{{2x + 1}}} \right)[x_0 ,...,x_n ]$ (справка - лекция 2 може би…)
Сега вече ще използваме формулата на Стефансон-Поповичу.
Нека $g(x) = 2x + 1$. Тогава:
$\left( {\frac{1}{{2x + 1}}} \right)(x).g(x) = 1 \Rightarrow \left( {\left( {\frac{1}{{2x + 1}}} \right).g} \right)[x_0 ,...,x_n ] = 0$
(22)
\begin{align} 0 = \left( {\left( {\frac{1}{{2x + 1}}} \right).g} \right)[x_0 ,...,x_n ] = \left( {\frac{1}{{2x + 1}}} \right)[x_0 ,...,x_{n - 1} ].g[x_{n - 1} ,x_n ] + \left( {\frac{1}{{2x + 1}}} \right)[x_0 ,...,x_n ].g[x_n ] \end{align}
Тук имаме:
$g[x_{n - 1} ,x_n ] = \frac{{g(x_n ) - g(x_{n - 1} )}}{{x_n - x_{n - 1} }} = \frac{{2x_n + 1 - 2x_{n - 1} - 1}}{{x_n - x_{n - 1} }} = 2$
$g[x_n ] = g(x_n ) = 2x_n + 1$
Т.е. получаваме следното нещо:
$\left( {\frac{1}{{2x + 1}}} \right)[x_0 ,...,x_n ] = - \frac{2}{{2x_n + 1}}\left( {\frac{1}{{2x + 1}}} \right)[x_0 ,...,x_{n - 1} ].$
А пък индуктивно получаваме:
$\left( {\frac{1}{{2x + 1}}} \right)[x_0 ,...,x_{n - 1} ] = - \frac{2}{{2x_{n - 1} + 1}}\left( {\frac{1}{{2x + 1}}} \right)[x_0 ,...,x_{n - 2} ].$
И след краен брой индуктивни стъпки и замествания намираме:
$\left( {\frac{1}{{2x + 1}}} \right)[x_0 ,...,x_n ] = \frac{{( - 2)^n }}{{(2x_0 + 1)...(2x_n + 1)}}$
Както се уговорихме по-горе, ползваме интерполационни възли, съвпадащи с номера си. Тогава за $f[x_0 ,...,x_n ]$ имаме:
$f[x_0 ,...,x_n ] = \frac{{( - 1)^n ( - 2)^n }}{{(2n + 1)!!}} = \frac{{2^n }}{{(2n + 1)!!}}$
Връщаме се горе, заместваме, преобразуваме малко докато достигнем исканото и сме готови:
(23)
\begin{align} \Delta ^n f_0 = f[x_0 ,...,x_n ].n! = \frac{{2^n n!}}{{(2n + 1)!!}} = \frac{{2^n n!(2n)!!}}{{(2n + 1)!!(2n)!!}} = \frac{{2^n n!2^n n!}}{{(2n + 1)!}} = \frac{{2^{2n} (n!)^2 }}{{(2n + 1)!}} \end{align}
Това е. Не беше чак толкова трудно, нали?
Само трябва веднъж да се назуб^H^H^Hучи и сме готови!
Задача 9
Като използвате връзката между разделени и крайни разлики, докажете тъждеството:
(24)
\begin{align} \sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}\binom{n}{j}j^k = \begin{cases} 0 & k = 0,1, \cdots, n-1 \\ n! & k = n \\ \end{cases} \end{align}
Тук се използва същата логика като в предишната задача, но нещата са много по-малко нагласени.
Би трябвало веднага да е очевидно, че формулата от условието е точно $\Delta^nf_0$, където $f(x) = x^k$(учили сме го).
Но, имаме и връзката:
$\Delta^nf_0 = n!h^kf[x_0, x_1, \cdots, x_n]$
А освен това $f[x_0, x_1, \cdots, x_n]$ е точно равно на коефицента пред n-тата степен на интерполационния полином на Лагранж за f(x).
Ноо, f(x) е полином от степен не по-голяма от n, следователно съвпада с полинома си на Лагранж(от степен n).
Ами, вземаме $x_i = i$, следователно h=1.
Коефицентът на k-тата степен на f(x) за $k=1,2,\cdots,n-1$ е 0.
За k=n е 1.
(25)
\begin{cases} \Delta^nf_0 = n!0 = 0 & k = 0,1, \cdots, n-1 \\ \Delta^nf_0 = n!1 = n! & k = n \\ \end{cases}
Задача 10
Като използвате връзката между разделени и крайни разлики, докажете тъждеството:
(26)
\begin{align} \sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}\binom{n}{j}\binom{m-j}{k} = 0, m \in N, k = 0, 1, \cdots, n-1 \end{align}
Тук отново се използва същата логика като в предишната задача.
Формулата от условието е точно $\Delta^nf_0$, където $f(x) = \binom{m-x}{k}$.
Имаме и връзката:
$\Delta^nf_0 = n!h^kf[x_0, x_1, \cdots, x_n]$ (h=1, както се сещате)
Да разпишем сега малко f(x):
(27)
\begin{align} f(x) = \cfrac{(m-x)!}{k!(m-x-k)!} = \cfrac{(m-x)(m-x-1)\cdots(m-x-(k-1))}{k!} = \cfrac{1}{k!} P_k \end{align}
Лесно и бързо се доказва, че f(x) е точно съвсем полином от степен k. Има мнооого на брой грозни константи, но все пак е толкова.
А освен това $f[x_0, x_1, \cdots, x_n]$ е точно равно на коефицента пред n-тата степен на интерполационния полином на Лагранж за f(x)(Личи ли си, че копи-пействам от миналата задача :) ).
Но както видяхме f(x) е полином от степен k (k не е по-голямо от n), следователно съвпада с полинома си на Лагранж(от степен n).
При h=1 коефицентът на k-тата степен на f(x) за $k=1,2,\cdots,n-1$ е 0,
Колко е отговорът при k=n оставяме за упражнение на любознателния читател..
(ок, ок. Отговорът е -1.)
Задача 11
Изведете явна формула за тригонометричния вид на полином от ред $n$, имитиращ дадена функция $f$ в точките $x_k = \frac{2k\pi}{2n+1}$ за $k = 0, 1, \cdots, 2n$.
Задача 12
Нека $\alpha_0 < \alpha_1 < \cdots < \alpha_n$
Докажете, че функциите $\{e^{\alpha_0x}, e^{\alpha_1x}, \cdots, e^{\alpha_nx} \}$ образуват Чебишова система в $(-\infty,\infty)$.
Индукция по N.
n = 0 (имаме само едно "алфа"):
$\phi(x) = c.e^{\alpha_0x}, c \ne 0$. C не е 0, защото тогава полиномът е тривиален :)
Експонентата никога не е равна на 0, а когато умножим нещо не-равно на нула с друго нещо не-равно на 0, резултатът не е 0(факт!).
n > 0:
Имаме си ей тоя полином:
$\phi(x) = a_0e^{\alpha_0x} + a_1e^{\alpha_1x} + \cdots + a_ne^{\alpha_nx}$
Трябва да докажем, че той има най-много n различни нули.
Да допуснем, че има n+1 нули в $x_0 < x_1 < \cdots < x_n$.
Тогава, $\phi(x) = e^{\alpha_0x} * (a_0 + a_1e^{(\alpha_1-\alpha_0)x} + \cdots + a_ne^{(\alpha_n-\alpha_0)x })$
$\phi(x) = e^{\alpha_0x} * \psi(x), e^{\alpha_0x} \ne 0$
Следователно, $\psi(x)$ има n+1 нули. Значи производната му има n нули.
Но, $\psi'(x)$ вече го хваща индукцията - то не може да има повече от n-1 различни нули(Освен ако не е винаги равно на 0).
Значи предположението ни е било грешно, и $\phi(x)$ няма как да има повече от n нули.
Йей.
Задача 13
Дадени са $\alpha_0 < \alpha_1 < \cdots < \alpha_n$
Да се докаже, че $\{t^{\alpha_0}, t^{\alpha_1}, \cdots, t^{\alpha_n} \}$ образуват Система на Чебишов.
Знаем, че $\{e^{\alpha_0x}, e^{\alpha_1x}, \cdots, e^{\alpha_nx} \}$ образуват чебишова система.
Полагаме $x = ln(t), t \in (0,\infty)$ и се получава:
$\{e^{\alpha_0ln(t)}, e^{\alpha_1ln(t)}, \cdots, e^{\alpha_nln(t)} \} = \{t^{\alpha_0}, t^{\alpha_1}, \cdots, t^{\alpha_n} \}$
Това беше.
Задача 14
Дадено е $f(x) \in C^n[a,b], f^{(n)} \ne 0 \forall x \in (a,b)$
Да се докаже, че ${1, x, x^2, \cdots, x^{n-1}, f(x)}$ образуват чебишова система в [a,b].
$\phi(x) = a_0 + a_1x + \cdots + a_{n-1}x^{n-1} + a_nf(x)$
$a_n \ne 0$ (защото ако е = 0, то цялата работа става доооста тривиална).
Да кажем, че горният полином има поне n+1 нули.
Тогава, производната му има n нули, втората има n-1 и т.н.
Следователно, $\phi^{(n)}(x)$ има поне 1 нула в (a,b).
Но знаем, че тя няма нули там: $\phi^{(n)}(x) = a_n f^{(n)}(x) \neq 0 \forall x \in (a,b)$.
Грубо, а? Точно факта от условието си го ползваме.
Това беше.
Задача 15
Докажете, че $\{ 1, x, x \cos x \}$ образуват Чебишова система върху $[ 0, \frac{\pi}{2}]$.
Ще използваме задача 14. Именно, ще докажем че втората производна на $x \cos x$ е непрекъсната и не се нулира в интервал $(0, \frac{\pi}{2})$.
(28)
\begin{eqnarray} (x \cos x)^{(2)} &=& (\cos x + x (-\sin x))' \\ &=& -\sin x - \sin x - x \cos x \\ &=& \underbrace{-2\sin x}_{<0} \underbrace{- x\cos x}_{<0} \\ &<& 0 \end{eqnarray}
Демек доказахме, че е отрицателна винаги (няма нули) - супер :)
[[/math]]
Задача 16
Докажете, че $\{ 1, x, x \sin x \}$ образуват Чебишова система върху $[\frac{\pi}{2}, \pi]$.
Ще използваме задача 14. Именно, ще докажем че втората производна на $x \sin x$ е непрекъсната и не се нулира в интервал $(\frac{\pi}{2}, \pi)$.
(29)
\begin{eqnarray} (x \sin x)^{(2)} &=& (\sin x + x (\cos x))' \\ &=& \cos x + \cos x - x \sin x \\ &=& \underbrace{2\cos x}_{<0} \underbrace{- x\sin x}_{<0} \\ &<& 0 \end{eqnarray}
Демек доказахме, че е отрицателна винаги (няма нули) - супер :)
Задача 17
Докажете, че функциите $\{sin(x), sin(2x) \}$ не образуват чебишова система в $[0, \pi/2)$.
Очевидно двете винаги са равни при x = 0. Трябва да намерим още едно решение и сме пушки.
Разписваме:
$y * sin(2x) + z * sin(x) = 0$
Проверяваме дали z = 0 води до решение (не води).
Без ограничение на общността приемаме z != 0 и въобще го махаме. Взема си и едно минусче с него.
$y1 * sin(2x) = sin(x)$
Т.е. $y1 = \frac{-y}{z}$
$y1 * 2 sin(x)cos(x) = sin(x)$
Оттук махаме очевидното решение $sin(x) = 0 \iff x = 0$:
$y1 * 2 cos(x) = 1$
$y1 = \frac{1}{2cos(x)}$
Ами, фиксираме си произволно x в интервала $[0, \pi/2)$ и решаваме за него. Колкото излезе - толкова.
Но важното е, че доказано съществува и второ решение.
Значи не става за система на Чебишов. ГГ.
Задача 18
Докажете, че функциите $\{1, cos(x) \}$ образуват чебишова система в $[0, \pi]$.
y*cos(x) е строго намаляваща в $[0, \pi]$ за всяко реално y.
z*1 е константа за всяко реално z.
Следователно(от някои основни теореми на някои интегрални смятания) следва, че:
$y*cos(x) = z$ има най-много едно решение.
Т.е. никога няма 2 решения.
Което и трябваше да докажем.
Задача 19
Докажете, че функциите $\{1, cos(x) \}$ не образуват чебишова система в $[0, 2\pi)$.
Това е тоооолкова трудно.
Ами, вземаме полинома $f(x) = cos(x)$.
Той има 2 нули в интервала.
Значи системата не е чебишова.
Това беше.
Лесно, да.