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1-2-2多項式函數-多項式的運算

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Academic year: 2021

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(1)2-2 多項式的運算 【目標】 能處理多項式的四則運算,了解除法原理的意涵及其應用,並能熟練綜合除法 的操作及應用,能求出插值多項式。再者,能了解與應用餘式定理﹑因式定理 來處理相關的多項式的問題或多項式的因式分解。 【方法】 1. 多項式的加法、減法: 設 f ( x)  an x n  an1 x n1    a1 x  a0 , g ( x)  bm x m  bm1 x m1    b1 x  b0 , n  m ,則 f ( x)  g ( x)  (an  bn ) x n    (am  bm ) x m    (a1  b1 ) x  (a0  b0 ). 2.. f ( x)  g ( x)  (an  bn ) x n    (am  bm ) x m    (a1  b1 ) x  (a0  b0 ) 且 若 f ( x)  0, g ( x)  0 ,則 deg( f ( x)  g ( x))  max(deg f ( x), deg g ( x)) 。 多項式的乘法: 設 f ( x)  an x n  an1 x n1    a1 x  a0 , g ( x)  bm x m  bm1 x m1    b1 x  b0 , n  m ,則. 3.. 4.. f ( x)  g ( x)  an bm x nm    (a1b0  a0 b1 ) x  a0 b0 。 且若 f ( x)  0, g ( x)  0 ,則 deg( f ( x)  g ( x))  deg f ( x)  deg g ( x) 。 兩個多項式相乘: (1) 可利用分配律乘開,再將次數相同的項合併。 (2) 可用直式運算,它的好處是次數相同的項都對齊,比較方便,也不容 易出錯。 (3) 採用分離係數法,以欄位識別次數,更為簡便。但應注意缺項補 0 , 次數才不會亂掉。 (4) 帶有未定數的多項式乘積,這類以文字替代具體數字的形式操作,在 高中教材中,應有多一點的演練,以培養操作與應用抽象符號的能 力。 (5) 兩多項式之和與減之結果,次數可能降低,但不可能增大;而兩非零 多項式之積的次數是原兩多項式次數之和,其結果可能增大,但不可 能降低。 多項式的乘法、除法: (1) 多項式的運算基本上就是要使同類項合併。 (2) 多項式的乘法一般有橫式算法、直式算法、分離係數法。多項式的除 法一般有長除法、分離係數法、綜合除法。 (3) 多項式除法,先利用整除的例子,也就是利用乘法來引入除法的操 作。多項式除法是處理多項式問題的核心工作,多項式除法可以轉換 多項式不同的表示法,也可以用來求值。多項式除法運算可用長除法 逐步推算下去,直到剩餘的部分的次數小於除式的次數為止(也可能剩 餘的部分不存在,即整除之意)。. 18.

(2) 【定義】 1. 次數: 多項式是一些單項式的和,一個多項式 f ( x) 其係數不為 0 的各單項式中, 最高的次數即為此多項式的次數,以 deg f ( x) 表示。 註: (1) f ( x)  c, c  0 時,稱零次多項式,其次數為零次。 (2) f ( x)  0 時,稱零多項式,但它沒有係數不為 0 的項,不定義次數, 所以沒有次數可言。 2. 多項式的相等: 設 f ( x)  an x n  an1 x n1    a1 x  a0 , g ( x)  bm x m  bm1 x m1    b1 x  b0 ,. 3.. 4.. 5.. 則 f ( x)  g ( x) 的充要條件為 n  m, an  bm ,, a1  b1 , a0  b0 。 兩個非零多項式乘積的次數: 兩個非零多項式乘積的次數等於該兩多項式個別次數的和, 即 f ( x)  0 且 g ( x)  0 時, deg( f ( x)  g ( x))  deg f ( x)  deg g ( x) 。 因式、倍式: 設 f ( x), g ( x) 是多項式,其中 g ( x) 不是零多項式。若有一多項式 h( x) ,使 f ( x)  g ( x)h( x) ,則稱 f ( x) 是 g ( x) 的倍式,也稱 g ( x) 是 f ( x) 的因式。 除法原理: 設 f (x), g (x) 是多項式,若 g (x) 不是零多項式,則存在唯一的多項式 h(x) 及唯一的多項式 r (x) ,使 f ( x)  g ( x)h( x)  r ( x) ,其中 r (x) 為零多項式或其 次數小於 g (x) 的次數。 註: (1) 在上述除法原理中的 f ( x) 稱為被除式, g ( x) 稱為除式, h( x) 稱為 f ( x) 除以 g ( x) 的商式,而 r ( x) 稱為 f ( x) 除以 g ( x) 的餘式。四者的關係為 (被除式)  (除式)  (商式)  (餘式), 且餘式等於零多項式或其次數小於除式的次數。當餘式等於零多項式 時,被除式是除式的倍式,而除式是被除式的因式。 (2) 由於多項式 f ( x) 除以非零多項式 g ( x) 時的商式及餘式都是唯一的,所 以反過來,當多項式 h( x) 與 r ( x) 滿足: f ( x)  g ( x)h( x)  r ( x) 及 r ( x)  0 或 r ( x) 的次數小於 g ( x) 的次數, 就可以判定多項式 f ( x) 除以 g ( x) 的商式是 h( x) ,餘式是 r ( x) 。. 19.

(3) 【問題】 1. 設 ( x  1)( x  2)( x  n)  an x n  an1 x n1    a1 x  a0 ,試以 n 表出 an , an 1, an  2 , a0 等之值。. 2.. 求多項式 x2  3x  2 與 4 x  5 的乘積。 解答: (方法一) ( x2  3x  2)(4 x  5)  4 x3  5x2  12 x2  15x  8x  10 (分配律乘開).  4 x3  17 x2  7 x  10 。(合併次數相同的項). (方法二) 3x 4x. x2 ) 5x2 4 x3 4x. 3. 2 5. 15 x 10. 12 x 2. 8 x. 17 x. 7 x 10. 2. ……① ……②. ① ② 它的好處是次數相同的項都對齊,比較方便,也不容易出錯。 此外,還可以採用分離係數法,以欄位識別次數,更為簡便。 但應注意缺項補 0 ,次數才不會亂掉。 例如:多項式 4 x3  2 x  5 乘以 2 x2  x  3 ,可以書寫如下:. 4 ) 12 4 0 8 0 4 8 4 16. 3.. 0 2 5 2 1 3 0 6 15 2 5 10 8 11 15. 得到乘積為 8x5  4 x4  16 x3  8x2  11x  15 ﹒ 求多項式 2 x5  3x3  8x2  4 x  7 除以 x2  2 x  3 的商式及餘式。 解答: 用分離係數法,其中被除式的 4 次項係數為 0 : 2 4 1 6 1  2  3 2 0 3  8  4 7 2 4 6 4 9  8 4 8 12 1 1. 4 2. 4 3. 6 7 7  6 12 18  5  11. 得商式為 2 x  4 x  x  6 ,餘式為 5x  11 。 3. 2. 20.

(4) 【方法】 1. 綜合除法: 操作長除法時,篇幅總是拉得很長, 例如:多項式 3x4  2 x3  9 x2  5x  8 除以 x  2 ,分離係數如下: 3 4 1 3 1  2 3 2 9 5 8 3 6 4 9 4 8 1 5  1 2 3 8 3 6 2. 其中有些數字重複書寫,可以省略如下: 3 4 1 3 1  2 3 2 9 5 8 6 8 2 6 2. 再把格式壓縮成為 3 4 1 3 1  2 3 2 9 5 8 6 8 2 6 2 其中 6  8  2  6 這列是由 2 逐步乘以 3  4  1  3 而來。若將 2 改用 2 乘 (寫到右邊),得 6  8  2  6 ,便可改減為加,並將商式寫到下面成為: 3 2 9 5 8 2. 6 8 2 6 3 4 1  3 2. 這種精簡的除法操作稱為綜合除法。一般而言,多項式 an xn  an1 x n1   a1 x  a0 除以 x   時,操作如下: an  an 1  an  2   a1  a0  bn 1. bn  2. . b1. b0. cn 1 cn  2. cn 3. . c0. r. (箭頭表書寫順序) 21.

(5) 其中 cn1  an ,又 bk  ck   , k  n  1, n  2, , 1, 0 ; ck 1  ak  bk , k  n  1, n  2, , 1 ; r  a0  b0 , 則得商式 cn1 xn1  cn2 xn2   c1 x  c0 ,餘式為 r 。 2. 綜合除法: f (x) 除以 g ( x)  x  c 時, 若 f ( x)  a3 x3  a2 x 2  a1x  a0  ( x  c)(b2 x 2  b1x  b0 )  r  b2 x3  (b1  cb2 ) x 2  (b0  cb1 ) x  (r  cb0 ). a3 b2  a3 b2    b  cb  a b  cb  a   2 2 2 2 則 1 ,即  1 ,轉個方向表成 b0  cb1  a1 b0  cb1  a1  r  cb0  a0  r  cb0  a0. a3. b2. 3..  a2  cb2.  a1  cb1.  b1.  b0.  a0.  cb0 r. c. 此即為綜合除法。 註: (1) 利用綜合除法可以求函數的近似值。 (2) 當除式為一次式時,長除法的過程可將形式簡化,利用綜合除法,不 僅可化繁為簡,且提高工作效率,請熟練並善用之。 (3) 利用綜合除法時,務必注意運算中除式的正負符號的轉變,與除的過 程中加減運算的轉變。 (4) 當 b 為正數,以 x  b 為除式,利用綜合除法進行演算時,演算式的右 上角必須用  b ;而以 ax  b 為除式時,演算式的右上角必須用 b 且演 a 算式中的商式必須每一項除以 a ,才能得到真正的商式,但是餘式不 能除以 a 。 綜合除法的應用: 多項式 f ( x)  a3 x3  a2 x 2  a1x  a0 可以用綜合除法連續除以 x   ,使 f ( x)  c0  c1 ( x   )  c2 ( x   ) 2  c3 ( x   )3 ,利用此式就可以求 f ( x) 在  附近的近似值。. 22.

(6) 【問題】 1. 求多項式 4 x4  7 x2  5x  2 除以 2 x  3 的商式及餘式。 解答: 3 2. 把 4 x4  7 x2  5x  2 先除以 x  ,用綜合除法: 3 2. 4 0 7 5 2 6 9 3 3. 2.. 4 6 2 2 5 3 得 4 x 4  7 x 2  5x  2  ( x  )(4 x3  6 x 2  2 x  2)  5  (2 x  3)(2 x3  3x2  x  1)  5 , 2 1 商式是 2 x3  3x2  x  1 (即 (4 x3  6 x 2  2 x  2) ),餘式是 5 。 2 3 2 設多項式 f ( x)  2 x  9 x  6 x  5 。. (1) 求常數 a, b, c, d ,使 f ( x)  a  b( x  1)  c( x  1)2  d ( x  1)3 。 (2) 求 f (1.01) 的二位小數近似值。 解答: (1) f ( x)  a  b( x  1)  c( x  1)2  d ( x  1)3  ( x  1)[b  c( x  1)  d ( x  1)2 ]  a , 故 f ( x) 除以 x  1 的餘式為 a ,且商為 b  c( x  1)  d ( x  1)2 ; 同理,將上述商再除以 x  1 的餘式為 b ,商為 c  d ( x  1) ; 再將此商除以 x  1 得餘式 c ,商為 d , 故求 a, b, c, d 可以用綜合除法連續除以 x  1 如下: 2 9 2 2 7 2 2 5 2 2 3. 6 5 7 1 1 4 5 6 b. 1 a. c. d 故 a  4, b  6, c  3, d  2 。. (2) f ( x)  4  6( x  1)  3( x  1)2  2( x  1)3 , f (1.01)  4  6  0.01  3  0.012  2  0.013  4  0.06  3.94 。. 23.

(7) 3.. 設 8x3  28x2  46 x  23  a(2 x  3)3  b(2 x  3)2  c(2 x  3)  d , a, b, c, d 為常數, 試求 a, b, c, d 之值,並求 f (1.51) 的二位小數近似值。 解答: 利用綜合除法,如下: 3 8 28 46 23 2 12 24 33 2 8 16 22 10 4 8 11 6 3 2 4 2 8 2 1 3 2 2 2 1. (1)由連續綜合除法的結果可得 8x3  28x2  46 x  23  (2 x  3)3  2(2 x  3)2  8(2 x  3)  10 , 所以 a  1 , b  2 , c  8 , d  10 。 (2) f (1.51)  (0.02)3  2(0.02)2  8(0.02)  10  10  0.16  10.16 。. 4.. 設多項式 f ( x)  2 x3  9 x2  6 x  5 ,試求常數 a, b, c, d , 使 f ( x)  a  b( x  1)  c( x  1)( x  2)  d ( x  1)( x  2)( x  3) 。 解答: (方法一) 依下列步驟求 a, b, c, d : (1) f ( x) 除以 x  1 ,所得餘式為 a 。 (2)上面所得的商,除以 x  2 ,所得的餘式為 b 。 (3)上面所得的商,除以 x  3 ,所得的餘式為 c 。 (4)上面所得的商就是 d 。 用綜合除法連續除以 x  1, x  2, x  3 如下: 2 2 2 2. 9 2 7 4 3 6 3. 6 7 1 6 7 3 c. 5 1 4 2 b. 1 a. d. 故 a  4, b  7, c  3, d  2 。 (方法二) 也可以用代值法依序解 a, b, c, d 如下: (1) f (1)  2  9  6  5  a ,得 a  4 。 (2) f (2)  16  36  12  5  4  b(2  1) ,得 3  4  b ,故 b  7 。 (3) f (3)  54  81  18  5  4  7(3  1)  c(3  1)(3  2) ,得 4  10  2c ,故 c  3。 (4) f (0)  5  4  7(1)  3(1)(2)  d (1)(2)(3) ,得 5  17  6d ,故 d  2 。 24.

(8) 【說明】 設多項式 f ( x)  an xn  an1 xn1   a1x  a0 ,且  是一個數, 則 f ( )  an n  an1 n1   a1  a0 。 兩多項式 f ( x) , g ( x) 相等時,對任意數  ,恆有 f ( )  g ( ) 的關係,也就是 說:如果有一數  使 f ( )  g ( ) ,則 f ( x)  g ( x) 。 由多項式加法與乘法的意義可知: 對任意多項式 f ( x), g ( x), h( x) 及任意數  ,恆有 (1)若 f ( x)  g ( x)  h( x) ,則 f ( )  g ( )  h( ) , (2)若 f ( x)  g ( x)  h( x) ,則 f ( )  g ( )  h( ) 。 以乘法為例:令 f ( x)  ( x3  2 x2  3x  6)(2x4  x3  5x 2  x  1) , 要求 f (1) 時,不需先將 ( x3  2 x2  3x  6)(2 x4  x3  5x2  x  1) 乘開得一形如 a7 x7  a6 x6  a5 x5 a4 x4  a3 x3  a2 x 2  a1 x  a0 的七次式, 直接將 1 代入 x 即可,也就是 f (1)  (1  2  3  6)(2  1  5  1  1)  2  (4)  8 。 多項式 f ( x)  x5  7 x2  8 除以 x  2 的餘式可以用長除法或綜合除法求得。 另一方面,由於除式是一次式,餘式必為常數,可設餘式為 r , 並令 f ( x)  ( x  2)h( x)  r ,則 f (2)  (2  2)h(2)  r  0  h(2)  r  r , 故餘式 r  f (2)  25  7  22  8  32  28  8  4 。 【定理】 b 1. 多項式 f (x) 除以 x  (a  0) 的商式是 h(x),餘式是 r ,則 f (x) 除以 ax  b 的 a 1 商式是 h( x) ,餘式是 r 。 a 說明: 假設多項式 f ( x) 除以一次式 ax  b ( a  0 )的商式是 h( x) ,餘式是 r , b a 1 b 因此,把 f ( x) 除以 x  所得的商式乘以 即得 f ( x) 除以 ax  b 的商式 h( x) , a a b 而 f ( x) 除以 ax  b 的餘式 r ,即 f ( x) 除以 x  的餘式。 a. 即 f ( x)  (ax  b)h( x)  r ,可得 f ( x)  ( x  )[ah( x)]  r ,. 2.. 餘式定理:. 3.. b 多項式 f (x) 除以一次式 ax  b 的餘式為 f ( ) 。 a 註: (1) 多項式 f ( x) 除以一次式 x   的餘式為 f ( ) 。 (2) 餘式定理是因式定理與求餘式問題的基礎,學生應該確實理解並善用之。 因式定理: 設 f (x) 為多項式, ax  b 為一次式。 b 若 f ( )  0 ,則 ax  b 是 f (x) 的因式; a b 若 f ( )  0 ,則 ax  b 不是 f (x) 的因式。 a. 25.

(9) 註:. 4.. 5.. 6.. b (1) ( x  c) | f ( x)  f (c)  0 或 (ax  b) | f ( x)  f ( )  0 。 a (2) f (a) 的雙重意義有以下兩種: 多項函數 f (x) 在 x  a 的函數值或多項式 f (x) 除以 x  a 的餘式。 b (3) 因式定理中所言:「若 f ( )  0 ,則 ax  b 不是 f (x) 的因式」這個性質 a b 與「若 ax  b 是 f (x) 的因式,則 f ( )  0 」的意涵是一樣的。 a 因式定理: 設多項式 f ( x)  an x n  an1x n1    a1x  a0 ,若有 n  1 個相異數 1, 2 ,, n , n 1 , 使 f (1 )  0, f ( 2 )  0, , f ( n )  0, f ( n1 )  0 ,則 an  an 1    a1  a0  0 。 註: 即一個 n 次多項式最多有 n 個相異的根。 證明: 設多項式 f ( x)  an xn  an1 xn1   a1x  a0 , ,  n ,  n1 , 若有 n  1 個相異數 1 ,  2 , 使 f (1 )  f (2 )   f (n )  f (n1 )  0 , 則 ( x  1 )( x  2 ) ( x  n )( x   n1 ) 是 f ( x) 的因式, 令 f ( x)  ( x  1 )( x  2 ) ( x  n )( x  n1 )q( x) , 若 q( x) 不是零多項式,則 f ( x) 的次數大於 n ,得到矛盾。 所以 q( x) 及 f ( x) 都是零多項式,於是 an  an1   a1  a0  0 。 因式定理的推廣: 設 1 ,  2 , ,  k 是相異數,若 f (1 )  f (2 )   f (k )  0 , 則 ( x  1 )( x  2 ) ( x   k ) 是 f ( x) 的因式。 因式定理的推廣: 若多項式 f (x) 與 g (x) 都是至多 n 次的多項式, 若存在 n  1 個相異數  n1, n ,, 2 ,1 , 使得 f ( n 1 )  g ( n 1 ), f ( n )  g ( n ),, f ( 2 )  g ( 2 ), f (1 )  g (1 ) , 則 f ( x)  g ( x ) 。 證明: 設多項式 h( x)  f ( x)  g ( x) , ,  n ,  n1 , 若有 n  1 個相異數 1 ,  2 , 使 h(1 )  h(2 )   h(n )  h(n1 )  0 , 則 ( x  1 )( x  2 ) ( x  n )( x   n1 ) 是 h( x ) 的因式, 令 h( x)  ( x  1 )( x  2 ) ( x  n )( x  n1 )q( x) , 若 q( x) 不是零多項式,則 h( x ) 的次數大於 n ,得到矛盾。 所以 q( x) 及 h( x ) 都是零多項式,於是 f ( x)  g ( x) 。. 26.

(10) 【問題】 2 3. 1.. 設 f ( x)  3x4  4 x3  7 x2  x  5 ,求 f ( ) 。. 2. 3.. 求多項式 x20  x10  x5  2 除以 x  1 的餘式。 設多項式 f ( x) 除以 x  1 的餘式為 2 ,且 f ( x) 除以 x  2 的餘式為 7 ,求 f ( x) 除以 ( x  1)( x  2) 的餘式。 解答: 除式 ( x  1)( x  2) 是二次,餘式至多一次,可設為 ax  b , 令 f ( x)  ( x  1)( x  2)q( x)  (ax  b) , 則 f (1)  (1  1)(1  2)q(1)  (a  b)  a  b , 又由餘式定理知 f (1)  2 , 故 a  b  2 ……①, 又 f (2)  (2  1)(2  2)q(2)  (2a  b)  2a  b , 得 2a  b  7 ……②, 聯立解①②可得 a  3, b  1 , 故 f ( x) 除以 ( x  1)( x  2) 的餘式為 3x  1 。 註: 若多項式 f ( x) 滿足 f (1)  2, f (2)  7 , 則 f ( x) 除以 ( x  1)( x  2) 的餘式為 3x  1 , 即 f ( x)  ( x  1)( x  2)q( x)  (3x  1) , 其中 q( x) 是任意多項式, 這樣的 f ( x) 有很多, 而次數最低者,就是取 q( x)  0 , 得 f ( x)  3 x  1 。 b 若 f (x) 除以 (ax  b) 之商為 q(x) 、餘式為 r ,則 f (x) 除以 ( x  ) 之商及餘 a 式各為何? 設  ,  是相異數,試證:若 f ( )  f ( )  0 ,則 ( x   )( x   ) 是 f ( x) 的因. 4. 5.. 式。 證明: 由 f ( )  0 知 x   是 f ( x) 的因式, 令 f ( x)  ( x   )q( x) , 又 f ( )  (   )q( )  0 ,且     0 , 故 q( )  0 , x   就是 q( x) 的因式, 可令 q( x)  ( x   ) p( x) , 於是 f ( x)  ( x   )( x   ) p( x) , 即 ( x   )( x   ) 是 f ( x) 的因式。 6.. 證明: xn  a n  ( x  a)( x n 1  ax n  2  a 2 xn 3    a n  2 x  a n 1 ) 。. 27.

(11) 【定理】 求餘式的幾種類型: 1. f ( x)  (ax  b)q( x)  r 。 2. f ( x)  (ax 2  bx  c)q( x)  (x   ) 。 3. f ( x)  (ax 3  bx 2  cx  d )q( x)  (x 2  x   ) 。 4. f ( x)  ( x  a)q( x)  r 。 5. f ( x)  ( x  a)( x  b)q( x)  (x   ) 。 6. f ( x)  ( x  a)q1 ( x)    ( x  a)[( x  b)q2 ( x)   ]    ( x  a)( x  b)q2 ( x)   ( x  a)   7. f ( x)  ( x  a)( x  b)( x  c)q( x)  (x 2  x   ) 。 8. f ( x)  ( x  a)q1 ( x)    ( x  a)[( x  b)q2 ( x)   ]    ( x  a)( x  b)q2 ( x)   ( x  a)    ( x  a)( x  b)[( x  c)q3 ( x)   ]   ( x  a)    ( x  a)( x  b)( x  c)q3 ( x)   ( x  a)( x  b)   ( x  a)  . 28.

(12) 【問題】 1. 設 x1 , x2 是兩個相異實數,如果給定實數 y1 , y2 ,是否存在多項式 f ( x) ,使 f ( x1 )  y1 , f ( x2 )  y2 呢? 解答: 首先,可設 f ( x) 除以二次式 ( x  x1 )( x  x2 ) 的餘式 r ( x)  ax  b (至多一次), 令 f ( x)  ( x  x1 )( x  x2 )q( x)  r ( x)  ( x  x1 )( x  x2 )q( x)  (ax  b) , 則 y1  f ( x1 )  r ( x1 )  ax1  b ……① y2  f ( x2 )  r ( x2 )  ax2  b ……② ②  ①得 a( x2  x1 )  y2  y1 , 故a . x y x y y2  y1 ,以此代入①,可得 b  2 1 1 2 , x2  x1 x2  x1. 於是所有形如 f ( x)  ( x  x1 )( x  x2 )q( x) . y2  y1 x y x y x 2 1 1 2 x2  x1 x2  x1. 的多項式都滿足 f ( x1 )  y1 , f ( x2 )  y2 , 其中取 q( x)  0 , f ( x) 的次數最低, 此時 f ( x)  r ( x) . y2  y1 x y x y x  2 1 1 2 ,它是至多一次的多項式。 x2  x1 x2  x1. 我們可將 r ( x) 變形如下: y2 x  y1 x  x2 y1  x1 y2 x2  x1  y ( x  x2 )  y2 ( x  x1 )  1 x2  x1 y1 y2  ( x  x2 )  ( x  x1 ) 。 x1  x2 x2  x1. r ( x) . 從最後的式子中, 我們很容易看出 r ( x1 )  y1 , r ( x2 )  y2 。 r ( x) 又可表成 r ( x)  y1 . x  x2 x  x1 ,  y2  x1  x2 x2  x1. 這樣的表示式稱為拉格朗日插值多項式。. 29.

(13) 2.. 設 x1 , x2 , x3 是三個相異實數,如果給定實數 y1 , y2 , y3 ,是否有多項式 f ( x) ,使 f ( x1 )  y1 , f ( x2 )  y2 , f ( x3 )  y3 呢? 解答: 我們可以仿一次式的情形,取拉格朗日插值多項式 L(x) y1   ( x  x2 )( x  x3 ) ( x1  x2 )( x1  x3 ) y2   ( x  x1 )( x  x3 ) ( x2  x1 )( x2  x3 ) y3   ( x  x1 )( x  x2 ) ( x3  x1 )( x3  x2 )  y1 . ( x  x2 )( x  x3 ) ( x  x1 )( x  x3 ) ( x  x1 )( x  x2 ) ,  y2   y3  ( x1  x2 )( x1  x3 ) ( x2  x1 )( x2  x3 ) ( x3  x1 )( x3  x2 ). 則 L( x) 至多二次, 且 L( x1 )  y1 , L( x2 )  y2 , L( x3 )  y3 。 假設至多二次的多項式 g ( x) 也滿足 g ( x1 )  y1 , g ( x2 )  y2 , g ( x3 )  y3 , 那麼 g ( x) 是否就是 L( x) 呢? 我們可令 F ( x)  g ( x)  L( x) , 則 F ( x) 至多二次, 且 F ( x1 )  F ( x2 )  F ( x3 )  0 , 故 F ( x) 是零多項式, 故 g ( x)  L( x) 。 設 f ( x) 是一多項式(不限次數), 滿足 f ( x1 )  y1 , f ( x2 )  y2 , f ( x3 )  y3 , 令 f ( x) 除以 ( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 ) 的餘式為 r ( x) , 則 r ( x) 至多二次, 且 f ( x)  ( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 )q( x)  r ( x) , 於是, f ( x1 )  r ( x1 )  y1 , f ( x2 )  r ( x2 )  y2 , f ( x3 )  r ( x3 )  y3 , 故餘式 r ( x) 就等於拉格朗日插值多項式 L( x) 。 由此也可知拉格朗日插值多項式 是滿足 f ( x1 )  y1 , f ( x2 )  y2 , f ( x3 )  y3 的多項式 f ( x) 中 次數最低且唯一的多項式。. 30.

(14) 【定義】 1. 至多 n 次的函數: 多項式函數 y  f ( x)  an xn  an1x n1   a1x  a0,當 an  0 時,它是 n 次函數。 若不限制 an , an1 , , a1 , a0 這些係數是否為 0 ,則稱為至多 n 次的函數。 註: 插值多項式是本次課程修訂,在多項式教材中所新增的課題,其目的在建立 過 n 個已知函數值的「多項式的形式」 , n 可為任意正整數,但本教材以 n 不 超過 4 為主。 2. 拉格蘭吉插值多項式: 設 x1, x2 ,, xn , xn 1 是 n  1 個相異數, 給定 y1  f ( x1 ), y2  f ( x2 ),, yn  f ( xn ), yn1  f ( xn1 ) , 則拉格蘭吉插值多項式是滿足條件且次數最低的唯一多項式。 例如: (1) n  1 時,拉格蘭吉插值多項式為 x  x2 x  x1 f (x)  y1   y2  。 x1  x2 x2  x1 (2) n  2 時,拉格蘭吉插值多項式為 f (x) ( x  x1 )( x  x3 ) ( x  x2 )( x  x3 ) ( x  x1 )( x  x2 )  y1   y3  。  y2  ( x1  x2 )( x1  x3 ) ( x3  x1 )( x3  x2 ) ( x2  x1 )( x2  x3 ) (3) n  3 時,拉格朗日插值多項式為 ( x  x2 )( x  x3 )( x  x4 ) ( x  x1 )( x  x3 )( x  x4 )  y2  ( x1  x2 )( x1  x3 )( x1  x4 ) ( x2  x1 )( x2  x3 )( x2  x4 ) ( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 ) ( x  x1 )( x  x2 )( x  x4 ) 。  y3   y4  ( x3  x1 )( x3  x2 )( x3  x4 ) ( x4  x1 )( x4  x2 )( x4  x3 ) f ( x)  y1 . 31.

(15) 【說明】 1. 拉格朗日插值多項式: 設 f ( x)  ( x  a) g ( x)  f (a) ,則 f (b)  (b  a) g (b)  f (a) , g (b) . f (b)  f (a) , ba. f (b)  f (a) , ba f (b)  f (a) ( x  a)  f ( a) 所以 f ( x)  ( x  a)( x  b)q( x)  ba f (b)  f (a)  ( x  a)( x  b)q( x)  ( x  a)  [ ( x  a)  f (a)] ba ba f (b) f (a)  ( x  a)( x  b)q( x)  ( x  a)  ( x  b) 。 ba a b f (b) f (a) xa x b ( x  a)  ( x  b)  f (b)  f ( a) 其中 稱為通過 (a, f (a)) 與 ba a b ba a b (b, f (b)) 兩點的插值多項式,也就是 f ( x) 除以 ( x  a)( x  b) 之餘式為通過 (a, f (a)) 與 (b, f (b)) 的插值多項式,利用插值多項式就可以求 ( x  a)( x  b) 除 f ( x) 的餘式。. 因此 g ( x)  ( x  b)q( x) . 2.. 3.. 可能不容易理解此作法,但它有一般性,多操作並熟練後,就不難了。 我們可以建構出滿足 f (1 )  1 , f ( 2 )  2 , f (3 )  3 的 不超過三次的拉格朗日插值多項式 ( x   2 )( x  3 ) ( x  1 )( x   3 ) ( x  1 )( x   2 ) , L( x)  1  2  3 (1   2 )(1   3 ) ( 2  1 )( 2   3 ) ( 3  1 )( 3   2 ) 它也是多項式 f ( x) 被 ( x  1 )( x   2 )( x  3 ) 除的餘式;這個形式化的多項式展 現出數學化繁為簡的精神,利用拉格朗日多項式可以處理任意多項式 f ( x) 被 ( x  1 )( x   2 )( x  3 ) 除的餘式。 目前不宜利用 f ( x)  ( x  1 )( x  2 )( x  3 )q( x) (ax2  bx  c) 的方式處理這類 的問題,因為它必須透過解三元一次方程組的過程才能解出 a ,b , c 之值, 解三元一次方程組的課程是高二課程中的一個單元。 我們可以建構出滿足 f ( x1 )  y1 , f ( x2 )  y2 ,…, f ( xn )  yn , f ( xn1 )  yn1 的不 超過 n 次的拉格朗日多項式 L( x) ,利用此多項式可以建構出多項式函數 y  L( x) ,它的圖形是平面上經過 n  1 個點 ( x1 , y1 ) , ( x2 , y2 ) ,…, ( xn , yn ) , ( xn1 , yn1 ) 的最簡單的曲線。函數 y  L( x) 常被用來逼近一般函數,且其為求 一般函數的近似值之最簡單利器。. 32.

(16) 【問題】 1. 設多項式 f ( x) 滿足 f (1)  5, f (3)  3 ,求最低次的多項式 f ( x) 。 解答: 由拉格朗日插值多項式 f ( x)  5 . 2.. x 3 x  (1) 5 3  3   ( x  3)  ( x  1)  2 x  3 。 1  3 3  (1) 4 4. 設 f ( x) 是至多二次的多項式,已知 f (2)  4, f (1)  1, f (2)  8 ,求 f ( x) 。 解答: 取拉格朗日插值多項式 ( x  1)( x  2) ( x  2)( x  2) ( x  2)( x  1)  1  (8)  (2  1)(2  2) (1  2)(1  2) (2  2)(2  1) 1 1  ( x 2  3x  2)  ( x 2  4)  2( x 2  x  2)  2 x 2  3x  6 。 3 3 設 f ( x) 是三次多項式,已知 f (1)  5, f (2)  7, f (3)  11, f (4)  1 ,求 f ( x) 。 f ( x)  4 . 3.. 解答: (方法一) 可以取拉格朗日插值多項式,也可以解之如下: 設 f ( x) 除以 x  1 的餘式是 d , 令 f ( x)  ( x  1) p( x)  d ,其中 p( x) 是二次式。 又設 p( x) 除以 x  2 的餘式是 c , 令 f ( x)  ( x  1)[( x  2)q( x)  c]  d  ( x  1)( x  2)q( x)  c( x  1)  d , 其中 q( x) 是一次式。 再設 q( x)  a( x  3)  b ,於是 f ( x)  ( x  1)( x  2)[a( x  3)  b]  c( x  1)  d  a( x  1)( x  2)( x  3)  b( x  1)( x  2)  c( x  1)  d , (一開始就可以將 f ( x) 設成如此的形式。) x  1 時, f (1)  d  5 ; x  2 時, f (2)  c  d  7 ,得 c  2 ; x  3 時, f (3)  2b  2c  d  11 ,得 b  1 ; x  4 時, f (4)  6a  6b  3c  d  1 ,得 a  3 。. 故 f ( x)  3( x  1)( x  2)( x  3)  ( x  1)( x  2)  2( x  1)  5  3x3  19 x2  34 x  23 。 (方法二) 也可直接設 f ( x)  ax3  bx2  cx  d 。 由 f (1)  a  b  c  d  5 , f (2)  8a  4b  2c  d  7 , f (3)  27a  9b  3c  d  11 , f (4)  64a  16b  4c  d  1 , 解以上四元一次聯立方程組,可得 a  3 , b  19 , c  34 , d  23 。 註: 這個作法的想法是最簡單的,但在這裡,解四元一次方程組不是我們討論 的目標。. 33.

(17)

參考文獻

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