ラグランジュの補間公式とその応用例

3元の連立方程式を解くのが一般的だが，ラグランジュ補間を使って求めてみる：

$P(x)=0\dfrac{(x-2)(x-3)}{(1-2)(1-3)}+3\dfrac{(x-1)(x-3)}{(2-1)(2-3)}+8\dfrac{(x-1)(x-2)}{(3-1)(3-2)}$

整理すると，$P(x)=x^2-1$

本問では通る点の $x$ 座標は $x_i=i$ である。

まずはラグランジュの補間公式における $f_i(x_i)=f_i(i)$ を求める。

$f_i(i)=(i-0)(i-1)\cdots 1\cdot(-1)\cdots(i-n)\\ =i!(n-i)!(-1)^{n-i}$

求めるのは $P(n+1)$ なので，次に $f_i(n+1)$ を計算する。

$f_i(n+1)=\displaystyle\prod_{k\neq i}(n+1-k)=\dfrac{(n+1)!}{(n+1-i)}$

よって，ラグランジュの補間公式から，$y_i=\dfrac{1}{{}_{n+1}\mathrm{C}_i}$ に注意すると，

$P(n+1)=\displaystyle\sum_{i=0}^ny_i\dfrac{f_i(n+1)}{f_i(i)}\\ =\displaystyle\sum_{i=0}^n\dfrac{(n+1-i)!i!}{(n+1)!}\dfrac{(n+1)!}{i!(n-i)!(-1)^{n-i}(n+1-i)}\\ =\displaystyle\sum_{i=0}^n(-1)^{i-n}\\ =\displaystyle\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}$

これは $n$ が偶数のときに $1$ で奇数のとき $0$ となる。

ラグランジュの補間公式より，$(1,Y_1),(2,Y_2),(3,Y_3),\cdots,(n,Y_n)$ を通る $n-1$ 次以下の関数 $P(x)$ が存在する。ここで，$Y_i$ を $i$ が奇数のとき十分大きな数，偶数のときに十分小さな数とすれば $P(x)$ は激しく振動する。

これを利用して $n$ 個の実根を持つ $n$ 次モニック多項式を以下のように構成する：
$Q(x)=P(x)+(x-1)(x-2)\cdots(x-n)$
$R(x)=2F(x)-Q(x)$

※ $Q(x)$ の第二項は，「$Q(x)$ を $n$ 次式にしたい」かつ「$x=1,2,\dots,n$ での値は $P(x)$ と同じにしたい」という気持ちで付け加えています。

あとは $Q(x),R(x)$ が $n$ 個の実根を持つことを示せば良い。

実際 $Q(1)=P(1) > 0,Q(2)=P(2) <0$ などから中間値の定理より $Q(x)$ は実根を $n-1$ 個持つが，残り1つの根も実数である。（複素数が解なら共役複素数も解になる→共役複素数の覚えておくべき性質）

また，$F(x)$ の値が無視できるくらい $P(x)$ を激しく振動させれば $R(x)$ も激しく振動して同様な議論により実根を $n$ 個持つことが分かる。