матрицы - Вопрос по условию, задача с матрицами

Буду писать здесь, потому что в комментарии ответ не вместится.

Прежде всего, тут два вопроса, а не один. Первый из них состоит в том, почему из условий $%f(a_{ii})=b_{ii}$% для диагональных матриц следует, что $%f(A)=B$% для любого многочлена $%f(x)$%. Здесь конкретизировать вид многочлена не нужно, так как это всегда верно по тривиальной причине.

А именно, уже говорилось, что при сложении диагональных матриц их диагональные элементы складываются, и то же верно для умножения матриц на коэффициент. Это верно даже для не диагонального случая. А если мы перемножаем диагональные матрицы, то из определения матричного произведения следует, что этот же принцип тоже верен. Если у одной матрицы были на диагонали числа $%\lambda_1$%, ... , $%\lambda_n$%, а у другой $%\mu_1$%, ... , $%\mu_n$%, то у произведения будут числа $%\lambda_1\mu_1$%, ... , $%\lambda_n\mu_n$%, что легко проверяется. В частности, тот же принцип будет действовать и при возведении в степень, то есть умножение матрицы на себя несколько раз. Ясно, что если возвести в $%k$%-ю степень матрицу с "лямбдами" по диагонали, то получатся числа $%\lambda_1^k$%, ... , $%\lambda_n^k$%.

Всякий многочлен строится при помощи возведений в степень, умножений на коэффициенты и сложений, поэтому для него этот покоординатный принцип будет действовать: применение $%f(x)$% к матрице из "лямбд" даст числа $%f(\lambda_1$%), ... , $%f(\lambda_n)$% по диагонали.

Теперь второй вопрос, совершенно независимый. Надо доказать, что для любых чисел $%a_1 < \ldots < a_m$% (они попарно различны, и можно их упорядочить) и для любых чисел $%b_1$%, ... , $%b_m$% (на эти числа нет ограничений) существует многочлен $%f(x)$% степени строго меньше $%m$% такой, что $%f(a_i)=b_i$% для всех $%1\le i\le m$%. Это классическая конструкция, называемая интерполяционным многочленом Лагранжа. Строится он так.

Рассмотрим частный случай, когда $%b_1=1$%, $%b_2=\cdots=b_m=0$% и построим многочлен $%g_1(x)$% для такого случая. Здесь все числа $%a_2$%, ... , $%a_m$% будут корнями, поэтому ищем многочлен в виде $%g_1(x)=(x-a_2)\ldots(x-a_m)$%, умноженного на подходящий коэффициент $%k$%. Это уже почти то, что нужно, так как во всех точках кроме первой мы получаем $%0$%. Про первую точку мы ничего не знаем кроме того, что $%g_1(a_1)\ne0$% -- за счёт того, что точка $%a_1$% не совпадает ни с одной из остальных. Поэтому на такой коэффициент надо разделить, полагая $%k=\frac1{g_1(a_1)}$%. Значение многочлена в точке $%a_1$% станет равно $%1$% по построению.

Теперь если $%g_i(x)$% равно произведению всех сомножителей $%x-a_1$%, ... , $%x-a_m$% с пропуском $%i$%-го, то мы делим на число $%g_i(a_i)\ne0$%. Для получения значений $%b_1$%, ... , $%b_m$% надо домножить каждый такой многочлен на $%b_i$% и всё сложить. получается интерполяционная формула Лагранжа: $$f(x)=\frac{b_1}{g_1(a_1)}g_1(x)+\cdots+\frac{b_m}{g_m(a_m)}g_m(x).$$ Из построения сразу ясно, что $%f(x)$% обладает требуемыми свойствами. При этом степень многочлена меньше $%m$%. Можно проверить, что многочлен с такими условиями всего один.