1、1高二数学竞赛班二试讲义第 3 讲 多项式的插值与差分班级 姓名 一、知识点金1拉格朗日插值公式：存在唯一的一个次数不超过 的多项式 满足1n()fx（ 的图象经过 个不同点 ） ；并且 可表示为(),12,iifxyn()fx(,ixy3 1321211 22()()n nxf2 11 1)()()nn nn nnxf xx 2对于函数 及固定的 ， 称为 的步长为 的一阶差分，fx0hfhffh记作 。()h，称为 的步长为 的二阶差11()2)()(hffffx()fx分。记作 。21hx一般地， 的步长为 的 阶差分定义为 。fxn1nnhhff3对于函数 ，有()0()()ihifC
2、i数学归纳法证明： 时结论显然成立。假设 ，10(1()nnihnifxCfxih则 10 0()()(1)nni ihn ni ifxCfxh （ 代替上式 中 的位置）11 0nni if fxh i0ni（注意：定义 ， ）10()()niiini fxih1nC1n11iiC因此 对一切正整数 成立。0()()nnihnifxfxihn4设 ，当 时， 是一个 次多项110maam()nhfxmn式；而对于 ， 恒为零。()nhf证明：由定义可知， 1 00)(xfhfxaaa低次项，这是一个 次多项式，首项为 ，依此类推，1mhx 1mx常数项， ，从而当 时， 。()!fa!mmh
3、fn()nhfx5综合第 3、4 条，取步长 ，可得出（1）设 是 次多项式，首项系数为 ，则a00,()()!nini mnCfxia 若若2（2）特别地，取 ，并在上面等式中取 ，得欧拉恒等式()mfx0x00,(1)1!nimnniC 若若6整值多项式：如果当 取整数时，复系数多项式 为整数，则称 为整值多项x()fx()fx式。整系数多项式当然都是整值多项式。但组合数 是非整系数1!kkC的整值多项式。7 次复系数多项式 为整值多项式的充分必要条件是，它可表示成n()fx，其中 均为整数，且110nxxaCaC(0,2,)ian 0na证明：充分条件是显然的。现证明必要性。以 除 ，商
4、必为常数，设为 ，则nxf， 或者为零，或者次数小于 ；在用 次多项式 除1()()nff1f 11xC，如此进行，便得到 ，这种表示显然是惟一1 110()nnxxxaC的。二、例题分析例 1设 次多项式 满足 。求 。n()fx1()(0,)knf nC(1)f例 1法一：由多项式插值公式得， ，对于 ，有0kiknxifxfmn10 0(1)()()() (1)!nnk knk kmnfmf fC 所以 0,1kkf若 为 奇 数 ， 若 为 偶 数法二：因为 次多项式 的 阶差分为零，所以n()fx1n110()()0nini fxi令 ，并以 代人，得0x10,)inC iifC所以
5、 0(1)()iifn若 为 奇 数 ， 若 为 偶 数例 2设 次多项式 满足 。求 。()fx1(),21)fkn(2)f例 1法一由多项式插值公式得。略法二：因为 次多项式 的 阶差分为零，所以n()fx1n110()()0niniCfxi令 ，并以 代人，得1x0,fi iif i31 1120 0,(2)()()(22ni nnnifCn 为 奇 数 ， 为 偶 数法三：对于本题还有更好的做法，考虑 次多项式 。有已知条件，()gxf有 个不同的零点 ，又 ，()gx,x(0)于是 ，因此 ，进而(1)2(1)!n12n0,()(2)2fn为 奇 数 ， 为 偶 数例 3设 是一个
6、次多项式，满足 ，求 的值。fxn()21,)kfn(3)f例 3因为 次多项式 的 阶差分为零，所以 ()fx110(0iniCfxi取 ， ，1x10(22niinifC122)niinif ， ，110()0ninif 12(0n所以 2再用 取 ，x121 10(3)(2)()nniinifCfC310(3)2 0ninnifC 1 211()4()2nii nnif31() nf C 所以 326n例 4设 是任意 个互不相同的整数。则任意 次多项式,x n在点 处所取得的 个值中，至少有一个的绝对值1nna121,nx 1!2例 4记所说的多项式为 ，由多项式插值公式得，()fx1
7、()()knkiiixfxf由于 的首项系数为 1，故由上式得出()fx1()niikkf记 是 的最大值，则有M(),2)fin11()niikkMx但 是任意 个互不相同的整数，可设 ，我们有121,nx 121n41111()()()()()ikiiiinkxxxx !12!innC于是 11012!()ninni iikkMCx例 5设 是奇数。证明：存在一个次数为 的非整系数的整值多项式 ，具有下3k()fx面的性质：（1） ；(0),(1)ff（2）有无穷多个正整数 ，使得对 ，方程n21ks()()sxffx没有整数解 。12,s例 5先证明一个引理：存在一个首项系数为正的 次整
8、值多项式 ，系数不全是整数，()fx满足 ，以及(0),()ff 0(mod2),)1kfxx若 为 偶 数 ，若 为 奇 数 。引理证明：满足 的首项系数为正的 次整值多项式 可以表示为：0,( ()fx，其中 ，11()kkxxxfaCaCk1a因为 ，所以22iiii 11()()kikxixiff现在我们去 满足12,ka1,01kiaik则易解得（注意 ） ， ，从而()i 1(2)(kxfxfC由此即知，对每一个整数 ，有x2()modkff由于 ，所以 为偶数时， ，(0)(modkf由于 ，所以 为奇数时， ，12) 1()kf即有 ,()kfxx若 为 偶 数 ，若 为 奇
9、数 。这时多项式 ， 的系数是 在 时为非12121kkxxfCCk12!k3整数。满足引理中的要求。回到原问题：取正整数 ，假设有整数 ，使得(mod)kn12,sx，则更有12()snfxff 1()()1mod2)kfff但由引理可知，上式左边每一项模 是 0 或 1，因此在 时，左边模 决不可能2k k为 ，矛盾！从而本题结论成立。k三、同步检测51求一个次数小于 4 的多项式 ，满足()fx， ()2,(0)1,21fif i这里 。1利用拉格朗日插值公式得 2()()fxiix2证明多项式 是整值多项式。431512x2设 ，取 ，4324321xxaCbcdCe0,1234x可求
10、得 ，因此所说的多项式是整值多项式。1,01abcde3设 是 次多项式，在连续 个整数处取值为整数，则 是整值多项式。()fxnn()fx3对任意整数 ， 是整值多项式，等价于 是整值多项式。因此可设()fx()gxfa连续 个整数是 。先将 表示为 ，10,2,()f 110nnxxxCaC再由 是整数，可推出诸系数都是整数。()fkn4设 是 次多项式， ，x(2)()0ffn，且 ，求 的值。(1)31f134因为 次多项式 的 阶差分为零，所以2n()fxn2120()()0niniCfxi取 ，并以 代人，得0x0,12)i121nii i，2210(1)()(ninifCfi1221()()0nnf 所以 ，解得35设 为一个 次多项式，满足 ，求 的值。()fx()(0,1)kf(1)fn5考虑 ，它在 处的值是 0，又 。1)(gfx,2xng故 ，所以()!nxn 1 1()()(!ngx 61,()22nnf为 奇 数 ， 为 偶 数 .
