	\subsection{Свойства QR-алгоритма}
		\begin{myUnnumberedStatement}
			Пусть матрица \( B \) -- ВТФ, а матрица \( A \) -- ВПТФ. Тогда \( Q = BA \) -- ВПТФ.
		\end{myUnnumberedStatement}
		\begin{proof}
			По формуле умножения матриц:
			\[
				c_{ij} = \sum_{\alpha=1}^{n}b_{i \alpha}c_{\alpha j}.
			\]
			Так как \( B \) -- ВТФ, то все \( b_{i \alpha} \) при \( i > \alpha \) равны нулю,
			так как \( A \) -- ВПТФ, то все \( a_{\alpha j} \) при \( \alpha > j + 1 \)
			равны нулю. Модифицируем формулу согласно этим утверждениям:
			\[
				c_{ij} = \sum_{\alpha=i}^{j + 1}b_{i \alpha}c_{\alpha j}.
			\]
			То есть если i > j + 1, то \( c_{ij} = 0 \). А это и значит, что \( C \) -- 
			верхняя почти треугольная матрица.
		\end{proof}
		\begin{myUnnumberedStatement}
			Пусть матрица \( B \) -- ВПТФ, а матрица \( A \) -- ВТФ. Тогда \( Q = BA \) -- ВПТФ.
		\end{myUnnumberedStatement}
		\begin{proof}
			Доказательство полностью аналогично предыдущему утверждению.
		\end{proof}
		Используя данные утверждения, можно значительно ускорить QR-разложение матрицы.
		
		QR-алгоритм преобразует матрицу \( A \xrightarrow{} A_0 \) -- ВПТФ:
		\[
			A_0 = Q_0R_0
		\]
		\[
			Q_0 = A_0R_)^{-1} \text{ -- ВПТФ по доказанному утверждению}
		\]
		\[
			A_1 = R_0Q_0 \text{ -- ВПТФ по доказанному утверждению}
		\]
		То есть форма матрицы \( A_n (n \in \textbf{N} ) \) не ухудшается, 
		следовательно, очередная матрица может быть выполнена не более чем
		за \( n^2 \) действий.
		
		Если же матрица \( A_0 \) - симметричная, то один шаг потребует всего \( n \) действий.

		\chapter{Интерполирование и приближение функций}
		
		\section{Постановка задачи интерполирования}
		
		Пусть \( f(x) \) -- дискретная функция аргумента \( x, x \in [a, b], a,b \in \mathbf{R} \). Функция \( f(x) \) 
		определена в точках \(x_0, x_1, \ldots, x_n, n \in \mathbf{N}; a \leq x_0 < x_1 < \ldots < x_n \leq b  = \{X_i\}_0^n \) 
		-- узлах функции. Во всех узлах заданы значения \( f(x_i) = y_i, \forall i = \overline{0,n}\). 
		Требуется найти значение функции \( f(x) \) в произвольной точке.
		
		\begin{myUnnumberedNote}
			В указанной формулировке решений задачи бесконечно много. Для уточнения дополнительно 
			указывают класс функций, которые будут использоваться для построения значений \( f(x) \)
			в произвольной точке.
		\end{myUnnumberedNote}
		
		\subsection{Интерполирование алгебраическими полиномами}
		\begin{myUnnumberedDefinition}
			Назовем интерполяционным полиномом Лагранжа функции \( f(x) \) по узлам \( \{X_i\}_0^n \)
			полином степени \(n \):
			\begin{equation}
				\label{eq_2_1_1}
				P_n(x) = a_0 + a_1x + \ldots + a_nx^n,
			\end{equation}
			при этом значения коэффициентов \( a_0 \ldots a_n \) выбираются таким образом, чтобы
			при любых значениях \(i = \overline{1, n}\) было выполнено:
			\begin{equation}
				\label{eq_2_1_2}
				P_n(x_i) = f(x_i)
			\end{equation}
		\end{myUnnumberedDefinition}
		\begin{myUnnumberedStatement}
			Покажем, что интерполяционный полином \(P_n(x)\) для функции \( f(x) \) по узлам \( \{X_i\}_0^n \)
			существует и единственен.
		\end{myUnnumberedStatement}
		\begin{proof}
			Распишем \(n+1\) уравнение из условия \eqref{eq_2_1_2}. Получим систему линейных уравнений:
			\[
				a_0 + a_1x_0 + \ldots + a_nx_0^n = f_0,
				a_0 + a_1x_1 + \ldots + a_nx_1^n = f_1,
				\ldots
				a_0 + a_1x_n + \ldots + a_nx_n^n = f_n,
			\]
			Теперь посмотрим на определитель этой системы:
			\[
				\Delta = 
				\begin{bmatrix}
					1 & x_0 & x_0^2 & \ldots & x_0^n \\
					1 & x_1 & x_1^2 & \ldots & x_1^n \\
					\ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\
					1 & x_n & x_n^2 & \ldots & x_n^n 
				\end{bmatrix}
			\]
			Из курса линейной алгебры известно, что данный определитель (определитель
			Вандермонда) равен произведению разности всех пар \( (x_i,x_j), i \neq j \).
			По условию никакие два различных узла не могут дать нам нулевую разность,
			следовательно, определитель системы не равен нулю. А это и означает, что 
			решение (т.е. \( P_n(x) \) ) существует и единственно.
		\end{proof}
		\begin{myUnnumberedNote}
			Поскольку мы доказали существование и единственность интерполирующего полинома,
			то при его поиске, в какой бы форме мы его не получили, он будет тожественно равен
			всем своим представлениям в иных формах, полученных с помощью других методов.
		\end{myUnnumberedNote}
		\section{Интерполяционная формула Лагранжа}
		Будем искать интерполяционный полином в виде
		\begin{equation}
			\label{eq_2_2_1}
			L_n(x) = \sum_{k=0}^nc_k(x)f(x_k) \text{ , где: }
		\end{equation}
		\( c_k(x) \) -- полином \(n\)-й степени,
		\( f(x_k) \) -- известные значения функции в узлах.
		\begin{myUnnumberedNote}
			По определению \(L_n(x_i) = f(x_i), \forall i = \overline{1, n}\).
		\end{myUnnumberedNote}
		Будем строить полином следующим образом: \\
		Пусть \(\omega(x) = (x-x_0)(x-x_1) \cdot \ldots \cdot (x-x_n) = \Pi_{i=0}^n(x-x_i) \). \\
		Тогда: 
		\[
			\omega'(k) = ([\ldots](x-x_k)) = [\ldots] + [\ldots]'(x-x_k) = \Pi_{\substack{
				i=0 \\
				i \neq k
			}}^n(x-x_i)
		\].
		( \( \omega(k) \) -- значение функции в точке \( x_k \) ). \\
		Полиномы \( c_k(x) \) вользмем равными \( \frac{\omega(x)}{ (x - x_k) \omega'(x)} \).
		
		Определим погрешность метода как разность между значением полинома Лагранжа
		и значением функции:
		\begin{equation}
			\label{eq_2_2_2}
			\psi_n(x) = f(x) - L_n(x)
		\end{equation}
		\begin{myUnnumberedNote}
			Для оценки погрешности метода мы требуем \( f(x) \in C^{n+1}[a, b]\).
		\end{myUnnumberedNote}
		\begin{myUnnumberedStatement}
			\[
				\forall x^* \in [a, b]: r_n(x^*) = \frac{ f^{(n+1)} (\xi) }{ (n+1)! }
				\cdot \omega_{n+1} (x^*), \xi \in (a, b)
			\]
		\end{myUnnumberedStatement}
		\begin{proof}
			Пусть \( g(s) = f(s) - L_n(s) - k \omega(s) \), где \( k \) - константа. \\
			Очевидно, что \(g(s)\) имеет \(n+2\) нуля: \(n+1\) за счет обращения в ноль
			в узлах и последний ноль за счет совпадения \( f(s) - L_n(s) = k \omega \).
			В этом случае \( k \) и есть искомая оценка.
			По теореме Ролля \( g^{(n+1)}(\xi) = 0 \).
			Найдем эту производную:
			\[
				g^{(n+1)}(s) = (f(s) - L_n(s) - k \omega(s))^{(n+1)} = 
			\]
			\[
				f^{(n+1)}(\xi) - 0 - k \cdot n!
			\]
			Откуда и получаем:
			\[
				f(x) - L_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} \omega(x)
			\]
		\end{proof}
		\begin{myUnnumberedNote}
			Полином Лагранжа, вообще говоря, не сходится к \( f(x) \).
		\end{myUnnumberedNote}