正交多项式序列.

如果多项式序列 {pn(x),n=0,1,...}\{p_n(x),n=0,1,...\}{pn(x),n=0,1,...} 满足 (pn,pm)=∫abρ(x)pn(x)pm(x)dx={0,n≠mAn,n=m;n,m=0,1,2,...(p_n,p_m)=\int_a^b\rho(x)p_n(x)p_m(x)dx=\left\{ \begin{aligned} &0,n≠m\\ &A_n,n=m \\ \end{aligned} \right.;n,m=0,1,2,...(pn,pm)=∫abρ(x)pn(x)pm(x)dx={0,n=mAn,n=m;n,m=0,1,2,...
那么称 {pn(x),n=0,1,...}\{p_n(x),n=0,1,...\}{pn(x),n=0,1,...} 是 [a,b][a,b][a,b] 上带权 ρ(x)\rho(x)ρ(x) 的正交多项式序列。

勒让德多项式.

勒让德Legendre，法国数学家，生于巴黎，卒于同地。第一次接触这个人名是在电动力学中，分离变量法求解带电体电势时，球坐标中求解三维拉普拉斯方程时会出现勒让德函数，但反正也不会考，所以就糊里糊涂过去了。
【定义】在区间 [−1,1][-1,1][−1,1] 上的多项式序列 Pn(x)=12n⋅n!⋅dndxn[(x2−1)n],n=0,1,2,...P_n(x)=\frac{1}{2^n·n!}·\frac{d^n}{dx^n}[(x^2-1)^n],n=0,1,2,...Pn(x)=2n⋅n!1⋅dxndn[(x2−1)n],n=0,1,2,...称为勒让德Legendre多项式。

(Pn,Pm)={0,n≠m22n+1,n=m;n,m=0,1,2,...(P_n,P_m)=\left\{ \begin{aligned} &0,n≠m\\ &\frac{2}{2n+1},n=m \\ \end{aligned} \right.;n,m=0,1,2,...(Pn,Pm)=⎩⎨⎧0,n=m2n+12,n=m;n,m=0,1,2,...，即 {Pn(x)}\{P_n(x)\}{Pn(x)} 在区间 [−1,1][-1,1][−1,1] 上带权 ρ(x)=1\rho(x)=1ρ(x)=1 正交，并且我们对其进行归一化可以得到规范正交多项式序列 {en(x)=2n+12Pn(x),n=0,1,2...}.\{e_n(x)=\sqrt{\frac{2n+1}{2}}P_n(x),n=0,1,2...\}.{en(x)=22n+1Pn(x),n=0,1,2...}.
【证明】当 n≠mn≠mn=m 时，不妨认为 n>mn>mn>m，记 ϕ(x)=(x2−1)n\phi(x)=(x^2-1)^nϕ(x)=(x2−1)n，则 Pn(x)=12n⋅n!ϕ(n)(x)P_n(x)=\frac{1}{2^n·n!}\phi^{(n)}(x)Pn(x)=2n⋅n!1ϕ(n)(x). 所以有如下推导：(Pn,Pm)=∫−11Pn(x)Pm(x)dx=∫−1112n⋅n!ϕ(n)(x)Pm(x)dx=12n⋅n!ϕ(n−1)(x)Pm(x)∣−11−12n⋅n!∫−11ϕ(n−1)(x)Pm′(x)dx=−12n⋅n!∫−11ϕ(n−1)(x)Pm′(x)dx=...=(−1)n12n⋅n!∫−11ϕ(x)Pm(n)(x)dx=0\begin{aligned} (P_n,P_m)&=\int_{-1}^1P_n(x)P_m(x)dx \\ &=\int_{-1}^1\frac{1}{2^n·n!}\phi^{(n)}(x)P_m(x)dx\\ &=\frac{1}{2^n·n!}\phi^{(n-1)}(x)P_m(x)\Bigg|_{-1}^1-\frac{1}{2^n·n!}\int_{-1}^1\phi^{(n-1)}(x)P'_m(x)dx\\ &=-\frac{1}{2^n·n!}\int_{-1}^1\phi^{(n-1)}(x)P'_m(x)dx\\ &=...\\ &=(-1)^n\frac{1}{2^n·n!}\int_{-1}^1\phi(x)P^{(n)}_m(x)dx\\ &=0 \end{aligned}(Pn,Pm)=∫−11Pn(x)Pm(x)dx=∫−112n⋅n!1ϕ(n)(x)Pm(x)dx=2n⋅n!1ϕ(n−1)(x)Pm(x)∣∣∣∣∣−11−2n⋅n!1∫−11ϕ(n−1)(x)Pm′(x)dx=−2n⋅n!1∫−11ϕ(n−1)(x)Pm′(x)dx=...=(−1)n2n⋅n!1∫−11ϕ(x)Pm(n)(x)dx=0
其中第三个等号使用分部积分法 ∫f′(x)g(x)dx=f(x)g(x)−∫f(x)g′(x)dx\int f'(x)g(x)dx=f(x)g(x)-\int f(x)g'(x)dx∫f′(x)g(x)dx=f(x)g(x)−∫f(x)g′(x)dx；第四个等号使用公式 ϕ(k)(x)∣x=±1=0\phi^{(k)}(x)\big|_{x=±1}=0ϕ(k)(x)∣∣x=±1=0；最后一个等号由于 Pm(x)P_m(x)Pm(x) 是 mmm 次多项式，且 n>mn>mn>m，所以求 nnn 阶导数为0.
当 n=mn=mn=m 时，和上述情况类似，有如下推导(Pn,Pn)=(−1)n12n⋅n!∫−11ϕ(x)Pn(n)(x)dx=(−1)n2n⋅n!⋅n!⋅an∫−11ϕ(x)dx=an2n∫−11(1−x2)ndx=2⋅an2n∫0π2cos2n+1tdt=2⋅an2n⋅2n2n+1⋅2n−22n−1⋅⋅⋅45⋅23⋅1=2⋅(2n)!2n⋅(n!)2⋅12n⋅2n⋅n!⋅(2n+1)−1⋅∏i=0n−1(2i+1)−1=2⋅(2n)!2n⋅n!⋅∏i=0n−1(2i+1)−1⋅(2n+1)−1=2⋅2n⋅n!2n⋅n!⋅(2n+1)−1=22n+1\begin{aligned} (P_n,P_n)&=(-1)^n\frac{1}{2^n·n!}\int_{-1}^1\phi(x)P^{(n)}_n(x)dx\\ &=\frac{(-1)^n}{2^n·n!}·n!·a_n\int_{-1}^1\phi(x)dx\\ &=\frac{a_n}{2^n}\int_{-1}^1(1-x^2)^ndx\\ &=\frac{2·a_n}{2^n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}cos^{2n+1}tdt\\ &=\frac{2·a_n}{2^n}·\frac{2n}{2n+1}·\frac{2n-2}{2n-1}···\frac45·\frac23·1\\ &=\frac{2·(2n)!}{2^n·(n!)^2}·\frac{1}{2^n}·2^n·n!·(2n+1)^{-1}·\prod_{i=0}^{n-1}(2i+1)^{-1}\\ &=\frac{2·(2n)!}{2^n·n!}·\prod_{i=0}^{n-1}(2i+1)^{-1}·(2n+1)^{-1}\\ &=\frac{2·2^n·n!}{2^n·n!}·(2n+1)^{-1}\\ &=\frac{2}{2n+1} \end{aligned}(Pn,Pn)=(−1)n2n⋅n!1∫−11ϕ(x)Pn(n)(x)dx=2n⋅n!(−1)n⋅n!⋅an∫−11ϕ(x)dx=2nan∫−11(1−x2)ndx=2n2⋅an∫02πcos2n+1tdt=2n2⋅an⋅2n+12n⋅2n−12n−2⋅⋅⋅54⋅32⋅1=2n⋅(n!)22⋅(2n)!⋅2n1⋅2n⋅n!⋅(2n+1)−1⋅i=0∏n−1(2i+1)−1=2n⋅n!2⋅(2n)!⋅i=0∏n−1(2i+1)−1⋅(2n+1)−1=2n⋅n!2⋅2n⋅n!⋅(2n+1)−1=2n+12
其中 ana_nan 是 Pn(x)P_n(x)Pn(x) 中 nnn 次项的系数 (2n)!2n⋅(n!)2\frac{(2n)!}{2^n·(n!)^2}2n⋅(n!)2(2n)!；第三第四个等号使用换元法，令 x=sintx=sintx=sint. 至此勒让德多项式在 [−1,1][-1,1][−1,1] 正交性得证，并且 en(x)∣x∈[−1,1]e_n(x)|x\in[-1,1]en(x)∣x∈[−1,1] 规范正交得证。

Pn(−x)=(−1)nPn(x)P_n(-x)=(-1)^nP_n(x)Pn(−x)=(−1)nPn(x)，即 n=2k,k∈Nn=2k,k\in Nn=2k,k∈N 时 Pn(x)P_n(x)Pn(x) 是偶函数；n=2k+1,k∈Nn=2k+1,k\in Nn=2k+1,k∈N 时 Pn(x)P_n(x)Pn(x) 是奇函数。
【简述】由于 ϕ(x)=(x2−1)n\phi(x)=(x^2-1)^nϕ(x)=(x2−1)n 是偶次多项式，所以求偶数次导依旧是偶次多项式，求奇数次导则成为奇次多项式。

勒让德多项式可以由下述递推式定义：{P0(x)=1P1(x)=xPn+1(x)=2n+1n+1xPn(x)−nn+1Pn−1(x),n=1,2,...\left\{ \begin{aligned} &P_0(x)=1\\ &P_1(x)=x\\ &P_{n+1}(x)=\frac{2n+1}{n+1}xP_n(x)-\frac{n}{n+1}P_{n-1}(x),n=1,2,... \end{aligned} \right.⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧P0(x)=1P1(x)=xPn+1(x)=n+12n+1xPn(x)−n+1nPn−1(x),n=1,2,...
【证明】根据勒让德多项式定义，令 n=0,1n=0,1n=0,1，得到 P0(x)=1,P1(x)=xP_0(x)=1,P_1(x)=xP0(x)=1,P1(x)=x.
考虑 n+1n+1n+1 次多项式 xPn(x)=∑i=0n+1biPi(x)xP_n(x)=\sum^{n+1}_{i=0}b_iP_i(x)xPn(x)=∑i=0n+1biPi(x)，在两边同时乘以 Pk(x)P_k(x)Pk(x)，并在 [−1,1][-1,1][−1,1] 进行积分：∫−11xPn(x)Pk(x)dx=∫−11Pk(x)[∑i=0n+1biPi(x)]dx.\int_{-1}^1xP_n(x)P_k(x)dx=\int_{-1}^1P_k(x)[\sum^{n+1}_{i=0}b_iP_i(x)]dx.∫−11xPn(x)Pk(x)dx=∫−11Pk(x)[i=0∑n+1biPi(x)]dx.
根据加权内积的正交性可得:∫−11xPn(x)Pk(x)dx=bk∫−11Pk2(x)dx.\int_{-1}^1xP_n(x)P_k(x)dx=b_k\int_{-1}^1P^2_k(x)dx.∫−11xPn(x)Pk(x)dx=bk∫−11Pk2(x)dx.
考虑 k≤n−2k≤n-2k≤n−2 时，xPk(x)xP_k(x)xPk(x) 不超过 n−1n-1n−1 次，迭代使用分部积分法最终出现 [xPk(x)](n)[xP_k(x)]^{(n)}[xPk(x)](n) 项，并且该项为0，因此上式左端积分为0，因此 bk=0∣k≤n−2.b_k=0|k≤n-2.bk=0∣k≤n−2.
考虑 k=nk=nk=n 时，上式左端为奇函数 xPn2(x)xP^2_n(x)xPn2(x) 在对称区间积分，因此 bn=0.b_n=0.bn=0.
因此 xPn(x)=∑i=0n+1biPi(x)xP_n(x)=\sum^{n+1}_{i=0}b_iP_i(x)xPn(x)=∑i=0n+1biPi(x) 至此可以写为 xPn(x)=bn−1Pn−1(x)+bn+1Pn+1(x).(*)xP_n(x)=b_{n-1}P_{n-1}(x)+b_{n+1}P_{n+1}(x).\tag{*}xPn(x)=bn−1Pn−1(x)+bn+1Pn+1(x).(*)
考察Pn(x)=12n⋅n!⋅dndxn[(x2−1)n]P_n(x)=\frac{1}{2^n·n!}·\frac{d^n}{dx^n}[(x^2-1)^n]Pn(x)=2n⋅n!1⋅dxndn[(x2−1)n]，根据二项式定理，(x2−1)n=∑r=0nCnr(−1)n−rx2r.(x^2-1)^n=\sum^n_{r=0}C_n^r(-1)^{n-r}x^{2r}.(x2−1)n=∑r=0nCnr(−1)n−rx2r. 当 n=2k,k∈Nn=2k,k\in Nn=2k,k∈N 时，dndxn[(x2−1)n]=∑r=knCnr(−1)n−rx2(r−k)2r![2(r−k)]!;\frac{d^n}{dx^n}[(x^2-1)^n]=\sum^n_{r=k}C^r_n(-1)^{n-r}x^{2(r-k)}\frac{2r!}{[2(r-k)]!};dxndn[(x2−1)n]=∑r=knCnr(−1)n−rx2(r−k)[2(r−k)]!2r!; 当 n=2k+1,k∈Nn=2k+1,k\in Nn=2k+1,k∈N 时，dndxn[(x2−1)n]=∑r=k+1nCnr(−1)n−rx2(r−k)−12r![2(r−k)−1]!.\frac{d^n}{dx^n}[(x^2-1)^n]=\sum^n_{r=k+1}C_n^r(-1)^{n-r}x^{2(r-k)-1}\frac{2r!}{[2(r-k)-1]!}.dxndn[(x2−1)n]=∑r=k+1nCnr(−1)n−rx2(r−k)−1[2(r−k)−1]!2r!.
观察上述两式可以发现，dndxn[(x2−1)n]\frac{d^n}{dx^n}[(x^2-1)^n]dxndn[(x2−1)n] 中 xxx 的次数奇偶性和 nnn 的奇偶性一致，且其系数为对应的组合数 CnrC_n^rCnr，令 x=1x=1x=1，则 dndxn[(x2−1)n]∣x=1=2n⋅n!\frac{d^n}{dx^n}[(x^2-1)^n]\bigg|_{x=1}=2^n·n!dxndn[(x2−1)n]∣∣∣∣x=1=2n⋅n!，因此 Pn(1)=1P_n(1)=1Pn(1)=1，将其代入 (∗)(*)(∗) 式，可得 1=bn−1+bn+1.1=b_{n-1}+b_{n+1}.1=bn−1+bn+1.
比较 (∗)(*)(∗) 式两端最高次项系数，左边 an=(2n)!2n⋅(n!)2a_n=\frac{(2n)!}{2^n·(n!)^2}an=2n⋅(n!)2(2n)!，右边为 bn+1[2(n+1)]!2n+1⋅[(n)+1!]2b_{n+1}\frac{[2(n+1)]!}{2^{n+1}·[(n)+1!]^2}bn+12n+1⋅[(n)+1!]2[2(n+1)]!，解得 bn+1=n+12n+1b_{n+1}=\frac{n+1}{2n+1}bn+1=2n+1n+1，因此 bn−1=n2n+1b_{n-1}=\frac{n}{2n+1}bn−1=2n+1n，至此证明：xPn(x)=n2n+1Pn−1(x)+n+12n+1Pn+1(x),n=1,2,...xP_n(x)=\frac{n}{2n+1}P_{n-1}(x)+\frac{n+1}{2n+1}P_{n+1}(x),n=1,2,...xPn(x)=2n+1nPn−1(x)+2n+1n+1Pn+1(x),n=1,2,...
Pn+1(x)=n+12n+1xPn(x)−nn+1Pn−1(x),n=1,2,...P_{n+1}(x)=\frac{n+1}{2n+1}xP_n(x)-\frac{n}{n+1}P_{n-1}(x),n=1,2,...Pn+1(x)=2n+1n+1xPn(x)−n+1nPn−1(x),n=1,2,...

[a,b][a,b][a,b]

一般地，想要求 f(x)f(x)f(x) 在区间 [a,b][a,b][a,b] 上的 nnn 次最佳平方逼近时，只需要进行如下代换：x=a+b2+b−a2t.x=\frac{a+b}{2}+\frac{b-a}{2}t.x=2a+b+2b−at.
就能够将将区间 x∈[a,b]x\in[a,b]x∈[a,b] 变换为 t∈[−1,1]t\in[-1,1]t∈[−1,1]，而后取勒让德多项式为基函数，求出 g(t)=f(a+b2+b−a2t)g(t)=f(\frac{a+b}{2}+\frac{b-a}{2}t)g(t)=f(2a+b+2b−at) 在 [−1,1][-1,1][−1,1] 上的最佳平方逼近，然后再令：t=2b−a(x−a+b2).t=\frac{2}{b-a}(x-\frac{a+b}{2}).t=b−a2(x−2a+b).就能得到 f(x)f(x)f(x) 在区间 [a,b][a,b][a,b] 上的最佳平方逼近函数。

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正交多项式序列.

勒让德多项式.

[a,b][a,b][a,b]

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