正交多项式的性质

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1、正交多项式的性质(李锋，1080209030)摘要：本文主要阐述了由基1，x，x2,，xn，按G-S正交化方法得到的正交多项式的一些有用性质及其证明过程，包括正交性，递推关系，根的分布规律等。正如在最佳平方逼近的讨论中看到的那样，正交多项式能够使得由其生成的Gram矩阵 的形式极其简单，为非奇异对角矩阵，从而大大降低了求解最佳平方逼近多项式的系数的计 算，也避免了计算病态的矩阵方程。同时在数值积分方面，它也有着非常重要的应用。因而， 有必要分析正交多项式有用的性质。在区间a,b上，给定权函数P (x)，可以由线性无关的一组基1,x,x2,xn，利用施密特正交化方法构造出正交多项式族 9 (x)

2、s，由甲(x)生成的线性空间记为。对 n 0 n于f (x) e Ca,b，根据次数k的具体要求，总可以在在找到最佳平方逼近多项式9 *(x)。 k9 (x)的具体形式为: n9 (x)二 1;9 (x)二 xn 丄 9 (x), n 二 1,2 0n; 0(9 , 9 ) kk=0k k这样构造的正交多项式9 (x)具有以下一些有用的性质：n1.9 (x)为最高次数项系数为1的n次多项式;n2.任一不高于n次的多项式都可以表示成 a 9 (x)； kkk =03.当n丰m时，(9 ,9 ) = 0 ；且9 (x)与所有次数小于n的多项式p (x)正交,n mnn 1即 fp (x)9 (x)

3、 p (x)dx = 0，其中P (x)为权函数；nn 1a4.存在递推关系：9(x) = (x a )9 (x)一卩 9 (x),n = 0,1,2,n+1n nn n1其中：(x) 1, (x) 0 1 (x , )nnb x 2 (x) (x)dx, an:n，n),n 0,1,，这里(X ,) nn(，) 12(n,n1,2,n 1 n 1推论：(1)两个相邻正交多项式n2和n 1 无公共根；n1(2)设0为正交多项式的一个根，则2 (xo)和(xo)异号；0n 1n 20 n 05. n次正交多项式(x)有n个互异实零点，并且都包含在(a,b)中；n6. 假设a x xxb是正交多项

4、式(x)的n个根，那么在每个区12nn(a,x),(x,x),(x,b)内都有 (x)的一个零点。112nn 1(x)的生成方式，线性空间面来对以上的性质加以证明。首先对于前 3条性质，由与基的性质，函数正交的概念，显而易见它们是成立的。性质(4)，递推关系的证明：(x) (x )(x)n 1n nnn(x),n 0,1,2,1证明：由于x (x)是nn1次多项式，因此可以由, 线性表出，即n1其中 cx (x)n(x) c (x), n 1 01)为常系数。将上式两边同乘以(X)(x),sjs0,1,n2 ，并积分有：b x (x) (x) (x)dx a n s ab (x) (x) (x

5、)dx b c sa 0n1(x)(x) (x)dx js上式左端当s 0，1，n 2时，Xs(x)的次数小于n，从而由正交性质得出积分值等于零。同样右端第一个积分也为零。于是，当s 0,1,n 2时，上式就变为n(x) (x) s(x)dx令s 0 ,由正交性可知上式变为:c b (x) 2 (x)dx 0 ，0o从而c0 - 0。同理，当s依次为1,2, n 2时，可以推出c = 0,于是(1)式s就可以简化为：x9 (x) =9(x) + c 9(x) + c 9 (x),nn +1n -1 n -1n n2),c 。在(2)式两边同乘以p(x)9(x)并积分，得:n -1n -1b x

6、p (x)9 (x)9(x)dx = c Jann-1n-1由(1)式，可以得到下面的关系b p ( x)9 2 ( x) dxn -1x9(x) = 9 (x) + b 9 (x),n -1nj jj=0其中 b 为常系数. j将上式代入(2)式中可以得到= Jbp(x)92(x)dx/Jbp(x)92 (x)dx = G , 9 )/(9anan -1n ncn-1,9) ；n -1n -1同理用P(x)9 (x)同乘以(2)式两端并积分，可得n=Jbxp(x)92(x)dx/Jbp(x)92(x)dx =(x9 ,9 )/(9 ,9 )； anan将 c ,c 代入(2)式并整理可以得到

7、结论。 n n -1推论(1)两个相邻正交多项式9 和9 无公共根；n + 2n +1证明：反证法。假设9 和9 有公共根，任取一个记x*。则由性质(4)可知也为X* n+2n+19的一个根。如此类推下去，必有所构造的所有正交多项式组均有一个公共的根 nx *。显然这是不对的，故假设不成立。所以没有公共根。推论(2)由性质(4)可以直接推出。性质(5)，n次正交多项式9 (x)有n个互异实零点，并且都包含在(a,b)中。n证明：令n 1，假定9 (x)在(a, b)上不变号，则nJbap ( x)9 ( x)dx =nJb p (x)9 (x)9 (x)dx 丰 0.n0a这与正交性相矛盾。故

8、至少存在一点x e (a, b)使得9 (x ) = 0。若x是重根,1n 11则9 (x)/(x x )2为n - 2次的多项式。由正交性可知: n1jb p(x)q (x)q (x)/(x 一 x)2dx = 0;a n n 1 但上式另一方面却有：b p (x)9 (x) (x) /(x 一 x)2dx = Jb p (x) (x) /(x 一 x )2 dx 0;a n n 1 a n 1从而可知x只能为单根。假设Q (x)在(a, b)内只有j个单根1nxi,，xj( j 5，则有申(x)(x-x )(x-x )(x-x ) = q(x)(x-x )2(x-x )2 (x-x )2,

9、 n12j12j对上式两端乘以p(x)并积分，则左端由于(x- x )(x- x )(x- x )的次数小于 12jn，因此积分值为零；但对于右端来说，由于q(x)在(a,b)上不变号，所以积分值不为零。从而由这个矛盾推出j = n。性质(6)假设a x x x b是正交多项式Q (x)的n个根，那么在每个12nn区(a,x ), (x ,x )，,(x ,b)内都有q (x)的一个零点。112nn+1证明：采用归纳法。设n二1,x(1)表示多项式Q (x)的根，很明显为唯一，由性质(5)可知a x(1) b ；1 1 1多项式Q (x)为1 (对于首项不为1的正交多项式组也必是正常数)。由上

10、述的推 0论(2)可知，Q (x(1)为负数；另一方面，Q (a)和Q (b)都是正的，因为Q (x)必2 1 2 2 2可表示为(x 一 x(2)(x 一 x(2), a x(2) x v b。1 2 1 2于是在闭区间a,x(1),x(1),b上q (x)在端点上均异号，从而它的2个根分布必 1 1 2为a x x，x x 0, n为任意值； 0, n为偶数；nQ (a) 1 时命题成立，当k = n +1 时记点a,x(k+1),x(k+1),x(k+1),b ；12k +1在a点，q(a)和Q (a)符号相同，在x(k+1)处异号，但Q (x)在(a,x(k+1)上没k +2k1k1有

11、根(由假设成立)，即9 (a)与甲(x(k+D)同号。又由于甲(a)与甲(a)同号，kk 1kk+29 (x(k+1)与 9 (x(k+1)异号，所以有 9 (a)和 9 (x(k+1)异号，故 9 (x)在 k 1k+2 1k+2k+2 1k+2(a,x(k+1) 上必有一个根。1在x(n+1)点，9 (x)和9 (x)符号相异，而9 (x)在x(k+1)和x(n+1)之间有一个根,2k+2kk12记为x(k)，所以9 (x)在x(k+1), x(n+1)点变号。在x(n+d点，9(x)和9 (x)符号相1k121k+2k异，从而有9 (x)在点x(k+1), x(n+1)变号，即9 (x)

12、在(x(k+1),x(k+1)上有一个根。 k+212k+212如此类推下去，可知在区间 (a,x(k+1),(x(k+1),x(k+1),(x(k+1), x(k+1),(x(k+1),b)112kk+1k+1上9(x)均有一个根，共k+2个。而9(x)也只能有k+2个根，所以它的根的分布k+2k+2满足命题的规定。从而命题得证。参考资料：1. 蒋尔雄，赵风光数值逼近上海 ：复旦大学出版社， 1996；2. 李庆扬，关治，白峰杉数值计算原理北京：清华大学出版社，2000；3. 周国标，宋宝瑞，谢建立数值计算北京：高等教育出版社，2008；4. 莫国端, 刘开第函数逼近论方法北京：科学出版社，2003