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标题: 蓝以中下册带度量的线性空间 18页习题一24 解答 [打印本页]

作者: castelu 时间: 2016-7-13 22:11
标题: 蓝以中下册带度量的线性空间 18页习题一24 解答
习题一24：
　　证明$Legendre$多项式$P_k(x)$为$x$的$k$次多项式。若
$$P_k(x)=a_0x^k+a_1x^{k-1}+\cdots+a_k$$
　　求出$P_k(x)$的一个递推公式。

解：
　　根据《蓝以中下册带度量的线性空间 17页习题一23 解答》
　　利用上面的分部积分公式（令$l=k$），我们有
$$\begin{eqnarray*}
\int_{-1}^1P_k^2(x)dx&=&\left(\frac{1}{k!2^k}\right)^2\int_{-1}^1\left(\frac{d^k}{dx^k}(x^2-1)^k\right)\frac{d^k}{dx^k}(x^2-1)^kdx\\
&=&\left(\frac{1}{k!2^k}\right)^2(-1)^k\int_{-1}^1\left(\frac{d^{2k}}{dx^{2k}}(x^2-1)^k\right)(x^2-1)^kdx
\end{eqnarray*}$$
　　上面已指出
$$\frac{d^k}{dx^k}(x^2-1)^k=2k(2k-1)\cdots(k+1)x^k+\cdots$$
　　于是
$$\frac{d^{2k}}{dx^{2k}}(x^2-1)^k=(2k)!$$
　　因此
$$\begin{eqnarray*}
\int_{-1}^1P_k^2(x)dx&=&\left(\frac{1}{k!2^k}\right)^2(2k)!\int_{-1}^1(1-x^2)^kdx\\
&=&2\left(\frac{1}{k!2^k}\right)^2(2k)!\int_0^1(1-x^2)^kdx\\
&=&2\left(\frac{1}{k!2^k}\right)^2(2k)!\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cos)^{2k+1}tdt（令x=\sin t）\\
\end{eqnarray*}$$
　　现在利用三角函数积分（可利用分部积分法推得，在数学分析课程中已有讨论）
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2k+1}tdt=\frac{2k(2k-2)\cdot\cdots\cdot 4 \cdot 2}{(2k+1)(2k-1)\cdot\cdots\cdot 3 \cdot 1}$$
　　我们推得
$$\int_{-1}^1P_k^2(x)dx=\frac{2}{2k+1}$$
　　现在考查欧式空间$R[x]_{n+2}$，它有一组正交基
$$P_0(x),P_1(x),P_2(x),\cdots,P_{n+1}(x)$$
　　于是向量$xP_n(x)$可被此组基线性表示：
$$xP_n(x)=c_0P_{n+1}(x)+c_1P_n(x)+c_2P_{n-1}(x)+\cdots+c_{n+1}P_0(x)$$
　　因为当$i \ge 2$时，$xP_{n-i}(x)$次数$<n$，已知与$P_n(x)$正交，故
$$\begin{eqnarray*}
0&=&\int_{-1}^1(xP_{n-i}(x))P_n(x)dx=c_{i+1}\int_{-1}^1P_{n-i}^2(x)dx\\
&=&\frac{2}{2n-2i+1}c_{i+1}
\end{eqnarray*}$$
　　于是
$$c_{i+1}=0(i=2,3,\cdots,n)$$
　　又因$P_{n+1}(x),P_{n-i}(x)(i=1,2,\cdots,n)$按上式，其中均不含$x^n$的项
　　等式左端因为$P_n(x)$中不含$x^{n-1}$的项
　　故$xP_n(x)$中不含$x^n$的项，比较公式两边$x^n$的系数立即推知$c_1=0$
　　因此，我们得到
$$xP_n(x)=c_0P_{n+1}(x)+c_2P_{n-1}(x)$$
　　比较两边$x^{n+1}$的系数，从上式有
$$\frac{2n(2n-1)\cdots(n+1)}{2^nn!}=c_0\frac{(2n+2)(2n+1)\cdots(n+2)}{2^{n+1}(n+1)!}$$
　　于是
$$c_0=\frac{n+1}{2n+1}$$
　　现再利用$Leibniz$公式，有
$$\begin{eqnarray*}
\frac{d^k}{dx^k}(x^2-1)^k&=&\frac{d^k}{dx^k}[(x+1)^k(x-1)^k]\\
&=&(x+1)^k\frac{d^k}{dx^k}(x-1)^k\\
&+&k\frac{d(x+1)}{dx}\frac{d^{k-1}}{dx^{k-1}}(x-1)^k+\cdots\\
&+&\frac{d^k}{dx^k}(x+1)^k(x-1)^k
\end{eqnarray*}$$
　　等式右端从第二项起都含因子$(x-1)$，而
$$\frac{d^k}{dx^k}(x-1)^k=k!$$
　　故
$$\left.P_k(x)\right|_{x=1}=\left.\frac{1}{2^kk!}\frac{d^k}{dx^k}(x^2-1)^k\right|_{x=1}=\frac{1}{2^kk!}2^kk!=1$$
　　将此结果应用于上式，即得
$$1=c_0+c_2=\frac{n+1}{2n+1}+c_2$$
　　故
$$c_2=\frac{n}{2n+1}$$
　　于是我们得到如下递推公式
$$(n+1)P_{n+1}(x)-(2n+1)xP_n(x)+nP_{n-1}(x)=0$$

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