蓝以中下册 带度量的线性空间 17页 习题一23 解答

castelu

习题一23：
　　在实数域上线性空间$R[x]_{n+1}$内定义内积：若$f(x),g(x) \in R[x]_{n+1}$，令
$$(f(x),g(x))=\int_{-1}^1f(x)g(x)dx$$
　　则$R[x]_{n+1}$成为一欧式空间。证明下面的$Legendre$多项式
$$P_0(x)=1$$
$$P_k(x)=\frac{1}{2^kk!}\frac{d^k}{dx^k}[(x^2-1)^k](k=1,2,\cdots,n)$$
　　是$R[x]_{n+1}$的一组正交基。

---

解：
　　因为$(x^2-1)^k$是首项系数为$1$的$2k$次多项式，故
$$\begin{eqnarray*}
P_k(x)&=&\frac{1}{2^kk!}\frac{d^k}{dx^k}(x^2-1)^k\\
&=&\frac{2k(2k-1)\cdots(k+1)}{2^kk!}x^k+a_1x^{k-2}+\cdots+a_k
\end{eqnarray*}$$
　　（因$(x^2-1)^k$展开式中只含$x$的偶次幂，故求$k$次微商后不含$x^{k-1}$）
　　对$l<k$，应用高阶微商的$Leibniz$公式，有
$$\begin{eqnarray*}
\frac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^k&=&2k\frac{d^{l-1}}{dx^{l-1}}[x(x^2-1)^{k-1}]\\
&=&2k\left[x\frac{d^{l-1}}{dx^{l-1}}(x^2-1)^{k-1}+(l-1)\frac{d^{l-2}}{dx^{l-2}}(x^2-1)^{k-1}\right]
\end{eqnarray*}$$
　　现在利用上面公式来证明：
　　当$l<k$时
$$\frac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^k$$
　　（作为$x$的多项式）包含$(x^2-1)$为其因子
　　首先，$k=1$时，$l=0$，命题成立
　　设$k=m$时命题已成立
　　则当$k=m+1$时，设$l<m+1$，当$l=0,1$时结论显然成立，而$2 \le l \le m$时，有
$$\frac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^{m+1}=2(m+1)\left[x\frac{d^{l-1}}{dx^{l-1}}(x^2-1)^m+(l-1)\frac{d^{l-2}}{dx^{l-2}}(x^2-1)^m\right]$$
　　按归纳假设
$$\frac{d^{l-1}}{dx^{l-1}}(x^2-1)^m$$
　　和
$$\frac{d^{l-2}}{dx^{l-2}}(x^2-1)^m$$
　　中都含$(x^2-1)$作为因子，于是
$$\frac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^{m+1}$$
　　也含$(x^2-1)$作为其因子。于是，当$l<k$时有
$$\left.\frac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^k\right|_{x=\pm 1}=0$$
　　下面利用分部积分公式
$$\begin{eqnarray*}
&&\int_a^bu(x)v^{(m)}(x)dx\\
&=&\left.[uv^{(m-1)}-u'v^{(m-2)}+\cdots+(-1)^{m-1}u^{(m-1)}v]\right|_a^b+(-1)^m\int_a^bu^{(m)}(x)v(x)dx
\end{eqnarray*}$$
　　令$a=-1,b=1,m=k,l<k$，以及
$$u(x)=\frac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^l,v(x)=(x^2-1)^k$$
　　那么，按上面公式，我们有
$$\left.v^{(i)}(x)\right|_{x=\pm 1}=0(i=0,1\cdots,k-1)$$
　　又因$u(x)$为$l$次多项式，$l<k$，故$u^{(k)}(x)=0$。于是
$$\int_{-1}^1P_l(x)P_k(x)dx=\frac{1}{2^{k+1}k!l!}\int_{-1}^1\left(\frac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^l\right)\left(\frac{d^k}{dx^k}(x^2-1)^k\right)dx=0$$
　　这表明
$$P_0(x),P_1(x),\cdots,P_n(x)$$
　　是$R[x]_{n+1}$的一组正交基
　　因为次数小于$k$的多项式可被
$$P_0(x),P_1(x),\cdots,P_{k-1}(x)$$
　　（它们是$R[x]_{n+1}$的一组正交基）线性表示，因而与$P_{k+i}(x)$正交$(i=0,1,2,\cdots)$