切比雪夫多项式指北

第一类切比雪夫多项式

比较常见的是第一类切比雪夫多项式（(T_n(x))），其递推式为：

[T_0(x)=1,T_1(x)=x ]

[T_{n+2}(x)=2xT_{n+1}(x)-T_n(x) ]

定义式为：

[T_n(x)=cos(narccos x) ]

或：

[T_n(cos x)=cos (nx) ]

如果需要证明，象征性地“归纳得”即可。

有关结论（不证明）

1. (T_{2n}(x)) 为偶函数，(T_{2n-1}(x)) 为奇函数。

2. (T_n(x)) 在 ([-1,1]) 上有 (n) 个实根，第 (k (k=1,2...n)) 个 (x_k=cosfrac{(2k-1)pi}{2n})。

3. (T_n(x)) 在 ([-1,1]) 上有 (n+1) 个极值点，轮流取最大值 (1) 和最小值 (-1)（谁是第一个由 (n) 奇偶性决定），第 (k (k=0,1...n)) 个为 (x'_k=cosfrac{kpi}{n})。

4. (n) 次第一类切比雪夫多项式次数为 (n)（这不是废话？），最高次项系数为 (2^{n-1})（(ngeq 1)）。

推论. 任意最高次项系数为 (1) 的 (n) 次多项式在 ([-1,1]) 上的最大值/最小值的绝对值的最小值为 (frac{1}{2^{n-1}})，当且仅当该多项式与等次的第一类切比雪夫多项式相对应时取最值。

推广. 任意最高次项系数为 (a) 的 (n) 次多项式在区间 (I=[l,r]) 上的最大值/最小值的绝对值的最小值为 (frac{|a|(r-l)^n}{2^{2n-1}})，当且仅当该多项式与等次的第一类切比雪夫多项式相对应时取最值。

与第一类切比雪夫多项式相关的逼近问题

问题抽象：
在一区间 ([m,n]) 上，求直线 (l：y=g(x))，使定义在 ([m,n]) 上的函数 (f(x))（一般是幂函数或者可以化成幂函数） 满足：

[maxlimits_{mleqslant xleqslant n}|f(x)-g(x)| ]

最小。

若 (f(x)) 凹凸性不变化，那么即求解常数 (c) 满足：

[f'(c)=frac{f(m)-f(n)}{m-n} ]

则

[l:y=f'(c)(x-frac{m+c}{2})+frac{f(m)+f(c)}{2} ]

取最大值的点即为这个函数（如果能换元成多项式函数）整理为第一类切比雪夫多项式的极值点。

第二类切比雪夫多项式

有两种求法比较好算（(n) 次第二类切比雪夫多项式记为 (U_n(x))）：

[U_0(x)=1,U_1(x)=2x ]

[U_{n+2}(x)=2xU_{n+1}(x)-U_n(x) ]

2. 与第一类切比雪夫多项式的关系：

[frac{dT_n(x)}{dx}=nU_{n-1}(x) ]

其实还有一些关系应该是用不到的。

定义式为：

[U_n(cos x)=frac{sin [(n+1)x]}{sin x} ]

如果需要证明，象征性地“归纳得”即可。

有关结论（不常用更不用证明）

1. (U_{2n}(x)) 为偶函数，(U_{2n-1}(x)) 为奇函数。

2. (U_n(x)) 在 ([-1,1]) 上有 (n) 个实根，第 (k (k=1,2...n)) 个 (x_k=cosfrac{kpi}{n+1})。

3. (U_n(x)) 在 ([-1,1]) 上有 (n-1) 个极值点，轮流取最大值和最小值 （谁是第一个由 (n) 奇偶性决定），第 (k (k=1...n-1)) 个为 (x'_k=cosfrac{(2k+1)pi}{2n+2})。

4. (n) 次第二类切比雪夫多项式次数为 (n)（这又双叒叕是废话？），最高次项系数为 (2^n)。

类切比雪夫多项式

1. 类第一类切比雪夫多项式

若多项式 (f_n(x)) 有递推式：

[f_0(x)=1,f_2(x)=frac{t}{2}x ]

[f_n(x)=txf_{n-1}(x)-f_{n-2}(x) ]

那么该多项式一定满足：

[f_n(frac{2}{t}cos x)=cos(nx) ]

则该多项式的 (n) 个实根为 (x_k=frac{2}{t}cosfrac{(2k-1)pi}{2n})（(k=1,2...n)）。

证明“归纳得”即可。

若多项式 (g_n(x)) 有递推式：

[g_0(x)=1,g_2(x)=frac{u}{2}x ]

[g_n(x)=uxg_{n-1}(x)-vg_{n-2}(x) ]

则构造 (f_n(x)=frac{g_n(x)}{sqrt{v^n}})，于是有：

[f_0(x)=1,f_2(x)=frac{u}{2sqrt{v}}x ]

[f_n(x)=frac{u}{sqrt{v}}xf_{n-1}(x)-f_{n-2}(x) ]

然后就能做了。

2. 类第二类切比雪夫多项式

若多项式 (f_n(x)) 有递推式：

[f_0(x)=1,f_2(x)=tx ]

[f_n(x)=txf_{n-1}(x)-f_{n-2}(x) ]

那么该多项式一定满足：

[f_n(frac{2}{t}cos x)=frac{sin [(n+1)x]}{sin x} ]

则该多项式的 (n) 个实根为 (x_k=frac{2}{t}cosfrac{kpi}{n+1})（(k=1,2...n)）。

证明仍然“归纳得”即可。

若多项式 (g_n(x)) 有递推式：

[g_0(x)=1,g_2(x)=ux ]

[g_n(x)=uxg_{n-1}(x)-vg_{n-2}(x) ]

则构造 (f_n(x)=frac{g_n(x)}{sqrt{v^n}})，于是有：

[f_0(x)=1,f_2(x)=frac{u}{sqrt{v}}x ]

[f_n(x)=frac{u}{sqrt{v}}xf_{n-1}(x)-f_{n-2}(x) ]

然后就能做了。

例题

已知 (g_0(x)=1,g_1(x)=x)，(g_n(x)=frac{[g_{n-1}(x)]^2-2^{n-1}}{g_{n-2}(x)})，证明 (g_{n}(x)) 为 (n) 次整系数多项式，并求 (g_n(x)) 的所有根。

简析：

移项并构造：

[[g_{n-1}(x)]^2-g_n(x)g_{n-2}(x)=2^{n-1} ]

[[g_n(x)]^2-g_{n+1}(x)g_{n-1}(x)=2^n ]

两式相比：

[2[g_{n-1}(x)]^2-2g_n(x)g_{n-2}(x)=[g_n(x)]^2-g_{n+1}(x)g_{n-1}(x) ]

移项可得：

[g_{n-1}(x)[g_{n+1}(x)+2g_{n-1}(x)]=g_n(x)[g_n(x)+2g_{n-2}(x)] ]

即：

[frac{g_{n+1}(x)+2g_{n-1}(x)}{g_n(x)}=frac{g_n(x)+2g_{n-2}(x)}{g_{n-1}(x)} ]

为定值。

又 (g_2(x)=x^2-2)，则定值为 (frac{g_3(x)+2g_1(x)}{g_2(x)}=x)。

于是有：

[g_{n}(x)=xg_{n-1}(x)-2g_{n-2}(x) ]

就可以像前面一样做了（即类第二类切比雪夫多项式 (u=1)、(v=2) 的情况）。

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