切比雪夫多項式指北

第一類切比雪夫多項式

比較常見的是第一類切比雪夫多項式（\(T_n(x)\)），其遞推式為：

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

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

定義式為：

\[T_n(x)=\cos(n\arccos x) \]

或：

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

如果需要證明，象征性地“歸納得”即可。

有關結論（不證明）

1. \(T_{2n}(x)\) 為偶函數，\(T_{2n-1}(x)\) 為奇函數。

2. \(T_n(x)\) 在 \([-1,1]\) 上有 \(n\) 個實根，第 \(k (k=1,2...n)\) 個 \(x_k=\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}\)。

3. \(T_n(x)\) 在 \([-1,1]\) 上有 \(n+1\) 個極值點，輪流取最大值 \(1\) 和最小值 \(-1\)（誰是第一個由 \(n\) 奇偶性決定），第 \(k (k=0,1...n)\) 個為 \(x'_k=\cos\frac{k\pi}{n}\)。

4. \(n\) 次第一類切比雪夫多項式次數為 \(n\)（這不是廢話？），最高次項系數為 \(2^{n-1}\)（\(n\geq 1\)）。

推論. 任意最高次項系數為 \(1\) 的 \(n\) 次多項式在 \([-1,1]\) 上的最大值/最小值的絕對值的最小值為 \(\frac{1}{2^{n-1}}\)，當且僅當該多項式與等次的第一類切比雪夫多項式相對應時取最值。

推廣. 任意最高次項系數為 \(a\) 的 \(n\) 次多項式在區間 \(I=[l,r]\) 上的最大值/最小值的絕對值的最小值為 \(\frac{|a|(r-l)^n}{2^{2n-1}}\)，當且僅當該多項式與等次的第一類切比雪夫多項式相對應時取最值。

與第一類切比雪夫多項式相關的逼近問題

問題抽象：
在一區間 \([m,n]\) 上，求直線 \(l：y=g(x)\)，使定義在 \([m,n]\) 上的函數 \(f(x)\)（一般是冪函數或者可以化成冪函數） 滿足：

\[\max\limits_{m\leqslant x\leqslant n}|f(x)-g(x)| \]

最小。

若 \(f(x)\) 凹凸性不變化，那么即求解常數 \(c\) 滿足：

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

則

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

取最大值的點即為這個函數（如果能換元成多項式函數）整理為第一類切比雪夫多項式的極值點。

第二類切比雪夫多項式

有兩種求法比較好算（\(n\) 次第二類切比雪夫多項式記為 \(U_n(x)\)）：

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

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

2. 與第一類切比雪夫多項式的關系：

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

其實還有一些關系應該是用不到的。

定義式為：

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

如果需要證明，象征性地“歸納得”即可。

有關結論（不常用更不用證明）

1. \(U_{2n}(x)\) 為偶函數，\(U_{2n-1}(x)\) 為奇函數。

2. \(U_n(x)\) 在 \([-1,1]\) 上有 \(n\) 個實根，第 \(k (k=1,2...n)\) 個 \(x_k=\cos\frac{k\pi}{n+1}\)。

3. \(U_n(x)\) 在 \([-1,1]\) 上有 \(n-1\) 個極值點，輪流取最大值和最小值 （誰是第一個由 \(n\) 奇偶性決定），第 \(k (k=1...n-1)\) 個為 \(x'_k=\cos\frac{(2k+1)\pi}{2n+2}\)。

4. \(n\) 次第二類切比雪夫多項式次數為 \(n\)（這又雙叒叕是廢話？），最高次項系數為 \(2^n\)。

類切比雪夫多項式

1. 類第一類切比雪夫多項式

若多項式 \(f_n(x)\) 有遞推式：

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

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

那么該多項式一定滿足：

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

則該多項式的 \(n\) 個實根為 \(x_k=\frac{2}{t}\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}\)（\(k=1,2...n\)）。

證明“歸納得”即可。

若多項式 \(g_n(x)\) 有遞推式：

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

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

則構造 \(f_n(x)=\frac{g_n(x)}{\sqrt{v^n}}\)，於是有：

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

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

然后就能做了。

2. 類第二類切比雪夫多項式

若多項式 \(f_n(x)\) 有遞推式：

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

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

那么該多項式一定滿足：

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

則該多項式的 \(n\) 個實根為 \(x_k=\frac{2}{t}\cos\frac{k\pi}{n+1}\)（\(k=1,2...n\)）。

證明仍然“歸納得”即可。

若多項式 \(g_n(x)\) 有遞推式：

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

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

則構造 \(f_n(x)=\frac{g_n(x)}{\sqrt{v^n}}\)，於是有：

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

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

然后就能做了。

例題

已知 \(g_0(x)=1,g_1(x)=x\)，\(g_n(x)=\frac{[g_{n-1}(x)]^2-2^{n-1}}{g_{n-2}(x)}\)，證明 \(g_{n}(x)\) 為 \(n\) 次整系數多項式，並求 \(g_n(x)\) 的所有根。

簡析：

移項並構造：

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

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

兩式相比：

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

移項可得：

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

即：

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

為定值。

又 \(g_2(x)=x^2-2\)，則定值為 \(\frac{g_3(x)+2g_1(x)}{g_2(x)}=x\)。

於是有：

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

就可以像前面一樣做了（即類第二類切比雪夫多項式 \(u=1\)、\(v=2\) 的情況）。

(記得給辛苦的博主 tlx 點贊哦>_<