正交多项式的性质

正交多项式的性质

（李锋，1080209030）

2n{1,x,x,,x,}按G-S正交化方法得到的正交多项式的一摘要：本文主要阐述了由基

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。

2n{1,x,x,,x,}，利用施密[a,b](x)在区间上，给定权函数，可以由线性无关的一组基

n(x)}{0，由n(x)生成的线性空间记为。对于特正交化方法构造出正交多项式族

f(x)C[a,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k(x)。

*n(x)的具体形式为：

(xn,k)0(x)1;n(x)xk(x),n1,2(,)k0kk

nn1这样构造的正交多项式n(x)具有以下一些有用的性质： 1. n(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k0kk(x)；

3. 当nm时，(n,m)0；且n(x)与所有次数小于n的多项式pn1(x)正交，即

b(x)an(x)pn1(x)dx0，其中(x)为权函数；

4. 存在递推关系：n1(x)(xn)n(x)nn1(x),n0,1,2,，

其中：

0(x)1,1(x)0b(xn,n)2n,n0,1,,这里(xn,n)xn(x)(x)dx,a(n,n)(n,n)n,n1,2,(n1,n1)

推论：（1）两个相邻正交多项式n2和n1无公共根；

（2）设x0为正交多项式n1的一个根，则n2(x0)和n(x0)异号； 5. n次正交多项式n(x)有n个互异实零点，并且都包含在(a,b)中；

6. 假设ax1x2xnb是正交多项式n(x)的n个根，那么在每个区

(a,x1),(x1,x2),,(xn,b)内都有n1(x)的一个零点。

下面来对以上的性质加以证明。首先对于前3条性质，由n(x)的生成方式，线性空间与基的性质，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：n1(x)(xn)n(x)nn1(x),n0,1,2,， 证明：由于xn(x)是n1次多项式，因此可以由0,1,,n1线性表出，即

xn(x)n1(x)cjj(x),j0n （1）

其中j为常系数。将上式两边同乘以(x)s(x),s0,1,,n2，并积分有：

cbax(x)n(x)s(x)dx(x)n1(x)s(x)dxabbnacj0j(x)j(x)s(x)dx

上式左端当s0,1,,n2时，xs(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

cj(x)j(x)s(x)dx0j0anb

令s0，由正交性可知上式变为：

2c0(x)o(x)dx0ab，

从而c00。同理，当s依次为1,2,,n2时，可以推出cs0，于是（1）式就可以简化为：

xn(x)n1(x)cn1n1(x)cnn(x), （2）

下面来确定cn,cn1。在（2）式两边同乘以(x)n1(x)并积分，得：

ba2x(x)n(x)n1(x)dxcn1(x)n1(x)dxab

由（1）式，可以得到下面的关系：

xn1(x)n(x)bjj(x),j0n1 其中j为常系数.

b将上式代入（2）式中可以得到

22cn1(x)n(x)dx/a(x)n1(x)dxn,n/(n1,n1)bab；

同理用(x)n(x)同乘以（2）式两端并积分，可得

22cnx(x)n(x)dx/a(x)n(x)dxxn,n/(n,n)bab；

将cn,cn1代入（2）式并整理可以得到结论。 推论（1）两个相邻正交多项式n2和n1无公共根；

证明：反证法。假设n2和n1有公共根，任取一个记x。则由性质（4）可知也为x

**n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

x*。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n(x)有n个互异实零点，并且都包含在(a,b)中。 证明：令n1，假定n(x)在(a,b)上不变号，则

ba(x)n(x)dx(x)n(x)0(x)dx0ab.

这与正交性相矛盾。故至少存在一点x1(a,b)使得n(x1)0。若x1是重根，则

n(x)/(xx1)2为n2次的多项式。由正交性可知：

ba(x)n(x)[n(x)/(xx1)2]dx0;

但上式另一方面却有：

ba(x)n(x)[n(x)/(xx1)2]dx(x)[n(x)/(xx1)]2dx0;ab

x1,x2,,xj(jn)从而可知x1只能为单根。假设n(x)在(a,b)内只有j个单根

，则有

n(x)(xx1)(xx2)(xxj)q(x)(xx1)2(xx2)2(xxj)2，

对上式两端乘以p(x)并积分，则左端由于

(xx1)(xx2)(xxj)的次数小于n，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x1x2xnb是正交多项式n(x)的n个根，那么在每个区

(a,x1),(x1,x2),,(xn,b)内都有n1(x)的一个零点。

证明：采用归纳法。

(1)(1)xaxb； (x)n1111设,表示多项式的根，很明显为唯一，由性质（5）可知

多项式0(x)为1（对于首项不为1的正交多项式组也必是正常数）。由上述的推论（2）

(1)(x)为负数；另一方面，2(a)和2(b)都是正的，因为2(x)必可表示为21可知，

(2)(2)(xx1(2))(xx2),ax1(2)x2b。

(1)(1)[a,x],[x,b]上2(x)在端点上均异号，从而它的2个根分布必为11于是在闭区间

(2)ax1(2)x1(1),x1(1)x2b，从而n1时命题成立。

在归纳之前先考虑这样的关系成立：

n(b)0,n为任意值；(a)0,n为偶数；n(a)0,n为奇数；n

假设nk,k1时命题成立，当kn1时记点a,x1在a点，k2(a)和k(a)符号相同，在x1(k1)(k1)(k1),x2,,xk1,b；

(k1)(x)(a,x1(k1))k处异号，但在上没有根（由假

(k1)(k1)(k1)(x)(x)(x)(a)(a)(a)k21设成立），即k与k1同号。又由于k与k2同号，k1与异号，

(a)k2(x1(k1))(x)(a,x1(k1))k2k2所以有和异号，故在上必有一个根。

(n1)(k1)(n1)(k)(x)k(x)(x)xxxxk2k2121在点，和符号相异，而在和之间有一个根，记为，(k1)(n1)(n1)(k1)(x)(x)k(x)(x)xxxxkk2k21211所以在，点变号。在点，和符号相异，从而有在点，(k1)(k1)(n1)x2变号，即k2(x)在(x1,x2)上有一个根。

如此类推下去，可知在区间

(k1)(k1)(k1)(k1)(a,x1(k1)),(x1(k1),x2),,(xk,xk1),(xk1,b)上k2(x)均有一

个根，共k+2个。而k2(x)也只能有k+2个根，所以它的根的分布满足命题的规定。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