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：

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

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 \(x_k=\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}\)。

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 \(x'_k=\cos\frac{k\pi}{n}\)。

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 \(2^{n-1}\)（\(n\geq 1\)）。

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：

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

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 \(x_k=\cos\frac{k\pi}{n+1}\)。

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 \(x'_k=\cos\frac{(2k+1)\pi}{2n+2}\)。

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 \(x_k=\frac{2}{t}\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}\)（\(k=1,2...n\)）。

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：

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

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

然后就能做了。

2. 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 \(x_k=\frac{2}{t}\cos\frac{k\pi}{n+1}\)（\(k=1,2...n\)）。

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）。

(记得给辛苦的博主 tlx 点赞哦>_<