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）。

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