Wielomiany Czebyszowa January 11, 2025 1 1 Wielomian Czebyszowa 1.1 Wyprowadzenie wzoru na posta¢ iloczynow¡ cos ( nθ ) = T n (cos ( θ )) x = cos ( θ ) cos ( nθ ) = 0 nθ = π 2 + kπ nθ = (2 k + 1) π 2 θ = (2 k + 1) π 2 n cos ( θ ) = cos ( (2 k + 1) π 2 n ) T n ( x ) = a · n ∏ k =1 ( x − cos ( (2 k − 1) π 2 n )) T n (1) = 1 a · n ∏ k =1 ( 1 − cos ( (2 k − 1) π 2 n )) = 1 a = 1 n ∏ k =1 ( 1 − cos ( (2 k − 1) π 2 n )) a = n ∏ k =1 1 1 − cos ( (2 k − 1) π 2 n ) T n ( x ) = n ∏ k =1 x − cos ( (2 k − 1) π 2 n ) 1 − cos ( (2 k − 1) π 2 n ) 2 1.2 Wyprowadzenie wzoru na wspóªczynniki przez rozwi¡zanie równania rekurencyjnego cos ( nθ ) = T n (cos ( θ )) x = cos ( θ ) cos (( n + 1) θ ) = cos ( θ ) cos ( nθ ) − sin ( θ ) sin ( nθ ) cos (( n + 1) θ ) = cos ( θ ) cos ( nθ ) + cos ( θ ) cos ( nθ ) − cos ( θ ) cos ( nθ ) − sin ( θ ) sin ( nθ ) cos (( n + 1) θ ) = 2 cos ( θ ) cos ( nθ ) − (cos ( θ ) cos ( nθ ) + sin ( θ ) sin ( nθ )) cos (( n + 1) θ ) = 2 cos ( θ ) cos ( nθ ) − cos (( n − 1) θ ) T n +1 ( x ) = 2 xT n ( x ) − T n − 1 ( x ) Mamy zatem nast¦puj¡ce równanie rekurencyjne T n +1 ( x ) = 2 xT n ( x ) − T n − 1 ( x ) , n ≥ 1 T 1 ( x ) = x T 0 ( x ) = 1 Przesu«my teraz indeks w tej rekurencji T n +2 ( x ) = 2 xT n +1 ( x ) − T n ( x ) , n ≥ 0 T 1 ( x ) = x T 0 ( x ) = 1 Aby rozwi¡za¢ powy»sze równanie rekurencyjne zde niujmy wykªadnicz¡ funkcj¦ tworz¡c¡ E ( x, t ) = ∞ ∑ n =0 T n ( x ) · t n n ! Wstawmy zde niowan¡ funkcj¦ tworz¡c¡ do równania rekurencyjnego 3 ∞ ∑ n =0 T n +2 ( x ) · t n n ! = ∞ ∑ n =0 (2 xT n +1 ( x ) − T n ( x )) · t n n ! ∞ ∑ n =0 T n +2 ( x ) · t n n ! = 2 x ( ∞ ∑ n =0 T n +1 ( x ) · t n n ! ) − ( ∞ ∑ n =0 T n ( x ) · t n n ! ) ∞ ∑ n =0 T n +2 ( x ) · ( n + 2) ( n + 1) t n ( n + 2)! = 2 x ( ∞ ∑ n =0 T n +1 ( x ) · ( n + 1) t n ( n + 1)! ) − ( ∞ ∑ n =0 T n ( x ) · t n n ! ) d 2 d t 2 ( ∞ ∑ n =0 T n +2 ( x ) · t n +2 ( n + 2)! ) = 2 x · d d t ( ∞ ∑ n =0 T n +1 ( x ) · t n +1 ( n + 1)! ) − ( ∞ ∑ n =0 T n ( x ) · t n n ! ) d 2 d t 2 ( ∞ ∑ n =2 T n ( x ) · t n n ! ) = 2 x · d d t ( ∞ ∑ n =1 T n ( x ) · t n n ! ) − ( ∞ ∑ n =0 T n ( x ) · t n n ! ) d 2 d t 2 ( ∞ ∑ n =0 T n ( x ) · t n n ! − 1 − xt ) = 2 x · d d t ( ∞ ∑ n =0 T n ( x ) · t n n ! − 1 ) − ( ∞ ∑ n =0 T n ( x ) · t n n ! ) d 2 d t 2 ( ∞ ∑ n =0 T n ( x ) · t n n ! ) − 2 x · d d t ( ∞ ∑ n =0 T n ( x ) · t n n ! ) + ( ∞ ∑ n =0 T n ( x ) · t n n ! ) = 0 Upro±¢my teraz zapis wykªadniczej funkcji tworz¡cej pomijaj¡c nieistotn¡ zmienn¡ E ′′ ( t ) − 2 xE ′ ( t ) + E ( t ) = 0 Mamy wówczas nast¦puj¡ce równanie ró»niczkowe z warunkami pocz¡tkowymi E ′′ ( t ) − 2 xE ′ ( t ) + E ( t ) = 0 E (0) = 1 E ′ (0) = x Przypomnijmy teraz podstawowe wiadomo±ci o przeksztaªceniu Laplace L { y ( t ) } = ∞ ∫ 0 y ( t ) e − st d t Liniowo±¢ przeksztaªcenia Laplace wynika z liniowo±ci caªki 4 L { a · f ( t ) + b · g ( t ) } = ∞ ∫ 0 ( a · f ( t ) + b · g ( t )) · e − st d t L { a · f ( t ) + b · g ( t ) } = a ∞ ∫ 0 f ( t ) e − st d t + b ∞ ∫ 0 g ( t ) e − st d t L { a · f ( t ) + b · g ( t ) } = a · L { f ( t ) } + b · L { g ( t ) } Wyprowad¹my wzór na przesuni¦cie argumentów obrazu ∞ ∫ 0 y ( t ) e − ( s − a ) t = ∞ ∫ 0 e at y ( t ) e − st d t Y ( s − a ) = L { e at y ( t ) } Wyprowad¹my wzór na transformat¦ Laplace z funkcyj trygonometrycznych 5 ∞ ∫ 0 cos ( t ) e − st d t = sin ( t ) e − st ∣ ∣ ∣ ∣ ∞ 0 − ∞ ∫ 0 sin ( t ) ( − s · e − st ) d t ∞ ∫ 0 cos ( t ) e − st d t = s ∞ ∫ 0 sin ( t ) e − st d t L { cos ( t ) } = s L { sin ( t ) } ∞ ∫ 0 sin ( t ) e − st d t = − cos ( t ) e − st ∣ ∣ ∣ ∣ ∞ 0 − ∞ ∫ 0 ( − cos ( t )) ( − s · e − st ) d t ∞ ∫ 0 sin ( t ) e − st d t = − (0 − 1) − s ∞ ∫ 0 cos ( t ) e − st d t ∞ ∫ 0 sin ( t ) e − st d t = 1 − s ∞ ∫ 0 cos ( t ) e − st d t L { sin ( t ) } = 1 − s L { cos ( t ) } { L { cos ( t ) } = s L { sin ( t ) } L { sin ( t ) } = 1 − s L { cos ( t ) } { L { cos ( t ) } = s L { sin ( t ) } L { sin ( t ) } = 1 − s 2 L { sin ( t ) } { L { cos ( t ) } = s L { sin ( t ) } ( 1 + s 2 ) L { sin ( t ) } = 1 { L { cos ( t ) } = s 1+ s 2 L { sin ( t ) } = 1 1+ s 2 Wyprowad¹my caªkuj¡c przez cz¦±ci rekurencyjny wzór na transformat¦ pochodnej 6 L { y ( t ) } = Y ( s ) L { y ( n +1) ( t ) } = ∞ ∫ 0 y ( n +1) ( t ) e − st d t L { y ( n +1) ( t ) } = y ( n ) ( t ) e − st ∣ ∣ ∣ ∣ ∞ 0 − ∞ ∫ 0 y ( n ) ( t ) ( − s · e − st ) d t L { y ( n +1) ( t ) } = lim t →∞ y ( n ) ( t ) e − st − lim t → 0 + y ( n ) ( t ) e − st + s ∞ ∫ 0 y ( n ) ( t ) e − st d t L { y ( n +1) ( t ) } = 0 − y ( n ) ( 0 + ) + s ∞ ∫ 0 y ( n ) ( t ) e − st d t L { y ( n +1) ( t ) } = − y ( n ) ( 0 + ) + s L { y ( n ) ( t ) } { L { y (0) ( t ) } = L { y ( t ) } = Y ( s ) L { y ( n +1) ( t ) } = − y ( n ) (0 + ) + s L { y ( n ) ( t ) } E ′′ ( t ) − 2 xE ′ ( t ) + E ( t ) = 0 E (0) = 1 E ′ (0) = x Rozwi¡»my teraz powy»sze równanie ró»niczkowe z wykorzystaniem przeksztaªcenia Laplace 7 L { E ′′ ( t ) − 2 xE ′ ( t ) + E ( t ) } = L { 0 } L { E ′′ ( t ) } − 2 x L { E ′ ( t ) } + L { E ( t ) } = 0 ( − x − s + s 2 E ( s ) ) − 2 x ( − 1 + sE ( s )) + E ( s ) = 0 − x − s + 2 x + s 2 E ( s ) − 2 xsE ( s ) + E ( s ) = 0 x − s + s 2 E ( s ) − 2 xsE ( s ) + E ( s ) = 0 x − s + ( s 2 − 2 xs + 1 ) E ( s ) = 0 ( s 2 − 2 xs + 1 ) E ( s ) = s − x E ( s ) = s − x s 2 − 2 xs + 1 E ( s ) = s − x s 2 − 2 xs + x 2 + 1 − x 2 E ( s ) = s − x ( s − x ) 2 + 1 − x 2 x ∈ [ − 1; 1] E ( t ) = e xt cos (√ 1 − x 2 · t ) Zauwa»my »e do±¢ ªatwo jest policzy¢ n. pochodn¡ czynników tej wykªadniczej funkcji tworz¡cej zatem dobrym pomysªem byªoby skorzystanie z wzoru Leibniza na n. pochodn¡ iloczynu d n d t n ( e xt ) = x n e xt d n d t n ( cos (√ 1 − x 2 · t )) = (√ 1 − x 2 ) n cos ( π 2 n + √ 1 − x 2 · t ) Wzór Leibniza na n. pochodn¡ iloczynu wygl¡da podobnie do dwumianu Newtona d n d t n ( f · g ) ( t ) = n ∑ k =0 ( n k ) f ( n − k ) ( t ) · g ( k ) ( t ) 8 d n d t n (( e xt cos (√ 1 − x 2 · t ))) = n ∑ k =0 ( n k ) x n − k e xt · (√ 1 − x 2 ) k cos ( π 2 k + √ 1 − x 2 · t ) d n d t n (( e xt cos (√ 1 − x 2 · t ))) ∣ ∣ ∣ ∣ t =0 = n ∑ k =0 ( n k ) x n − k · (√ 1 − x 2 ) k cos ( π 2 k ) d n d t n (( e xt cos (√ 1 − x 2 · t ))) ∣ ∣ ∣ ∣ t =0 = ⌊ n 2 ⌋ ∑ k =0 ( n 2 k ) x n − 2 k · ( 1 − x 2 ) k cos ( π · k ) d n d t n (( e xt cos (√ 1 − x 2 · t ))) ∣ ∣ ∣ ∣ t =0 = ⌊ n 2 ⌋ ∑ k =0 ( n 2 k ) ( − 1) k · x n − 2 k · ( 1 − x 2 ) k d n d t n (( e xt cos (√ 1 − x 2 · t ))) ∣ ∣ ∣ ∣ t =0 = ⌊ n 2 ⌋ ∑ k =0 ( n 2 k ) · x n − 2 k · ( x 2 − 1 ) k T n ( x ) = ⌊ n 2 ⌋ ∑ k =0 ( n 2 k ) · x n − 2 k · ( x 2 − 1 ) k T n ( x ) = ⌊ n 2 ⌋ ∑ k =0 ( n 2 k ) · x n − 2 k · ( x 2 − 1 ) k Rozwi«my ten wzór jeszcze bardziej tzn zastosujmy dwumian Newtona do czynnika ( x 2 − 1 ) k T n ( x ) = ⌊ n 2 ⌋ ∑ k =0 ( n 2 k ) · x n − 2 k · ( k ∑ l =0 ( k l ) x 2 l ( − 1) k − l ) Czynnik ( n 2 k ) · x n − 2 k jest niezale»ny od zmiennej indeksuj¡cej wewn¦trzn¡ sum¦ wi¦c powy»sz¡ sum¦ mo»na zapisa¢ nast¦puj¡co 9 T n ( x ) = ⌊ n 2 ⌋ ∑ k =0 k ∑ l =0 ( n 2 k )( k l ) x n − 2 k +2 l ( − 1) k − l T n ( x ) = ⌊ n 2 ⌋ ∑ k =0 k ∑ l =0 ( n 2 k )( k l ) ( − 1) k − l x n − 2( k − l ) ( k l ) = ( k k − l ) T n ( x ) = ⌊ n 2 ⌋ ∑ k =0 k ∑ l =0 ( n 2 k )( k k − l ) ( − 1) k − l x n − 2( k − l ) m = k − l 0 ≤ l ≤ k 0 ≥ − l ≥ − k k ≥ k − l ≥ 0 k ≥ m ≥ 0 T n ( x ) = ⌊ n 2 ⌋ ∑ k =0 k ∑ m =0 ( n 2 k )( k m ) ( − 1) m x n − 2 m Jak wida¢ teraz wykªadnik pot¦gi x zale»y od indeksu wewn¦trznej sumy i aby liczy¢ dalej przy- daªoby si¦ zmieni¢ kolejno±¢ sumowania bo wtedy wykªadnik pot¦gi x uniezale»niªby si¦ od indeksu wewn¦trznej sumy T n ( x ) = ⌊ n 2 ⌋ ∑ m =0 ⌊ n 2 ⌋ ∑ k = m ( n 2 k )( k m ) ( − 1) m x n − 2 m Jednak nie jestem pewny poprawno±ci tego przeksztaªcenia ponadto zostaje jeszcze do policzenia suma ⌊ n 2 ⌋ ∑ k = m ( n 2 k )( k m ) 10 1.3 Wyprowadzenie wzoru na wspóªczynniki przez rozwi¡zanie równania ró»niczkowego metod¡ szeregu pot¦gowego Wyprowad¹my równanie ró»niczkowe którego rozwi¡zaniem szczególnym s¡ wielomiany Czebyszowa cos ( n · t ) = T n (cos ( t )) y ( t ) = cos ( n · t ) y ′ ( t ) = − n sin ( n · t ) y ′′ ( t ) = − n 2 cos ( n · t ) y ′′ ( t ) = − n 2 y ( t ) y ′′ ( t ) + n 2 y ( t ) = 0 Zastosujmy w powy»szym równaniu zamian¦ zmiennej niezale»nej 11 y ′′ ( t ) + n 2 y ( t ) = 0 x = cos ( t ) d x d t = − sin ( t ) d x d t = ( − 1 · ( ± √ 1 − x 2 )) d x d t = ∓ √ 1 − x 2 d y d t = d y d x · d x d t d y d t = d y d x · ( ∓ √ 1 − x 2 ) d 2 y d t 2 = d d t ( d y d t ) d 2 y d t 2 = d d x ( d y d x · d x d t ) · d x d t d 2 y d t 2 = d d x ( d y d x · ( ∓ √ 1 − x 2 )) · ( ∓ √ 1 − x 2 ) d 2 y d t 2 = √ 1 − x 2 d d x ( d y d x · √ 1 − x 2 ) d 2 y d t 2 = √ 1 − x 2 ( d 2 y d x 2 · √ 1 − x 2 − d y d x · x √ 1 − x 2 ) d 2 y d t 2 = ( 1 − x 2 ) d 2 y d x 2 − x d y d x d 2 y d t 2 + n 2 y ( t ) = ( 1 − x 2 ) d 2 y d x 2 − x d y d x + n 2 y ( x ) d 2 y d t 2 + n 2 y ( t ) = 0 ( 1 − x 2 ) d 2 y d x 2 − x d y d x + n 2 y ( x ) = 0 Rozwi¡»my powy»sze równanie szeregiem pot¦gowym 12 ( 1 − x 2 ) d 2 y d x 2 − x d y d x + n 2 y ( x ) = 0 y ( x ) = ∞ ∑ m =0 c m x m ( 1 − x 2 ) ( ∞ ∑ m =0 m ( m − 1) c m x m − 2 ) − x ( ∞ ∑ m =0 mc m x m − 1 ) + n 2 ( ∞ ∑ m =0 c m x m ) = 0 ( ∞ ∑ m =0 m ( m − 1) c m x m − 2 ) − x 2 ( ∞ ∑ m =0 m ( m − 1) c m x m − 2 ) − x ( ∞ ∑ m =0 mc m x m − 1 ) + n 2 ( ∞ ∑ m =0 c m x m ) = 0 ( ∞ ∑ m =2 m ( m − 1) c m x m − 2 ) − ( ∞ ∑ m =0 m ( m − 1) c m x m ) − ( ∞ ∑ m =0 mc m x m ) + n 2 ( ∞ ∑ m =0 c m x m ) = 0 ( ∞ ∑ m =2 m ( m − 1) c m x m − 2 ) − ( ∞ ∑ m =0 ( m ( m − 1) + m − n 2 ) c m x m ) = 0 ( ∞ ∑ m =2 m ( m − 1) c m x m − 2 ) − ( ∞ ∑ m =0 ( m 2 − n 2 ) c m x m ) = 0 ( ∞ ∑ m =2 m ( m − 1) c m x m − 2 ) − ( ∞ ∑ m =0 ( m − n ) ( m + n ) c m x m ) = 0 ( ∞ ∑ m =2 m ( m − 1) c m x m − 2 ) − ( ∞ ∑ m =2 ( m − 2 − n ) ( m − 2 + n ) c m − 2 x m − 2 ) = 0 ∞ ∑ m =2 ( m ( m − 1) c m − ( m − 2 − n ) ( m − 2 + n ) c m − 2 ) x m − 2 = 0 m ( m − 1) c m − ( m − 2 − n ) ( m − 2 + n ) c m − 2 = 0 ( m − 2 − n ) ( m − 2 + n ) c m − 2 = m ( m − 1) c m c m − 2 = m ( m − 1) ( m − 2 − n ) ( m − 2 + n ) c m 13 Rozpiszmy t¦ zale»no±¢ rekurencyjn¡ na wspóªczynniki wielomianów Czebyszowa c m − 2 = m ( m − 1) ( m − 2 − n ) ( m − 2 + n ) c m c m − 4 = ( m − 2) ( m − 3) ( m − 4 − n ) ( m − 4 + n ) · m ( m − 1) ( m − 2 − n ) ( m − 2 + n ) c m c m − 6 = ( m − 4) ( m − 5) ( m − 6 − n ) ( m − 6 + n ) · ( m − 2) ( m − 3) ( m − 4 − n ) ( m − 4 + n ) · m ( m − 1) ( m − 2 − n ) ( m − 2 + n ) c m c m − 6 = ( m − 6)! ( m − 6)! · ( m − 4) ( m − 5) ( m − 6 − n ) ( m − 6 + n ) · ( m − 2) ( m − 3) ( m − 4 − n ) ( m − 4 + n ) · m ( m − 1) ( m − 2 − n ) ( m − 2 + n ) c m c m − 6 = m ! ( m − 6)! · 1 ( m − 6 − n ) ( m − 4 − n ) ( m − 2 − n ) · 1 ( m − 6 + n ) ( m − 4 + n ) ( m − 2 + n ) c m c m − 2 k = m ! ( m − 2 k )! · 1 ( m − 2 − n ) ( m − 4 − n ) · . . . · ( m − 2 k − n ) · 1 ( m − 2 + n ) ( m − 4 + n ) · . . . · ( m − 2 k + n ) c m n = k c n − 2 k = n ! ( n − 2 k )! · 1 ( − 2) ( − 4) · . . . · ( − 2 k ) · 1 (2 n − 2) (2 n − 4) · . . . · (2 n − 2 ( k − 1)) (2 n − 2 k ) c n c n − 2 k = n ! ( n − 2 k )! · 1 ( − 1) k (2) (4) · . . . · (2 k ) · 1 (2 n − 2) (2 n − 4) · . . . · (2 n − 2 ( k − 1)) (2 n − 2 k ) c n c n − 2 k = n ! ( n − 2 k )! · ( − 1) k 2 2 k (1) (2) · . . . · ( k ) · 1 ( n − 1) ( n − 2) · . . . · ( n − ( k − 1)) ( n − k ) c n 14 c n − 2 k = n ! ( n − 2 k )! · ( − 1) k 2 2 k · k ! · 1 n − k · 1 ( n − 1) ( n − 2) · . . . · ( n − ( k − 1)) c n c n − 2 k = n ! ( n − 2 k )! · ( − 1) k 2 2 k · k ! · n n − k · ( n − k )! n ( n − 1) ( n − 2) · . . . · ( n − ( k − 1)) ( n − k )! c n c n − 2 k = n ! ( n − 2 k )! · ( − 1) k 2 2 k · k ! · n n − k · ( n − k )! n ! c n c n − 2 k = ( − 1) k 2 2 k · n n − k · ( n − k )! k ! ( n − 2 k )! c n c n − 2 k = ( − 1) k 2 2 k · n n − k · ( n − k )! k ! (( n − k ) − k )! c n c n − 2 k = ( − 1) k 2 2 k · n n − k · ( n − k k ) · c n c n − 2 k = ( − 1) k 2 n · n n − k · ( n − k k ) · 2 n − 2 k · c n y ( x ) = c n · ⌊ n 2 ⌋ ∑ k =0 · ( − 1) k 2 n · n n − k · ( n − k k ) · (2 x ) n − 2 k y (1) = 1 ⌊ n 2 ⌋ ∑ k =0 ( − 1) k 2 2 k · n n − k · ( n − k k ) · c n = 1 Co poszªo nie tak »e powy»szy wzór nie jest poprawny dla n = 0 Dlaczego nie ma informacji »e c n − 1 = 0 Jak obliczy¢ sum¦ któr¡ otrzymaªem powy»ej 15 1.4 Wyprowadzenie wzoru Rodriguesa Je»eli wielomian ortogonalny speªnia nast¦puj¡ce równanie ró»niczkowe Q ( x ) y ′′ ( x ) + L ( x ) y ′ ( x ) + λy ( x ) = 0 wówczas R ′ ( x ) = L ( x ) Q ( x ) R ( x ) W ( x ) = R ( x ) Q ( x ) P n ( x ) = 1 e n · 1 W ( x ) · d n d x n ( W ( x ) · ( Q ( x )) n ) Q ( x ) = 1 − x 2 L ( x ) = − x R ′ ( x ) = − x 1 − x 2 R ( x ) R ′ ( x ) R ( x ) = 1 2 − 2 x 1 − x 2 ln | R ( x ) | = 1 2 ln ∣ ∣ 1 − x 2 ∣ ∣ ln | R ( x ) | = ln ∣ ∣ ∣ √ 1 − x 2 ∣ ∣ ∣ R ( x ) = √ 1 − x 2 W ( x ) = √ 1 − x 2 1 − x 2 W ( x ) = 1 √ 1 − x 2 T n ( x ) = 1 e n · √ 1 − x 2 · d n d x n ( 1 √ 1 − x 2 · ( 1 − x 2 ) n ) Aby obliczy¢ warto±¢ e n korzystamy z tego »e T n (1) = 1 16 1.5 Ortogonalizacja Wielomiany Czebyszowa mo»na otrzyma¢ ortogonalizuj¡c baz¦ wielomianów { 1 , x, . . . , x n } iloczynem skalarnym ⟨ p ( x ) q ( x ) ⟩ = 1 ∫ − 1 p ( x ) q ( x ) √ 1 − x 2 d x Powy»szy iloczyn skalarny mo»na przedstawi¢ za pomoc¡ iloczynu skalarnego znanego ze szkoªy po zde niowaniu pomocniczych wektorów Rozpiszmy ten iloczyn skalarny 17 1 ∫ − 1 x n √ 1 − x 2 d x = 1 ∫ − 1 ( − x n − 1 ) · ( − x ) √ 1 − x 2 d x 1 ∫ − 1 x n √ 1 − x 2 d x = ( − x n − 1 ) √ 1 − x 2 ∣ ∣ ∣ ∣ 1 − 1 − 1 ∫ − 1 ( − ( n − 1) x n − 2 ) √ 1 − x 2 d x 1 ∫ − 1 x n √ 1 − x 2 d x = ( n − 1) 1 ∫ − 1 x n − 2 √ 1 − x 2 d x 1 ∫ − 1 x n √ 1 − x 2 d x = ( n − 1) 1 ∫ − 1 x n − 2 · (1 − x 2 ) √ 1 − x 2 d x 1 ∫ − 1 x n √ 1 − x 2 d x = ( n − 1) 1 ∫ − 1 x n − 2 − x n √ 1 − x 2 d x 1 ∫ − 1 x n √ 1 − x 2 d x = ( n − 1) 1 ∫ − 1 x n − 2 √ 1 − x 2 d x − ( n − 1) 1 ∫ − 1 x n √ 1 − x 2 d x (1 − ( − ( n − 1))) 1 ∫ − 1 x n √ 1 − x 2 d x = ( n − 1) 1 ∫ − 1 x n − 2 √ 1 − x 2 d x n 1 ∫ − 1 x n √ 1 − x 2 d x = ( n − 1) 1 ∫ − 1 x n − 2 √ 1 − x 2 d x 1 ∫ − 1 x n √ 1 − x 2 d x = n − 1 n 1 ∫ − 1 x n − 2 √ 1 − x 2 d x Wyznaczny teraz warunki pocz¡tkowe tej rekurencji 18 1 ∫ − 1 x √ 1 − x 2 d x = 0 ∫ − 1 x √ 1 − x 2 d x + 1 ∫ 0 x √ 1 − x 2 d x 1 ∫ − 1 x √ 1 − x 2 d x = 0 ∫ 1 ( − t ) √ 1 − ( − t ) 2 ( − d t ) + 1 ∫ 0 x √ 1 − x 2 d x 1 ∫ − 1 x √ 1 − x 2 d x = 1 ∫ 0 − t √ 1 − t 2 d t + 1 ∫ 0 x √ 1 − x 2 d x 1 ∫ − 1 x √ 1 − x 2 d x = − 1 ∫ 0 t √ 1 − t 2 d t + 1 ∫ 0 x √ 1 − x 2 d x 1 ∫ − 1 x √ 1 − x 2 d x = 0 1 ∫ − 1 1 √ 1 − x 2 d x = arcsin ( x ) ∣ ∣ ∣ ∣ 1 − 1 1 ∫ − 1 1 √ 1 − x 2 d x = ( π 2 − ( − π 2 )) 1 ∫ − 1 1 √ 1 − x 2 d x = π Mamy zatem rekurencj¦ I n = n − 1 n I n − 2 n ≥ 2 I 1 = 0 I 0 = π Rozpiszmy to równanie rekurencyjne 19 I 2 = 1 2 I 0 I 4 = 3 4 · 1 2 I 0 I 6 = 5 6 · 3 4 · 1 2 I 0 I 8 = 7 8 · 5 6 · 3 4 · 1 2 I 0 I 2 k = 1 · 3 · 5 · . . . · (2 k − 1) 2 · 4 · 6 · . . . · 2 k I 0 I 2 k = 1 · 3 · 5 · . . . · (2 k − 1) 2 k · 1 · 2 · 3 · . . . · k I 0 I 2 k = 1 · 3 · 5 · . . . · (2 k − 1) 2 k · k ! I 0 I 2 k = 1 · 3 · 5 · . . . · (2 k − 1) · 2 · 4 · 6 · . . . · 2 k 2 k · k ! · 2 · 4 · 6 · . . . · 2 k I 0 I 2 k = (2 k )! 2 k · k ! · 2 · 4 · 6 · . . . · 2 k I 0 I 2 k = (2 k )! 2 2 k · k ! · 1 · 2 · 3 · . . . · k I 0 I 2 k = (2 k )! 2 2 k · k ! · k ! I 0 I 2 k = (2 k )! 2 2 k · (2 k − k )! · k ! I 0 I 2 k = 1 2 2 k · ( 2 k k ) · π I 2 k +1 = 0 − 1 ∫ − 1 x n √ 1 − x 2 d x = { 1 2 2 k · ( 2 k k ) · π, n = 2 k, k ∈ N 0 , n = 2 k + 1 , k ∈ N Niech a i b¦dzie ci¡giem wspóªczynników wielomianu p ( x ) oraz b i b¦dzie ci¡giem wspóªczynników wielomianu q ( x ) wówczas iloczyn skalarny ortogonalizuj¡cy baz¦ wielomianów mo»na zapisa¢ za pomoc¡ iloczynu skalarnego znanego ze szkoªy nast¦puj¡co 20