第2个回答 2022-12-13
而且是连续函数。如果令
，那么上面的积分可以看作关于函数
导出的L-S积分，因为函数
显然是单调递增的连续函数，因此式(1)可以改写为
由此我们可以看出来，连续函数所在的希尔伯特空间，它们定义的内积是不同的，因此我们看有许多类型的正交多项式，其实由于权函数不同，故不在一个希尔伯特空间中讨论，但是这些希尔伯特空间显然是同构的，仅仅是定义的内积不同而已。另一方面，我们看权函数实质是导出L-S测度的
函数不一样，也就是在
轴上密度分布不同。基于这种考察，我们才能清醒的认识到，
在多项式空间中，为什么标准正交多项式有很多从而不唯一。
我们将
的第
次项的系数记为
，如果
，则称这个多项式为首一的多项式。
二、三项递推公式性质
所有的正交多项式都满足三项递推公式：对于一个正交多项式序列
都有下式成立
(2)
其中
指的是
的首次项系数，
是
。我们观察上面的式子，特别注意的是任意正交多项式都满足上面条件，但是任意给定一个三项递推公式生成的多项式序列不一定是正交多项式，因为
需要定义权函数和对应的内积。现在我们看正交多项式一定有三项递推公式，这的确有点奇怪，太有规律了！它是怎么来的呢？我们推导一下。
令
，我们观察
一定是
次多项式，这是因为这两项的最高项次数的系数相等，减掉以后
项就没有了，因此就是
次多项式，既然是
次多项式，那么必然可以被正交多项式线性表出，也就是
(3)
现在对于任意个
和上式(3)两边作内积，于是有
(4)
此时
，我们对上式(4)左边做内积线性运算，注意
，于是有
(5)
一个有意思的情况出现了，
不是正交多项式序列中的元素，因此它和任何一个小于等于
次的多项式是否正交是不知道的，这点特别容易糊涂人，也就是
和任何一个小于
次的多项式都正交，但是和任何一个大于
次的多项式是否正交却无法确定，至于原因很简单，就是
垂直于所有小于
次的多项式扩展的内积空间，具体可进一步看泛函分析专题中《从希尔伯特空间看施密特正交化》，但是式(5)可以改写为
，这一下子清楚了，
当
时都是低于
次的多项式，因此
与这些多项式作内积时，其值为0，也就是
，
，而
不可能为0，只能是
，这就意味着式(3)中右边的求和号中小于
次多项式没有，只有
项和
两项存在，也就是式(3)可以简化成
(6)
上面式子可以看到出现了和式(2)相同的三项递推公式，现在需要确定
，显然只能从式(5)中确定。此时
只能取
和
，但是取
无法计算，这是因为
不正交，什么也计算不出来，但是当
时，根据式(5)有
(7)
此时有:
，这究竟等于什么呢？我们看下面计算
，显然
是一个
次多项式，因此它和
内积为零，于是我们有
(8)
由此即得
，这样即得
(9)
这就证明了上面的三项递推公式。这里面有一个很有兴趣的事情，就是如果正交多项式首次项系数为1，那么
，但是要注意的是
，而无法得出
，这是显然的，否则
就成了正交多项式序列的元素。
为什么正交多项式有三项递推公式? 从上面推导的分析看是因为
次多项式
可以看作乘积算子作用到多项式空间中得到的映像，而乘积算子是自共轭算子，因此该算子的映像只和相邻两个低次项不正交，与其它低次项都正交
。直观上看
乘积算子只影响作用的元素相邻的两项。如果乘积算子是
，那就影响三个相邻的低次项了，以此类推，我们可以得出3项递推公式，5项递推公式等等。
三、正交多项式的零点
设
是正交多项式序列，它关于权函数
在区间
上正交，那么
在区间
上有
个不同的零点。
这个问题很容易证明，就是如果有
个不同的零点，而且是奇次零点，那么一定有多项式
在区间
是正函数，或者为负函数，这就意味着
(10)
而这时必然有
，否则如果
，上面式(10)必然等于零，这由正交性保证的。另外如果其中有偶次重根，我们拿掉这个根，一样可以构造式(10)，同样得出必须
，这就说明
不存在偶次根。从而得出
一定有
个不同的根，也就是有
个不同的零点。
四、一般正交多项式的获取(Rodrigures公式)
1. 在区间
上的正交多项式
先推导在区间
上的正交多项式。如果
是
上的一组关于权函数
正交多项式。那么对于
，它必然和任何
正交，这个原因十分简单，那就是
一定垂直于
所张成的空间，显然任何
次多项式
都是这个空间的元素，故
和
正交，这从希尔伯特空间的角度很容易得知的。
需要强调的是
显然也和
正交，但是并不能推出
和
正交。
另外从一般的线性空间的角度，也很容易发现
能被
线性表出，原因是它们是
维多项式空间的一组基。既然
和
中每一个多项式正交，自然也和
正交。这个正交的含义就是：
(11)
现在令
是
的第
次积分，也就是
，我们使用分部积分法，立刻可以将上面式(11)给求解出来，也就是
显然
，于是就有
由于
是任意的多项式，我们立刻有
(12)
这是由多项式恒为零，那么多项式的每项系数必为0决定的。式(12)意味着：一个
次多项式
，它在
取1和-1时都等于零，而且对它每次求导，一直求到第
导数在
取1和-1时候都等于0，我们立刻得出从第0次导函数一直到第
导函数都含有
这个因子，因此我们设想：
应该满足这样的要求，可以验证这样定义的
，其各阶导函数都含有
因子，故满足式(12)，而由
的定义知道：
，我们很容易立刻得到
。而
是
次多项式，因此必须确保
也是
次多项式，只要选择
，则就满足这个要求，因为
对任意
都含有
公因子，这是可以验算的，于是我们可以得到
正交多项式为
(13)
上面我们取
，满足式(12)，如果我们这样取也满足该式：
(14)
而且立刻发现式(14)中如果取
就是式(13)，也就是式(13)是式(14)的特例，那么我们也很容易写出对应的
正交多项式是
(15)
2. 在区间
上的正交多项式
我们发现式(13)的正交多项式实在区间
上获得的，那么在区间
是否能获得呢？于是根据式(12)我们有
(16)
那么我们如何构造一个函数
，使得它以及一直到
次导数在
和
上取值都为0，而且给定一个
，使得
是一个
次多项式。我们立刻就要能想到一定含有
因子，另外就是无论怎样求导，都能提取一个公因子和
抵消掉，这显然含有
函数，同时为了在
取无穷时趋于0，显然含有
应该最理想，于是我们取
（17）
上式的确满足式(16)，显然应该取
，通过验证
的确是一个
次多项式，于是我们得到
正交多项式是
(18)
3. 在区间
上的正交多项式
显然在区间
上可以改写式(12)得到有
(19)
如同上面一样的思路，函数
如果含有
因子可以满足上式(19)，同时我们注意到含有一个这个因子以后，每次求导，都会增加
的次数，因此
不应该在含有
的因子，于是有
，显然
，因此我们有这个区间的
正交多项式是
(20)
我们发现通过这种方式可以获得任何区间的正交多项式，这种获得的多项式都满足一个公式，就是Rodrigures公式，具体内容就是一个多项式序列，它关于权函数
在(a,b)上正交，如果有下面公式成立
(21)
其中
是最多次数为1的多项式，
是最多次数为2的多项式，而且满足下面的极限要求
(22)
那么正交多项式
满足下面的公式
(23)
上面这个公式就称为Rodrigures公式，所有通过上面给定一个区间计算得到的正交多项式都可以通过这种公式求出来。我们可以一一验证它们的确满足Rodrigures公式。
五、Sturm-Liouville问题
对于微分方程：
(24)
给定边界条件:
，同时要求
，都有
,
。
容易发现任何正交多项式都是上面sturm-Liouville问题的解，为什么这样呢？这是应该比较容易推导出来：因为对于正交多项式
，如同三项递推公式的推导方法适当选取
会使得
是一个
次多项式，这就意味着下式成立：
(25)
同样对上式两边关于
取内积，考虑到正交性，于是有
(26)
因此有下面式子
由边界条件可知上面第一项为0，第二项如果
是低于
次多项式则也为0，由此得出
，显然只要
是适当次数的多项式，就会有
，于是有
，这就是说正交多项式是Sturm-Liouville问题的解。
如果从微分算子的角度看，正交多项式又是这个微分算子的特征向量。
六、几个常见的正交多项式
第四章分别在
三个区间推导出四类正交多项式，也就是式(13)，(15)，(18)和(20)。取定具体参数就可以确定一些常见的正交多项式，也就是：对于式(13)，当
时候，就是Chebyshev多项式，当
时就是Legendre多项式；式(15)称为Jacobi多项式；式(18)称为Laguerre多项式；式(20)称为Hermit多项式。很显然，我们所看到的
所有正交多项式都可以根据正交性采用分部积分法推导出这些多项式的Rodrigures公式形式，这样一来我们就知道这些正交多项式是从哪里来的，而不会感到唐突。另外一个问题就是这些正交多项式定义的区间不同，定义的内积不同(因为权函数不同)，因此是在不同希尔伯特空间讨论的，因此才会有许多种正交多项式。现在问题是定义的内积相同，所处的区间相同，也就是在同一个希尔伯特空间，是否存在许多正交多项式，目前还没有看到相关材料，不知道是否存在。
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