Wielomiany Czebyszewa
-
- Użytkownik
- Posty: 187
- Rejestracja: 22 kwie 2020, o 19:01
- Płeć: Kobieta
- wiek: 18
- Podziękował: 9 razy
Wielomiany Czebyszewa
Niech \(\displaystyle{ u_{n}(x)=\frac{1}{n+1}T_{n+1}'(x), T_{n+1}}\) jest \(\displaystyle{ n+1}\)-wszym wielomianem Czebyszewa 1 rodzaju.
Jaki współczynnik występuje przy najwyższej potędze \(\displaystyle{ x}\) wielomianu Czebyszewa \(\displaystyle{ u_{n}}\)?
Wyznacz miejsca zerowe wielomianu \(\displaystyle{ u_{n}}\)
Bardzo bym prosiła o pokazanie jak to liczyć
Jaki współczynnik występuje przy najwyższej potędze \(\displaystyle{ x}\) wielomianu Czebyszewa \(\displaystyle{ u_{n}}\)?
Wyznacz miejsca zerowe wielomianu \(\displaystyle{ u_{n}}\)
Bardzo bym prosiła o pokazanie jak to liczyć
Ostatnio zmieniony 5 gru 2020, o 00:00 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
Re: Wielomiany Czebyszewa
Mamy \(T_{n+1}(x)=\cos\bigl((n+1)\arccos x\bigr)\) dla \(x\in\langle -1,1\rangle\), zaś zera tych wielomianów są jednokrotne, jest ich tyle, ile wynosi stopień i leżą one w przedziale \((-1,1)\), gdyż wielomiany Czebyszewa są ortogonalne z pewna wagą. Liczymy pochodną: \(T'_{n+1}(x)=\dfrac{(n+1)\sin\bigl((n+1)\arccos x\bigr)}{\sqrt{1-x^2}}.\) Więc zera dostajemy dla takich \(x\), dla których \(x\in(-1,1)\) oraz \((n+1)\arccos x=k\pi,\) gdzie \(k\in\ZZ\). Stąd \(\arccos x=\dfrac{k\pi}{n+1}\) i liczby po prawej muszą znaleźć się w zbiorze wartości arcus cosinusa, czyli \((0,\pi).\) Przedział otwarty, bo \(x\in\{-1,1\}\) nie są pierwiastkami wielomianów Czebyszewa. Dla jakich \(k\) to się odbędzie? Dla \(k=1,2,\dots,n\). Wszystko gra, będzie \(n\) pierwiastków (zapewnia to twierdzenie Rolle'a). Wtedy oczywiście \(x=\cos\dfrac{k\pi}{n+1}.\) Pochodne wielomianów ortogonalnych są ortogonalne z inną wagą. Więc te pochodne również z tego powodu będą miały \(n\) pierwiastków.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Wielomiany Czebyszewa
Co do wiodącego współczynnika. Można najpierw użyć wzorku na \(\displaystyle{ \cos(kx)(}\) (łatwo wynika ze wzoru Eulera i wzoru de Moivre'a) i odrobiny kombinatoryki, żeby uzyskać, że współczynnikiem wiodącym w \(\displaystyle{ T_{n}(x)}\) będzie \(\displaystyle{ 2^{n-1}}\), czyli \(\displaystyle{ T_{n+1}}\) będzie stopnia \(\displaystyle{ n+1}\) i będzie miał wiodący współczynnik równy \(\displaystyle{ 2^{n}}\); następnie współczynnik otrzymany po zróżniczkowaniu upraszcza się z tym \(\displaystyle{ \frac{1}{n+1}}\) i mamy wynik, czyli \(\displaystyle{ 2^{n}}\) właśnie.
Re: Wielomiany Czebyszewa
Współczynnik wiodący nie wpływa na ortogonalność. Zauważ, że o ortogonalności wielomianów przesądzają ich zera. Więc nie ma co przesadnie o niego dbać. Klasyczny jest ,,mój'' wzór \(T_n(x)=\cos(n\arccos x)\) dla \(x\in \langle -1,1\rangle.\)
No dobrze, było o to pytanie. Ale przynajmniej zera dość fajnie udało mi się wyznaczyć. A ja, jako osoba zajmująca się naukowo kwadraturami, jestem szczególnie zainteresowany właśnie zerami wielomianów ortogonalnych i na to w pierwszym rzędzie zwróciłem uwagę, a współczynnik wiodący - jak widać - zignorowałem. Tak więc Twój post uzupełnia mój.
No dobrze, było o to pytanie. Ale przynajmniej zera dość fajnie udało mi się wyznaczyć. A ja, jako osoba zajmująca się naukowo kwadraturami, jestem szczególnie zainteresowany właśnie zerami wielomianów ortogonalnych i na to w pierwszym rzędzie zwróciłem uwagę, a współczynnik wiodący - jak widać - zignorowałem. Tak więc Twój post uzupełnia mój.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Wielomiany Czebyszewa
To ja już nic nie rozumiem. Z tego, co zacytowałem, wynika (chyba że nie umiem czytać), że częścią zadania było znalezienie współczynnika wiodącego przy \(\displaystyle{ u_{n}(x)}\). Nigdzie nie twierdziłem, że wpływa on na ortogonalność…
-
- Użytkownik
- Posty: 7920
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Re: Wielomiany Czebyszewa
\(\displaystyle{ T_{n+1}(x) = \cos[(n+1)\cos^{-1}(x)] }\)
\(\displaystyle{ T_{n-1}(x) = \cos[(n-1)\cos^{-1}(x)] }\)
Różniczkujemy równania stronami
\(\displaystyle{ \frac{1}{n+1}\frac{d[T_{n+1}(x)]}{dx} = \frac{-\sin[(n+1)\cos^{-1}(x)]}{-\sqrt{1 -x^2}} }\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{n-1}\frac{d[T_{n-1}(x)]}{dx} = \frac{-\sin[(n-1)\cos^{-1}(x)]}{-\sqrt{1 -x^2}} }\)
Odejmujemy równanie pierwsze od drugiego
\(\displaystyle{ \frac{1}{n+1}\frac{d[T_{n+1}(x)]}{dx} - \frac{1}{n-1}\frac{d[T_{n-1}(x)]}{dx} = \frac{\sin[(n+1)\theta] - \sin[(n-1)\theta]}{\sin(\theta)} }\)
lub
\(\displaystyle{ \frac{T'_{n+1}(x)}{n+1} -\frac{T'_{n-1}(x)}{n-1} = \frac{2\cos(n\theta)\sin(\theta)}{\sin(\theta)} = 2\cos(n\theta)= 2T_{n}(x), \ \ n\geq 2.}\)
Otrzymaliśmy stosunkowo proste równanie na obliczanie pochodnych wielomianów Czebyszewa, z którego wynika, np.
\(\displaystyle{ T'_{2}(x) = 4T_{1}, }\)
\(\displaystyle{ T'_{1}(x) =T_{0}, }\)
\(\displaystyle{ T'_{0}(x) = 0. }\)
Z równania tego możemy określić, wartość współczynnika przy najwyższej potędze pochodnej wielomianu \(\displaystyle{ T_{n+1} }\) równą \(\displaystyle{ 2^{n}, }\) którą podał Premislav.
\(\displaystyle{ T_{n-1}(x) = \cos[(n-1)\cos^{-1}(x)] }\)
Różniczkujemy równania stronami
\(\displaystyle{ \frac{1}{n+1}\frac{d[T_{n+1}(x)]}{dx} = \frac{-\sin[(n+1)\cos^{-1}(x)]}{-\sqrt{1 -x^2}} }\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{n-1}\frac{d[T_{n-1}(x)]}{dx} = \frac{-\sin[(n-1)\cos^{-1}(x)]}{-\sqrt{1 -x^2}} }\)
Odejmujemy równanie pierwsze od drugiego
\(\displaystyle{ \frac{1}{n+1}\frac{d[T_{n+1}(x)]}{dx} - \frac{1}{n-1}\frac{d[T_{n-1}(x)]}{dx} = \frac{\sin[(n+1)\theta] - \sin[(n-1)\theta]}{\sin(\theta)} }\)
lub
\(\displaystyle{ \frac{T'_{n+1}(x)}{n+1} -\frac{T'_{n-1}(x)}{n-1} = \frac{2\cos(n\theta)\sin(\theta)}{\sin(\theta)} = 2\cos(n\theta)= 2T_{n}(x), \ \ n\geq 2.}\)
Otrzymaliśmy stosunkowo proste równanie na obliczanie pochodnych wielomianów Czebyszewa, z którego wynika, np.
\(\displaystyle{ T'_{2}(x) = 4T_{1}, }\)
\(\displaystyle{ T'_{1}(x) =T_{0}, }\)
\(\displaystyle{ T'_{0}(x) = 0. }\)
Z równania tego możemy określić, wartość współczynnika przy najwyższej potędze pochodnej wielomianu \(\displaystyle{ T_{n+1} }\) równą \(\displaystyle{ 2^{n}, }\) którą podał Premislav.
Ostatnio zmieniony 5 gru 2020, o 11:35 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
- Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6909
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1246 razy
Re: Wielomiany Czebyszewa
Tak właściwie to można go obliczyć bez zespolonychPremislav pisze: ↑5 gru 2020, o 00:47 Co do wiodącego współczynnika. Można najpierw użyć wzorku na \(\displaystyle{ \cos(kx)(}\) (łatwo wynika ze wzoru Eulera i wzoru de Moivre'a) i odrobiny kombinatoryki, żeby uzyskać, że współczynnikiem wiodącym w \(\displaystyle{ T_{n}(x)}\) będzie \(\displaystyle{ 2^{n-1}}\),
I to będzie bardziej ogólny sposób bo zadziała także i dla wielomianów Legendre'a , wielomianów Hermite'a czy wielomianów Laguerre'a
Ukryta treść:
\(\displaystyle{
\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\frac{\left( -1\right)^k }{4^{k}} \cdot \frac{n}{n-k} \cdot {n-k \choose k}
}\)
W ukrytych obliczeniach pokazałem skąd się ta suma wzięła
A poza tym ten twój wzór na współczynnik wiądący jest poprawny dla \(\displaystyle{ n > 0}\)
tak samo jak i postać ogólna tego wielomianu wyprowadzona przez rozwiązanie równania różniczkowego