Dowód że w (a,b) wielomian ortogonalny stopnia k ma dokładnie k różnych pojedynczych rzeczywistych pierwiastków
-
- Użytkownik
- Posty: 43
- Rejestracja: 15 maja 2020, o 20:28
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 22
- Podziękował: 3 razy
Dowód że w (a,b) wielomian ortogonalny stopnia k ma dokładnie k różnych pojedynczych rzeczywistych pierwiastków
Witam
Nie rozumiem dowodu do tego wszystkiego
Rozumiem obliczenia.
Na początku mamy założenie że wielomian ortogonalny stopnia k zmienia na \(\displaystyle{ \left( a,b \right) }\) j razy znak, ma więc j pierwiastków stopnia nieparzystego na \(\displaystyle{ \left( a,b \right) }\)
Tworzymy specjalną funkcję \(\displaystyle{ Q _{j} }\) tże dla j=0 jest równa 1, i dla j \(\displaystyle{ \ge }\) 1 jest równa \(\displaystyle{ \prod_{m=1}^{j} \left( x - x _{m} \right) }\). Nie znamy stopień tej funkcji, tylko że co najwyżej jest równy k (z oczywistych powodów, skoro to j jest to samo j co poprzednio)
Ponieważ \(\displaystyle{ \left\langle P _{k} , Q _{j} \right\rangle \neq 0}\) to znaczy że j = k, mamy więc k pierwiastków na \(\displaystyle{ \left( a, b \right) }\) .
Stopień ów wielomiana ortogonalnego jest równy k, mamy to co było do udowodnienia
I to jest to czego nie rozumiem:
Przecież nasza funkcja \(\displaystyle{ P _{k} }\) może tak wyglądać że w \(\displaystyle{ \left( a,b \right) }\) ma j pierwiastków, a poza \(\displaystyle{ \left( a , b\right) }\) ma k-j pierwiastków, czemu nie?
I wtedy, bo jesteśmy w przestrzeni \(\displaystyle{ L _{2}\left( \left[ a, b\right], p(x) \right) }\) nasza całka w definicji iloczynu skalarnego i tak ma zasięg tylko od a do b, więc teoretycznie możemy dalej dostać że \(\displaystyle{ \left\langle P _{k} , Q _{j} \right\rangle \neq 0}\) (bo i tak ignorujemy to co jest poza \(\displaystyle{ \left( a,b \right) }\) przy obliczeniu całki w iloczynie skalarnym)
Dostalibyśmy że j jest równe k, co ale oczywiście nie może być tak patrząć na całe \(\displaystyle{ R}\)
To czemu w takim razie nikt nie zwraca na to uwagę w dowodzie?
Może też wyjść że \(\displaystyle{ \left\langle P _{k} , Q _{j} \right\rangle = 0}\), przy odpowiednio wybranych pierwiastkach poza \(\displaystyle{ \left( a,b \right) }\).
Nie widzę tego czemu w dowodzie przy obliczeniu tego iloczynu skalarnego mamy na tyle pewne że \(\displaystyle{ \left\langle P _{k} , Q _{j} \right\rangle = \int_{b}^{a} P _{k} * Q _{j} * p(x) \neq 0}\).
Pamiętam że to tłumaczono tym że \(\displaystyle{ P _{k} * Q _{j}}\) ma jak już pierwiastki parzyste, co jest prawdą, ale tylko gdy \(\displaystyle{ P _{k}}\) składa się z pierwiastków w \(\displaystyle{ \left( a,b \right) }\), przecież gdyby było tak że:
\(\displaystyle{ P _{k} * Q _{j} = \left( \left( x - x _{0} \right) * ... * \left( x - x _{j} \right) * \left( x - x _{j+1} \right) \right) * \left( \left( x - x _{0} \right) * ... * \left( x - x _{j} \right) \right) }\)
To wtedy nie mamy gwarancję że funkcja \(\displaystyle{ P _{k} * Q _{j}}\) będzie zawsze nieujemna
Po prostu też nie rozumiem czemu postać funkcji \(\displaystyle{ Q _{j}}\) miałaby mieć wpływ na funkcję \(\displaystyle{ P _{k} }\), przecież to \(\displaystyle{ P _{k} }\) jako pierwszą definiuję?
Dziękuję
Nie rozumiem dowodu do tego wszystkiego
Rozumiem obliczenia.
Na początku mamy założenie że wielomian ortogonalny stopnia k zmienia na \(\displaystyle{ \left( a,b \right) }\) j razy znak, ma więc j pierwiastków stopnia nieparzystego na \(\displaystyle{ \left( a,b \right) }\)
Tworzymy specjalną funkcję \(\displaystyle{ Q _{j} }\) tże dla j=0 jest równa 1, i dla j \(\displaystyle{ \ge }\) 1 jest równa \(\displaystyle{ \prod_{m=1}^{j} \left( x - x _{m} \right) }\). Nie znamy stopień tej funkcji, tylko że co najwyżej jest równy k (z oczywistych powodów, skoro to j jest to samo j co poprzednio)
Ponieważ \(\displaystyle{ \left\langle P _{k} , Q _{j} \right\rangle \neq 0}\) to znaczy że j = k, mamy więc k pierwiastków na \(\displaystyle{ \left( a, b \right) }\) .
Stopień ów wielomiana ortogonalnego jest równy k, mamy to co było do udowodnienia
I to jest to czego nie rozumiem:
Przecież nasza funkcja \(\displaystyle{ P _{k} }\) może tak wyglądać że w \(\displaystyle{ \left( a,b \right) }\) ma j pierwiastków, a poza \(\displaystyle{ \left( a , b\right) }\) ma k-j pierwiastków, czemu nie?
I wtedy, bo jesteśmy w przestrzeni \(\displaystyle{ L _{2}\left( \left[ a, b\right], p(x) \right) }\) nasza całka w definicji iloczynu skalarnego i tak ma zasięg tylko od a do b, więc teoretycznie możemy dalej dostać że \(\displaystyle{ \left\langle P _{k} , Q _{j} \right\rangle \neq 0}\) (bo i tak ignorujemy to co jest poza \(\displaystyle{ \left( a,b \right) }\) przy obliczeniu całki w iloczynie skalarnym)
Dostalibyśmy że j jest równe k, co ale oczywiście nie może być tak patrząć na całe \(\displaystyle{ R}\)
To czemu w takim razie nikt nie zwraca na to uwagę w dowodzie?
Może też wyjść że \(\displaystyle{ \left\langle P _{k} , Q _{j} \right\rangle = 0}\), przy odpowiednio wybranych pierwiastkach poza \(\displaystyle{ \left( a,b \right) }\).
Nie widzę tego czemu w dowodzie przy obliczeniu tego iloczynu skalarnego mamy na tyle pewne że \(\displaystyle{ \left\langle P _{k} , Q _{j} \right\rangle = \int_{b}^{a} P _{k} * Q _{j} * p(x) \neq 0}\).
Pamiętam że to tłumaczono tym że \(\displaystyle{ P _{k} * Q _{j}}\) ma jak już pierwiastki parzyste, co jest prawdą, ale tylko gdy \(\displaystyle{ P _{k}}\) składa się z pierwiastków w \(\displaystyle{ \left( a,b \right) }\), przecież gdyby było tak że:
\(\displaystyle{ P _{k} * Q _{j} = \left( \left( x - x _{0} \right) * ... * \left( x - x _{j} \right) * \left( x - x _{j+1} \right) \right) * \left( \left( x - x _{0} \right) * ... * \left( x - x _{j} \right) \right) }\)
To wtedy nie mamy gwarancję że funkcja \(\displaystyle{ P _{k} * Q _{j}}\) będzie zawsze nieujemna
Po prostu też nie rozumiem czemu postać funkcji \(\displaystyle{ Q _{j}}\) miałaby mieć wpływ na funkcję \(\displaystyle{ P _{k} }\), przecież to \(\displaystyle{ P _{k} }\) jako pierwszą definiuję?
Dziękuję
-
- Użytkownik
- Posty: 7920
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Re: Dowód że w (a,b) wielomian ortogonalny stopnia k ma dokładnie k różnych pojedynczych rzeczywistych pierwiastków
Wskazówka
Najpierw udowodnij dwa lematy:
Lemat 1
Wielomiany ortogonalne \(\displaystyle{ P_{0}, P_{1}, ...,P_{n} }\) tworzą bazę przestrzeni liniowej \(\displaystyle{ W_{n}}\) wielomianów stopnia nie wyższego niż \(\displaystyle{ n.}\)
Lemat 2
Dowolny wielomian ortogonalny \(\displaystyle{ Q_{j}}\) stopnia \(\displaystyle{ j }\) niższego od \(\displaystyle{ k }\) jest prostopadły do \(\displaystyle{ k }\)-tego wielomianu ortogonalnego \(\displaystyle{ P{k} }\) tzn. \(\displaystyle{ (Q_{j} , P_{k}) = 0 }\) dla \(\displaystyle{ j< k.}\)
Potem najłatwiej metodą nie-wprost.
Twierdzenie
Wielomian ortogonalny w przestrzeni \(\displaystyle{ L^2_{p} [a, b] }\) ma \(\displaystyle{ k }\) różnych pierwiastków pojedynczych rzeczywistych jednokrotnych leżących wewnątrz przedziału \(\displaystyle{ [a, b])}\).
Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ k-ty }\) wielomian ortogonalny \(\displaystyle{ P_{k} }\) zmienia znak w \(\displaystyle{ j, \ \ (j\geq 0) }\) punktach: \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2}, ..., x_{j} }\) leżących wewnątrz przedziału \(\displaystyle{ [a, b] }\) wtedy wielomian
\(\displaystyle{ Q_{j}(x) = \begin{cases} \prod_{i=1}^{j} (x - x_{i}) \ \ \text{dla} \ \ j\neq 0 \\ 1 \ \ \text{dla} \ \ j=0 \end{cases} }\)
byłby stałego znaku w przedziale \(\displaystyle{ [a, b ] }\).
A zatem
\(\displaystyle{ \int_{a}^{b} Q_{j}(x) P_{k}(x) p(x) dx = (Q_{j}, P_{k}) \neq 0, }\)
co dla \(\displaystyle{ j< k }\) jest sprzeczne z lematem 2.
\(\displaystyle{ \Box }\)
Najpierw udowodnij dwa lematy:
Lemat 1
Wielomiany ortogonalne \(\displaystyle{ P_{0}, P_{1}, ...,P_{n} }\) tworzą bazę przestrzeni liniowej \(\displaystyle{ W_{n}}\) wielomianów stopnia nie wyższego niż \(\displaystyle{ n.}\)
Lemat 2
Dowolny wielomian ortogonalny \(\displaystyle{ Q_{j}}\) stopnia \(\displaystyle{ j }\) niższego od \(\displaystyle{ k }\) jest prostopadły do \(\displaystyle{ k }\)-tego wielomianu ortogonalnego \(\displaystyle{ P{k} }\) tzn. \(\displaystyle{ (Q_{j} , P_{k}) = 0 }\) dla \(\displaystyle{ j< k.}\)
Potem najłatwiej metodą nie-wprost.
Twierdzenie
Wielomian ortogonalny w przestrzeni \(\displaystyle{ L^2_{p} [a, b] }\) ma \(\displaystyle{ k }\) różnych pierwiastków pojedynczych rzeczywistych jednokrotnych leżących wewnątrz przedziału \(\displaystyle{ [a, b])}\).
Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ k-ty }\) wielomian ortogonalny \(\displaystyle{ P_{k} }\) zmienia znak w \(\displaystyle{ j, \ \ (j\geq 0) }\) punktach: \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2}, ..., x_{j} }\) leżących wewnątrz przedziału \(\displaystyle{ [a, b] }\) wtedy wielomian
\(\displaystyle{ Q_{j}(x) = \begin{cases} \prod_{i=1}^{j} (x - x_{i}) \ \ \text{dla} \ \ j\neq 0 \\ 1 \ \ \text{dla} \ \ j=0 \end{cases} }\)
byłby stałego znaku w przedziale \(\displaystyle{ [a, b ] }\).
A zatem
\(\displaystyle{ \int_{a}^{b} Q_{j}(x) P_{k}(x) p(x) dx = (Q_{j}, P_{k}) \neq 0, }\)
co dla \(\displaystyle{ j< k }\) jest sprzeczne z lematem 2.
\(\displaystyle{ \Box }\)
-
- Użytkownik
- Posty: 43
- Rejestracja: 15 maja 2020, o 20:28
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 22
- Podziękował: 3 razy
Re: Dowód że w (a,b) wielomian ortogonalny stopnia k ma dokładnie k różnych pojedynczych rzeczywistych pierwiastków
No właśnie to wszystko rozumiem, u nas te dwa lematy to "Własność 1" i "Własność 2"
Czego nie rouzmiem jest to:
Czego nie rouzmiem jest to:
- 1. Mówimy że wewnątrz \(\displaystyle{ \left[ a,b\right] }\) mamy j miejsc zmiany znaku dla \(\displaystyle{ P _{k} }\). Ale co, gdy funckja \(\displaystyle{ P _{k} }\) tak wygląda że faktycznie ma j pierwiastków wewnątrz \(\displaystyle{ \left[ a,b\right]}\) a poza \(\displaystyle{ \left[ a,b \right]}\) ma k-j pierwiastków? Wtedy i tak dalej z uwagi na to jak iloczyn skalarny jest zdefiniowany (że to jest całka od a do b) moglibyśmy dalej dostać że wyjdzie iloczyn skalarny różny zero
2. Ewentualnie może też wręcz przeciwnie wyjść i dostaniemy równe zero, co wtedy?
-
- Użytkownik
- Posty: 7920
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Re: Dowód że w (a,b) wielomian ortogonalny stopnia k ma dokładnie k różnych pojedynczych rzeczywistych pierwiastków
1. Nie wyjdzie wtedy iloczyn różny od zera, więc nie ma co mówić o drugim przypadku.
-
- Użytkownik
- Posty: 43
- Rejestracja: 15 maja 2020, o 20:28
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 22
- Podziękował: 3 razy
Re: Dowód że w (a,b) wielomian ortogonalny stopnia k ma dokładnie k różnych pojedynczych rzeczywistych pierwiastków
To czemu wyjdzie iloczyn skalarny równy zero wtedy?
-
- Użytkownik
- Posty: 7920
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Re: Dowód że w (a,b) wielomian ortogonalny stopnia k ma dokładnie k różnych pojedynczych rzeczywistych pierwiastków
Równość wynika z lematu 2. Proponuję lemat udowodnić. Wtedy nie będziesz miał wątpliwości.
-
- Użytkownik
- Posty: 43
- Rejestracja: 15 maja 2020, o 20:28
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 22
- Podziękował: 3 razy
Re: Dowód że w (a,b) wielomian ortogonalny stopnia k ma dokładnie k różnych pojedynczych rzeczywistych pierwiastków
No tak to jest jasne, bo tutaj mamy założenie że stopień P_k jest równy k, a od Q_j jest równy j, więc bo j<k z drugiego lematu wynika że iloczyn skalarny jest równy zero.
Ale mi chodzi o to czemu w dowodzie nie uwzględniamy taką możliwość? My to tak liczymy jakby jedynymi pierwiastkami P_k by były te j pierwiastki na (a,b) (jedynie nie wiemy czy to są pierwiastki pojedyncze, potrójne, itd)
Ale przecież kto mówi że poza (a,b) nasza funkcja P_k nie ma pierwiastków?
Dodano po 1 minucie 29 sekundach:
Tzn wiem że teraz można powiedzieć "No przecież to wynika z dowodu", ale czemu najwidoczniej nie założymy tego z góry, lub nie przypuszczamy do możliwości z góry takie coś?
Dodano po 1 minucie 20 sekundach:
Bo najwidoczniej już przy wyliczeniu iloczynu skalarnego/całki traktujemy to P_k tak jakby jego jedynymi pierwiastkami byłyby te j pierwiastków na (a,b)
O to mi chodzi
Ale mi chodzi o to czemu w dowodzie nie uwzględniamy taką możliwość? My to tak liczymy jakby jedynymi pierwiastkami P_k by były te j pierwiastki na (a,b) (jedynie nie wiemy czy to są pierwiastki pojedyncze, potrójne, itd)
Ale przecież kto mówi że poza (a,b) nasza funkcja P_k nie ma pierwiastków?
Dodano po 1 minucie 29 sekundach:
Tzn wiem że teraz można powiedzieć "No przecież to wynika z dowodu", ale czemu najwidoczniej nie założymy tego z góry, lub nie przypuszczamy do możliwości z góry takie coś?
Dodano po 1 minucie 20 sekundach:
Bo najwidoczniej już przy wyliczeniu iloczynu skalarnego/całki traktujemy to P_k tak jakby jego jedynymi pierwiastkami byłyby te j pierwiastków na (a,b)
O to mi chodzi
-
- Użytkownik
- Posty: 7920
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Re: Dowód że w (a,b) wielomian ortogonalny stopnia k ma dokładnie k różnych pojedynczych rzeczywistych pierwiastków
Chodzi nam, aby pokazać, że w przedziale \(\displaystyle{ [a, b] }\) wielomian ortogonalny posiada dokładnie \(\displaystyle{ k }\) pojedyńczych pierwiastków? I tylko to. Pierwiastki są pojedyncze wynika to ze struktury wzoru \(\displaystyle{ Q. }\) Co Cię obchodzi poza tym przedziałem?
-
- Użytkownik
- Posty: 43
- Rejestracja: 15 maja 2020, o 20:28
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 22
- Podziękował: 3 razy
Re: Dowód że w (a,b) wielomian ortogonalny stopnia k ma dokładnie k różnych pojedynczych rzeczywistych pierwiastków
By pokazać że \(\displaystyle{ \left\langle P _{k} , Q _{j} \right\rangle = \int_{b}^{a} P _{k} * Q _{j} * p(x) \neq 0}\) musimy uzasadnić że \(\displaystyle{ P _{k} * Q _{j} * p(x)}\) nie zmienia znaku (na \(\displaystyle{ \left[ a, b \right] }\))
Funkcja wagowa p(x) i tak jest zawsze dodatnia, jest OK
Pytanie co z \(\displaystyle{ P _{k} * Q _{j}}\)?
\(\displaystyle{ P _{k} * Q _{j} = \left( \left( x - x _{0} \right) * ... * \left( x - x _{j} \right) * \left( x - x _{j+1} \right) \right) * \left( \left( x - x _{0} \right) * ... * \left( x - x _{j} \right) \right) = \left( x - x_{0}) \right) ^{2} *... * \left( x - x_{j}) \right) ^{2} * \left( x - x_{j+1}\right) }\)
A więc nie koniecznie znak będzie tutaj też stały i dodatni! Może więc cała całka być równa zero (czym jest bo 2. Lemat)
Pytanie moje brzmi tak:
By uzasadnić że... \(\displaystyle{ P _{k} * Q _{j}}\) ma stały znak na [a,b] (dodatni/nieujemny) musi nam wyjsć że \(\displaystyle{ P _{k} * Q _{j} = \left( \left( x - x _{0} \right) * ... * \left( x - x _{j} \right) \right) * \left( \left( x - x _{0} \right) * ... * \left( x - x _{j} \right) \right) = \left( x - x_{0}) \right)^{2} * ... * \left( x - x_{j}) \right)^{2} }\)
(na przykład! Oczywiście może być np. \(\displaystyle{ \left( x - x_{1}\right)^{3} }\) w \(\displaystyle{ P_{k}}\) najważniejsze by dla każdego pierwiastka wyszedł stopień parzysty)
...musimy założyć od początku że poza \(\displaystyle{ \left( a,b \right) }\) dla \(\displaystyle{ P_{k}}\) nie mamy pierwiastków (inaczej wyjdzie że całka może być równa zero i że też jest bo 2. Lemat)
Tylko że tutaj moje pytanie czemu możemy takie coś zakładać o funkcji \(\displaystyle{ P_{k}}\) gdy my ją zupełnie nie znamy?
Funkcja wagowa p(x) i tak jest zawsze dodatnia, jest OK
Pytanie co z \(\displaystyle{ P _{k} * Q _{j}}\)?
\(\displaystyle{ P _{k} * Q _{j} = \left( \left( x - x _{0} \right) * ... * \left( x - x _{j} \right) * \left( x - x _{j+1} \right) \right) * \left( \left( x - x _{0} \right) * ... * \left( x - x _{j} \right) \right) = \left( x - x_{0}) \right) ^{2} *... * \left( x - x_{j}) \right) ^{2} * \left( x - x_{j+1}\right) }\)
A więc nie koniecznie znak będzie tutaj też stały i dodatni! Może więc cała całka być równa zero (czym jest bo 2. Lemat)
Pytanie moje brzmi tak:
By uzasadnić że... \(\displaystyle{ P _{k} * Q _{j}}\) ma stały znak na [a,b] (dodatni/nieujemny) musi nam wyjsć że \(\displaystyle{ P _{k} * Q _{j} = \left( \left( x - x _{0} \right) * ... * \left( x - x _{j} \right) \right) * \left( \left( x - x _{0} \right) * ... * \left( x - x _{j} \right) \right) = \left( x - x_{0}) \right)^{2} * ... * \left( x - x_{j}) \right)^{2} }\)
(na przykład! Oczywiście może być np. \(\displaystyle{ \left( x - x_{1}\right)^{3} }\) w \(\displaystyle{ P_{k}}\) najważniejsze by dla każdego pierwiastka wyszedł stopień parzysty)
...musimy założyć od początku że poza \(\displaystyle{ \left( a,b \right) }\) dla \(\displaystyle{ P_{k}}\) nie mamy pierwiastków (inaczej wyjdzie że całka może być równa zero i że też jest bo 2. Lemat)
Tylko że tutaj moje pytanie czemu możemy takie coś zakładać o funkcji \(\displaystyle{ P_{k}}\) gdy my ją zupełnie nie znamy?
-
- Użytkownik
- Posty: 7920
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Re: Dowód że w (a,b) wielomian ortogonalny stopnia k ma dokładnie k różnych pojedynczych rzeczywistych pierwiastków
"Pierwiastki \(\displaystyle{ x_{j} , j = 0,1,2,..,n }\) wielomianu \(\displaystyle{ P_{n}(x) }\) są wszystkie rzeczywiste, pokedyńcze w \(\displaystyle{ (a, b)." }\)
Niech \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2}, ..., x_{j} }\) będą pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ P_{n}(x) }\) w \(\displaystyle{ (a, b). }\)
Niech
\(\displaystyle{ Q_{j}(x) = (x -x_{1})\cdot (x-x_{2})\cdot ...\cdot (x - x_{j}).}\)
Wielomiany \(\displaystyle{ Q_{j}(x), \ \ P_{n}(x) }\) zmieniają razem swoje znaki w \(\displaystyle{ (a, b). }\)
i stopień wielomianu \(\displaystyle{ Q_{j}(x)}\)
\(\displaystyle{ deg[Q_{j}(x)] = j \leq n }\)
Stąd wynika, że wielomian: \(\displaystyle{ ( P_{n}\cdot Q_{j})(x) }\) ma stały znak w \(\displaystyle{ (a, b) }\)
i
\(\displaystyle{ \int_{a}^{b} P_{n}(x)\cdot Q_{j}(x) \cdot p(x) dx \neq 0 }\) i \(\displaystyle{ j = n, }\)
ponieważ wielomian \(\displaystyle{ P_{n}(x) }\) jest ortogonalny do wielomianów stopnia mniejszego niż \(\displaystyle{ n.}\)
Bez straty ogólności możemy założyć, że pierwiastek \(\displaystyle{ x_{1} }\) jest pierwiastkiem podwójnym tzn.
\(\displaystyle{ P_{n}(x)= (x-x_{1})^2 P_{n-2}(x) }\)
Stąd
\(\displaystyle{ P_{n}(x)\cdot P_{n-2}(x) = \left(\frac{P_{n}(x)}{x-x_{1}}\right )^2 \geq 0,}\)
to oznacza, że \(\displaystyle{ \int_{a}^{b} P_{n}(x)\cdot P_{n-2}(x)dx > 0 }\)
Nie jest możliwe, ponieważ wielomian \(\displaystyle{ P_{n} }\) jest ortogonalny do \(\displaystyle{ P_{n-2}.}\)
Dlatego pierwiastki nie mogą się powtarzać.
Niech \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2}, ..., x_{j} }\) będą pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ P_{n}(x) }\) w \(\displaystyle{ (a, b). }\)
Niech
\(\displaystyle{ Q_{j}(x) = (x -x_{1})\cdot (x-x_{2})\cdot ...\cdot (x - x_{j}).}\)
Wielomiany \(\displaystyle{ Q_{j}(x), \ \ P_{n}(x) }\) zmieniają razem swoje znaki w \(\displaystyle{ (a, b). }\)
i stopień wielomianu \(\displaystyle{ Q_{j}(x)}\)
\(\displaystyle{ deg[Q_{j}(x)] = j \leq n }\)
Stąd wynika, że wielomian: \(\displaystyle{ ( P_{n}\cdot Q_{j})(x) }\) ma stały znak w \(\displaystyle{ (a, b) }\)
i
\(\displaystyle{ \int_{a}^{b} P_{n}(x)\cdot Q_{j}(x) \cdot p(x) dx \neq 0 }\) i \(\displaystyle{ j = n, }\)
ponieważ wielomian \(\displaystyle{ P_{n}(x) }\) jest ortogonalny do wielomianów stopnia mniejszego niż \(\displaystyle{ n.}\)
Bez straty ogólności możemy założyć, że pierwiastek \(\displaystyle{ x_{1} }\) jest pierwiastkiem podwójnym tzn.
\(\displaystyle{ P_{n}(x)= (x-x_{1})^2 P_{n-2}(x) }\)
Stąd
\(\displaystyle{ P_{n}(x)\cdot P_{n-2}(x) = \left(\frac{P_{n}(x)}{x-x_{1}}\right )^2 \geq 0,}\)
to oznacza, że \(\displaystyle{ \int_{a}^{b} P_{n}(x)\cdot P_{n-2}(x)dx > 0 }\)
Nie jest możliwe, ponieważ wielomian \(\displaystyle{ P_{n} }\) jest ortogonalny do \(\displaystyle{ P_{n-2}.}\)
Dlatego pierwiastki nie mogą się powtarzać.
-
- Użytkownik
- Posty: 43
- Rejestracja: 15 maja 2020, o 20:28
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 22
- Podziękował: 3 razy
Re: Dowód że w (a,b) wielomian ortogonalny stopnia k ma dokładnie k różnych pojedynczych rzeczywistych pierwiastków
janusz47 pisze: ↑28 gru 2020, o 15:55
Wielomiany \(\displaystyle{ Q_{j}(x), \ \ P_{n}(x) }\) zmieniają razem swoje znaki w \(\displaystyle{ (a, b). }\)
i stopień wielomianu \(\displaystyle{ Q_{j}(x)}\)
\(\displaystyle{ deg[Q_{j}(x)] = j \leq n }\)
Stąd wynika, że wielomian: \(\displaystyle{ ( P_{n}\cdot Q_{j})(x) }\) ma stały znak w \(\displaystyle{ (a, b) }\)
No właśnie to jest to czego zupełnie nie rozumiem. Można by było to może jakoś bardzo szczegółowo rozpisać?
-
- Użytkownik
- Posty: 7920
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Re: Dowód że w (a,b) wielomian ortogonalny stopnia k ma dokładnie k różnych pojedynczych rzeczywistych pierwiastków
Jeśli mamy na przykład wielomian \(\displaystyle{ Q_{2}(x) }\) jest wielomianem drugiego stopnia, który ma pierwiastki \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2}, \ \ x_{1}\neq x_{2}. }\) i jego pierwiastki \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2} \in (a, b) }\) a wielomian \(\displaystyle{ P_{3}(x) = (x -x_{1})(x-x_{2})(x- x_{3}), }\) jest wielomianem trzeciego stopnia, przy czym dwa jego pierwiastki \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2} }\) należą do przedziału \(\displaystyle{ (a, b ) }\) i pokrywają się z pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ Q_{2}(x) }\), to wielomian \(\displaystyle{ (P_{3}\cdot Q_{2})(x) = (x- x_{1})^2(x- x_{2})^2 (x-x_{3}) }\) jest wielomianem o stałym znaku w przedziale \(\displaystyle{ (a, b). }\)