Nie jestem pewien czy to dobry dział, ale że jest to problem z Kostrikina Algebry Liniowej to zamieszczam go tutaj. Jeśli w złym dziale dodałem temat to proszę o przeniesienie do odpowiedniego.
Mam wzór Rodriguesa dla wielomianu Czebyszewa:
\(\displaystyle{ T_{n}(t) = \frac{(-2)^{n}n!}{(2n)!} \sqrt{1 - t^{2}} \frac{d^{n}}{dt^{n}}(1 - t^{2})^{n - \frac{1}{2}} = \cos(n \arccos t)}\)
I z tego wzoru Rodriguesa po lewej mam przejść do tego wzoru po prawej. Próbowałem robić podstawienie \(\displaystyle{ t = \cos t}\), ale wychodził brzydki operator różniczkowania i następnie mnożenia i tak \(\displaystyle{ n}\) razy. Indukcją tez próbowałem, ale z marnym skutkiem.
Ktoś ma jakiś pomysł?
Wielomiany czebyszewa z Rodriguesa do cosinusa
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Wielomiany czebyszewa z Rodriguesa do cosinusa
Ten wzór wygląda może ładnie, ale jest nieprawdziwy dla \(\displaystyle{ n=1}\).
Jakieś dodatkowe założenia co do tego wzoru? A może jakieś współczynniki po lewej pomyliłeś?
Poprawna forma jest tutaj, kolego:
... _chap6.pdf
Strona nr 3.
Czyli źle przepisałeś bądź nawaliła korekta u Kostrykina. Przy poprawnym sformułowaniu dowód indukcyjny nie nastręcza większych trudności, choć ładne to nie jest.-- 27 kwi 2017, o 13:02 --Ponieważ link mogą usunąć moderatorzy, więc przepiszę, że powinno być
\(\displaystyle{ \frac{(-2)^{n}n!}{(2n)!} \sqrt{1-t^2}\frac{d^{n}}{dt^{n}}(1 - t^{2})^{n - \frac{1}{2}} = \cos(n \arccos t)}\)
Jakieś dodatkowe założenia co do tego wzoru? A może jakieś współczynniki po lewej pomyliłeś?
Poprawna forma jest tutaj, kolego:
... _chap6.pdf
Strona nr 3.
Czyli źle przepisałeś bądź nawaliła korekta u Kostrykina. Przy poprawnym sformułowaniu dowód indukcyjny nie nastręcza większych trudności, choć ładne to nie jest.-- 27 kwi 2017, o 13:02 --Ponieważ link mogą usunąć moderatorzy, więc przepiszę, że powinno być
\(\displaystyle{ \frac{(-2)^{n}n!}{(2n)!} \sqrt{1-t^2}\frac{d^{n}}{dt^{n}}(1 - t^{2})^{n - \frac{1}{2}} = \cos(n \arccos t)}\)
-
Lubicz
- Użytkownik
- Posty: 127
- Rejestracja: 26 lip 2015, o 01:14
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 19 razy
Wielomiany czebyszewa z Rodriguesa do cosinusa
Masz rację, to wyszło z przeoczenia przy pisaniu. Coś mi się pomyliło po prostu. Już poprawiłem.
A dodatkowe założenia to wiadome: \(\displaystyle{ n \ge 0}\) oraz \(\displaystyle{ t\in [-1,1]}\), wcześniej uznałem je za oczywiste, ale może nie każdy je zna.
Jakbyś umiał to indukcyjnie rozpisać to chętnie bym to zobaczył, aczkolwiek nie sądzę, że z tego wzoru da się to ładnie zrobić. Pewnie jest jakiś szybki motyw jak to u Kostrikina zawsze bywa.
A dodatkowe założenia to wiadome: \(\displaystyle{ n \ge 0}\) oraz \(\displaystyle{ t\in [-1,1]}\), wcześniej uznałem je za oczywiste, ale może nie każdy je zna.
Jakbyś umiał to indukcyjnie rozpisać to chętnie bym to zobaczył, aczkolwiek nie sądzę, że z tego wzoru da się to ładnie zrobić. Pewnie jest jakiś szybki motyw jak to u Kostrikina zawsze bywa.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Wielomiany czebyszewa z Rodriguesa do cosinusa
1) Myślałem o tym, żeby popatrzyć na to jak na równość dwu wielomianów stopnia \(\displaystyle{ n}\) i z twierdzenia Rolle'a udowodnić, że różnica zeruje się w \(\displaystyle{ n+1}\) punktach, więc jest wielomianem zerowym. Ale chyba nie umiem tego pomysłu sfinalizować.
2) Można by wykorzystać następujący wzór rekurencyjny dla wielomianów Czebyszewa pierwszego rodzaju:
\(\displaystyle{ T_{n+1}(t)=2tT_n(x)-T_{n-1}(t)}\)
No i indukcja.
Sprawdzamy równość z zadania dla \(\displaystyle{ n=1, n=2}\) (nie jest to trudne), a następnie dowodzimy, że lewa strona tezy spełnia tę zależność rekurencyjną.
Wskazówka: \(\displaystyle{ \frac{\dd ^{n+1}}{\dd t^{n+1}}(1-t^2)^{n+1-\frac 1 2}=\\=(1-t^2) \frac{\dd^{n+1}}{\dd t^{n+1}}(1-t^2)^{n-\frac 1 2}-2t n \frac{\dd^n}{\dd t^n}(1-t^2)^{n-\frac 1 2}-2{n \choose 2} \frac{\dd^{n-1}}{\dd t^{n-1}}(1-t^2)^{n-\frac 1 2}}\)
Ponadto pomyśl i zapisz, jak wygląda wyrażenie
\(\displaystyle{ \frac{(-2)^{n}n!}{(2n)!}}\) dla \(\displaystyle{ n:=n-1, n:=n+1}\)
2) Można by wykorzystać następujący wzór rekurencyjny dla wielomianów Czebyszewa pierwszego rodzaju:
\(\displaystyle{ T_{n+1}(t)=2tT_n(x)-T_{n-1}(t)}\)
No i indukcja.
Sprawdzamy równość z zadania dla \(\displaystyle{ n=1, n=2}\) (nie jest to trudne), a następnie dowodzimy, że lewa strona tezy spełnia tę zależność rekurencyjną.
Wskazówka: \(\displaystyle{ \frac{\dd ^{n+1}}{\dd t^{n+1}}(1-t^2)^{n+1-\frac 1 2}=\\=(1-t^2) \frac{\dd^{n+1}}{\dd t^{n+1}}(1-t^2)^{n-\frac 1 2}-2t n \frac{\dd^n}{\dd t^n}(1-t^2)^{n-\frac 1 2}-2{n \choose 2} \frac{\dd^{n-1}}{\dd t^{n-1}}(1-t^2)^{n-\frac 1 2}}\)
Ponadto pomyśl i zapisz, jak wygląda wyrażenie
\(\displaystyle{ \frac{(-2)^{n}n!}{(2n)!}}\) dla \(\displaystyle{ n:=n-1, n:=n+1}\)
-
Lubicz
- Użytkownik
- Posty: 127
- Rejestracja: 26 lip 2015, o 01:14
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 19 razy
Wielomiany czebyszewa z Rodriguesa do cosinusa
Jeśli chodzi o wzór rekurencyjny to w zadaniu dalej miałem go udowodnić i to zrobiłem. Potem w oparciu o ten wzór próbowałem indukcją udowadniać to, ale marny był tego rezultat.
Aczkolwiek przed chwilą skorzystałem z tego i wyszło bez problemu. Wcześniej jakieś dzikie przekształcenia robiłem zamiast najprostszej trygonometrii użyć.
Aczkolwiek... Autor dał ten problem zanim kazał udowodnić wzór rekurencyjny. Co z tego wynika musi być inny dowód - bardziej bezpośredni. Jakieś podstawienie czy coś. Także sam w sobie dowód, który dokonałem może i prosty, ale nie satysfakcjonuje mnie. Jakbyś miał pomysł jak to bezpośrednio rozwiązać to byłbym wdzięczny.
Aczkolwiek przed chwilą skorzystałem z tego i wyszło bez problemu. Wcześniej jakieś dzikie przekształcenia robiłem zamiast najprostszej trygonometrii użyć.
Aczkolwiek... Autor dał ten problem zanim kazał udowodnić wzór rekurencyjny. Co z tego wynika musi być inny dowód - bardziej bezpośredni. Jakieś podstawienie czy coś. Także sam w sobie dowód, który dokonałem może i prosty, ale nie satysfakcjonuje mnie. Jakbyś miał pomysł jak to bezpośrednio rozwiązać to byłbym wdzięczny.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Wielomiany czebyszewa z Rodriguesa do cosinusa
Rozumiem Twoje nieusatysfakcjonowanie z takiego dowodu. Spróbuję coś sklecić wg tego, co wyżej pisałem (bez użycia tego wzorku rekurencyjnego), choć ładne to nie będzie.
Indukcja po \(\displaystyle{ n \in \NN}\). Pokazujemy, że jeśli zachodzi równość dla liczby \(\displaystyle{ n}\), to także jest ona prawdziwa dla \(\displaystyle{ n+1}\). Rozumowanie działa dla \(\displaystyle{ n \ge 1}\), więc \(\displaystyle{ n=0}\) oddzielnie sprawdzam.
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Dla \(\displaystyle{ n=0}\) (przyjmujemy tutaj, że "zerowa pochodna" funkcji to ona sama) od razu wychodzi równość (po obu stronach jedynki), dla \(\displaystyle{ n=1}\) mamy po lewej stronie
\(\displaystyle{ -\sqrt{1-t^2} \cdot \frac{-t}{\sqrt{1-t^2}} =t=\cos(\arccos t)}\)
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Przypuśćmy, że równość z zadania zachodzi dla pewnego \(\displaystyle{ n\in \NN}\). Pokażemy, że wówczas tożsamość działa także dla \(\displaystyle{ n+1}\). Mamy wówczas na mocy wzoru Leibniza:
\(\displaystyle{ \frac{(-2)^{n+1}(n+1)!}{(2n+2)!}\sqrt{1-t^2} \frac{\dd^{n+1}}{\dd t^{n+1}}(1-t^2)^{n+1-\frac 1 2}=\\=\frac{(-2)^{n+1}(n+1)!}{(2n+2)!}\sqrt{1-t^2}\left( (1-t^2) \frac{\dd^{n+1}}{\dd t^{n+1}}f(t) -2t(n+1) \frac{\dd^{n}}{\dd t^{n}}f(t)-2{n+1 \choose 2} \frac{\dd^{n-1}}{\dd t^{n-1}} f(t) \right)}\)
dla \(\displaystyle{ f(t)=(1-t^2)^{n-\frac 1 2}}\)
- napisałem tak, bo wyskakiwał błąd w formule, gdyż te bzdety są zbyt obszerne.
Z założenia indukcyjnego mamy w szczególności, że
\(\displaystyle{ \frac{\dd^{n}}{\dd t^n}(1-t^2)^{n-\frac 1 2}= \frac{(2n)!}{(-2)^n n!} \frac{\cos(n \arccos t)}{ \sqrt{1-t^2} }}\) (*)
Całkując równość (*) w granicach od zera do \(\displaystyle{ t}\), dostajemy zaś
\(\displaystyle{ \frac{\dd^{n-1}}{\dd t^{n-1}} \left( 1-t^2\right)^{n-\frac 1 2}=-\frac 1 n \frac{(2n)!}{(-2)^n n!}\sin(n \arccos t)}\)
Natomiast różniczkując równość (*) stronami, otrzymujemy
\(\displaystyle{ \frac{\dd^{n+1}}{\dd t^{n+1}}(1-t^2)^{n-\frac 1 2}= \frac{(2n)!}{(-2)^n n!} \frac{t \cos(n\arccos t)}{(1-t^2)^{\frac 3 2}}+n\frac{(2n)!}{(-2)^n n!} \frac{\sin(n\arccos t)}{1-t^2}}\)
Po wstawieniu tych zależności dostajemy
\(\displaystyle{ \frac{(-2)^{n+1}(n+1)!}{(2n+2)!}\sqrt{1-t^2}\left( (1-t^2) \frac{\dd^{n+1}}{\dd t^{n+1}}f(t)-2(n+1)t \frac{\dd^n}{\dd t^n}f(t) -2{n+1 \choose 2} \frac{\dd^{n-1}}{\dd t^{n-1}} f(t) \right)=\\=- \frac{1}{2n+1} t\cos(n\arccos t)- \frac{n}{2n+1}\sin(n \arccos t)\sqrt{1-t^2}+\frac{(2n+2)t}{2n+1}\cos(n\arccos t)- \frac{n+1}{2n+1}\sqrt{1-t^2}\sin(n \arccos t)=\\=t\cos(n\arccos t)-\sqrt{1-t^2}\sin(n\arccos t)=\cos((n+1)\arccos t)}\)
Ostatnia równość wynika ze wzoru na cosinus sumy i z tego, że \(\displaystyle{ \cos(\arccos t)=t, \sin(\arccos t)=\sqrt{1-t^2}}\).
Mogły tu się pojawić jakieś przeinaczenia/błędy obliczeniowe, gdyż jak widać naprawdę jest gdzie się pomylić...
Ten sposób jest zdecydowanie zbyt techniczny i mimo długiego gapienia się nie mogę zlokalizować błędów w obliczeniach. Mnie najbardziej satysfakcjonowałby taki dowód, w którym od lewej strony, kompletnie nie znając prawej, dochodzimy do tej prawej strony, bo indukcja to taki trochę sposób dla biedaków umysłowych (nie zawsze, ale w tego typu zadaniach akurat tak, bo nic nie mówi o tym, skąd się ten wzór bierze).
Indukcja po \(\displaystyle{ n \in \NN}\). Pokazujemy, że jeśli zachodzi równość dla liczby \(\displaystyle{ n}\), to także jest ona prawdziwa dla \(\displaystyle{ n+1}\). Rozumowanie działa dla \(\displaystyle{ n \ge 1}\), więc \(\displaystyle{ n=0}\) oddzielnie sprawdzam.
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Dla \(\displaystyle{ n=0}\) (przyjmujemy tutaj, że "zerowa pochodna" funkcji to ona sama) od razu wychodzi równość (po obu stronach jedynki), dla \(\displaystyle{ n=1}\) mamy po lewej stronie
\(\displaystyle{ -\sqrt{1-t^2} \cdot \frac{-t}{\sqrt{1-t^2}} =t=\cos(\arccos t)}\)
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Przypuśćmy, że równość z zadania zachodzi dla pewnego \(\displaystyle{ n\in \NN}\). Pokażemy, że wówczas tożsamość działa także dla \(\displaystyle{ n+1}\). Mamy wówczas na mocy wzoru Leibniza:
\(\displaystyle{ \frac{(-2)^{n+1}(n+1)!}{(2n+2)!}\sqrt{1-t^2} \frac{\dd^{n+1}}{\dd t^{n+1}}(1-t^2)^{n+1-\frac 1 2}=\\=\frac{(-2)^{n+1}(n+1)!}{(2n+2)!}\sqrt{1-t^2}\left( (1-t^2) \frac{\dd^{n+1}}{\dd t^{n+1}}f(t) -2t(n+1) \frac{\dd^{n}}{\dd t^{n}}f(t)-2{n+1 \choose 2} \frac{\dd^{n-1}}{\dd t^{n-1}} f(t) \right)}\)
dla \(\displaystyle{ f(t)=(1-t^2)^{n-\frac 1 2}}\)
- napisałem tak, bo wyskakiwał błąd w formule, gdyż te bzdety są zbyt obszerne.
Z założenia indukcyjnego mamy w szczególności, że
\(\displaystyle{ \frac{\dd^{n}}{\dd t^n}(1-t^2)^{n-\frac 1 2}= \frac{(2n)!}{(-2)^n n!} \frac{\cos(n \arccos t)}{ \sqrt{1-t^2} }}\) (*)
Całkując równość (*) w granicach od zera do \(\displaystyle{ t}\), dostajemy zaś
\(\displaystyle{ \frac{\dd^{n-1}}{\dd t^{n-1}} \left( 1-t^2\right)^{n-\frac 1 2}=-\frac 1 n \frac{(2n)!}{(-2)^n n!}\sin(n \arccos t)}\)
Natomiast różniczkując równość (*) stronami, otrzymujemy
\(\displaystyle{ \frac{\dd^{n+1}}{\dd t^{n+1}}(1-t^2)^{n-\frac 1 2}= \frac{(2n)!}{(-2)^n n!} \frac{t \cos(n\arccos t)}{(1-t^2)^{\frac 3 2}}+n\frac{(2n)!}{(-2)^n n!} \frac{\sin(n\arccos t)}{1-t^2}}\)
Po wstawieniu tych zależności dostajemy
\(\displaystyle{ \frac{(-2)^{n+1}(n+1)!}{(2n+2)!}\sqrt{1-t^2}\left( (1-t^2) \frac{\dd^{n+1}}{\dd t^{n+1}}f(t)-2(n+1)t \frac{\dd^n}{\dd t^n}f(t) -2{n+1 \choose 2} \frac{\dd^{n-1}}{\dd t^{n-1}} f(t) \right)=\\=- \frac{1}{2n+1} t\cos(n\arccos t)- \frac{n}{2n+1}\sin(n \arccos t)\sqrt{1-t^2}+\frac{(2n+2)t}{2n+1}\cos(n\arccos t)- \frac{n+1}{2n+1}\sqrt{1-t^2}\sin(n \arccos t)=\\=t\cos(n\arccos t)-\sqrt{1-t^2}\sin(n\arccos t)=\cos((n+1)\arccos t)}\)
Ostatnia równość wynika ze wzoru na cosinus sumy i z tego, że \(\displaystyle{ \cos(\arccos t)=t, \sin(\arccos t)=\sqrt{1-t^2}}\).
Mogły tu się pojawić jakieś przeinaczenia/błędy obliczeniowe, gdyż jak widać naprawdę jest gdzie się pomylić...
Ten sposób jest zdecydowanie zbyt techniczny i mimo długiego gapienia się nie mogę zlokalizować błędów w obliczeniach. Mnie najbardziej satysfakcjonowałby taki dowód, w którym od lewej strony, kompletnie nie znając prawej, dochodzimy do tej prawej strony, bo indukcja to taki trochę sposób dla biedaków umysłowych (nie zawsze, ale w tego typu zadaniach akurat tak, bo nic nie mówi o tym, skąd się ten wzór bierze).
-
Lubicz
- Użytkownik
- Posty: 127
- Rejestracja: 26 lip 2015, o 01:14
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 19 razy
Wielomiany czebyszewa z Rodriguesa do cosinusa
Z analizy Twego dowodu widzę czego mi zabrakło w moim. Dzięki - nauczyłem się czegoś nowego
A odnośnie indukcji to w sumie masz rację. Tylko, że tutaj już byłem na tyle uprzywilejowany, że znałem ten wzór. Być może nie znając byłby to zbyt trudny problem, bo trochę trzeba byłoby kojarzyć możliwe szeregi dla prawej strony, ale może dałoby się dojść do tych typowych.
A odnośnie indukcji to w sumie masz rację. Tylko, że tutaj już byłem na tyle uprzywilejowany, że znałem ten wzór. Być może nie znając byłby to zbyt trudny problem, bo trochę trzeba byłoby kojarzyć możliwe szeregi dla prawej strony, ale może dałoby się dojść do tych typowych.