Numerical Mathematics - A Collection of Solved Problems

ORTOGONALNI I S-ORTOGONALNI POLINOMI 452.2.2. Ako je {Q k } (k ∈ N 0 ) niz ortogonalnih polinoma na (−a,a) saparnom težinskom funkcijom x ↦→ p(x), dokazati da je:1 ◦ Niz polinoma {Q 2k ( √ x)} (k ∈ N 0 ) ortogonalan na ( 0,a 2) sa težinskomfunkcijom x ↦→ p ( √ x) / √ x;2 ◦ Niz polinoma {Q 2k+1 ( √ x)/ √ x} (k ∈ N 0 ) ortogonalan na ( 0,a 2) satežinskom funkcijom x ↦→ √ xp( √ x).Rešenje. Kako je, za n ≠ k,Z a−ap(x)Q n (x)Q k (x)dx ==Z a−aZ a−ap(−x) Q n (−x) Q k (−x)dxp(x)Q n (−x)Q k (−x) dx = 0 ,zaključujemo da je i niz polinoma {Q k (−x)} (k ∈ N 0 ), takod¯e, ortogonalan uodnosu na težinsku funkciju p(x) na (−a, a). S druge strane, zbog jedinstvenostiniza ortogonalnih polinoma, za datu težinsku funkciju i dati interval (do na multiplikativnukonstantu), zaključujemo da mora biti Q n (−x) = C n Q n (x), odaklesleduje C n = (−1) n . Dakle, imamo Q n (−x) = (−1) n Q n (x), tj.što znači da jeQ n (−x) = Q n (x) (n – parno),= −Q n (x) (n – neparno) ,Q 2k (x) = U k (x 2 ) , Q 2k+1 (x) = x V k (x 2 ) ,gde su U k i V k polinomi k–tog stepena.Neka je n ≠ k. Tada, na osnovuZ a−asmenom x 2 = y, dobijamop(x)Q 2n (x)Q 2k (x)dx = 2Z a0p(x)U n (x 2 )U k (x 2 ) dx = 0 ,Z a20p `√ y´√ yU n (y) U k (y)dy = 0 ,odakle sleduje trvrd¯enje 1 ◦ .Slično, na osnovuZ a−ap(x)Q 2n+1 (x)Q 2k+1 (x)dx = 2Z a0p(x)x 2 V n (x 2 )V k (x 2 ) dx = 0 ,