¿Hay algún truco para resolver$\int_{-1}^1 \frac{P(t)}{\sqrt{1-t^2}}{\rm d}t=a[P(x_1)+P(x_2)+P(x_3)]$?

Question

He encontrado esta pregunta en algunos viejos examen:

Encontrar 4 reales $a, x_1, x_2, x_3$ tal que la igualdad $$\int_{-1}^1 \frac{P(t)}{\sqrt{1-t^2}}{\rm d}t=a[P(x_1)+P(x_2)+P(x_3)]$$ es cierto para todo polinomio con grado menor o igual que 3.

Mi problema es que no computar estos reales para un ejemplo particular, sino que yo no entendía la idea detrás de esta igualdad. De hecho, hay una pregunta similar en este examen para demostrar que $\int_{-1}^1 \frac{f(t)}{\sqrt{1-t^2}}{\rm d}t=\frac{\pi}{3}[f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)]$ para todo polinomio $f$ con grado menor o igual a 5; esto lo que me hace seguro de que hay un truco detrás de estas cuestiones. ¿Hay alguna explicación?

Answer 1

Tenga en cuenta que $\int_{-1}^{1}\frac{at^3+bt^2+ct+d}{\sqrt{1-t^2}}dt$ es, por simetría, igual a $\int_{-1}^{1}\frac{bt^2+d}{\sqrt{1-t^2}}dt$. Este evalúa a $\frac{\pi}{2}(b+2d)$. Ahora ponemos la primera constante a $\frac{\pi}{2} k$ e intente $x_1=0, x_2=z$ e $x_3=-z$, de nuevo para aprovechar la simetría de la polinomio. La igualdad se convierte en el $\frac{\pi}{2}(b+2d) = \pi kbz^2+\frac{3}{2}\pi kd$. La comparación de los coeficientes debe obtener $k=\frac{2}{3}$ e $z=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Así que tenemos $\int_{-1}^{1}\frac{at^3+bt^2+ct+d}{\sqrt{1-t^2}}dt = \frac{\pi}{3}[P(-\frac{\sqrt{3}}{2})+P(0)+P(\frac{\sqrt{3}}{2})]$.

Seguramente esta no es la solución más elegante, pero funciona muy bien para el grado 3 o 5 polinomios.

Answer 2

Esto probablemente tiene algo que ver con los polinomios de Chebyshev. \begin{align} T_0(x)=&\ 1\\ T_1(x)=&\ x\\ T_{n+1}(x)=&\ 2xT_n(x)-T_{n-1}\hspace{1em} \forall\ n\geq 1 \end{align}

Estos polinomios tienen ortogonalidad de la propiedad con $1/\sqrt{1-x^2}$ de su peso. $$\int_{-1}^{1}T_n(x)T_m(x)\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,\text{d}x= \left\lbrace \begin{array}{ll} 0 & m\neq n\\ \pi & m=n=0\\ \pi/2 & m=n\neq 0 \end{array} \right.$$

Por ejemplo, en un tercer orden de polinomio, $1=T_0(x)T_0(x)$, $x=T_1(x)T_0(x)$, $x^2=T_1(x)T_1(x)$ e $x^3=0.5T_1(x)\times(T_2(x)+T_0(x))$.

P. S. no se me permite el comentario dado mi reputación y, por lo tanto estoy publicando esto como una respuesta; aunque, esto debería haber sido un comentario.

Editar

Estos polinomios cumplir también con lo que se llama "ortogonalidad discreta" (ver esta). Si $x_i$ son las raíces de $T_n(x)$, entonces para $0\leq p,q\leq n-1$, el siguiente tiene. \begin{align} \sum_i T_p(x_i)T_q(x_i)=\left\lbrace \begin{array}{ll} 0 & p\neq q\\ n & p=q=0\\ n/2 & p=q\neq 0\\ \end{array} \right. \end{align}

Con esta propiedad, creo que la cuestión se resuelve. Deje $P_n(x)$ ser cualquier $n$-ésimo polinomio de orden. A continuación, $P_n(x)$ puede ampliarse mediante el polinomio de Chebyshev. $$P_n(x)=\sum_{i=0}^{n} b_i T_i(x)=\sum_{i=0}^{n} b_i T_i(x)T_0(x)$$

Por ortogonalidad, como ya se señaló en los comentarios, $$\int_{-1}^{1} \frac{P_n(x)}{\sqrt{1-x^2}}=\int_{-1}^{1} \frac{P_n(x)T_0(x)}{\sqrt{1-x^2}}=\pi b_0$$

Ahora, supongamos $x_j$, $0\leq j\leq n-1$ representan las raíces de $T_n(x)$. A continuación, $$\sum_{j=0}^{n-1}P_n(x_j)=\sum_{j=0}^{n-1}\sum_{i=0}^{n} b_i T_i(x_j)T_0(x_j)=\sum_{i=0}^{n} b_i \sum_{j=0}^{n-1} T_i(x_j)T_0(x_j)=nb_0$$

La última igualdad se sigue de ortogonalidad discreta. Resumiendo, tenemos $$\int_{-1}^{1} \frac{P_n(x)}{\sqrt{1-x^2}}=\pi b_0=(\pi/n) \sum_{j=0}^{n-1}P_n(x_j)$$