Producto puntual con el que el polinomio da evaluación a $x_0$ ?

Question

Pensé en seguir la situación/problema, y me sorprendió que la solución no se me ocurriera. Fijar un entero positivo $n$ y dejar $V_n$ ser el espacio vectorial de dimensiones finitas de todos los polinomios de grado $ \leq n$ con coeficientes reales. Haga $V_n$ en un espacio de producto interior con respecto a $$ \langle p,q \rangle = \int_ {-1}^1 p(x) q(x) \ dx.$$ Ahora, arregla algún punto $x_0 \in \mathbb {R}$ y considerar la función lineal \begin {alineado*} \varphi_ {x_0} : V_n \to \mathbb {R} && \varphi_ {x_0}(p) = p(x_0). \end {alineado*} Debido a que estamos en un espacio interior de productos, hay un polinomio único $p_{x_0,n}$ de tal manera que \begin {alineado*} \varphi_ {x_0}(p) = \langle p_{x_0,n},p \rangle = \int_ {-1}^1 p_{x_0,n}(x) p(x) \ ~ dx && \forall p \in V_n. \end {alineado*}

Pregunta: ¿Qué es este polinomio?

Un enfoque sería aplicar el procedimiento de Gramm-Schmidt a $1,x, \ldots ,x^n$ para obtener una base orthonormal $p_0,p_1, \ldots ,p_n$ para $V_n$ y luego calcular $ \varphi_ {x_0}$ sobre esta base. El vector requerido debe ser entonces $ \sum_ {i=0}^n \varphi_ {x_0}(p_i) p_i$ pero espero una representación más esclarecedora.

Answer 1

Esta no será una respuesta muy agradable y efectiva, pero da una fórmula más o menos directa para el polinomio $ \varphi_ {x_0}$ .

Repetiremos la prueba de la fórmula de Rodríguez para los polinomios de Legendre. Dejemos que $q_0,q_1,q_2, \ldots ,q_{n+1}$ sea la secuencia de polinomios de tal manera que $$ q_0 = \varphi_ {x_0}; \qquad q_{k+1}' = q_k \quad\text {and} \quad q_{k+1}(-1)=0 \quad (k=0,1, \ldots ,n). $$ Vamos a calcular el polinomio $q_{n+1}$ .

La condición, aplicada al polinomio $(1-x)^k$ (con $0 \le k \le n$ ) rinde $$ \int_ {-1}^1 \varphi_ {x_0}(x) \cdot (1-x)^k dx = (1-x_0)^k. $$ Integrando por partes $k$ veces, \begin {alineado*} (1-x_0)^k &= \int_ {-1}^1 q_0(x) \cdot (1-x)^k dx = \underbrace { \Big [q_1(x) \cdot (1-x)^k \Big ]_{-1}^1}_0 + \int_ {-1}^1 q_1(x) \cdot k(1-x)^{k-1} dx = \\ &= k \int_ {-1}^1 q_1(x) \cdot (1-x)^{k-1} dx = k(k-1) \int_ {-1}^1 q_2(x) \cdot (1-x)^{k-2} dx = \dots = \\ &= k! \int_ {-1}^1 q_k(x) dx = k! \cdot q_{k+1}(1) = k! \cdot q_{n+1}^{(n-k)}(1). \end {alineado*} Por lo tanto, $$ q_{n+1}^{(n-k)}(1) = \frac {(1-x_0)^k}{k!}. $$

El $n$ El polinomio de Taylor de $q_{n+1}$ alrededor de $1$ es $$ \sum_ {k=0}^n \frac {q_{n+1}^{(n-k)}(1)}{(n-k)!}(x-1)^{n-k} = \sum_ {k=0}^n \frac {(1-x_0)^k}{k!}(x-1)^{n-k} = \\ = \frac1 {n!} \sum_ {k=0}^n \binom {n}{k}(1-x_0)^k(x-1)^{n-k} = \frac {(x-x_0)^n}{n!} $$ así que $$ q_{n+1}(x) \equiv \frac {(x-x_0)^n}{n!} \pmod {(x-1)^{n+1}}. \tag1 $$ Por la condición $q_1(-1)=q_2(-1)= \ldots =q_{n+1}(-1)=0$ sabemos que $$ q_{n+1}(x) \equiv 0 \pmod {(x+1)^{n+1}}. \tag2 $$ Desde $ \deg q_{n+1} \le 2n+1$ por el Teorema del Restos Chinos, las congruencias (1) y (2) determinan de manera única $q_{n+1}$ .

Una solución de las congruencias (1) y (2), pero con mayor grado es $$ \left ( \bigg ( \frac {x-1}2 \bigg )^{n+1}-(-1)^{n+1} \right )^{n+1} \cdot \frac {(x-x_0)^n}{n!}. $$ Dividiéndonos con los restos, podemos ver que $$ q_{n+1}(x) = \left ( \bigg ( \frac {x-1}2 \bigg )^{n+1}+(-1)^n \right )^{n+1} \cdot \frac {(x-x_0)^n}{n!} \mod (1-x^2)^{n+1} $$ y por lo tanto $$ \varphi_ {x_0}(x) = \left ( \left ( \bigg ( \frac {x-1}2 \bigg )^{n+1}+(-1)^n \right )^{n+1} \cdot \frac {(x-x_0)^n}{n!} \mod (1-x^2)^{n+1} \right )^{(n+1)} . $$