Hay una forma cerrada para estos polinomios?

Question

Deje $P_0(x)=1, P_{-1}(x)=0$ y definir a través de la recursividad $P_{n+1}(x)=xP_{n}(x)-P_{n-1}(x)$.

Los primeros polinomios son

$$ P_0(x)= 1\\ P_1(x) = x \\ P_2(x) = x^2-1 \\ P_3(x)= x^3 -2 x\\ P_4(x) = x^4 - 3 x^2 +1 \\ P_5(x) = x^5 - 4 x^3 +3 x$$

Parece que los polinomios son siempre de la forma:

$$P_n(x)=\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor+1} (-1)^k\ \ f(n,k)\ x^{n-2k}$$

Si, por ejemplo, uno puede calcular

$$f(n,0)=1 \\ f(n,1)=n-1 \\ f(n,2)=\frac{(n-2)(n-3)}{2}$$

Hay una forma cerrada para estos polinomios? Aparte de que estoy especialmente interesado en si o el no $\sum_{n=0}^\infty |P_n(x)|^2$ diverge para cada $x \in \mathbb{C}$.

Answer 1

$P_n(x)=U_n(x/2)$ donde $U_n$ $n$- ésimo polinomio de Chebyshev de la segunda clase, con (muy cerca) de la recurrencia de la relación de $U_{n+1}(x)=2x U_n(x)-U_{n-1}$.

Una fórmula que podría ser de interés para el objetivo de seguir es:

$\dfrac{1}{1-2tx+t^2}=\sum_{k=0}^{\infty}U_k(x)t^k$

(Gradshteyn y Ryzhik fórmula 8.945)

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(Nueva edición) En conexión con la serie que usted está buscando.

1) Su problema está relacionado con la Darboux-Christoffel del núcleo.

$K_n(s,t)=\sum_{k=0}^{n}U_k(x)U_k(t)$

Aviso que no es la $P-n$, pero el $U_n$.

Deje $K_n(x,x)=W_n(x)=\sum_{k=0}^{n}U_k^2(x)$.

Uno puede mostrar que $W_n(x)$ puede ser expresado como una forma cerrada de la fórmula:

$W_n(x)=U_{n+1}^{\prime}(x)U_{n}(x)-U_{n}^{\prime}(x)U_{n+1}(x)$ (primer derivados wrt $x$).

(carta de $W$ "Wronskian", un clásico de la herramienta en ecuaciones diferenciales ordinarias).

Por su definición, $W_n$ es una función par de $x$.

Por ejemplo, para $n=6$ : $W_6(x)=4-6x^2+30x^4-45x^6+30x^8-9x^{10}+x^{12}$.

He trazan varias curvas de $y=W_n(x)$$[-1,1]$. Todos ellos hacen que pequeñas variaciones por encima o por debajo de un segundo grado de la curva, que tiene su mínimo en

$(0,\left \lfloor{\dfrac{n+2}{2}}\right \rfloor)$ y pasa a través de los puntos de $(\pm 1,\left \lfloor{\dfrac{2n+4}{3}}\right \rfloor)$ (donde $\left \lfloor a \right \rfloor$ designar la parte entera de la $a$).

Aquí está la curva de $W_{30}$:

Por lo tanto, experimentaly, uno puede estar bastante seguro de que por cualquier fija $x$, la secuencia de $W_n(x)$ tiende a $\infty$ al $n$ tiende a $\infty$. Pero, esto no es una prueba...

2) además, se puede leer el artículo en línea

https://www.ma.utexas.edu/mp_arc/c/08/08-107.pdf

por Barry Simon, un reconocido especialista de polinomios ortogonales, especialmente la $U_n$.

3) Tienen un aspecto muy similar de intercambio de la pila pregunta /110570/

Answer 2

Como @JeanMarie los estados, la recurrencia es de $U_n(x/2)$. Un fresco de la forma cerrada para estos Chebyshevs es

$$U_n(\cos{\theta}) = \frac{\sin{(n+1) \theta}}{\sin{\theta}}$$

así que en tu caso, tal expresión se vería

$$P_n(x) = \left (1-\frac{x^2}{4} \right )^{-1/2} \sin{\left [(n+1) \arccos{\left ( \frac{x}{2} \right )} \right ]}$$

Answer 3

Aquí está parte de la respuesta para la segunda parte de la pregunta, esto es un poco gracioso el argumento de que he encontrado el porqué $\sum_n |P_n(\lambda)|^2$ la diferencia que debe existir para cualquier $\lambda \in \mathbb{C-R}$.

Para ver esto en cuenta en la $\mathscr l^2 (\mathbb N)$ la izquierda del operador de desplazamiento a la $L$ y su adjunto, el derecho operador de desplazamiento a la $R$.

Tenga en cuenta que desde $L+R$ es hermitian su punto de espectro debe ser un subconjunto de a $\mathbb R$. En tratando de encontrar los vectores propios de este operador es donde estas polinomio inicialmente se acercó.

Supongamos $(L+R)(x)=\lambda x$$x$$\mathscr l^2 (\mathbb N)$. Escribir $x= \sum_n x_n e_n$. $L(x)=\sum_n x_{n+1} e_n$ y $R(x)=\sum_n x_n e_{n+1}$. $(L+R)(x)=\lambda x$ es equivalente a

$$\sum_n (x_{n+1}+x_{n-1}-\lambda x_n) e_n = 0 $$

O

$$x_{n+1}= \lambda x_n - x_{n-1} \tag{1}$$

donde $x_{-1}=0$.

Si tenemos que $x_0=0$, entonces la única manera de satisfacer la ecuación (1) es $x_n=0$ todos los $n$, por lo que podemos suponer $x_0\neq0$, por el reescalado el vector wlog $x_0=1$, y la ecuación (1) se cumple sólo por los polinomios dados en la pregunta original.

Si para algunos $\lambda$: $\sum_n |P_n(\lambda)|^2 < \infty$, a continuación, con $x:=\sum_n P_n(\lambda) e_n$ tenemos bien definido el vector en $\mathscr l^2 (\mathbb N)$, cuyos componentes se satisface (1) y por esa razón es un autovector de a $L+R$ con autovalor $\lambda$.

Ya que como se dijo antes, $L+R$ es hermitian no puede tener nonreal autovalores y por eso $\sum_n |P_n(\lambda)|^2$ divergentes si $\lambda \notin \mathbb R$.

Queda la pregunta de si o no a la suma difiere de los otros $\lambda$ es equivalente a $L+R$ tener punto vacío del espectro.