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正交多项式的性质
（李锋，1080209030）
摘要：本文主要阐述了由基{1,x,x2,?,xn,?}按G-S正交化方法得到的正交多项式的一些有用性质及
其证明过程，包括正交性，递推关系，根的分布规律等。
正如在最佳平方逼近的讨论中看到的那样，正交多项式能够使得由其生成的Gram矩阵
的形式极其简单，为非奇异对角矩阵，从而大大降低了求解最佳平方逼近多项式的系数的计算，也避免了计算病态的矩阵方程。同时在数值积分方面，它也有着非常重要的应用。因而，有必要分析正交多项式有用的性质。
在区间[a,b]上，给定权函数?(x)，可以由线性无关的一组基{1,x,x2,?,xn,?}，利
用施密特正交化方法构造出正交多项式族{?n(x)}?由?n(x)生成的线性空间记为?。对0，
*于f(x)?C[a,b]，根据次数k的具体要求，总可以在?在找到最佳平方逼近多项式?k (x)。
?n(x)的具体形式为：
(xn,?k)?0(x)?1;?n(x)?x???k(x),n?1,2?
k?0(?k,?k)nn?1这样构造的正交多项式?n(x)具有以下一些有用的性质： 1.
?n(x)为最高次数项系数为1的n次多项式；
2. 任一不高于n次的多项式都可以表示成
???kk?0nk(x)；
3. 当n?m时，(?n,?m)?0；且?n(x)与所有次数小于n的多项式pn?1(x)正交，
b即?(x)?n(x)pn?1(x)dx?0，其中?(x)为权函数；
a?4. 存在递推关系：?n?1(x)?(x??n)?n(x)??n?n?1(x),n?0,1,2,?，
其中：
?0(x)?1,??1(x)?0b(x?n,?n)2?n?,n?0,1,?,这里(x?n,?n)??x?n(x)?(x)dx,
a(?n,?n)(?n,?n)?n?,n?1,2,?(?n?1,?n?1)
推论：（1）两个相邻正交多项式?n?2和?n?1无公共根； 5.
（2）设x0为正交多项式?n?1的一个根，则?n?2(x0)和?n(x0)异号；
n次正交多项式?n(x)有n个互异实零点，并且都包含在(a,b)中；
6. 假设a?x1?x2???xn?b是正交多项式?n(x)的n个根，那么在每个区
(a,x1),(x1,x2),?,(xn,b)内都有?n?1(x)的一个零点。
下面来对以上的性质加以证明。首先对于前3条性质，由?n(x)的生成方式，线性空间与基的性质，函数正交的概念，显而易见它们是成立的。
性质（4），递推关系的证明：?n?1(x)?(x??n)?n(x)??n?n?1(x),n?0,1,2,?，
证明：由于x?n(x)是n?1次多项式，因此可以由?0,?1,?,?n?1线性表出，即
x?n(x)??n?1(x)??cj?j(x), （1）
j?0n
其中cj为常系数。将上式两边同乘以?(x)?s(x),s?0,1,?,n?2，并积分有：
?
bax?(x)?n(x)?s(x)dx???(x)?n?1(x)?s(x)dx??abbna?c?(x)?jj?0j(x)?s(x)dx
上式左端当s?0,1,?,n?2时，x?s(x)的次数小于n，从而由正交性质得出积分
值等于零。同样右端第一个积分也为零。于是，当s?0,1,?,n?2时，上式就变为
?c?jj?0nba?(x)?j(x)?s(x)dx?0
令s?0，由正交性可知上式变为：
2c0??(x)?o(x)dx?0， ab从而c0?0。同理，当s依次为1,2,?,n?2时，可以推出cs?0，于是（1）式就可以简化为：
x?n(x)??n?1(x)?cn?1?n?1(x)?cn?n(x), （2）
下面来确定cn,cn?1。在（2）式两边同乘以?(x)?n?1(x)并积分，得：
?ba2x?(x)?n(x)?n?1(x)dx?cn?1??(x)?n?1(x)dx
ab由（1）式，可以得到下面的关系：
x?n?1(x)??n(x)??bj?j(x), 其中bj为常系数.
j?0n?1将上式代入（2）式中可以得到
22cn?1???(x)?n(x)dx/?a?(x)?n?1(x)dx???n,?n?/(?n?1,?n?1)；
bab同理用?(x)?n(x)同乘以（2）式两端并积分，可得
22cn??x?(x)?n(x)dx/?a?(x)?n(x)dx??x?n,?n?/(?n,?n)；
bab将cn,cn?1代入（2）式并整理可以得到结论。 推论（1）两个相邻正交多项式?n?2和?n?1无公共根；
证明：反证法。假设?n?2和?n?1有公共根，任取一个记x。则由性质（4）可知也为x
**?n的一个根。如此类推下去，必有所构造的所有正交多项式组均有一个公共的根
x*。显然这是不对的，故假设不成立。所以没有公共根。
推论（2）由性质（4）可以直接推出。
性质（5），n次正交多项式?n(x)有n个互异实零点，并且都包含在(a,b)中。 证明：令n?1，假定?n(x)在(a,b)上不变号，则
?ba?(x)?n(x)dx???(x)?n(x)?0(x)dx?0.
ab这与正交性相矛盾。故至少存在一点x1?(a,b)使得?n(x1)?0。若x1是重根，则?n(x)/(x?x1)为n?2次的多项式。由正交性可知：
2?ba?(x)?n(x)[?n(x)/(x?x1)2]dx?0;
但上式另一方面却有：
?ba?(x)?n(x)[?n(x)/(x?x1)2]dx???(x)[?n(x)/(x?x1)]2dx?0;
ab从而可知x1只能为单根。假设?n(x)在(a,b)内只有j个单根
x1,x2,?,xj(j?n)，则有
?n(x)(x?x1)(x?x2)?(x?xj)?q(x)(x?x1)2(x?x2)2?(x?xj)2，
对上式两端乘以p(x)并积分，则左端由于(x?x1)(x?x2)?(x?xj)的次数小于
n，因此积分值为零；但对于右端来说，由于q(x)在(a,b)上不变号，所以积分值不为
零。从而由这个矛盾推出j?n。
性质（6）假设a?x1?x2???xn?b是正交多项式?n(x)的n个根，那么在每个区(a,x1),(x1,x2),?,(xn,b)内都有?n?1(x)的一个零点。 证明：采用归纳法。
(1)(1)设n?1,x1表示多项式?1(x)的根，很明显为唯一，由性质（5）可知a?x1 ?b；
多项式?0(x)为1（对于首项不为1的正交多项式组也必是正常数）。由上述的推论（2）可知，?2(x1)为负数；另一方面，?2(a)和?2(b)都是正的，因为?2(x)必可表示为(x?x1)(x?x2),a?x1(1)(1)(2)(2)(2)(2)?x2?b。
(1)于是在闭区间[a,x1],[x1,b]上?2(x)在端点上均异号，从而它的2个根分布必为a?x1(2)(2)?x1(1),x1(1)?x2?b，从而n?1时命题成立。
在归纳之前先考虑这样的关系成立：
??n(b)?0,n为任意值；??(a)?0,n为偶数； ?n??(a)?0,n为奇数；?n
(k?1)(k?1)(k?1)假设n?k,k?1时命题成立，当k?n?1时记点a,x1,x2,?,xk?1,b；
在a点，?k?2(a)和?k(a)符号相同，在x1(k?1)处异号，但?k(x)在(a,x1(k?1))上没
(k?1)有根（由假设成立），即?k(a)与?k(x1)同号。又由于?k(a)与?k?2(a)同号，
?k(x1(k?1))与?k?2(x1(k?1))异号，所以有?k?2(a)和?k?2(x1(k?1))异号，故?k?2(x)在
(a,x1(k?1))上必有一个根。
(n?1)(k?1)(n?1)在x2点，?k?2(x)和?k(x)符号相异，而?k(x)在x1和x2之间有一个根，
(k)(k?1)(n?1)(n?1)记为x1，所以?k(x)在x1，x2点变号。在x1点，?k?2(x)和?k(x)符号相(k?1)(n?1)(k?1)(k?1)异，从而有?k?2(x)在点x1，x2变号，即?k?2(x)在(x1 ,x2)上有一个根。
(k?1)(k?1)(k?1)(k?1)(k?1)(k?1)如此类推下去，可知在区间(a,x1),(x1,x2),?,(xk,xk?1),(xk?1,b)上?k?2(x)均有一个根，共k+2个。而?k?2(x)也只能有k+2个根，所以它的根的分布满足命题的规定。从而命题得证。
参考资料：
1. 2. 3. 4.
蒋尔雄，赵风光．数值逼近．上海 ：复旦大学出版社， 1996；
李庆扬，关治，白峰杉．数值计算原理．北京：清华大学出版社，2000； 周国标，宋宝瑞，谢建立．数值计算．北京：高等教育出版社，2008； 莫国端, 刘开第．函数逼近论方法．北京：科学出版社，2003