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チェビシェフの多項式

南海　上の京大の問題はチェビシェフの多項式 そのものを問うている．いくつか付け加えて考えやすくするために次の定理にまとめよう.

定理 7
     $n$は自然数とする．

1. すべての実数$\theta$に対し
   
   $$\cos n\theta =T_n(\cos\theta),\,\, \sin n\theta=U_n(\cos\theta)\sin\theta$$
   
   
   をみたし，係数がともにすべて整数である$n$次式$T_n(x)$と$n-1$次式$U_n(x)$が 存在する．最高次数の項の係数は $2^{n-1}$ である．
2. 
   
   $$T'_n(x)=n U_n(x)$$
   
   
   が成り立つ．
3. $T_n(x)=0$となる$x$は
   
   $$\cos{\dfrac{1}{2n} }\pi,\ \cos{\dfrac{3}{2n} }\pi ,\ \ \cdots ,\ \cos{\dfrac{2n-1}{2n} }\pi$$
   
   
   また$T'_n(x)=0$となる$x$は
   
   $$\cos{\dfrac{1}{n}\pi} ,\ \cos{\dfrac{2}{n}\pi} ,\ \cdots,\ \cos{\dfrac{n-1}{n}\pi}$$
   
   

4. $T_n(x)\ ,\ U_n(x)$はいずれも次の漸化式を満たす．
   
   $$A_{n+2} -2x A_{n+1} +A_n =0$$
   
   

南海　これを証明しよう．

耕一　少しずつやってみます (1)     ド・モアブルの定理と二項定理により,

$$\begin{eqnarray*} &&\cos{n\theta}+i\sin{n\theta}=(\cos{\theta}+i\sin{\theta})^n... ...n \mathrm{C}_5\cos^{n-5}{\theta} (1-\cos^2{\theta})^2 -\cdots\} \end{eqnarray*}$$

となり, $\{\quad\}$内は確かに$\cos\theta$の多項式である．

$n$ が偶数か奇数かで虚数部の最後の項の書き方が違うので，このようにしましたがいいでしょうか．

南海　十分意味がつたわるのでいいと思う．

耕一　これから,

$$\cos n\theta+i\sin n\theta=T_n (\cos{\theta})+i\sin{\theta}\cdot U_n(\cos{\theta})$$

とおける. そして, $T_n(x)$は$n$次式, $U_n(x)$は$n-1$次式である.

$T_n(x)$における$x^n$の係数は,

$${}_n \mathrm{C}_0+{}_n \mathrm{C}_2+{}_n \mathrm{C}_4+\cdots=\dfrac{2^n}{2}=2^{n-1}$$

また, $U_n(x)$における$x^{n-1}$の係数は,

$${}_n \mathrm{C}_1+{}_n \mathrm{C}_3+{}_n \mathrm{C}_5+\cdots=\dfrac{2^n}{2}=2^{n-1}$$

(2) $\cos {n\theta}=T_n(\cos{\theta})$の両辺を$\theta$で微分すると,

$$-n\sin{n\theta}=T_n'(\cos {\theta})\cdot (-\sin{\theta})$$

つまり,

$$-n\cdot U_n(\cos{\theta})\sin{\theta} =-T_n'(\cos{\theta})\sin{\theta}$$

これは関数としての恒等式であるから,

$$n\cdot U_n(\cos{\theta})=T_n'(\cos{\theta})$$

が得られる. つまり,

$$T_n'(x)=n U_n(x)$$

(3) $-1\leq x\leq 1$の範囲で考えると, $x=\cos\theta$とおけて,

$$\begin{eqnarray*} T_n(x)=0 &\Longrightarrow&\cos{n\theta}=0\\ &\Longrightarro... ...\\ &\Longrightarrow&\theta=\dfrac{2k+1}{2n}\pi\quad(k\ は整数) \end{eqnarray*}$$

となるから, $x=\cos\theta$より,

$$T_n(x)=0\Longrightarrow\ x=\cos{\dfrac{1}{2n} }\pi,\ \cos{\dfrac{3}{2n} }\pi ,\ \ \cdots ,\ \cos{\dfrac{2n-1}{2n} }\pi$$

そして, $T_n(x)=0$の解は高々$n$個しかないので, これが解のすべてである.

次に,

$$T_n'(x)=0\quad\Longrightarrow\quad U_n(x)=0$$

ここで, $\theta=\dfrac{1}{n}\pi,\ \cdots,\ \dfrac{n-1}{n}\pi$に対して,

$$\sin n\theta=0\ かつ\sin{\theta}\neq 0$$

であるから, $\sin n\theta=U_n(\cos\theta)\sin\theta$より,

$$x=\cos{\dfrac{1}{n}\pi} ,\ \cos{\dfrac{2}{n}\pi} ,\ \cdots,\ \cos{\dfrac{n-1}{n}\pi}$$

が$U_n(x)=0$の解である. そして, $U_n(x)=0$の解は高々$n-1$個しかない ので, これが解のすべてである.

(4)

耕一　(4)は 3項間漸化式を作るのですね．

$$\begin{eqnarray*} &&T_n(\cos{\theta})+i\sin{\theta}\cdot U_n(\cos{\theta})\\ ... ...os{\theta}\cdot U_{n-1}(\cos{\theta}) +T_{n-1}(\cos{\theta})\} \end{eqnarray*}$$

したがって,

$$\left\{ \begin{array}{ll} T_n(x)=x T_{n-1}(x)+(x^2-1) U_{n-1}(x)\\ U_n(x)= T_{n-1}(x)+x U_{n-1}(x)\\ \end{array}\right.$$

これから漸化式を作ります．

南海　ここはケイレイ・ハミルトンの定理を活用した作り方でやってみよう.

耕一　すると

$$\begin{eqnarray*} \vecarray {T_n(x)}{U_n(x)} &=&\matrix {x}{x^2-1}{1}{x}\vecar... ...&{\matrix {x}{x^2-1}{1}{x} }^{n-1}\vecarray {T_{1}(x)}{U_{1}(x)} \end{eqnarray*}$$

ここで, $P=\matrix{x}{x^2-1}{1}{x}$はケーリー・ハミルトンの定理により,

$$P^2-2x P+ E=O$$

をみたすので,

$$P^{n+1}-2x P^n+P^{n-1}=O\quad(P^0=E\ とする)$$

である. つまり,

$$\begin{eqnarray*} &&P^{n+1}\vecarray{T_1(x)}{U_1(x)}-2xP^n \vecarray{T_1(x)}{U_1... ...}{U_{n+1}(x)} +\vecarray{T_n(x)}{U_n(x)}=\vecarray{0}{0} =0\\ \end{eqnarray*}$$

つまり, 各成分とも漸化式 $A_{n+2}-2xA_{n+1}+A_n=0$をみたしている.

南海　以上で証明はできた．実際の式を作っておくことは大切だ.

耕一　はい.

例 1.6.3        $i=1,2,3,4$に対して， $T_i(x)\ ,\ U_i(x)$を求め $T'_n(x)=n U_n(x)$を確認する．

$T_1(\cos{\theta})=\cos{\theta}$より,

$$T_1(x)=x$$

$U_1(\cos{\theta})\sin{\theta}=\sin{\theta}$より,

$$U_1(x)=1$$

$T_2(\cos{\theta})=2\cos^2{\theta}-1$より,

$$T_2(x) =2x^2-1$$

$U_2(\cos{\theta})\sin{\theta}=2\sin{\theta}\cos{\theta}$より,

$$U_2(x)=2x$$

また,

なので,

$$T_3(x)=4x^3-3x,\quad U_3(x)=4x^2-1$$

そして,

なので,

$$T_4(x)=8x^4-8x^2+1,\quad U_4(x)=8x^3-4x$$

となり, いずれも $T_n'(x)=n U_n(x)$をみたしている.

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