G??0,?1,?,?n??0，于是，齐次方程组
证明 必要性：设??0,?1,?,?n?于[a,b]线性无关，采用反证法。若行列式
?(?j?0ni,?j)cj?0,(i?0,1,?,n)
????有非零解{c0}(j?0,?n)使 ,c0,?c0}，即存在不全为零解{c0 记 y??(?,?ij?0nj)c?1,?n) （2．2） j?0,(i?0,?c??jj?0nj(x)
nn于是，由（2．2）式有
?(y,?i)?(?c?j?j(x),?i)??cj(?j,?i)?0
j?0j?0(i?0,1,?,n)从而有，
(y,y)?(y,故
?c??jj?0nj(x))??c?j(y,?j)?0
j?0ny?0,当x?[a,b]
即存在不全为零数c?j使
??y??c*j?j(x)?0当x?[a,b]
j?0n说明??0,?1,?,?n?于[a,b]线性相关，与假设矛盾，故
G??0,?1,?,?n??0
充分性：设G??0,?1,?,?n?于[a,b]线性无关。反证法：若?0,?1,?,?n??0，求证???0,?1,?,?n?于[a,b]线性相关，于是，存在不全为零c0,c1,?,cn,使
c0?0(x)?c1?1(x)???cn?n(x)?0,x?[a,b] （2.3）
（2.3）式两边与?i作内积得到
由于?ci?不全为零，说明齐次方程组（2.4）有非零解(c0,c1,?,cn),故系数矩阵的行列式为零，即
?c0(?i,?0)?c1(?i,?1)???cn(?i,?n)?0 （2.4） ??(i?0,1,?,n)G??0,?1,?,?n??0
与假设矛盾。
2．2正交多项式理论
定义6 设{?0(x),?1(x),?,?n(x)}为C[a,b]中线性无关组，称集合
n????0,?,?n???S(x)S(x)??ai?i(x),ai为实数?为由Spani?0????0,?,?n?生成的集合。
n显然，Span??0,?,?n?为C[a,b]的一个子空间。
下面讨论，对于给定[a,b]上权函数?(x)，如何由H。中基1,x,?,x构造Hn中正交基
??{?0(x),?1(x),?,?n(x)}。
定理3 （格兰姆-史密特（Gram-Schmidt）正交化） （1）设Hn?Span1,x,?,xn;
???1,x,?,x?;可构造于[a,b]以?(x)为权函数的正交多项式组{?(x),?(x),?,?(x)}；
n01n（2）?(x)?0为给定的权函数（在[a,b]任何一个子区间不恒为零的可积函数）。则由基
??0(x)?1?k?1??k(x)?xk??ckj?j(x)j?0? ?
?k?其中系数c??(x,?j),(j?0,?,k?1)kj?(?j,?j)??(k?1,2,?,n)?k其中?k(x)为首项（即x项）系数为1的k次多项式，?k(x)?Hn(k?0,1,?,n)。
证明 （1）令?0(x)=1。
（2）构造?1(x)?x?c10?0(x),选取c10使
0?(?1,?0)?(x,?0?c10(?0,?0)
即选取
c10??(x,?0)
(?0,?0)（3）设已构造?0(x),?1(x),?,?k?1(x),(k?1),且满足
(a)?i(x)是首项系数为1的i次多项式 (b)(?i,?j)?0,当i?j(i,j?0,1,?,k?1)
现由xk及??0,?1,?,?k?1?组合构造
?k(x)?x??ckj?j(x)
kj?0k?1选择系数ckj使(?k,?i)?(xk,?i)?cki(?i,?i)?0 即选取
(xk,?i) cki??,(i?0,1,?,k?1)
(?i,?i)于是，得到??0(x),?1(x),?,?n(x)?为[a,b]具有权函数?(x)的正交多项式组，即
(?i,?j)???(x)?(x)?aibj(x)dx?0,当i?j
推论 （1）设{?0(x),?1(x),?,?n(x)}为[a,b]带权?(x)的正交多项式组。其中
?i(x)首项系数为1的i次多项式。
（2）设P(x)?Hn为任一次数?n多项式，则 ①{?0,?1,?,?n}于[a,b]线性无关； ②P(x)?n?ci?i(x)，其中ci?i?0P,?i(i?0,1,?,n) ?i,?in证 （2）由设P(x)?a0?a1x???anx (2.5)
且由 x??k(x)?将(2.6)代入(2.5)即得
k?c?kjj?0k?1j(x),(k?1,2,?,n) (2.6)
P(x)?c0?0(x)?c1?1(x)???cn?n(x) 推论说明??0(x),?1(x),?,?n(x)?为Hn中一个正交基。
定理4 (正交多项式的三项递推公式) 设??0(x),?1(x),?,?n(x)?为?a,b?具有权函数?(x)的正交组，其中?i(x)首项系数为1
的i次多项式,则??k(x)?满足递推公式:
?0(x)?1 ?1(x)?x??1?k?1(x)?(x??k?1)?k(x)??k?1?k?1(x),(k?1,2,?,n?1)(x?k,?k)(?k,?k)其中?k?1? ,?k?1??k,?k(?k?1,?k?1)且于?a,b?带权函数?(x)为正交多项式组??k(x)?k?0(?k(x)为首项系数为1的k次多项式)
n是唯一的。
证明 显然x?k(x)??k?1(x)为k次多项式,由推论,则有
x?k(x)??k?1(x)????jj?0kj(x) (2.7)
用?s(x)(s?0,1,?,k)与(2.7)两边作内积,则有 (x?k,?s)?(?k?1,?s)??s(?s,?s) 所以
(x?k,?s),(s?0,1,?,k)
(?s,?s) (1)考查?s(s?0,1,?,k?2)
(x?k,?s) ?s?(?s,?s)
?s?其中
(x?k,?s)?s?1?ba?(x)x?k(x)?s(x)dx?(?k,x?s)?0
(?x?s(x)??ci?i(x))
i?0所以,?s?0,(s?0,1,?,k?2) (2)考查?k?1
?k?1?(x?k,?k?1)(?k,x?k?1)(?k,?k)????k?1
(?k?1,?k?1)(?k?1,?k?1)(?k?1,?k?1)k?1i?0k?1i?0(?x?k?1(x)??k(x)??ci?i(x),或x?k?1(x)??k(x)??ci?i(x))
(3)?k?(x?k,?k)??k?1
(?k,?k)于是,x?k(x)??k?1(x)??k?1?k?1(x)??k?1?k(x) 或
?k?1(x)?(x??k?1)?k(x)??k?1?k?1(x)
定理5 设??k?是[a,b]上带权?(x)的正交多项式序列,则n次多项式?n(x)在(a,b)内恰
(k?1,2,?,n?1)
好有n个不同的实根.
证明 设?n(x)(n?1)在(a,b)内有奇数重的根xj(j?1,2,?,m),如果m?n将推出矛盾.即
a?x1?x2???xm?b
?n(x)?(x?x1)r(x?x2)r?(x?xm)rh(x)
12m其中，ri为奇数，h(x)在(a,b)内不变号。令
g(x)?(x?x1)(x?x2)?(x?xm)
于是，
?n(x)g(x)?(x?x1)r?1?(x?xm)r?1h(x)于(a,b)不变号，
1m则
(?n,g)???(x)?n(x)g(x)dx?0
ab另一方面，如果m?n，则有
(?n,g)???(x)?n(x)g(x)dx?0
ab这与(?n,g)?0矛盾，做m?n。
1．勒让德（Legendre）多项式
取[a,b]?[?1,1]，权函数?(x)?1，则由定理4可得于[?1,1]具有权函数?(x)?1的正交多项式组
?~?P0(x)?1?~?P1(x)?x?1?~2 ?P2(x)?x?3??~33?P3(x)?x?x5????且有
~~(Pi,Pjj)?0,当i?j
~Pk(x)为首项系数为1的k次多项式。
定义7 n次多项式 1dn2Pn(x)?n(x?1)n (n?0,1,2,?) n2n!dx称为Legendre 多项式。 显然有
?~?P0(x)?1?P0(x)~?P(x)?x?P1(x)?1?3213~p(x)?x??P3(x) （2。8） ?2222?3215~?P(x)?x??P2(x)2?222???（1）求Pn(x)的首项系数
dn22xn即求n(x?1)首项系数，由于?(x)?(x2?1)n是2n次多项式，即为求x的n阶导数后的
dx系数
??(x)?2nx2n?1?????(x)?2n(2n?1)x2n?2??
??(n)(x)?2n(2n?1)?(2n?(n?1))x2n?n???从而，Pn(x)首项系数
2n(2n?1)?(n?1)n?2?1n(2n)!nx???x??n!n!an?且
1(2n)! n2nn!d2n?(x)?(2n)! dx2n（2）Pn(x)具有简单性质
（a）Pn(1)?1,Pn(?1)?(?1)n
（b）令?(x)?(x?1)?(x?1)(x?1)，则
2nnn?dk??(x)?0,当k?n时 ?k??dx?x??1n（3）Legendre多项式?P为[-1，1]具有权函数?(x)?1的正交多项式，即 i?i?0当n?m?0,? (Pn,Pm)??Pn(x)Pm(x)dx??2?1当n?m??2n?12n证明 (a)设k?n，且记?(x)?(x?1)及
1Pn(x)?n?(n)(x)
2n!1于是，
111111(n?1)(n)(n?1)(Pk,Pn)?n?Pk(x)?(x)dx?n?Pk(x)d???n??(x)P'k(x)dx
2n!?12n!?12n!?111(n?2)11(x)Pk??(x)dx?(?1)k?1n??(n?k?1)(x)Pk(k?1)(x)dx?0 ?n??2n!?12n!?1