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Dreigliedrige Rekursion Tschebyscheff Polynome

Universität / Fachhochschule

Sonstiges

Tags: Numerik, Rekursion, Tschebyscheff

Hinata aktiv_icon

14:26 Uhr, 29.07.2024

Ich möchte die Aufgabe von dem Bild lösen. Die Rekursionsformel erinnert mich an die Tschebyscheff Polynome erster Art. Die Rekursionsformel der Tschebyscheff Polynome habe ich bereits bewiesen, aber ich komme bei diesem Fall nicht weiter. Ich wäre sehr dankbar über Hilfe

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

HAL9000

18:07 Uhr, 29.07.2024

Aus der Theorie der Linearen Differenzengleichung ist bekannt, dass

a_{n} = C_{1} λ_{1}^{n} + C_{2} λ_{2}^{n}

im Fall

λ_{1} \neq λ_{2}

die allgemeine Lösung der Rekursion

a_{n + 1} - (λ_{1} + λ_{2}) a_{n} + λ_{1} λ_{2} a_{n - 1} = 0

ist. Wenden wir das hier auf

λ_{1} = x + \sqrt{x^{2} - 1}

sowie

λ_{2} = x - \sqrt{x^{2} - 1}

an, so bedeutet das, dass für festes

x

die Folge

a_{n} := (n + 1) \cdot φ_{n} (x)

eine Lösung der Rekursion

a_{n + 1} - 2 x a_{n} + a_{n - 1} = 0

sein muss. Setzen wir nun einfach ein, bedeutet das

(n + 2) \cdot φ_{n + 1} (x) - 2 x (n + 1) \cdot φ_{n} (x) + n \cdot φ_{n - 1} (x) = 0

, umgestellt

φ_{n + 1} (x) = 2 \frac{n + 1}{n + 2} x \cdot φ_{n} (x) - \frac{n}{n + 2} \cdot φ_{n - 1} (x)

,

also

η_{n} = 2 \frac{n + 1}{n + 2}

ϑ_{n} = 0

und

σ_{n} = \frac{n}{n + 2}

.

Zu (b) Ich weiß leider nicht, was du mit

Π_{n}

meinst. Eventuell die Polynome vom Maximalgrad

n

, der Beweis dessen ist mit Ausrechnen von

φ_{0}

und

φ_{1}

und dann Anwenden der obigen Rekursion ein trivialer Induktionsbeweis.

Hinata aktiv_icon

13:07 Uhr, 31.07.2024

Vielen Dank für die Hilfe. Der Satz war mir gar nicht bekannt. Kann man die Aufgabe auch ohne Mittel der Differentialgleichungen lösen?

HAL9000

17:34 Uhr, 31.07.2024

Ich habe von Differenzengleichungen gesprochen, nicht von Differentialgleichungen. :(

Man kann die von mir oben dazu genutzte Aussage auch direkt nachweisen, ohne Bezug auf die Differenzengleichungen zu nehmen - schlicht durch Einsetzen: Rechnet man für

a_{n + 1} = C_{1} λ_{1}^{n + 1} + C_{2} λ_{2}^{n + 1}

a_{n} = C_{1} λ_{1}^{n} + C_{2} λ_{2}^{n}

a_{n - 1} = C_{1} λ_{1}^{n - 1} + C_{2} λ_{2}^{n - 1}

den Term

a_{n + 1} - (λ_{1} + λ_{2}) a_{n} + λ_{1} λ_{2} a_{n - 1}

aus, so bekommt man

C_{1} λ_{1}^{n + 1} + C_{2} λ_{2}^{n + 1} - (λ_{1} + λ_{2}) (C_{1} λ_{1}^{n} + C_{2} λ_{2}^{n}) + λ_{1} λ_{2} (C_{1} λ_{1}^{n - 1} + C_{2} λ_{2}^{n - 1})

= C_{1} λ_{1}^{n + 1} + C_{2} λ_{2}^{n + 1} - C_{1} λ_{1}^{n + 1} - C_{2} λ_{1} λ_{2}^{n} - C_{1} λ_{1}^{n} λ_{2} - C_{2} λ_{2}^{n + 1} + C_{1} λ_{1}^{n} λ_{2} + C_{2} λ_{1} λ_{2}^{n} = 0

.

Mehr brauchen wir hier nicht aus der Theorie der Linearen Differenzengleichungen.

Hinata aktiv_icon

14:58 Uhr, 06.08.2024

Vielen Dank. Eine Frage noch: Hätte man die Aufgabe auch mit einem koeffizientenvergleich lösen können? Wenn ja wie? Als Leitkoeffizient habe ich

\frac{2 n}{n + 1}

raus. Die ersten drei

φ_{0} (x) = 2, φ_{1} (x) = x, φ_{2} (x) = \frac{4 x^{2} - 2}{3}

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

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