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[数列] 多项式列的通项

已知无穷的多项式序列$g_n(t)(n=1,2,\ldots)$具有初值 $g_1(t)=1$以及递推公式
\[ g_{n+1}(t)=2tg_n(t)+(1+t^2)g_n'(t) \]
求$g_n(t)$的表达式.
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数学暗恋者,程序员,喜欢古典文学/历史,个人主页: https://zhcosin.coding.me/

令 $f_n=(1+t^2)g_n(t)$,则$f_{n+1}=(1+t^2)f'_n(t)$,迭代的话,系数的规律很难求。

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令$f_n(t)=(1+t^2)g_n(t)$,易证有
\[f_{n+1}(t)=(1+t^2)f'_n(t)\]
此时换元$t=\tan(x)$,有
\[f_{n+1}(\tan(x))=\sec^2(x)f'_n(\tan(x))=\frac{d}{dx}f_n(\tan(x))\]
易证$f_1(t)=1+t^2=\sec^2(x)$,即有
\[f_n(\tan(x))=\frac{d^n}{dx^n}\sec^2(x)\]
\[f_n(t)=\frac{d^n}{dx^n}\sec^2(x)|_{x=\arctan(t)}\]
\[g_n(t)=\frac{1}{1+t^2}·\frac{d^n}{dx^n}\sec^2(x)|_{x=\arctan(t)}\]

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本帖最后由 zhcosin 于 2018-2-8 16:56 编辑

回复 3# 战巡
擦,我就是为了求正切函数的高阶导数,才提出的这个问题,绕了一圈又回来了。。。。
sssss.png
2018-2-8 16:56

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回复  战巡
擦,我就是为了求正切函数的高阶导数,才提出的这个问题,绕了一圈又回来了。。。。
...
zhcosin 发表于 2018-2-8 16:49

所以发自己转化出来的问题最好把原问题也注明一下,不然就容易出现这种情况。而当答题者得知只是把你的转化做了一个「逆」,也难免觉得不爽,我在《撸题集》第911页就记录过一次类似的经历。

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回复 5# kuing
对的,我也没想到战版会逆回去。

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下面这道多项式序列题目怎么做?
8blog图片.png
2018-2-10 22:49
妙不可言,不明其妙,不着一字,各释其妙!

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回复 7# 其妙

这个不难,照平时处理二阶线性递推那套方法搞就行了,不过要先换个元再搞才会简洁。

令 $x=t+t^{-1}$,其中 $t\inC$, $t\ne0$,为方便书写,下面省略 $f$ 后面的括号,即
\[f_n=(t+t^{-1})f_{n-1}-f_{n-2},\]
于是
\begin{gather*}
f_n-t^{-1}f_{n-1}=t(f_{n-1}-t^{-1}f_{n-2})=\cdots
=t^{n-2}(f_2-t^{-1}f_1),\\
f_n-tf_{n-1}=t^{-1}(f_{n-1}-tf_{n-2})=\cdots
=t^{-(n-2)}(f_2-tf_1),
\end{gather*}
易知 $f_2-t^{-1}f_1=t^2$, $f_2-tf_1=t^{-2}$,所以
\begin{align*}
f_n-t^{-1}f_{n-1}&=t^n,\\
f_n-tf_{n-1}&=t^{-n},
\end{align*}
当 $t\ne\pm1$ 时,解得
\[f_n=\frac{t^{n+1}-t^{-(n+1)}}{t-t^{-1}}=t^n+t^{n-2}+\cdots+t^{2-n}+t^{-n},\]
易知当 $t=\pm1$ 时 $f_n$ 依然等于右边,因此总有
\[f_n=t^n+t^{n-2}+\cdots+t^{2-n}+t^{-n},\]
于是
\begin{align*}
f_n=0&\iff(t^2)^n+(t^2)^{n-1}+\cdots+t^2+1=0\\
&\iff t^2=\cos\frac{2k\pi}{n+1}+i\sin\frac{2k\pi}{n+1},\\
&\iff t=\pm\cos\frac{k\pi}{n+1}\pm i\sin\frac{k\pi}{n+1},\quad k=1,2,\ldots,n,
\end{align*}
代回 $x$ 中,即
\begin{align*}
x&=\pm\cos\frac{k\pi}{n+1}\pm i\sin\frac{k\pi}{n+1}
\pm\cos\frac{-k\pi}{n+1}\pm i\sin\frac{-k\pi}{n+1}\\
&=\pm2\cos\frac{k\pi}{n+1},\quad k=1,2,\ldots,n, \quad(*)
\end{align*}
注意到
\[-\cos\frac{k\pi}{n+1}=\cos\frac{(n+1-k)\pi}{n+1},\]
也就是说式 (*) 有重复,负号是多余的,因此可以化简为
\[x=2\cos\frac{k\pi}{n+1},\quad k=1,2,\ldots,n,\]
这就是 $f_n(x)=0$ 的 $n$ 个根,所以(1)(2)显然成立;

至于(3),令 $t+t^{-1}=2\cos(\pi/n)$ 解得
\[t=\cos\frac\pi n\pm i\sin\frac\pi n,\]
注意到前面有递推式 $f_n-t^{-1}f_{n-1}=t^n$,而根据上面的结论知 $f_{n-1}=0$,所以
\[f_n\left(2\cos\frac\pi n\right)=t^n=\left(\cos\frac\pi n\pm i\sin\frac\pi n\right)^n=-1.\]
冇钱又冇样、冇型又冇款、冇身材又冇文采、冇学历又冇能力、冇高度冇速度冇力度兼夹冇野做!(粤语)
口号:珍爱生命,远离考试。

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回复 8# kuing

kuing神牛笔!
顺便说下,此题距今差不多有13年前编拟的原创题目

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回复 9# 其妙


顺便说下,改一句话用不用重复删帖回贴几次啊……

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回复 10# kuing
我不想有反复修改的痕迹,

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回复 7# 其妙

换元$x=2t$,有
\[f_{n+1}(2t)=2tf_n(2t)-f_{n-1}(2t)\]   
加上$f_1,f_2$,显然$f_n(2t)$就是第二类切比雪夫多项式,有
\[f_n(2t)=U_n(t)\]
\[f_n(2\cos(\theta))=U_n(\cos(\theta))=\frac{\sin((n+1)\theta)}{\sin(\theta)}\]

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回复 12# 战巡

soga,原来这个才是背景,俺都不记得切比雪夫多项式的递推了

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回复 12# 战巡
战版也牛笔!

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