求导n次后,求在x=0处的值

realnumber

$f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-2ax+x^2}},a\in R$,
求$f^{(n)}(0)=?$.

Aluminiumor

$$f^{(n)}(0)=n!P_{n}(a)$$
其中 $P_{n}(x)$ 为 勒让德多项式.

kuing

相当于求 `f(x)` 在 `x=0` 处的泰勒展开嘛？

realnumber

具体展开求n=2,3,4会,但n,算晕了

isee

realnumber 发表于 2025-3-23 14:36
$f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-2ax+x^2}},a\in R$,
求$f^{(n)}(0)=?$.

要中让 a=1 还能免强求一下

realnumber

问了下小伙出处，说是解物理题出现的一个中间思路，感觉有些被坑。要不先凉着

战巡

realnumber 发表于 2025-3-24 12:46
问了下小伙出处，说是解物理题出现的一个中间思路，感觉有些被坑。要不先凉着 ...

物理问题弄出勒让德多项式不是很正常的么？

hbghlyj

在$L^2[-1,1]$中通过Gram-Schmidt正交化$\{1,x,x^2,\dots\}$得到的多项式基为Legendre多项式legendre.pdf
MSE One definition of Legendre polynomials is through their OGF\[\frac{1}{\sqrt{1-2t\cos\theta+t^2}} = \sum_{n=0}^\infty P_n(\cos\theta) t^n\]
[缩写“OGF”代表Ordinary Generating Function”，意思是“普通生成函数”。]

下面使用简单的线性代数概念（矩阵的特征值和特征向量）获得Legendre多项式。得到Legendre微分算子对应的矩阵后，求出该矩阵的特征值，其特征向量的元素对应Legendre多项式的系数。
我们把一个多项式$a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+a_{3} x^{3}+\cdots a_{n} x^{n}$表示为向量$\left[\begin{array}{c}a_{0} \\ a_{1} \\ a_{2} \\ a_{3} \\ \vdots \\ a_{n}\end{array}\right]$
它的导数、二阶导数
\begin{align*}\frac{d}{d x}\left[a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+a_{3} x^{3}+\cdots a_{n} x^{n}\right]&= a_{1}+2 a_{2} x+3 a_{3} x^{2}+\cdots n a_{n} x^{n-1}\\
\frac{d^2}{d x^2}\left[a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+a_{3} x^{3}+\cdots a_{n} x^{n}\right]&=2 a_{2}+6 a_{3} x+\cdots n(n-1) a_{n} x^{n-2}\end{align*}
表示为向量\begin{array}c\begin{bmatrix}0 & 1 & 0 & 0 & . . & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 & . . & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 3 & . . & 0 & 0 \\ . . & . . & . . & . . & . . & . . & . . \\ 0 & 0 & 0 & 0 & . . & 0 & n \\ 0 & 0 & 0 & 0 & . . & 0 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a_{0} \\ a_{1} \\ a_{2} \\ a_{3} \\ . . \\ a_{n-1} \\ a_{n}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a_{1} \\ 2 a_{2} \\ 3 a_{3} \\ . . \\ n a_{n} \\ 0\end{bmatrix}\\\begin{bmatrix}0 & 0 & 2 & 0 & .. & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 6 & . . & 0 & 0 \\ . . & .. & . . & . . & .. & . . & . . \\ 0 & 0 & 0 & 0 & . . & 0 & n(n-1) \\ 0 & 0 & 0 & 0 & . . & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & . . & 0 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a_{0} \\ a_{1} \\ a_{2} \\ a_{3} \\ . . \\ a_{n-1} \\ a_{n}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2 a_{1} \\ 6 a_{3} \\ 12 a_{4} \\ . . \\ n(n-1) \\ 0 \\ 0\end{bmatrix}\end{array}所以$\frac{d}{d x}$、$\frac{d^2}{d x^2}$可以表示为矩阵$$\frac{d}{d x} \rightarrow\left[\begin{array}{ccccccc}0 & 1 & 0 & 0 & . . & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 & . . & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 3 & . . & 0 & 0 \\ . . & . . & . . & . . & . . & . . & . . \\ 0 & 0 & 0 & 0 & . . & 0 & n \\ 0 & 0 & 0 & 0 & . . & 0 & 0\end{array}\right]\qquad\frac{d^{2}}{d x^{2}} \rightarrow\left[\begin{array}{ccccccc}0 & 0 & 2 & 0 & . . & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 6 & . . & 0 & 0 \\ . . & . . & . . & . . & . . & . . & . . \\ 0 & 0 & 0 & 0 & . . & 0 & n(n-1) \\ 0 & 0 & 0 & 0 & . . & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & . . & 0 & 0\end{array}\right]$$所以Legendre differential operator $\left(1-x^{2}\right) \frac{d^{2}}{d x^{2}}-2 x \frac{d}{d x}$表示为矩阵$$\left(1-x^{2}\right) \frac{d^{2}}{d x^{2}}-2 x \frac{d}{d x} \rightarrow\left[\begin{array}{cccccccc}0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & . . & 0 \\ 0 & -2 & 0 & 6 & 0 & 0 & . . & 0 \\ 0 & 0 & -6 & 0 & 12 & 0 & . . & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -12 & 0 & 20 & . . & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & -20 & 0 & . . & 0 \\ . . & . . & . . & . . & . . & . . & . . & . . \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & . . & n(n-1) \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & . . & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & . . & -n(n-1)-2 n\end{array}\right]$$由于矩阵 $M$ 的特征值是满足方程 $\det(M- λI) = 0$ 的 $λ$ 的值，矩阵是三角矩阵，所以该矩阵的特征值是对角线的元素，即$0,-2,-6,-12,\dots,-n(n+1)$.
代入特征值$0$，特征向量$[1,0,0,0]^T$，对应$P_0(x) = 1$
代入特征值$-2$，特征向量$[0,1,0,0]^T$，对应$P_1(x) = x$
代入特征值$-6$，特征向量$[1,0,-3,0]^T$，对应$P_2(x) = (3x^2-1)/2$
代入特征值$-12$，特征向量$[0,3,0,-5]^T$，对应$P_3(x) = (5x^3 -3x)/ 2$

hbghlyj

$$
\sum_{n=0}^{\infty} P_n(x) t^n=\frac{1}{\sqrt{1 - 2xt + t^2}}
$$
两式相乘得
$$
\left( \sum_{l=0}^{\infty} P_l(x) t^l \right) \left( \sum_{m=0}^{\infty} P_m(x) t^m \right) = \frac{1}{1 - 2xt + t^2}
$$
展开
$$
\sum_{k=0}^{\infty} \left( \sum_{l=0}^{k} P_l(x) P_{k-l}(x) \right) t^k = \frac{1}{1 - 2xt + t^2}
$$
代入 $x = \cos \theta$ 得
$$
\sum_{k=0}^{\infty} \left( \sum_{l=0}^{k} P_l(\cos \theta) P_{k-l}(\cos \theta) \right) t^k = \frac{1}{1 - 2 \cos \theta t + t^2}.
$$
右边关于 $t$ 的级数
$$
\frac{1}{1 - 2 \cos \theta t + t^2}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\sin (n+1) \theta}{\sin \theta} t^n
$$
因此，两个级数中 $t^n$ 的系数必须相等：
$$
\sum_{l=0}^{n} P_l(\cos \theta) P_{n-l}(\cos \theta) = \frac{\sin (n+1) \theta}{\sin \theta}.
$$
简单情况验证：
• 当 $n=0$ 时，两边均为 1
• 当 $n=1$ 时，两边均为 $2 \cos \theta$
• 当 $n=2$ 时，两边均为 $4 \cos^2 \theta - 1$

hbghlyj

对于任何整数 $n>0$，方程 $P_n(x) = 0$ 的所有 $n$ 个根都是属于开区间 $(-1,1)$ 的不同实数。
证明 我们首先注意到实函数
\[f(x) = (x^2 -1)^n = (x+1)^n\,(x-1)^n \]其中 $n$ 是任意正整数，其零点为 $x = \pm 1$，每个零点的重数为 $n$。根据Rolle定理，我们知道至少存在一个 $c \in (-1,1)$ 使得 $f'(x) = 0$。通过直接计算导数，可以很容易验证该根位于 $c=0$，此外在 $x = \pm 1$ 处还有零点，每个零点的重数为 $n-1$。类似地，$f''(x) = 0$ 有两个根，一个在 $(-1,0)$，另一个在 $(0,1)$，此外在 $x = \pm 1$ 处还有零点，每个零点的重数为 $n-2$。对 $f(x)$ 的高阶导数重复Rolle定理应用于 $f^{(n-1)}(x)$，这将在 $(-1,1)$ 中产生 $n-1$ 个不同点的简单零点，此外在 $x = \pm 1$ 处还有零点，现在的重数为 $1$（即简单零点）。这意味着方程
\[
\frac{d^n}{\,dx^n} \left[ (x^2 -1)^n \right] = 0
\]有 $n$ 个不同的根，每个根位于 $f^{(n-1)}(x)$ 的两个连续零点之间。因此，根据Rodrigues公式，
\[P_n(x) = \frac{1}{\,2^n \, n!} \; \frac{d^n}{\,dx^n} \left[ (x^2 -1)^n \right] \]
是 $\,f^{(n)}(x)$ 的一个倍数，将在 $(-1,1)$ 中有 $n$ 个不同的实根。$\Box$