チェビシェフ多項式のいろいろ【工事中】

加法定理より、
\begin{align} \cos(k+1)\theta &= \cos k\theta\cos\theta-\sin k\theta\sin\theta\\ \cos(k+2)\theta &= \cos k\theta\cos 2\theta-\sin k\theta\sin2\theta\\ 第一式の両辺に2\cos \thetaをかけて\\ 2\cos \theta\cos (k+1)\theta &=2\cos k\theta\cos^{2}\theta-2\sin k\theta\sin \theta\cos \theta\\ &= 2\cos k\theta\cos^{2}\theta-\sin k\theta\sin 2\theta\\ 第二式と差をとって\\ \cos (k+2)\theta-2\cos\theta \cos (k+1)\theta &=\cos k\theta \cos 2\theta -2\cos k\theta \cos ^{2}\theta\\ &= (2\cos^{2}\theta - 1)\cos k\theta - 2\cos k\theta \cos^{2}\theta\\ &=-\cos k\theta\\ \\ \therefore\cos (k+2)\theta &= 2\cos \theta \cos (k+1)\theta - \cos k\theta \end{align}

を得る。$\cos 0\theta = 1,\cos 1\theta = \cos \theta$より$k$について帰納的に、$\cos k\theta$が$\cos \theta$の多項式であることが従う。

\begin{align} \sin (k+2)\theta - 2\cos \theta \sin (k+1)\theta &= \sin k\theta \cos 2\theta -2\sin k\theta \cos^{2} \theta \\ &=-\sin k\theta\\ \therefore \sin (k+2)\theta &= 2\cos \theta \sin (k+1)\theta -\sin k\theta \end{align}
を得る。$\sin 0\theta = 0,\sin 1\theta = \sin \theta$より$k$について帰納的に、$\sin k\theta$が$\sin \theta$と$\cos \theta$の$n-1$次多項式であることが従う。

第一式を示す。
ド・モアブルの定理を用いる。

$x=\cos \theta$と置くと
\begin{align} T_n(x)+i\sin n\theta&=(\cos \theta +i\sin \theta)^n=\left(x + i\sqrt{1 -x^2}\right)^n\\ T_n(x)-i\sin n\theta &= (\cos \theta - i\sin \theta)^n=\left(x-i\sqrt{1-x^2}\right)^n \end{align}
より第一式
$\displaystyle T_n(x)=\frac{1}{2}\left[\left(x+i\sqrt{1-x^2}\right)^n+\left(x-i\sqrt{1-x^2}\right)^n\right]\qquad \qquad \mathrm{for}\quad |x|\leq 1$
を得る。

第二式を示す。

第一種チェビシェフ多項式の漸化式
$T_{n+2}(x)=2xT_{n+1}(x)-T_{n}(x)$を用いて示す。

この三項間漸化式の特性方程式は
$t^2 - 2xt + 1 = 0$となりその解は$t=x\pm \sqrt{x^2 - 1}$
よってこの漸化式は次のように書ける。

\begin{align} T_{n+2}(x)-AT_{n+1}(x) &= B(T_{n+1}(x)-AT_{n}(x))\\ T_{n+2}(x)-BT_{n+1}(x) &= A(T_{n+1}(x)-BT_{n}(x))\\ \end{align}
ただし、$A=x+\sqrt{x^2 - 1},B=x-\sqrt{x^2 - 1}$
よって上の式から$T_{n+1}(x)-AT_n(x)$は公比$B$の等比数列となる。
したがって、
$T_{n+1}(x)-AT_n(x)=B^n(T_1(x)-AT_0(x))=B^n(x-A)=-B^n\sqrt{x^2-1}$
同様に下の式から
$T_{n+1}(x)-BT_n(x)=A^n\sqrt{x^2-1}$
この二式の差をとって
$AT_n(x)-BT_n(x)=A^n\sqrt{x^2-1}+B^n\sqrt{x^2-1}$
$2\sqrt{x^2-1}T_n(x)=\sqrt{x^2-1}(A^n+B^n)$

$\displaystyle T_n(x)=\frac{1}{2}\left[\left(x+\sqrt{x^2 - 1}\right)^n+\left(x-\sqrt{x^2 - 1}\right)^n\right]$
を得る。

第三式$T_n(x)=\cos (n\arccos x)\qquad \mathrm{for}\quad -1 \leq x \leq 1 $
を示す。
逆関数の定義から明らかであるが、私自身の練習のためちょっとした証明を与える。

定義より、$T_n(\cos \theta)=\cos(n\theta)$である。
$\cos\theta$は$[0,\pi]$から$ [-1,1]$へ全単射である。なので、
$\forall x \in [-1,1],\exists \theta \in [0,\pi](x=\cos\theta)$となる。
よって、この$x$に対応する$\theta$を$\arccos x$とかけば、
第三式$T_n(x)=\cos (n\arccos x)\qquad \mathrm{for}\quad -1 \leq x \leq 1 $
を得る。

第四式$T_n(x)=\cosh (n\ \mathrm{arcosh}\ x) \qquad \mathrm{for}\quad 1\leq x$

を示す。

$\cos(i\theta)=\cosh(\theta)$より
$T_n(\cosh \theta)=\cos (ni\theta)=\cosh(n\theta)$
また、$\cosh\theta$はその定義
$\displaystyle \cosh \theta = \frac{e^\theta + e^{-\theta}}{2}$より
$[0,\infty)\to[1,\infty)$で全単射である。
なので$\forall x \in [1,\infty),\exists \theta \in [0,\infty)(x=\cosh \theta)$である。
この$x$に対応する$\theta$を$\mathrm{arcosh}\ x$とかくと、

第四式$T_n(x)=\cosh (n\ \mathrm{arcosh}\ x) \qquad \mathrm{for}\quad 1\leq x$
を得る。

第五式$T_n(x)=(-1)^{n}\cosh (n\ \mathrm{arcosh}(-x))\qquad \mathrm{for} \quad x\leq -1$
を示す。

$T_n(-x)=(-1)^nT_n(x)$(チェビシェフ多項式の特殊値を参照)と第四式より

第五式$T_n(x)=(-1)^{n}\cosh (n\ \mathrm{arcosh}(-x))\qquad \mathrm{for} \quad x\leq -1$
を得る。

公式3の証明と同様である。

$T_n(\cos \theta)+i\sin(n\theta) = (\cos \theta + i\sin \theta)^n$
二項定理より、
$\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}(i\sin \theta)^k(\cos \theta)^{n-k}$
$k:\mathrm{odd}$ならば虚数となるので$k:\mathrm{even}$の時だけ考えればよい
従って、
$\displaystyle \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}\dbinom{n}{2k}(-\sin^2 \theta)^{k} (\cos \theta)^{n-2k}$
$x=\cos\theta$とおけば
$=\displaystyle \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}\dbinom{n}{2k}(x^2-1)^{k} x^{n-2k}$
となり、目標の式を得る。