一个是有关勒让德多项式的,一个是平方误差和傅里叶级数有关的,

一个是有关勒让德多项式的,一个是平方误差和傅里叶级数有关的,

我算了很多遍,都没有算对,答案方法是Pn（x）求两次导数,再求n阶导数,但我始终算不对,而且题目等式中右边的P（x）应该是Pn（x）


答案就是我写在上面的黑字,那个∑（cn）^2怎么来的.

第一个问题:


第二个问题:
设g(x) = f(x)-∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]e[k](x), μ[k] = c[k]-λ[k].
则对j = 1,2,...,n,有:
∫{a,b} g(x)e[j](x) dx = ∫{a,b} f(x)e[j](x) dx - ∫{a,b} ∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]e[k](x)e[j](x) dx
= c[j] - ∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]·∫{a,b} e[k](x)e[j](x) dx
= c[j] - ∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]·δ[k,j]
= c[j]-c[j]
= 0.
故∫{a,b} (f(x)-∑{1 ≤ k ≤ n} λ[k]e[k](x))² dx
= ∫{a,b} (g(x)+∑{1 ≤ k ≤ n} μ[k]e[k](x))² dx
= ∫{a,b} g(x)² dx + ∫{a,b} 2·∑{1 ≤ k ≤ n} μ[k]e[k](x)g(x) dx + ∫{a,b} (∑{1 ≤ k ≤ n} μ[k]e[k](x))² dx
≥ ∫{a,b} g(x)² dx + 2·∑{1 ≤ k ≤ n} μ[k]·∫{a,b} e[k](x)g(x) dx
= ∫{a,b} g(x)² dx.

只需证明∫{a,b} g(x)² dx = ∫{a,b} f(x)² dx - ∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]².
实际上, ∫{a,b} (∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]e[k](x))² dx
= ∫{a,b} (∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]e[k](x))(∑{1 ≤ j ≤ n} c[j]e[j](x)) dx
= ∫{a,b} ∑{1 ≤ k,j ≤ n} c[k]c[j]e[k](x)e[j](x) dx
= ∑{1 ≤ k,j ≤ n} c[k]c[j]·∫{a,b} e[k](x)e[j](x) dx
= ∑{1 ≤ k,j ≤ n} c[k]c[j]·δ[k,j]
= ∑{1 ≤ k = j ≤ n} c[k]c[j]
= ∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]²

于是∫{a,b} g(x)² dx
= ∫{a,b} (f(x)-∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]e[k](x))² dx
= ∫{a,b} f(x)² dx - ∫{a,b} 2·∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]e[k](x)f(x) dx + ∫{a,b} (∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]e[k](x))² dx
= ∫{a,b} f(x)² dx - 2·∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]·∫{a,b} e[k](x)f(x) dx + ∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]²
= ∫{a,b} f(x)² dx - ∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]²,
即所求证.

注:从几何上比较容易理解这个结论.
但是需要一些线性代数的知识,以及函数空间的观点.
想了解的话请追问.
再问： c[j] - ∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]·δ[k,j]
= c[j]-c[j]
这一步怎么来的

还有这一步
∑{1 ≤ k, j ≤ n} c[k]c[j]·δ[k,j]
= ∑{1 ≤ k = j ≤ n} c[k]c[j]
再答： δ[k,j]在k = j时得1, 其余时候得0.
因此对于和式∑{1 ≤ k ≤ n} c[k]·δ[k,j],
只会留下k = j的一项即c[j]·δ[j,j] = c[j].
而对于和式∑{1 ≤ k, j ≤ n} c[k]c[j]·δ[k,j],
也只会留下k = j的项, 即∑{1 ≤ k = j ≤ n} c[k]c[j].
再问： delta[k，j]在k,j不等时必须等于0？？？
再答： 是的, 这是定义, 或者说是符号约定.
应该在书上能找到解释(比如符号表).
可以类比δ-函数来理解.

对于条件∫{a,b} e[i](x)e[j](x) dx = δ[i,j],
说明在i ≠ j时∫{a,b} e[i](x)e[j](x) dx = 0,
在i = j时∫{a,b} e[i](x)² dx = 1.
这样才与"规范正交"的说法相符.