Ортогональные многочлены наизнанку

[AD]

Любопытно просто. Лезут мысли всякие в голову ...

Пусть вот у нас есть отрезок $[a,b]$, и на нем "достаточно положительная" функция $f(x)$. Тогда известным образом появляется последовательность многочленов $p_n(x)$, $n\in\mathbb{N}_0$, ортогональных с весом $f$, причем, скажем так, $\mathrm{deg}\,p_n=n$.

А теперь пусть у нас есть взятая с потолка последовательность многочленов $p_n(x)$. Можно ли сочинить по ней сочинить вес $f(x)$, относительно которого эти многочлены будут ортогональными? Насколько однозначно он определяется?

[zoo]

я переформулирую вопрос для $n-$мерного пространтсва:
есть $n$ векторов, можно ли придумать скалярное произведение с диагональной матрицей Грамма, что бы эти векторы оказались ортогональными?

[AD]

Не понимаю, чем это поможет. Ведь функции, придуманные для первых $n$ многочленов и для первых $n+1$ многочленов, могут быть достаточно слабо связаны друг с другом. Или нет?

Добавлено спустя 1 минуту 33 секунды:

Скажем, для последовательности $p_n(x)=x^n$ на $[0,1]$ вообще никакой положительный вес $f$ сочинить нельзя - скалярное произведение разных многочленов всегда будет положительно.

[zoo]

AD писал(а):

Не понимаю, чем это поможет. Ведь функции, придуманные для первых $n$ многочленов и для первых $n+1$ многочленов, могут быть достаточно слабо связаны друг с другом. Или нет?

Это ничем не поможет, просто лично меня это сугубо неформалльная аналогия убеждает в том, что ответ на Ваш вопрос "нет, вообще говоря функцию $f$ восстановить нельзя, она не существует".

[Brukvalub]

AD в сообщении #164587 писал(а):

Не понимаю, чем это поможет. Ведь функции, придуманные для первых $n$ многочленов и для первых $n+1$ многочленов, могут быть достаточно слабо связаны друг с другом. Или нет?

Просто zoo намекает, что, как минимум, нужно потребовать линейную независимость набора векторов, а там, глядишь, и еще какие необходимые условия вылезут.
Да и, вообще, его метод мышления весьма эффективен - не "забуряться" сразу в общую задачу, а, сначала, попробовать порешать ее на простейшей модели.

[AD]

Brukvalub в сообщении #164592 писал(а):

нужно потребовать линейную независимость набора векторов

У нас по-прежнему $\mathrm{deg}\,p_n=n$.

Да, ясно, что еще, скажем, у всех ортогональных многочленов на $[a,b]$ есть полный комплект корней.

Добавлено спустя 3 минуты 7 секунд:

Brukvalub в сообщении #164592 писал(а):

Да и, вообще, его метод мышления весьма эффективен - не "забуряться" сразу в общую задачу, а, сначала, попробовать порешать ее на простейшей модели.

А вот это поддерживаю.

[zoo]

AD, извините но у меня такое чувство, что Вы не поняли содержания аналогии, которую я привел. Разъясню. В конечномерном пространстве калярное произведение векторов $x=(x_1,\ldots,x_n)$ и $y=(y_1,\ldots,y_n)$ имеет вид $(x,y)=\sum_{i,j}g_{ij}x_iy_j$ $g_{ij}$ -- матрица Грамма. На функции $f(x)$ можно смотреть (неформально) как на наборы чисел, как на векторы параметризованные не индексом $i=1,\ldots,n$ а индексом $x\in [a,b]$. В соответствии с этим, аналогом формулы $(x,y)=\sum_{i,j}g_{ij}x_iy_j$ $g_{ij}$ является $(f,h)=\int\int f(x)h(y)g(x,y)dxdy$, а то что Вы предложили это очень специальная штука -- она соответствует в конечномерном случае диагональной матрице Грамма. Поэтому я и сказал сразу, что Ваша гипотеза неправдоподобна.