"Секретное" свойство степенных рядов

[EvgenB]

В предыдущем сообщении я привел пример преобразования Лагранжа с участием полиномов Чебышева. Существует аналогичный пример, но в нем связь с полиномами Чебышева (на этот раз с $T_n(x),U_n(x)$ ) более сложная, и коротко описать ее не удастся. Поэтому приведу только окончательный результат, в справедливости которого может убедиться каждый желающий. Если

$$a(x)=\left(1-2ax+bx^2\right)^{-\frac12},$$

то

$$_{(-1)}a(x)=ax+\left(1+(a^2-b)x^2\right)^\frac12,$$

$$_{(-1)}a^{-1}(x)=\frac{ax-\left(1+(a^2-b)x^2\right)^\frac12}{bx^2-1}.$$

Оказывается, что

$$_{(-1)}a^n(x)=t_{n,a,b}(x)+u_{n,a,b}(x)\left(1+(a^2-b)x^2\right)^\frac12,$$

$$(bx^2-1)^n{_{(-1)}a^{-n}}(x)=t_{n,a,b}(x)-u_{n,a,b}(x)\left(1+(a^2-b)x^2\right)^\frac12,$$

где

$$t_{n,a,b}(x)=p_n\prod\limits_{m=1}^{[n/2]}\left(\frac{a^2-b\cos^2\frac{2m-1}{2n}\pi}{\cos^2\frac{2m-1}{2n}\pi}\right)\prod\limits_{m=1}^n\left(x+\frac{i\cos\frac{2m-1}{2n}\pi}{\sqrt{a^2-b\cos^2\frac{2m-1}{2n}\pi}}\right),$$

$i=\sqrt{-1},$ $[n/2]$ - целая часть от n/2; $p_n=1,p_n=na,$ соответственно для четных и нечетных n; множитель $\prod\limits_{m=1}^{[n/2]}\sec^2\frac{2m-1}{2n}\pi$ равен $2^{n-1}$, если n четно, и $2^{n-1}/n$, если n нечетно; если один из сомножителей ( в случаае $t_{n,0,0}(x)$ - любой из сомножителей) множителя $\prod\limits_{m=1}^{[n/2]}\left(a^2-b\cos^2\frac{m-1}{2n}\pi\right)$ равен нулю, он заменяется на $\cos^2\frac{2m-1}{2n}\pi$ с соответствующим значением m; соответствующий ему полином

$$x^2+\frac{\cos^2\frac{2m-1}{2n}\pi}{a^2-b\cos^2\frac{2m-1}{2n}\pi}$$

заменяется на единицу;

$$u_{n,a,b}(x)=r_n\prod\limits_{m=1}^{\left[\frac{n-1}2\right]}\left(\frac{a^2-b\cos^2\frac{m}n\pi}{\cos^2\frac{m}n\pi}\right)\prod\limits_{m=1}^{n-1}\left(x+\frac{i\cos\frac{m}n\pi}{\sqrt{a^2-b\cos^2\frac{m}n\pi}}\right),$$

$r_n=na, r_n=1$;множитель $\prod\limits_{m=1}^{[(n-1)/2]}\sec^2\frac{m}n\pi$ равен $2^{n-1}/n$, если n четно, и $2^{n-1}$, если n нечетно; если один из сомножителей ( в случае $u_{n,0,0}$ - любой из сомножителей) множителя $\prod\limits_{m=1}^{[(n-1)/2]}\left(a^2-b\cos^2\frac{m}n\pi\right)$ равен нулю, он заменяется на $\cos^2\frac{m}n\pi$ с соответствующим значением m; соответствующий ему полином

$$x^2=\frac{\cos^2\frac{m}n\pi}{a^2-b\cos^2\frac{m}n\pi}$$

заменяется на единицу.
Учтем равенства

$$\prod\limits_{m=1}^{[n/2]}\sin^2\frac{2m-1}{2n}\pi=\frac1{2^{n-1}},\quad\prod\limitss_{m=1}^{\left[\frac{n-1}2\right]}\sin^2\frac{m}n\pi=\frac{n}{2^{n-1}}$$

и отметим,что

$$t_{n,1,1}(x)=\frac{(x+1)^n+(x-1)^n}2,\quad{u}_{n,1,1}(x)=\frac{(x+1)^n-(x-1)^n}2;$$

$$t_{2n,0.-1}(x)=\left(1+x^2\right)^n,\;t_{2n+1,0,-1}(x)=0,\quad{u}_{2n,0,-1}(x)=0,\;u_{2n+1,0,-1}(x)=\left(1+x^2\right)^n;$$

$$t_{2n,0,0}(x)=1,\;t_{2n+1,0,0}(x)=0,\quad{u}_{2n,0,0}(x)=0,u_{2n+1,0,0}(x)=1.$$

Полиномы $t_{n,1,1}(x),u_{n,1,1}(x)$ связаны с полиномами

$$x^n+1=\frac{x^{2n}-1}{x^n-1},\quad{x}^n-1$$

последовательностью преобразований

$$\frac12\hat{I}_n\left<2x\right>\hat{I}_n\left<x-\frac12\right>\hat{I}_n\left<x+1\right>(x^n\pm1)=t_{n,1,1}(x),u_{n,1,1}(x),$$

где $\left<a(x)\right>,\hat{I}_n$ - оператор подстановки и оператор перестановки коэффициентов полинома n-й степени в обратном порядке. Подобная цепочка преобразований связывает $t_{n,1,1}(x)$ с $t_{n,a,b}(x)$ и $u_{n,1,1}(x)$ с $u_{n,a,b}(x)$. Но там участвуют и другие операторы (нельзя сказать, что более сложные, - сложно обосновать их применение), описание которых мы как раз опустили.
P.S. Может возникнуть впечатление, что я занимаюсь пропагандой своих идей. Но это не идеи, а наблюдения. Я излагаю факты, которые, по всем признакам, должны быть общеизвестными, но почему-то такими не являются.

[sergei1961]

Мне кажется, что это надо делать в научной статье, а здесь не совсем подходит, когда всего так много.

[EvgenB]

Статьи-то есть. Специально для форума я выделил из них суть и жду совета и оценки. По-моему, научный форум для того и предназначен.

[EvgenB]

Недавно начал знакомиться с англоязычной литературой по своей тематике. Хотя английского я не знаю, содержание большинства просмотренных статей в общих чертах оказалось понятным. Частичный ответ на свой вопрос я, кажется, получил. Ряды из множества, обозначенного мной $_{(\beta)}a(x)$, рассматриваются в связи с формулой обращения Лагранжа, но не выделяются в отдельную категорию, - поэтому общего обозначения для них нет ( за исключением случаев обобщенного биномиального и обобщенного экспоненциального ряда). Почему так, для меня остается непонятным. Приведу пример, когда введение множества $_{(\beta)}a(x)$ напрашивается само собой.
Множество матриц умножения $[b(x)], b_0\neq0$ и матриц подстановки $\left<a(x)\right>, a_0=0, a_1\neq0,$ называется группой Риордана. Элементом группы считается матрица $[b(x)]\left<a(x)\right>$ и обозначается $(b(x), a(x)):$

$$(b(x),a(x))(f(x),g(x))=(b(x)f(a(x)), g(a(x))).$$

Обозначим для краткости $(1, a(x))=(a(x))$. Для множества рядов $_{(\beta)}a(x)$ имеем

$$\left(x{_{(\beta)}a^\alpha(x)}\right)^{-1}=\left(x{_{(\beta-\alpha)}a^{-\alpha}(x)}\right).$$

В одной из статей о группе Риордана рассматривались матрицы со свойством $(a(x))^2=(x)$, т.е. обратные к самим себе. Например, $\left(\frac{-x}{1-x}\right)$. В данном случае решающее значение имеют два обстоятельства:

$$\left(\frac{x}{1-x}\right)^{-1}=\left(\frac{x}{1+x}\right),\quad(-x)\left(\frac{x}{1+x}\right)=\left(\frac{-x}{1-x}\right),$$

так что

$$\left(\frac{x}{1-x}\right)(-x)(-x)\left(\frac{x}{1+x}\right)=\left(\frac{-x}{1-x}\right)\left(\frac{-x}{1-x}\right)=(x).$$

А как определить это свойство в общем случае? Воспользуемся множеством $_{(\beta)}a(x)$. Если

$$a(x)=\frac{x}2+\left(1+\frac{x^2}4\right)^\frac12,$$

то

$$_{(1)}a^2(x)=(1-x)^{-1},\quad_{(-1)}a^{-2}(x)=(1+x)^{-1}.$$

Любой ряд $a(x), a_0=1,$ который можно представить в виде

$$a(x)=\bar{a}(x)+(1+\bar{a}^2(x))^\frac12,\quad\bar{a}(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty{a}_{2n+1}x^{2n+1},$$

обладает свойством $a(-x)=a^{-1}(x)$. Из определения множества $_{(\beta)}a(x)$, связанного с рядом $a(x)$, вытекает, что

$$_{(\beta)}a^\alpha(-x)={_{(-\beta)}a^{-\alpha}(x)},\quad\left(-x{_{(\beta)}a^{2\beta}}(x)\right)^2=(x).$$

Я так и не понял, каким образом в упомянутой статье объясняется свойство $(a(x))^2=(x)$, но думаю, что без ссылки на множество $_{(\beta)}a(x)$ удовлетворительного определения дать нельзя.