Trygonometria JS: Jak wyrazić sin(6x) oraz cos(6x) jako sumę potęg sin(x) oraz cos(x)?

Mila: Studia?

JS: Tak. A co?

PW: Bo łatwo podpowiedzieć w takim razie: − Oblicz (sinx+icosx)⁶ dwoma sposobami.

Mila: To możesz zastosować liczby zespolone. (cosx+isinx)⁶=cos(6x)+i sin(6x) Lewą stronę podnieś do 6 potęgi wg wzoru Newtona i porównaj odpowiednio części rzeczywiste i urojone. Pisz w razie kłopotów. Albo 1) sin(6x)=2 sin3x cos3x na sin (3x) i cos(3x) są wzory w tablicach 2) cos(6x)=cos²(3x)−sin²(3x)

studentka: ale to jest mądre

PW: Mila dobrze napisała, ja "przekręciłem" część rzeczywistą i urojoną − w takiej postaci nie można zastosować wzoru de Moivre'a.

JS: (cosx+isinx)⁶=cos⁶x+6cos⁵xisinx+15cos⁴xisin²x+20cos³xisin³x+15cos²xi sin⁴x+6cosxisin⁵x+isin⁶x. Wyszło mi coś takiego. I które z tych składników wybieram do sin(6x), a które do cos(6x)?

JS: Bo nie wiem co dalej.

Mila: Piszę

Mila: Pomoc : i²=−1 i³=−i i⁴=1 i⁵=i i⁶=i²*i²*i²=−1 =========== cos(6x)+sin(6x)= =cos⁶x+6cos⁵sinx* i−15cos⁴x*sin²x−20cos³x*sin³x*i+15cos²x*sin⁴x+ 6cosx*sin⁵x*i−sin⁶x cos(6x)=cos⁶x−15cos⁴x*sin²x+15cos²x*sin⁴x−sin⁶x cos(6x) porównujesz z częścią rzeczywistą sinx porównujesz z częścią urojoną sin(6x)=6cos⁵x *sinx−20cos³x*sin³x+6cosx*sin⁵x

JS: Okej, dzięki

Mila:

jc: cos (n+1)x = cos x cos nx − sin x sin nx cos (n−1)x = cos x cos nx + sin x sin nx Dodajemy cos (n+1)x + cos(n−1)x = 2cos x cos nx lub naczej cos (n+1)x = 2cos x cos nx − cos(n−1)x t = cos x, cos nx = p(n) p(n+1)=2t p(n) − p(n−1), p(0)=1, p(1)=t p(2)=2t*t−1=2t¹−1 p(3)=2t(2t²−1)−t=4t³−3t p(4)=2t(4t³−3t)−(2t¹−1)=8t⁴−8t²+1 p(5)=2t(8t⁴−8t²+1)−(4t³−3t)=16t⁵−20t³+5t p(6)=2t(16t⁵−20t³+5t)−(8t⁴−8t²+1)=32t⁶−48t⁴+18t²−1 czyli cos 6x = 32 cos⁶x − 48cos⁴x+18cos²x−1

ABC: hoho, jc wytaszczył wielomiany Czebyszewa

jc: Krócej cos 3x=4cos³x−3cos x cos 2y=2cos²y − 1 cos 6x=2(4cos³x−3cos x)²−1=32cos⁶x − 48cos⁴x + 18cos²x−1

jc: Tak, ale przy okazji uświadomiłem sobie, że P_nk(x)=P_n(P_k(x)). Do czego to można wykorzystać?

ABC: można np. zapisać cos(n arccos x) za pomocą tego: cos(2 arc cos x)=2x²−1 cos (3 arc cos x)=4x³−3x itd

Mariusz: ABC napisał "hoho, jc wytaszczył wielomiany Czebyszewa" ABC czemu piszesz "Czebyszewa" ? Ciebie jeszcze uczyli rosyjskiego i powinieneś wiedzieć że w oryginale nazwisko tego matematyka jest pisane następująco Пафнутий Львович Чебышёв , czyli jest tutaj jo a że ш jest spółgłoską twardą więc to jo jest czytane jako o Cz jest czytane miękko Akcent jest na ogół w rosyjskim ruchomy , tutaj akurat pada na ostatnią sylabę (Львович to jest отчество i znaczy tyle że imię jego ojca to Lew) Twój zapis tego nazwiska jest mylący jeśli chodzi o odczyt oraz niezgodny z zasadami transkrypcji cyrylicy na polski Słowo wytaszczył zdaje się też pochodzi z rosyjskiego вытащил − wyciągnął (Ja tam rosyjskiego nie znam bo za późno się urodziłem a samodzielna nauka jest o wiele trudniejsza niż z nauczycielem ale wg mnie tak powinno się czytać to nazwisko ) Swoją drogą ostatnio starałem się wyprowadzić wzór na współczynniki wielomianów Czebyszowa dwoma sposobami 1) z równania rekurencyjnego (Tutaj zatrzymałem się na podwójnej sumie , mam wątpliwości co do poprawności zmiany kolejności sumowania a co do wewnętrznej sumy to nie mam pomysłu jak ją obliczyć) 2) z równania różniczkowego (Tutaj brakuje mi wartości początkowych dla tego równania różniczkowego Ostatecznie współczynniki powinny być wyrażone za pomocą sumy dwóch iloczynów Tak mi wyszło jednak bez warunków początkowych nie udało mi się uzyskać konkretnego wyniku c₀ oraz c₁ wyznaczyłbym z warunków początkowych które powinny zależeć od n Ogólnie matematycy lubią mówić że wielomian to wyrażenie algebraiczne ale jeśli przyjmiemy że x ∊ <−1;1> to dla wielomianu stopnia parzystego wielomian Czebyszowa będzie funkcją parzystą a dla wielomianu stopnia nieparzystego wielomian Czebyszowa będzie funkcją nieparzystą)

kkk: Wikipedia: Wielomiany Czebyszewa – układ wielomianów ortogonalnych tworzący bazę przestrzeni wielomianów; nazwa pochodzi od nazwiska Pafnutija Czebyszowa. https://pl.wikipedia.org/wiki/Wielomiany_Czebyszewa

Mariusz: kkk: No właśnie, moim zdaniem na wikipedii źle zapisują to nazwisko raz piszą Czebyszewa raz Czebyszowa wg mnie powinno być Czebyszowa ale gdy próbowałem poprawić na Czebyszowa to cofali tę zmianę którą wprowadziłem U mnie matka była nauczycielką tego języka a brat jest samoukiem jeśli chodzi o rosyjski Mnie matka nie chciała uczyć a samodzielna nauka bez żadnego nauczyciela jest jednak dla mnie za trudna Szkoda bo można by czytać Fichtenholza , Matwiejewa , Kostrikina i wiele innych w oryginale

Mariusz: Jeżeli chodzi o wyznaczenie wielomianów Czebyszowa to można świrować tak jak to pokazał JS we wpisie z 10 lut 2019 19:37 bo mamy wzór trygonometryczny ale nie przełoży się to na inne wielomiany ortogonalne Pokażę może co uzyskałem bawiąc się metodami działającymi dla wszystkich wielomianów ortogonalnych Zacznijmy od wzoru trygonometrycznego T_n(x) = cos(n*arccos(x)) T_n+1(x) = cos((n+1)arccos(x)) T_n−1(x) = cos((n − 1)arccos(x)) T_n+1(x) = cos(arccos(x))cos(n*arccos(x)) − sin(arccos(x))sin(n*arccos(x)) T_n−1(x) = cos(arccos(x))cos(n*arccos(x)) + sin(arccos(x))sin(n*arccos(x)) Gdy dodamy te równania stronami to otrzymamy T_n+1(x) + T_n−1(x) = 2cos(arccos(x))cos(n*arccos(x)) ale x ∊ <−1;1> oraz cos(x) i arccos(x) są funkcjami odwrotnymi więc T_n+1(x) + T_n−1(x) = 2xcos(n*arccos(x)) T_n+1(x) + T_n−1(x) = 2xT_n(x) T_n+1(x) = 2xT_n(x) − T_n−1(x) Mamy zatem następujące równanie rekurencyjne T_n+1(x) = 2xT_n(x) − T_n−1(x) T₀(x) = 1 T₁(x) = x Możemy przesunąć w nim indeksy T_n+2(x) = 2xT_n+1(x) − T_n(x) T₀(x) = 1 T₁(x) = x Teraz zarówno równanie charakterystyczne jak i zwykła funkcja tworząca prowadzi do punktu wyjścia (do tego skąd zacząłem) Zastosujmy jednak wykładniczą funkcję tworzącą

	tn
E(x,t) = ∑n=0∞Tn(x)
	n!

Wstawmy wykładniczą funkcję tworzącą do równania rekurencyjnego

	tn		tn
∑n=0∞Tn+2(x)		= ∑n=0∞(2xTn+1(x)−Tn(x))
	n!		n!

	tn		tn
∑n=0∞Tn+2(x)		= ∑n=0∞(2xTn+1(x)−Tn(x))
	n!		n!

	tn		tn
∑n=0∞Tn+2(x)		= 2x(∑n=0∞Tn+1(x)		)−
	n!		n!

	tn
(∑n=0∞Tn(x)		)
	n!

	(n+2)(n+1)tn
∑n=0∞Tn+2(x)		=
	(n+2)!

	(n+1)tn		tn
2x(∑n=0∞Tn+1(x)		) − (∑n=0∞Tn(x)		)
	(n+1)!		n!

d2		tn+2
	(∑n=0∞Tn+2(x)		) =
dt2		(n+2)!

	d		tn+1		tn
2x		(∑n=0∞Tn+1(x)		) − (∑n=0∞Tn(x)		)
	dt		(n+1)!		n!

d2		tn
	(∑n=0∞Tn(x)		− 1 − xt) =
dt2		n!

	d		tn		tn
2x		(∑n=0∞Tn(x)		− 1) − (∑n=0∞Tn(x)		)
	dt		n!		n!

Teraz uproszczę zapis wykładniczej funkcji tworzącej i pominę nieistotną zmienną E''(t)=2xE'(t) − E(t) Mamy równanie różniczkowe z warunkami początkowymi E''(t) − 2xE'(t) + E(t) = 0 E(0) = 1 E'(0) = x Przypomnijmy jak zdefiniowana jest transformata Laplace L(y(t)) = ∫₀^∞y(t)e^−stdt Niech L(y(t)) = Y(s) Wyprowadźmy całkując przez części rekurencyjny wzór na transformatę pochodnej L(y⁽ⁿ⁺¹⁾(t)) = ∫₀^∞y⁽ⁿ⁺¹⁾(t)e^−stdt L(y⁽ⁿ⁺¹⁾(t)) =y⁽ⁿ⁾(t)e^−st|₀^∞ − ∫₀^∞y⁽ⁿ⁾(t)(−se^−st)dt L(y⁽ⁿ⁺¹⁾(t)) = lim_t→∞y⁽ⁿ⁾(t)e^−st − lim_t→0y⁽ⁿ⁾(t)e^−st + s∫₀^∞y⁽ⁿ⁾(t)e^−stdt L(y⁽ⁿ⁺¹⁾(t)) = 0 − y⁽ⁿ⁾(0⁺) + s∫₀^∞y⁽ⁿ⁾(t)e^−stdt L(y⁽⁰⁾(t)) = L(y(t)) = Y(s) L(y⁽ⁿ⁺¹⁾(t)) = − y⁽ⁿ⁾(0⁺) + sL(y⁽ⁿ⁾(t)) E''(t) − 2xE'(t) + E(t) = 0 E(0) = 1 E'(0) = x L(E''(t)−2xE'(t)+E(t)) = L(0) L(E''(t)) − 2xL(E'(t)) + L(E(t)) = 0 (−x − s + s²E(s)) −2x(−1+sE(s))+E(s) = 0; −x−s + 2x + s²E(s) − 2xsE(s)+E(s) = 0 x − s + (s² − 2xs + 1)E(s) = 0 (s² − 2xs + 1)E(s) = s − x

	s − x
E(s)=
	s2 − 2xs + 1

	s − x
E(s)=
	s2 − 2xs +x2 + 1 − x2

	s − x
E(s)=
	(s − x)2 + 1 − x2

Ponieważ x ∊ <−1;1> więc powyższy ułamek jest już ułamkiem prostym i nie trzeba go dalej rozkładać Teraz jeżeli nie mamy pod ręką tablicy transformat to liczymy dwukrotnie przez części następującą całkę ∫₀^∞cos(t)e^−stdt Tutaj obojętne czy do całkowania weźmiemy funkcję trygonometryczną czy wykładniczą bylebyśmy byli w swoim wyborze konsekwentni Przyda się też wzór na przesunięcie argumentów obrazu Dostaniemy wtedy następującą funkcję tworzącą E(t) = e^xtcos(√1−x²*t) Wikipedie twierdzą że jednym z czynników wykładniczej funkcji tworzącej jest cosinus hipeboliczny jednak wobec tego że x ∊ <−1;1> cosinus hiperboliczny wymagałby urojonego argumentu więc lepszym wyborem jest ten cosinus trygonometryczny Zauważmy że dość łatwo jest policzyć n. pochodne czynników wykładniczej funkcji tworzącej więc dobrym pomysłem byłoby zastosować wzór Leibniza na n. pochodną iloczynu

dn
	(ext) = xnext
dtn

dn		π
	(cos(√1−x2*t)) = (√1−x2)n*cos(		n + √1−x2*t)
dtn		2

Wzór Leibniza na n. pochodną iloczynu wygląda podobnie do dwumianu Newtona

dn		n k
	(f*g)(x) = ∑k = 0n		f(n−k)(x)g(k)(x)
dxn

dn
	(extcos(√1−x2*t)) =
dxn

	n k		π
∑k = 0n		(√1−x2)k*cos(		k + √1−x2*t)xn−kext
			2

dn
	(extcos(√1−x2*t))|t=0 =
dxn

	n k		π
∑k = 0n		(√1−x2)k*cos(		k)xn−k
			2

	n 2k
Tn(x) = ∑k = 0floor(n/2)		(1−x2)k(−1)kxn−2k

Co można zapisać jako

	n 2k
Tn(x) = ∑k = 0floor(n/2)		(x2−1)kxn−2k

z tym że będziemy mieli ujemną podstawę potęgi Rozpiszmy to jeszcze bardziej tj zastosujmy dwumian Newtona do czynnika (x²−1)^k

	n 2k		k l
Tn(x) = ∑k=0floor(n/2)		xn−2k(∑l=0k		x2l(−1)k−l)

	n 2k
Zauważmy że czynnik		xn−2k nie zależy od zmiennej l

indeksującej wewnętrzną sumę Możemy więc zapisać sumę następująco

	n 2k	k l
Tn(x) = ∑k=0floor(n/2)∑l=0k			(−1)k−lxn+2l−2k

	n 2k	k l
Tn(x) = ∑k=0floor(n/2)∑l=0k			(−1)k−lxn−2(k−l)

	k l		k k − l
Wiemy że		=

	n 2k	k k−l
Tn(x) = ∑k=0floor(n/2)∑l=0k			(−1)k−lxn−2(k−l)

Niech m = k − l 0 ≤ l ≤ k 0 ≥ −l ≥ −k k ≥ k − l ≥ 0

	n 2k	k m
Tn(x) = ∑k=0floor(n/2)∑m=0k			(−1)mxn−2m

Jak widzimy wykładnik potęgi x zależy od indeksu wewnętrznej sumy więc aby dalej liczyć przydałoby się zmienić kolejność sumowania https://matematyka.pl/szeregi-liczbowe-i-iloczyny-nieskonczone-f204/szereg-szeregu-zamiana-sum-t398295.html#p5390269 Tutaj Qń przedstawił przekształcenie które zmienia kolejność sumowania jednak nic o nim nie napisał Ani nie napisał czy są do niego jakieś założenia a jeśli tak to jakie ani też nie napisał skąd się to przekształcenie wzięło https://www.youtube.com/watch?v=TT0roVAuHMw&t=630s Ten gościu z MiMUW podobnie tylko podał wzorek na przykładzie sumy liczb harmonicznych i nic więcej nie powiedział

	n 2k	k m
Tn(x) = ∑k=0floor(n/2)∑m=0k			(−1)mxn−2m

Jeśli nie ma przeciwwskazań to zastosowania powyższego przekształcenia to mielibyśmy

	n 2k	k m
Tn(x) = ∑m=0floor(n/2)∑k=mfloor(n/2)			(−1)mxn−2m

i uniezależnilibyśmy wykładnik x od indeksu tej wewnętrznej sumy i do policzenia zostałaby nam suma

	n 2k	k m
∑k=mfloor(n/2)

Wielomiany Czebyszowa możemy także wyznaczyć rozwiązując równanie różniczkowe Zacznijmy od wzoru trygonometrycznego T_n(x) = cos(n*arccos(x)) t = arccos(x) y(t) = cos(n*t) y'(t) = −n*sin(n*t) y''(t) = −n²*cos(n*t) y''(t) = −n²*y(t) y''(t) + n²*y(t) = 0 Zastosujmy w tym równaniu zamianę zmiennej niezależnej t = arccos(x) x = cos(t)

dx
	= −sin(t)
dt

dx
	= −1*(±√1−x2)
dt

dy		dy		dx
	=		*
dt		dx		dt

dy		dy
	=		(−1*(±√1−x2))
dt		dx

d2y		d		dy
	=		(		)
dt2		dt		dt

d2y		d		dy		dx		dx
	=		(		*		)*
dt2		dx		dx		dt		dt

d2y		d		dy
	=		(		* (−1*(±√1−x2))})*(−1*(±√1−x2))
dt2		dx		dx

d2y		d		dy
	= √1−x2		(		*√1−x2)
dt2		dx		dx

d2y		d2y		x	dy
	= √1−x2(√1−x2		−			)
dt2		dx2		√1−x2	dx

d2y		d2y		dy
	= (1−x2)		− x
dt2		dx2		dx

y''(t) + n²*y(t) = 0 (1−x²)y''(x) − xy'(x)+n²y(x) = 0 Rozwiążmy to równanie z użyciem szeregu potęgowego y(x) = ∑_k=0^∞a_kx^k y'(x) = ∑_k=0^∞ka_kx^k−1 y''(x) = ∑_k=0^∞k(k−1)a_kx^k−2 (1−x²)(∑_k=0^∞k(k−1)a_kx^k−2)−x(∑_k=0^∞ka_kx^k−1)+n²(∑_k=0^∞a_kx^k)=0 ∑_k=0^∞k(k−1)a_kx^k−2 −x²(∑_k=0^∞k(k−1)a_kx^k−2) −x(∑_k=0^∞ka_kx^k−1)+ n²(∑_k=0^∞a_kx^k) =0 ∑_k=0^∞k(k−1)a_kx^k−2 −(∑_k=0^∞k(k−1)a_kx^k) −(∑_k=0^∞ka_kx^k)+ (∑_k=0^∞n²a_kx^k) =0 ∑_k=0^∞k(k−1)a_kx^k−2 − (∑_k=0^∞k(k−1)a_kx^k + ka_kx^k − n²a_kx^k) =0 ∑_k=2^∞k(k−1)a_kx^k−2 − (∑_k=0^∞(k(k−1)+k)−n²)a_kx^k = 0 ∑_k=2^∞k(k−1)a_kx^k−2 − (∑_k=0^∞(k²−n²)a_kx^k = 0 ∑_k=0^∞(k+2)(k+1)a_k+2x^k − (∑_k=0^∞(k−n)(k+n)a_kx^k = 0 ∑_k=0^∞((k+2)(k+1)a_k+2 − (k−n)(k+n)a_k)x^k = 0 (k+2)(k+1)a_k+2 − (k−n)(k+n)a_k = 0 (k+2)(k+1)a_k+2=(k−n)(k+n)a_k Teraz mamy możliwość albo wyznaczyć a_k+2 w zależności od a_k albo wyznaczyć a_k w zależności od a_k+2 Próbowałem wyznaczyć a_k w zależności od a_k+2 ale nie uzyskałem zadowalających rezultatów

	(k−n)(k+n)
ak+2 =		ak
	(k+2)(k+1)

Tutaj łatwo rozdzielić ciąg współczynników szeregu potęgowego na dwa podciągi (jeden dla parzystych współczynników a drugi dla nieparzystych) Widzimy że w mianowniku będziemy mieli silnię Licznik zaś można wyrazić iloczynem

	−n*n
a2 =		a0
	2*1

	(2−n)(2+n)(−n)(n)
a4 =		a0
	4*3*2*1

	(4−n)(4+n)(2−n)(2+n)(−n)(n)
a6 =		a0
	6*5*4*3*2*1

	a0
a2m =		*∏j=1m(2m − 2j −n)∏k=1m(2m − 2k +n)
	(2m)!

	(1−n)*(1+n)
a3 =		a1
	3*2

	(3−n)(3+n)(1−n)*(1+n)
a5 =		a1
	5*4*3*2

	(5−n)(5+n)(3−n)(3+n)(1−n)*(1+n)
a7 =		a1
	5*4*3*2

	a1
a2m+1 =		*∏j=1m(2m + 1 − 2j −n)∏k=1m(2m + 1− 2k +n)
	(2m+1)!

Możemy te dwa podciągi połączyć w jeden

	(1+(−1)m)		(1−(−1)m)
am = (		a0+		a1)*
	2		2

∏_j=1^floor(m/2)(m − 2j −n)∏_k=1^floor(m/2)(m − 2k +n) Ponieważ mamy wzór trygonometryczny możemy znaleźć warunki początkowe Mając warunki początkowe a także wiedząc że wielomiany Czebyszowa są funkcjami parzystymi o ile ich stopień jest parzysty oraz są funkcjami nieparzystymi o ile ich stopień jest nieparzysty możemy odgadnąć wzór na współczynniki Wielomiany Czebyszowa możemy też uzyskać ortogonalizując bazę {1,x,x²,...,xⁿ}

	p(x)q(x)
iloczynem skalarnym <p(x),q(x)> = ∫−11		dx
	√1−x2

Całkując przez części

	xn
można wyprowadzić wzór redukcyjny na całkę ∫−11		dx
	√1−x2

	xn		(−xn−1)(−x)
∫−11		dx = ∫−11		dx
	√1−x2		√1−x2

	xn
∫−11		dx =
	√1−x2

−xⁿ⁻¹*√1−x²|₋₁¹−∫₋₁¹(−(n−1)xⁿ⁻¹√1−x²)dx

	xn
∫−11		dx = (n−1)∫−11xn−1√1−x2dx
	√1−x2

	xn		xn−2(1−x2)
∫−11		dx = (n−1)∫−11		dx
	√1−x2		√1−x2

	xn		xn−2
∫−11		dx = (n−1)∫−11		dx −
	√1−x2		√1−x2

	xn
(n−1)∫−11		dx
	√1−x2

	xn		xn−2
n∫−11		dx = (n−1)∫−11		dx
	√1−x2		√1−x2

	xn		n−1		xn−2
∫−11		dx =		∫−11		dx
	√1−x2		n		√1−x2

	x
∫−11		dx = 0
	√1−x2

	1		1
∫−11		dx = 2∫01		dx = 2arcsin(x)|01
	√1−x2		√1−x2

	1		π
∫−11		dx = 2*		= π
	√1−x2		2

Mamy zatem równanie rekurencyjne

	n−1
In =		In−2
	n

I₁ = 0 I₀ = π Widzimy że istotne są tutaj tylko parzyste n Możemy tę rekurencję rozwiązać choć na potrzeby pisania programu nie będzie to konieczne Do pisania programu potrzebna jest świadomość że da się tę rekurencję rozwinąć do iloczynu

	n−1
In =		In−2
	n

I₁ = 0 I₀ = π

	1
I2 =		I0
	2

	3*1
I4 =		I0
	4*2

	5*3*1
I6 =		I0
	6*4*2

	7*5*3*1
I8 =		I0
	8*6*4*2

	7*5*3*1
I8 =		I0
	24*4!

	7*5*3*1*8*6*4*2
I8 =		I0
	24*4!*8*6*4*2

	7*5*3*1*8*6*4*2
I8 =		I0
	28*4!*4!

	7*5*3*1*8*6*4*2
I8 =		I0
	28*4!*(8−4)!

	1	8 4
I8 =			I0
	28

	1	2k k
I2k =			*π
	22k

Niech p(x)q(x) = ∑_k=0^(m+n)a_kx^k wówczas iloczyn skalarny można przedstawić w postaci

	1	2k k
<p(x),q(x)> = ∑k=0floor((m+n)/2)a2k			*π
	22k

Zmodyfikowana ortogonalizacja Grama−Schmidta wygląda następująco for j = 1:n v_j = x_j end for for j = 1:n

	vj
qj =
	√<vj,vj>

for k = j + 1:n v_k = v_k − <q_j,v_k>q_j end for end for

Mariusz: Jeżeli chodzi o rozwijanie sinusa wielomianami Czebyszowa to istnieją też wielomiany Czebyszowa drugiego rodzaju

	1		d
Un(x) =				Tn+1(x)
	n+1		dx