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Legendre
Korrigierte Übungen Übungen korrigiert mit Polynomen

Korrigierte Aufgabe: Legendre-Polynome

Hier ist die Aussage einer Übung, die die Legendre-Polynome verwendet, von denen wir verschiedene Eigenschaften demonstrieren werden. Es ist eine Familie klassischer Polynome. Wir werden diese Übung daher in das Kapitel über Polynome stellen. Dies ist eine Hochschulübung im zweiten Jahr.

Und hier die Aussage:

Zustände

Legendre Polynome

Ein bisschen Kultur

Die ersten 10 Legendre-Polynome sind:

\begin{array}{l|c}
n   & P_n(x)\\
\hline 
0 & 1\\
1 & x\\
2 & \dfrac{1}{2}(3x^2-1)\\ 
3 & \dfrac{1}{2}(5x^3-3x)\\
4 & \dfrac{1}{8}(35x^4-30x^2+3)\\
5 &  \dfrac{1}{8}(63x^5-70x^3+15x)\\
6 &  \dfrac{1}{16}(231x^6-315x^4+105x^2-5)\\
7 &  \dfrac{1}{16}(429x^7-693x^5+315x^3-35x)\\
8 & \dfrac{1}{128}(6435x^8-12012 x^6+6930x^4-1260x^2+35)\\
9 & \dfrac{1}{128}(12155x^9-25740x^7+18018x^5-4620x^3+315x)\\
10 &\dfrac{1}{256}(46189x^{10}-109395x^8+90090x^6-30030x^4+3465x^2-63)\\
\end{array}

Beachten Sie, dass der Grad von Pn ist n.

korrigiert

Frage

P zu berechnenn(1), erklären wir die Funktion. Lass uns lernen

P_n(X) = (X^2-1)^n = (X-1)^n(X+1)^n

Wir werden die verwenden Leibniz-Formel n mal differenzieren:

\begin{array}{ll} P_n^{(n)}(X) &=\displaystyle \sum_{k=1}^n \binom{n}{k} ((X-1)^n)^{ (k)}((X+1)^n)^{nk}\\ &= \displaystyle \sum_{k=1}^n \binom{n}{k} n(n-1)\ldots(n -k+1) (X-1)^{nk}n(n-1)\ldots (k+1)(X+1)^k\\ &= \displaystyle \sum_{k=1}^n \ biname{n}{k}\dfrac{n!}{(nk)!}(X-1)^{nk}\dfrac{n!}{k!}(X+1)^k\\ &=n ! \displaystyle \sum_{k=1}^n \binom{n}{k}^2(X-1)^{nk}(X+1)^k \end{array}

Wenn X als 1 identifiziert wird, ist nur der Term k = n ungleich Null. Also haben wir :

\begin{array}{ll} L_n(1) &= \displaystyle \dfrac{1}{2^nn!}P_n^{(n)}(1) \\ &=\displaystyle \dfrac{1}{2 ^nn!}n! \biname{n}{n}^2(1-1)^{nn}(1+1)^n\\ &= 1 \end{array}

Nun können wir für den Fall -1 wieder die oben verwendete explizite Form verwenden. Diesmal ist nur der Term k = 0 ungleich Null:

\begin{array}{ll}
L_n(-1) &= \displaystyle \dfrac{1}{2^nn!}P_n^{(n)}(-1) \\
&=\displaystyle \dfrac{1}{2^nn!}n! \binom{n}{0}^2(1-(-1))^{n-0}(1-1)^0\\
&= \dfrac{(-2)^n}{2^n}\\
&= (-1)^n
\end{array}

Was die erste Frage beantwortet

Frage 2: Orthogonalität

Der zweite Fall ist symmetrisch: Wir nehmen an, um diese Frage zu stellen, dass n < m. Wir werden daher haben:

\angle L_n | L_m \rangle = \int_{-1}^1 \dfrac{1}{2^nn!}((t^2-1)^n)^{(n)} \dfrac{1}{2^mm! }((t^2-1)^m)^{(m)} dt

Wir führen dann m Teilintegrationen durch: Wir integrieren m mal die rechte Seite und wir leiten m mal die linke Seite ab. Ohne alle Berechnungen zu schreiben, stellen wir das fest

  • -1 und 1 sind Wurzeln der Ordnung m von (t2 - 1)m
  • Also für alle k zwischen 0 und m-1
P_m^{(k)}(1) = P_m^{(k)}(-1) = 0
  • Das bedeutet, dass der Haken der partiellen Integration jedes Mal Null ist
  • Außerdem ist das m-te Derivat von Ln Null ist, also ist der letzte Term Null.

Fazit: Wir haben:

\angle L_n | L_m\rangle=0

Frage

Berechnen

\angle L_n | L_{n}\rangle

Wir werden zuerst seinen führenden Koeffizienten berechnen. Der führende Koeffizient von

P_n = (X^2-1)^n

ist 1. Wenn wir n mal X differenzieren2nerhalten

(X^{2n})^{(n)} = 2n(2n-1)\ldots (n+1) = \dfrac{(2n)!}{n!}

Als führenden Koeffizienten erhalten wir dann für Ln :

\dfrac{(2n)!}{2^nn!^2} = \dfrac{\binom{2n}{n}}{2^n}

Das bedeutet, dass wir L zerlegen könnenn in:

 \dfrac{\binom{2n}{n}}{2^n} X^n +Q 

mit Grad(Q) ≤ n – 1.
Beachten Sie weiter, dass die Familie von Li ist gestaffelt. Also haben wir nur die Familie

(L_i)_{1 \leq i \leq n-1}

ist eine Grundlage von

\mathbb{R}_{n-1}[X]

Wir haben:

Q \in vect(L_0,\ldots, L_{n-1}) \subset vect(L_n)^{\perp}

Was bedeutet, dass wir auf das Rechnen reduziert werden

\angle L_n | \dfrac{\binom{2n}{n}}{2^n} X^n \rangle

Wir haben dann:

\angle L_n | X^n \rangle =\displaystyle \int_{-1}^1 L_n(t) t^n dt

Wir machen wieder n Integration von Teilen zu bekommen

\angle L_n | X^n \rangle = \dfrac{1}{2^n}\displaystyle \int_{-1}^1 (t^2-1)^n dt

Dann! wurde vereinfacht, indem n-mal die Funktion, die t hat, mit t differenziert wurden. Wir werden nun n partielle Integrationen durchführen, um dieses Integral zu berechnen. Auch hier sind die Elemente zwischen eckigen Klammern Null:

\begin{array}{ll}
\langle L_n |  X^n \rangle &=\displaystyle \dfrac{1}{2^n}\displaystyle \int_{-1}^1 (t^2-1)^n dt\\
&=\displaystyle \dfrac{1}{2^n}\displaystyle \int_{-1}^1(t-1)^n(t+1)^n dt\\
&=\displaystyle \dfrac{(-1)^n}{2^n}\displaystyle \int_{-1}^1n! \dfrac{n!}{(2n)!}(t+1)^{2n} dt\\
&=\displaystyle \dfrac{(-1)^n}{2^n\binom{2n}{n}}\left[\dfrac{(t-1)^{2n+1}}{2n+1}\right]_{-1}^1\\
&=\displaystyle \dfrac{(-1)^n}{2^n\binom{2n}{n}}\dfrac{-(-2)^{2n+1}}{2n+1}\\
&=\displaystyle \dfrac{2^{n+1}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}
\end{array}

Endlich haben wir:

\langle L_n |L_n \rangle = \dfrac{\binom{2n}{n}}{2^n} \dfrac{2^{n+1}}{(2n+1)\binom{2n}{n} } = \dfrac{2}{2n+1}

Frage 4: Wiederholungsbeziehung

Wir können das schreiben, dank der Tatsache, dass der Li bilden eine Basis und das XLn ist ein Polynom vom Grad n+1.

XL_n(X) = \sum_{k=0}^{n+1} a_kL_k(X) 

Allerdings stellen wir fest:

\langle XL_n |L_k \rangle = \langle L_n |XL_k \rangle 

mit Grad (XLk) = k + 1. Wenn also k + 1 < n, dh k < n – 1:

XL_k \in vector(L_0, \ldots , L_k) \subset L_n^{\perp}

dann,

a_k = \langle XL_n |L_k \rangle = \langle L_n |XL_k \rangle = 0

Wir können daher schreiben:

XL_n(X) = aL_{n-1}(X) + bL_n(X) + cL_{n+1}(X)

Wenn wir uns die Parität der Mitglieder ansehen, erhalten wir, dass b = 0. Dann erhalten wir durch Identifizieren von X in 1:

a+c = 1

Nun betrachten wir die Terme des höchsten Grades, also n+1, die wir haben

\dfrac{\binom{2n}{n}}{2^n} = c \dfrac{\binom{2n+2}{n+1}}{2^{n+1}}

Vereinfachend erhalten wir also:

c = \dfrac{n+1}{2n+1}

dann,

a = \dfrac{n}{2n+1}

Wovon

XL_n(X) = \dfrac{n+1}{2n+1}L_{n-1}(X) + \dfrac{n}{2n+1}L_{n+1}(X)

Und wenn wir alles auf dieselbe Seite stellen und mit 2n+1 multiplizieren, haben wir:

(n+1)L_{n+1} - (2n+1)xL_n +n L_{n-1} = 0

Aufgabe 5: Differentialgleichung

Wir notieren das :

\dfrac{d}{dx} ((1-x^2)L'_n(x)) = (1-x)^2L_n''(x) -2xL'_n(X) 

Was sehr nach einem Teil der Differentialgleichung aussieht. Außerdem ist dieses Ergebnis höchstens vom Grad n. Es kann daher in der Form geschrieben werden:

\dfrac{d}{dx} ((1-x^2)L'_n(x)) = \sum_{k=0}^na_k L_k(x)

Nimmt man das Skalarprodukt von Lk, wir erhalten :

a_k ||L_k||^2 = \int_{-1}^1 \dfrac{d}{dx} ((1-t^2)L'_n(t)) L_k(t) dt

Indem wir 2 Integrationen durch aufeinanderfolgende Teile durchführen, erhalten wir:

a_k ||L_k||^2 = \int_{-1}^1 \dfrac{d}{dx} L_n(t)((1-t^2)L'_i(t)) dt= \langle L_n | Q_k \rangle

mit deg(Qk) = k. Wovon

Q_k \in vector(L_0, \ldots , L_k) \subset L_n^{\perp}

Wenn also k < n, ak = 0

Wir haben:

(1-x)^2L_n''(x) -2xL'_n(X) = a_n L_n(X)

Es reicht aus, die Koeffizienten höheren Grades zu betrachten, um dies zu finden

a_n = -n(n+1)

Und deshalb:

(1-x)^2L_n''(x) -2xL'_n(X) +n(n+1) L_n(X) = 0

Womit diese Frage und damit diese Übung zu Legendre-Polynomen abgeschlossen ist!

Ich schlage auch vor, diese Bonusfrage für Sie zu erledigen, indem Sie die gesamte Serie verwenden. Zeigen Sie, dass:

\dfrac{1}{1-2xt+t^2} = \sum_{n=0}^{+\infty}P_n(x)t^n, |t| < 1, |x| \leq 1

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