1610915348-99a8a2e15f9c5b33e840849c87014c18 (824742), страница 74
Текст из файла (страница 74)
е. полиномы Лежандра обладают свойством ортогональностина промежутке (−1, 1). Если бы мы стали вычислять интеграл отквадрата полинома Лежандра1In =Pn2 (x)dx,(88)−1то оказалось бы, что он отличен от единицы, т. е. полиномы Лежандра образуют ортогональную, но не нормированную системуфункций. Принимая во внимание (82), можем написать, пользуясьформулой Лейбница:kk1k d(x + 1)k dk−1 (x − 1)kk d (x − 1)Pk (x) =(x+1)++....·k!2kdxk1dxdxk−1Имеем, очевидно,dk (x − 1)k= k! иdxkdk−s (x − 1)k = 0 (s = 1, 2, . .
. , k),dxk−sx=1откуда непосредственно следуют равенстваPk (1) = 1.(89)Вычислим интеграл In . Пользуясь формулой (82), можно написать1 n 21d (x − 1)n dn (x2 − 1)nIn =·dx.22n(n!) 2dxndxn−1Гл. V. Линейные дифференциальные уравнения460[105Интегрируя по частям, получимx=1 n−1 21(x − 1)n dn (x2 − 1)n d·−In =(n!)2 22ndxn−1dxnx=−11−−1dn−1 (x2 − 1)n dn+1 (x2 − 1)n·dx .dxn−1dxn+1Полином (x2 − 1)n имеет корни x = ±1 кратности n.
Дифференцируя его (n − 1) раз, получим полином, который также имееткорни x = ±1 (первой кратности). Следовательно, внеинтегральный член в предыдущей формуле обращается в нуль. Продолжаяи дальше интегрирование по частям, мы будем иметь каждый развнеинтегральный член, равный нулю, и придем к формуле1Pn2 (x)dx =−1(−1)n(n!)2 22n1(x2 − 1)n−1d2n (x2 − 1)ndx.dx2nМы имеем, далее,d2nd2n (x2 − 1)n= 2n (x2n + . . .) = 1 · 2 .
. . 2n = (2n)!2ndxdxи, следовательно,1Pn2 (x)dxn (n= (−1)−1+ 1)(n + 2) . . . 2nn!22n1(x2 − 1)n dx.−1Вводя x = cos ϕ, получим12π(x − 1) dx = (−1)n−1π2n+1sinn2ϕ dϕ = (−1) 20nsin2n+1 ϕ dϕ,0т. е. [I, 100]1−1(x2 − 1)n dx = (−1)n 22 · 2 . . . 2n,3 · 5 . . . (2n + 1)106]Полиномы Якоби461и предыдущая формула окончательно дает1Pn2 (x) dx =−12.2n + 1(90)Пользуясь выражением (82) и применяя теорему Ролля, нетрудно показать, что все корни полинома Pn (x) различны и находятся2−1)nвнутри промежутка −1 x 1.
Действительно, полином d(x dxстепени (2n − 1) имеет корни x = ±1 кратности (n − 1) и по теоремеРолля имеет еще один корень x = α внутри промежутка (−1, 1).22nЭтим и исчерпываются все его корни. Затем полином d (xdx−1)сте2пени (2n−2) имеет корни x = ±1 кратности (n−2) и, кроме того, потеореме Ролля имеет два вещественных корня: один внутри промежутка (−1, α) и другой — внутри промежутка (α, 1).
Продолжаятак и дальше, мы увидим, что Pn (x) имеет n различных корнейвнутри промежутка (−1, 1).106. Полиномы Якоби. Полиномы Лежандра являются лишьчастными случаями тех полиномов, которые получаются, когда гипергеометрический ряд обрывается и превращается в полином. Мыисследуем теперь общий случай. Введем следующее обозначение:γ − 1 = p, α + β − γ = q,(91)и будем считать, что p и q суть фиксированные числа, большие, чем(−1), причем мы всегда будем предполагать, что параметры α, β иγ суть числа вещественные. Для того чтобы гипергеометрическийряд оборвался и превратился в полином степени k, мы должны принять α или β равным (−k). Не ограничивая общности, мы можемсчитать, например, β = −k, и определить затем из (91) значениеα и γ.
Обозначим полученный таким образом полином следующимобразом:(p, q)Qk(z) = Ck F (p + q + k + 1, −k, p + 1; z),где Ck — произвольная постоянная.(92)462Гл. V. Линейные дифференциальные уравнения[106Применяя к написанному гипергеометрическому ряду формулу(64), убедимся в том, что коэффициент при z k в полиноме (92)равен(−1)k(p + q + k + 1)(p + q + k + 2) . . . (p + q + 2k)Ck .(p + 1)(p + 2) . .
. (p + k)Применяя к полиному (92) формулу (77), будем иметьk!(p + q + k + 1)(p + q + k + 2) . . .(p, q). . . (p + q + 2k)z p (z − 1)q Qk(z) =(p + q + k + 1)(p + q + k + 2) . . . (p + q + 2k)k!×= (−1)k(p + 1)(p + 2) . . . (p + k)× Ckdk p+k[z(z − 1)q+k ].dz kОпределим постоянную Ck формулойCk =(p + 1)(p + 2) . . . (p + k).k!При этом для построенного полинома получится формула(p, q)zp (z − 1)q Qk(z) =(−1)k dk p+k[z(z − 1)q+k ].k! dz kЕсли вместо z ввести x по формуле (80), то получатся полиномыот x, которые называются полиномами Якоби:(p, q)(1 − x)p (1 + x)q Pk(x) =(−1)k dk[(1 − x)p+k (1 + x)q+k ].
(93)k!2k dxkПри p = q = 0 эти полиномы совпадают с полиномами Лежандра.(p, q)При k = 0 P0(x) = 1.Из определения Ck непосредственно следует, что коэффициентпри z k в полиноме (92) равен(−1)k(p + q + k + 1)(p + q + k + 2) . . . (p + q + 2k),k!106]Полиномы Якоби(p, q)а в полиноме Pkαk =463(x) коэффициент при xk равен(p + q + k + 1)(p + q + k + 2) . .
. (p + q + 2k).k!2kВ рассматриваемом случае мы имеемα = p + q + k + 1, β = −k, γ = p + 1,и функция (92) является решением уравненияd p+1[z(z − 1)q+1 w ] − k(p + q + k + 1)z p (z − 1)q w = 0.dzСовершая замену независимой переменной (80), получим дляполиномов Якоби уравнение вида(p, q)(x)dp+1q+1 dPk(1 − x) (1 + x)+dxdx(p, q)+ k(p + q + k + 1)(1 − x)p (1 + x)q Pk(x) = 0. (94)В данном случае полиномы Якоби (93) при p и q 0 являются решением следующей предельной задачи: найти такие значенияпараметра λ, при которых дифференциальное уравнениеdp+1q+1 dy(1 − x) (1 + x)+ λ(1 − x)p (1 + x)q y = 0(95)dxdxимеет решение, конечное на отрезке (−1, 1), включая его концы.Эти значения параметра будутλk = k(p + q + k + 1),(96)а соответствующие решения и суть полиномы Якоби.Пользуясь уравнением (94) для полиномов Якоби, нетрудно показать, как и в случае полиномов Лежандра, что имеют место следующие равенства1−1(p, q)(1 − x)p (1 + x)q Pm(x)Pn(p, q) (x) dx = 0(m = n).(97)464Гл. V.
Линейные дифференциальные уравнения[106Свойства (97) выражают следующим образом: полиномы Якобиортогональны на промежутке (−1, 1) с весомr(x) = (1 − x)p (1 + x)q .(98)Из формулы (93) можно, как и для полиномов Лежандра, заключить, что(p + k)(p + k − 1) . . . (p + 1).k!Займемся теперь вычислением интеграла(p, q)Pk(1) =1Ik =(p, q)(1 − x)p (1 + x)q [Pk(99)(x)]2 dx.−1Пользуясь формулой (93), можем написать(−1)kIk =k!2k1(p, q)Pk−1(x)dk[(1 − x)p+k (1 + x)q+k ]dx.dxkПроизводя, как и в [105], интегрирование по частям, получим1Ik =k!2k1(p, q)(1 − x)p+k (1 + x)q+k−1dk Pk(x)dx,kdxпричем внеинтегральные члены обратятся в нуль в силу p > −1 иq > −1. Обозначая, как и выше, через αk коэффициент при xk в(p, q)полиноме Pk(x), получимIk =αk2k1(1 − x)p+k (1 + x)q+k dx.−1Вводим новую переменную интегрирования t = (1 − x)/2:1Ik = αk 2p+q+k+1tp+k (1 − t)q+k dt,0106]Полиномы Якоби465т.
е. [72]Ik = αk 2p+q+k+1 B(p + k + 1, q + k + 1) == αk 2p+q+k+1Γ(p + k + 1)Γ(q + k + 1),Γ(p + q + 2k + 2)или, подставляя указанное выше выражение для αk и пользуясьформулой (120) из [71],Ik =Γ(p + k + 1)Γ(q + k + 1)2p+q+1·,p + q + 2k + 1k! Γ(p + q + k + 1)т. е. имеет место формула1(1 − x)p (1 + x)q [Pn(p, q) (x)]2 dx =−1=Γ(n + p + 1)Γ(n + q + 1)2p+q+1·2n + p + q + 1n!Γ(n + p + q + 1)(n = 1, 2, . . .). (100)При n = 0 последнее выражение в силу Γ(x + 1) = xΓ(x) имеетвидΓ(p + 1)Γ(q + 1)2p+q+1.Γ(p + q + 2)Отметим еще один частный случай, а именно, когда p = q = − 21 .Введем для всех полиномов особое обозначение(− 1 , − 1 )Tk (x) = Ck Pk 2 2 (x),(101)где Ck — некоторые постоянные.В силу (93) они определяются следующим соотношением:1(1 − x2 )− 2 Tk (x) ="(−1)k Ck dk !2 − 12 +k(1−x.)k!2k dxk(102)Выведем теперь другое выражение для этих полиномов, для чего воспользуемся тем дифференциальным уравнением, которому466Гл.
V. Линейные дифференциальные уравнения[106они должны удовлетворять. Это уравнение получится из уравнения (94), если там положить p = q = − 21 . Будем иметь для Tk (x)уравнениеd dTk (x)22+ k 2 Tk (x) = 0.1−x1−x(103)dxdxКорни определяющего уравнения в особой точке x = 1 будут 0и 1/2.
Первому из них и соответствует решение в виде полинома, авторое решение наверно отлично от полинома. Чтобы найти полином, удовлетворяющий уравнению (103) в удобной форме, введемвместо x новую независимую переменную ϕ по формулеx = cos ϕ.(104)Заменяя дифференцирование по x дифференцированием по ϕ,будем иметь по правилу дифференцирования сложных функций1 − x2dd=−.dxdϕПодставляя это в уравнение (103), получимd2 Tk (cos ϕ)+ k 2 Tk (cos ϕ) = 0.dϕ2Решения последнего уравнения сутьcos kϕ иsin kϕ,или для уравнения (103) получаем решения видаcos (k arccos x)иsin (k arccos x).Пользуясь известной формулой [I, 174] kcosk−2 ϕ sin2 ϕ + . .
. ,cos kϕ = cos ϕ −2k107]Конформное преобразование и уравнение Гаусса467убеждаемся, что первое из этих решений есть полином от x, и,следовательно, с точностью до произвольного множителя решениеуравнения, представляющееся полиномом, будетTk (x) = cos (k arccos x),(105)и этот полином называется полиномом Чебышева. При ϕ = 0 мыимеем x = 1 и, следовательно, Tk (1) = 1, с другой стороны, поформуле (99)1 · 3 . . . (2k − 1)(− 1 , − 1 )Pk 2 2 (1) =,2 · 4 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
