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diff --git a/buch/chapters/060-integral/legendredgl.tex b/buch/chapters/060-integral/legendredgl.tex deleted file mode 100644 index 6c8a1df..0000000 --- a/buch/chapters/060-integral/legendredgl.tex +++ /dev/null @@ -1,368 +0,0 @@ -% -% legendredgl.tex -% -% (c) 2021 Prof Dr Andreas Müller, OST Ostschweizer Fachhochschule -% -\subsection{Orthogonale Polynome und Differentialgleichungen} -Legendre hat einen ganz anderen Zugang zu den nach ihm benannten -Polynomen gefunden. -Er hat sie gefunden als die Lösungen einer speziellen Differentialgleichungen. -In diesem Abschnitt sollen diese Funktionen mit der Potenzreihen-Methode -wiedergefunden werden. -Dabei stellt sich heraus, dass diese Polynome auch Eigenfunktionen eines -selbstadjungierten Differentialgoperator sind. -Die Orthogonalität wird dann aus einer Verallgemeinerung der bekannten -Eingeschaft folgen, dass Eigenvektoren einer symmetrischen Matrix zu -verschiedenen Eigenwerten orthogonal sind. - -\subsubsection{Legendre-Differentialgleichung} -Die {\em Legendre-Differentialgleichung} ist die Differentialgleichung -\begin{equation} -(1-x^2) y'' - 2x y' + n(n+1) y = 0 -\label{buch:integral:eqn:legendre-differentialgleichung} -\end{equation} -für eine Funktion $y(x)$ auf dem Intervall $[-1,1]$. - -Sei $y(x)$ eine Lösung der Differentialgleichung -\eqref{buch:integral:eqn:legendre-differentialgleichung}. -Setzt man $y_s(x)=y(-x)$ in die Differentialgleichung ein, erhält -man -\[ -(1-x^2)y_s''(x) - 2x y'_s(x) + n(n+1)y_s(x) -= -(1-x^2)y''(-x) +2x y(-x) +n(n+1)y(-x). -\] -Ersetzt man $t=-x$, dann wird daraus -\[ -(1-x^2)y''(t) -2t y(t) + n(n+1) y(t) = 0 -\] -aus der Differentialgleichung -\eqref{buch:integral:eqn:legendre-differentialgleichung}. -Insbesondere ist die gespiegelte Funktion $y_s(x)$ ebenfalls -eine Lösung der Differentialgleichung. - -Ist $y(x)$ eine Lösung der Differentialgleichung ist, dann lässt -sie sich in die Summe einer geraden und einer ungeraden Funktion -\[ -\left. -\begin{aligned} -y_g(x) &= \frac{y(x)+y(-x)}{2}\\ -y_u(x) &= \frac{y(x)-y(-x)}{2} -\end{aligned} -\quad -\right\} -\quad -\Rightarrow -\quad -y(x) = y_g(x) + y_u(x) -\] -zerlegen, die als Linearkombinationen der beiden Lösungen -$y(x)$ und $y_s(x)$ ebenfalls Lösungen der Differentialgleichung -sind. - -\subsubsection{Potenzreihenlösung} -Wir suchen eine Lösung in Form einer Potenzreihe um $x=0$ und -verwenden dazu den Ansatz -\[ -y(x) = a_0+a_1x+a_2x^2+ \dots = \sum_{k=0}^\infty a_kx^k. -\] -\begin{align*} -(1-x^2) \sum_{k=2}^\infty k(k-1)a_kx^{k-2} --2x\sum_{k=0}^\infty ka_kx^{k-1} -+ -n(n+1)\sum_{k=0}^\infty a_kx^k -&= -0 -\\ -\sum_{k=0}^\infty (k+2)(k+1)a_{k+2}x^k -- -\sum_{k=2}^\infty k(k-1)a_kx^k -- -2\sum_{k=1}^\infty ka_kx^k -+ -n(n+1)\sum_{k=0}^\infty a_kx^k -&= -0 -\end{align*} -Die Koeffizienten zur Potenz $k$ sind daher -\begin{align} -k&=0: -& -0&= -2a_2+n(n+1)a_0 -\notag -\\ -&& -a_2&=-\frac{n(n+1)}{2}a_0 -\notag -\\ -k&=1: -& -0&= -6a_3-2a_1+n(n+1)a_1 -\notag -\\ -&& -a_3&= \frac{2-n(n+1)}{6}a_1 -\notag -\\ -k&>1: -& -0&= -(k+2)(k+1)a_{k+2} -k(k-1)a_k -2ka_k +n(n+1) a_k -\notag -\\ -&& -a_{k+2} -&= -\frac{ k(k+1)-n(n+1) }{(k+2)(k+1)} -a_k -\label{buch:integral:legendre-dgl:eqn:akrek} -\end{align} -Wenn $a_1=0$ und $a_0\ne 1$ ist, dann ist die Funktion $y(x)$ gerade, -alle ungeraden Koeffizienten verschwinden. -Ebenso verschwinden alle geraden Koeffizienten, wenn $a_0=0$ und $a_1\ne 0$. -Für jede Lösung $y(x)$ der Differentialgleichung ist -$y_g(x)$ ein Lösung mit $a_1=0$ und $y_u(x)$ eine Lösung mit $a_0=0$. -Wir können die Diskussion der Lösungen daher auf gerade oder ungerade -Lösungen einschränken. - -Gesucht ist jetzt eine Lösung in Form eines Polynoms. -In diesem Fall müssen die Koeffizienten $a_k$ ab einem -gewissen Index verschwinden. -Dies tritt nach \eqref{buch:integral:legendre-dgl:eqn:akrek} genau -dann auf, wenn der Zähler für ein $k$ verschwindet. -Folglich gibt es genau dann Polynomlösungen der Differentialgleichungen, -wenn $n$ eine natürlich Zahl ist. -Ausserdem ist die Lösung ein Polynom $\bar{P}_n(x)$ vom Grad $n$. -Das Polynom soll wieder so normiert sein, dass $\bar{P}_n(1)=1$ ist. - -Die Lösungen der Differentialgleichungen können jetzt explizit -berechnet werden. -Zunächst ist $\bar{P}_0(x)=1$ und $\bar{P}_1(x)=x$. -Für $n=2$ setzen wir zunächst $a_0=1$ und $a_1=0$ und erhalten -\[ -y(x) -= -1 + \frac{0(0+1) - 2(2+1)}{(0+2)(0+1)}a_0 x^2 -= -1 --3x^2 -\qquad\text{oder}\qquad -\bar{P}_3(x) = \frac12(3x^2-1). -\] -Für $n=3$ starten wir von $a_1=1$ und $a_0=0$, was zunächst $a_2=0$ -impliziert. -Für $a_3$ finden wir -\[ -a_3=\frac{1(1+1)-3(3+1)}{(1+2)(1+1)} = -\frac53 -\qquad\Rightarrow\qquad -y(x) = x-\frac53x^3 -\qquad\Rightarrow\qquad -\bar{P}_3(x) = \frac12(5x^3-3x). -\] -Dies stimmt überein mit den früher gefundenen Ausdrücken für -die Legendre-Polynome. - -Die Potenzreihenlösung zeigt zwar, dass es für jedes $n\in\mathbb{N}$ -eine Polynomlösung $\bar{P}_n(x)$ vom Grad $n$ gibt. -Dies kann aber nicht erklären, warum die so gefundenen Polynome -orthogonal sind. - -\subsubsection{Eigenfunktionen} -Die Differentialgleichung -\eqref{buch:integral:eqn:legendre-differentialgleichung} -Kann mit dem Differentialoperator -\[ -D = \frac{d}{dx}(1-x^2)\frac{d}{dx} -\] -als -\[ -Dy + n(n+1)y = 0 -\] -geschrieben werden. -Tatsächlich ist -\[ -Dy -= -\frac{d}{dx} (1-x^2) \frac{d}{dy} -= -\frac{d}{dx} (1-x^2)y' -= -(1-x^2)y'' -2x y'. -\] -Dies bedeutet, dass die Lösungen $\bar{P}_n(x)$ Eigenfunktionen -des Operators $D$ zum Eigenwert $n(n+1)$ sind: -\[ -D\bar{P}_n = -n(n+1) \bar{P}_n. -\] - -\subsubsection{Orthogonalität von $\bar{P}_n$ als Eigenfunktionen} -Ein Operator $A$ auf Funktionen heisst {\em selbstadjungiert}, wenn -für zwei beliebige Funktionen $f$ und $g$ gilt -\[ -\langle Af,g\rangle = \langle f,Ag\rangle -\] -gilt. -Im vorliegenden Zusammenhang möchten wir die Eigenschaft nutzen, -dass Eigenfunktionen eines selbstadjungierten Operatores zu verschiedenen -Eigenwerten orthogonal sind. -Dazu seien $Df = \lambda f$ und $Dg=\mu g$ und wir rechnen -\begin{equation} -\renewcommand{\arraycolsep}{2pt} -\begin{array}{rcccrl} -\langle Df,g\rangle &=& \langle \lambda f,g\rangle &=& \lambda\phantom{)}\langle f,g\rangle -&\multirow{2}{*}{\hspace{3pt}$\biggl\}\mathstrut-\mathstrut$}\\ -=\langle f,Dg\rangle &=& \langle f,\mu g\rangle &=& \mu\phantom{)}\langle f,g\rangle& -\\[2pt] -\hline - 0 & & &=& (\lambda-\mu)\langle f,g\rangle& -\end{array} -\label{buch:integrale:eqn:eigenwertesenkrecht} -\end{equation} -Da $\lambda-\mu\ne 0$ ist, muss $\langle f,g\rangle=0$ sein. - -Der Operator $D$ ist selbstadjungiert, d.~h. -für zwei beliebige zweimal stetig differenzierbare Funktion $f$ und $g$ -auf dem Intervall $[-1,1]$ gilt -\begin{align*} -\langle Df,g\rangle -&= -\int_{-1}^1 (Df)(x) g(x) \,dx -\\ -&= -\int_{-1}^1 -\biggl(\frac{d}{dx} (1-x^2)\frac{d}{dx}f(x)\biggr) g(x) -\,dx -\\ -&= -\underbrace{ -\biggl[ -\biggl((1-x^2)\frac{d}{dx}f(x)\biggr) g(x) -\biggr]_{-1}^1 -}_{\displaystyle = 0} -- -\int_{-1}^1 -\biggl((1-x^2)\frac{d}{dx}f(x)\biggr) \frac{d}{dx}g(x) -\,dx -\\ -&= -- -\int_{-1}^1 -\biggl(\frac{d}{dx}f(x)\biggr) \biggl((1-x^2)\frac{d}{dx}g(x)\biggr) -\,dx -\\ -&= -- -\underbrace{ -\biggl[ -f(x) \biggl((1-x^2)\frac{d}{dx}g(x)\biggr) -\biggr]_{-1}^1}_{\displaystyle = 0} -+ -\int_{-1}^1 -f(x) \biggl(\frac{d}{dx}(1-x^2)\frac{d}{dx}g(x)\biggr) -\,dx -\\ -&= -\langle f,Dg\rangle. -\end{align*} -Dies beweist, dass $D$ selbstadjungiert ist. -Da $\bar{P}_n$ Eigenwerte des selbstadjungierten Operators $D$ zu -den verschiedenen Eigenwerten $-n(n+1)$ sind, folgt auch, dass -die $\bar{P}_n$ orthogonale Polynome vom Grad $n$ sind, die die -gleiche Standardierdisierungsbedingung wie die Legendre-Polyonome -erfüllen, also ist $\bar{P}_n(x)=P_n(x)$. - -\subsubsection{Legendre-Funktionen zweiter Art} -%Siehe Wikipedia-Artikel \url{https://de.wikipedia.org/wiki/Legendre-Polynom} -% -Die Potenzreihenmethode liefert natürlich auch Lösungen der -Legendreschen Differentialgleichung, die sich nicht als Polynome -darstellen lassen. -Ist $n$ gerade, dann liefern die Anfangswerte $a_0=0$ und $a_1=1$ -eine ungerade Funktion, die Folge der Koeffizienten bricht -aber nicht ab, vielmehr ist -\begin{align*} -a_{k+2} -&= -\frac{k(k+1)}{(k+1)(k+2)}a_k -= -\frac{k}{k+2}a_k. -\end{align*} -Durch wiederholte Anwendung dieser Rekursionsformel findet man -\[ -a_{k} -= -\frac{k-2}{k}a_{k-2} -= -\frac{k-2}{k}\frac{k-4}{k-2}a_{k-4} -= -\frac{k-2}{k}\frac{k-4}{k-2}\frac{k-6}{k-4}a_{k-6} -= -\dots -= -\frac{1}{k}a_1. -\] -Die Lösung hat daher die Reihenentwicklung -\[ -Q_0(x) = x+\frac13x^3 + \frac15x^5 + \frac17x^7+\dots -= -\frac12\log \frac{1+x}{1-x} -= -\operatorname{artanh}x. -\] -Die Funktion $Q_0(x)$ heisst {\em Legendre-Funktion zweiter Art}. - -Für $n=1$ wird die Reihenentwicklung $a_0=1$ und $a_1=0$ etwas -interessanter. -Die Rekursionsformel für die Koeffizienten ist -\[ -a_{k+2} -= -\frac{k(k+1)-2}{(k+1)(k+2)} a_k. -\qquad\text{oder}\qquad -a_k -= -\frac{(k-1)(k-2)-2}{k(k-1)} -a_{k-2} -\] -Man erhält der Reihe nach -\begin{align*} -a_2 &= \frac{-2}{2\cdot 1} a_0 = -1 -\\ -a_3 &= 0 -\\ -a_4 &= \frac{3\cdot 2-2}{4\cdot 3} a_2 = \frac{4}{4\cdot 3}a_2 = \frac13a_2 = -\frac13 -\\ -a_5 &= 0 -\\ -a_6 &= \frac{5\cdot 4-2}{6\cdot 5}a_4 = \frac{18}{6\cdot 5}a_4 = -\frac15 -\\ -a_7 &= 0 -\\ -a_8 &= \frac{7\cdot 6-2}{8\cdot 7}a_6 = \frac{40}{8\cdot 7} = -\frac17 -\\ -a_9 &= 0 -\\ -a_{10} &= \frac{9\cdot 8-2}{10\cdot 9}a_8 = \frac{70}{10\cdot 9} = -\frac19, -\end{align*} -woraus sich die Reihenentwicklung -\begin{align*} -y(x) -&= --x^2 -\frac13x^4 -\frac15x^6 - \frac17x^8 -\frac19x^{10}-\dots -\\ -&= --x\biggl(x+\frac13x^3 + \frac15x^5 + \frac17x^7 + \frac19x^9+\dots\biggr) -= --x\operatorname{artanh}x. -\end{align*} -Die {\em Legendre-Funktionen zweiter Art} $Q_n(x)$ werden allerdings -so definiert, dass gewisse Rekursionsformeln für die Legendre-Polynome, -die wir hier nicht hergeleitet haben, auch für die $Q_n(x)$ gelten. -In dieser Normierung muss statt des eben berechneten $y(x)$ die Funktion -\[ -Q_1(x) = x \operatorname{artanh}x-1 -\] -verwendet werden. - |