From 5c05517960c4913a10eb526b69f99178ee08ef68 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?Andreas=20M=C3=BCller?= <andreas.mueller@ost.ch>
Date: Fri, 7 Jan 2022 20:31:27 +0100
Subject: reorganize chapter 7

---
 buch/chapters/070-orthogonalitaet/orthogonal.tex | 725 +++++++++++++++++++++++
 1 file changed, 725 insertions(+)
 create mode 100644 buch/chapters/070-orthogonalitaet/orthogonal.tex

(limited to 'buch/chapters/070-orthogonalitaet/orthogonal.tex')

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new file mode 100644
index 0000000..2b7bf41
--- /dev/null
+++ b/buch/chapters/070-orthogonalitaet/orthogonal.tex
@@ -0,0 +1,725 @@
+%
+% orthogonal.tex
+%
+% (c) 2021 Prof Dr Andreas Müller, OST Ostschweizer Fachhochschule
+%
+\section{Orthogonale Funktionenfamilien
+\label{buch:orthogonalitaet:section:orthogonale-funktionen}}
+\rhead{Orthogonale Funktionenfamilien}
+Die Fourier-Theorie basiert auf der Idee, Funktionen durch 
+Funktionenreihen mit Summanden zu bilden, die im Sinne eines
+Skalarproduktes orthogonal sind, welches mit Hilfe eines Integrals
+definiert sind.
+Solche Funktionenfamilien treten jedoch auch als Lösungen von
+Differentialgleichungen.
+Besonders interessant wird die Situation, wenn die Funktionen 
+Polynome sind.
+
+%
+% Skalarprodukt
+%
+\subsection{Skalarprodukt}
+Der reelle Vektorraum $\mathbb{R}^n$ trägt das Skalarprodukt
+\[
+\langle\;\,,\;\rangle
+\colon
+\mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}
+:
+(x,y)\mapsto \langle x, y\rangle = \sum_{k=1}^n x_iy_k,
+\]
+welches viele interessante Anwendungen ermöglicht.
+Eine orthonormierte Basis macht es zum Beispiel besonders leicht,
+eine Zerlegung eines Vektors in dieser Basis zu finden.
+In diesem Abschnitt soll zunächst an die Eigenschaften erinnert
+werden, die zu einem nützlichen 
+
+\subsubsection{Eigenschaften eines Skalarproduktes}
+Das Skalarprodukt erlaubt auch, die Länge eines Vektors $v$
+als $|v| = \sqrt{\langle v,v\rangle}$ zu definieren.
+Dies funktioniert natürlich nur, wenn die Wurzel auch immer
+definiert ist, d.~h.~das Skalarprodukt eines Vektors mit sich
+selbst darf nicht negativ sein.
+Dazu dient die folgende Definition.
+
+\begin{definition}
+Sei $V$ ein reeller Vektorraum.
+Eine bilineare Abbildung
+\[
+\langle\;\,,\;\rangle
+\colon
+V\times V
+\to
+\mathbb{R}
+:
+(u,v) \mapsto \langle u,v\rangle.
+\]
+heisst {\em positiv definit}, wenn für alle Vektoren $v \in V$ mit
+$v\ne 0 \Rightarrow \langle v,v\rangle > 0$ 
+Die {\em Norm} eines Vektors $v$ ist
+$|v|=\sqrt{\langle v,v\rangle}$.
+\end{definition}
+
+Damit man mit dem Skalarprodukt sinnvoll rechnen kann, ist ausserdem
+erforderlich, dass es eine einfache Beziehung zwischen 
+$\langle x,y\rangle$ und $\langle y,x\rangle$ gibt.
+
+\begin{definition}
+Ein {\em Skalarprodukt} auf einem reellen Vektorraum $V$ ist eine
+positiv definite, symmetrische bilineare Abbildung
+\[
+\langle\;\,,\;\rangle
+\colon
+V\times V
+\to
+\mathbb{R}
+:
+(u,v) \mapsto \langle u,v\rangle.
+\]
+\end{definition}
+
+Das Skalarprodukt $\langle u,v\rangle=u^tv$ auf dem Vektorraum 
+$\mathbb{R}^n$ erfüllt die Definition ganz offensichtlich,
+sie führt auf die Komponentendarstellung
+\[
+\langle u,v\rangle = u^tv = \sum_{k=1}^n u_iv_i.
+\]
+Weitere Skalarprodukte ergeben ergeben sich mit jeder symmetrischen,
+positiv definiten Matrix $G$ und der Definition
+$\langle u,v\rangle_G=u^tGv$.
+Ein einfacher Spezialfall tritt auf, wenn $G$ eine Diagonalmatrix
+$\operatorname{diag}(w_1,\dots,w_n)$
+mit positiven Einträgen $w_i>0$ auf der Diagonalen ist.
+In diesem Fall schreiben wir
+\[
+\langle u,v\rangle_w
+=
+u^t\operatorname{diag}(w_1,\dots,w_n)v
+=
+\sum_{k=1}^n u_iv_i\,w_i
+\]
+und nennen $\langle \;\,,\;\rangle_w$ das {\em gewichtete Skalarprodukt}
+mit {\em Gewichten $w_i$}.
+
+\subsubsection{Skalarprodukte auf Funktionenräumen}
+Das Integral ermöglicht jetzt, ein Skalarprodukt auf dem reellen
+Vektorraum der stetigen Funktionen auf einem Intervall zu definieren.
+
+\begin{definition}
+Sei $V$ der reelle Vektorraum $C([a,b])$ der reellwertigen, stetigen
+Funktion auf dem Intervall $[a,b]$.
+Dann ist 
+\[
+\langle\;\,,\;\rangle
+\colon
+C([a,b]) \times C([a,b]) \to \mathbb{R}
+:
+(f,g) \mapsto \langle f,g\rangle = \int_a^b f(x)g(x)\,dx.
+\]
+ein Skalarprodukt.
+\end{definition}
+
+Die Definition ist offensichtlich symmetrisch in $f$ und $g$ und
+aus den Eigenschaften des Integrals ist klar, dass das Produkt
+bilinear ist:
+\begin{align*}
+\langle \lambda_1 f_1+\lambda_2f_2,g\rangle
+&=
+\int_a^b (\lambda_1f_(x) +\lambda_2f_2(x))g(x)\,dx
+=
+\lambda_1\int_a^b f_1(x) g(x)\,dx
++
+\lambda_2\int_a^b f_2(x) g(x)\,dx
+\\
+&=
+\lambda_1\langle f_1,g\rangle
++
+\lambda_2\langle f_2,g\rangle.
+\end{align*}
+Ausserdem ist es positiv definit, denn wenn $f(x_0) \ne 0$ ist,
+dann gibt es wegen der Stetigkeit von $f$ eine Umgebung
+$U=[x_0-\varepsilon,x_0+\varepsilon]$, derart, dass $|f(x)| > \frac12|f(x_0)|$
+ist für alle $x\in U$.
+Somit ist das Integral
+\[
+\langle f,f\rangle
+=
+\int_a^b |f(x)|^2\,dx
+\ge
+\int_{x_0-\varepsilon}^{x_0+\varepsilon} |f(x)|^2\,dx
+\ge
+\int_{x_0-\varepsilon}^{x_0+\varepsilon} \frac14|f(x_0)|^2\,dx
+=
+\frac{1}{4}|f(x_0)|^2\cdot 2\varepsilon
+=
+\frac{|f(x_0)|^2\varepsilon}{2}
+>0,
+\]
+was beweist, dass $\langle\;,\;\rangle$ positiv definit und damit
+ein Skalarprodukt ist.
+
+Die Definition kann noch etwas verallgemeinert werden, indem 
+die Funktionswerte nicht überall auf dem Definitionsbereich 
+gleich gewichtet werden. 
+
+\begin{definition}
+Sei $w\colon [a,b]\to \mathbb{R}^+$ eine positive, stetige Funktion,
+dann ist
+\[
+\langle\;\,,\;\rangle_w
+\colon
+C([a,b]) \times C([a,b]) \to \mathbb{R}
+:
+(f,g) \mapsto \langle f,g\rangle_w = \int_a^b f(x)g(x)\,w(x)\,dx.
+\]
+das {\em gewichtete Skalarprodukt} mit {\em Gewichtsfunktion $w(x)$}.
+\end{definition}
+
+\subsubsection{Gram-Schmidt-Orthonormalisierung}
+In einem reellen Vektorraum $V$ mit Skalarprodukt $\langle\;\,,\;\rangle$
+kann aus einer beleibigen Basis $b_1,\dots,b_n$ mit Hilfe des 
+Gram-Schmidtschen Orthogonalisierungsverfahrens immer eine
+orthonormierte Basis $\tilde{b}_1,\dots,\tilde{b}_n$ Basis
+gewonnen werden.
+Es stellt sicher, dass für alle $k\le n$ gilt
+\[
+\langle b_1,\dots,b_k\rangle
+=
+\langle \tilde{b}_1,\dots,\tilde{b}_k\rangle.
+\]
+Zur Vereinfachung der Formeln schreiben wir $v^0=v/|v|$ für einen zu
+$v$ parallelen Einheitsvektor.
+Die Vektoren $\tilde{b}_i$ können mit Hilfe der Formeln
+\begin{align*}
+\tilde{b}_1
+&=
+(b_1)^0
+\\
+\tilde{b}_2
+&=
+\bigl(
+b_2
+-
+\langle \tilde{b}_1,b_2\rangle \tilde{b}_1
+\bigr)^0
+\\
+\tilde{b}_3
+&=
+\bigl(
+b_3
+-
+\langle \tilde{b}_1,b_3\rangle \tilde{b}_1
+-
+\langle \tilde{b}_2,b_3\rangle \tilde{b}_2
+\bigr)^0
+\\
+&\;\vdots
+\\
+\tilde{b}_n
+&=
+\bigl(
+b_n
+-
+\langle \tilde{b}_1,b_n\rangle \tilde{b}_1
+-
+\langle \tilde{b}_2,b_n\rangle \tilde{b}_2
+-\dots
+-
+\langle \tilde{b}_{n-1},b_n\rangle \tilde{b}_{n-1}
+\bigr)^0
+\end{align*}
+iterativ berechnet werden.
+Dieses Verfahren lässt sich auch auf Funktionenräume anwenden.
+
+Die Normierung ist nicht unbedingt nötig und manchmal unangenehm,
+da die Norm unschöne Quadratwurzeln einführt.
+Falls es genügt, eine orthogonale Basis zu finden, kann darauf
+verzichtet werden, bei der Orthogonalisierung muss aber berücksichtigt
+werden, dass die Vektoren $\tilde{b}_i$ jetzt nicht mehr Einheitslänge
+haben.
+Die Formeln
+\begin{align*}
+\tilde{b}_0
+&=
+b_0
+\\
+\tilde{b}_1
+&=
+b_1
+-
+\frac{\langle b_1,\tilde{b}_0\rangle}{\langle \tilde{b}_0,\tilde{b}_0\rangle}\tilde{b}_0
+\\
+\tilde{b}_2
+&=
+b_2
+-
+\frac{\langle b_2,\tilde{b}_0\rangle}{\langle \tilde{b}_0,\tilde{b}_0\rangle}\tilde{b}_0
+-
+\frac{\langle b_2,\tilde{b}_1\rangle}{\langle \tilde{b}_1,\tilde{b}_1\rangle}\tilde{b}_1
+\\
+&\;\vdots
+\\
+\tilde{b}_n
+&=
+b_n
+-
+\frac{\langle b_n,\tilde{b}_0\rangle}{\langle \tilde{b}_0,\tilde{b}_0\rangle}\tilde{b}_0
+-
+\frac{\langle b_n,\tilde{b}_1\rangle}{\langle \tilde{b}_1,\tilde{b}_1\rangle}\tilde{b}_1
+-
+\dots
+-
+\frac{\langle b_n,\tilde{b}_{n-1}\rangle}{\langle \tilde{b}_{n-1},\tilde{b}_{n-1}\rangle}\tilde{b}_{n-1}.
+\end{align*}
+berücksichtigen dies.
+
+\subsubsection{Selbstadjungierte Operatoren und Eigenvektoren}
+Symmetrische Matrizen spielen eine spezielle Rolle in der
+endlichdimensionalen linearen Algebra, weil sie sich immer
+mit einer orthonormierten Basis diagonalisieren lassen.
+In der vorliegenden Situation undendlichdimensionaler Vektorräume
+brauchen wir eine angepasste Definition.
+
+\begin{definition}
+Eine lineare Selbstabbildung $A\colon V\to V$
+eines Vektorrraums mit Skalarprodukt
+heisst {\em selbstadjungiert}, wenn für alle Vektoren $u,v\in V$
+heisst $\langle Au,v\rangle = \langle u,Av\rangle$.
+\end{definition}
+
+Es ist wohlbekannt, dass Eigenvektoren einer symmetrischen Matrix
+zu verschiedenen Eigenwerten orthogonal sind.
+Der Beweis ist direkt übertragbar, wir halten das Resultat hier
+für spätere Verwendung fest.
+
+\begin{satz}
+Sind $f$ und $g$ Eigenvektoren eines selbstadjungierten Operators $A$
+zu verschiedenen Eigenwerten $\lambda$ und $\mu$, dann sind $f$ und $g$
+orthogonal.
+\end{satz}
+
+\begin{proof}[Beweis]
+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}
+\end{equation*}
+Da $\lambda-\mu\ne 0$ ist, muss $\langle f,g\rangle=0$ sein.
+\end{proof}
+
+\begin{beispiel}
+Sei $C^1([0,2\pi], \mathbb{C})=C^1(S^1,\mathbb{C})$
+der Vektorraum der $2\pi$-periodischen differenzierbaren Funktionen mit
+dem Skalarprodukt 
+\[
+\langle f,g\rangle
+=
+\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \overline{f(t)}g(t)\,dt
+\]
+enthält die Funktionen $e_n(t) = e^{int}$.
+Der Operator
+\[
+D=i\frac{d}{dt}
+\]
+ist selbstadjungiert, denn mit Hilfe von partieller Integration erhält man
+\[
+\langle Df,g\rangle
+=
+\frac{1}{2\pi}
+\int_0^{2\pi}
+\underbrace{
+\overline{i\frac{df(t)}{dt}}
+}_{\uparrow}
+\underbrace{g(t)}_{\downarrow}
+\,dt
+=
+\underbrace{
+\frac{-i}{2\pi}
+\biggl[
+\overline{f(t)}g(t)
+\biggr]_0^{2\pi}
+}_{\displaystyle=0}
++
+\frac{1}{2\pi}
+\int_0^{2\pi}
+\overline{f(t)}i\frac{dg(t)}{dt}
+\,dt
+=
+\langle f,Dg\rangle
+\]
+unter Ausnützung der $2\pi$-Periodizität der Funktionen.
+
+Die Funktionen $e_n(t)$ sind Eigenfunktionen des Operators $D$, denn
+\[
+De_n(t) = i\frac{d}{dt}e^{int} = -n e^{int} = -n e_n(t).
+\]
+Nach obigem Satz sind die Eigenfunktionen von $D$ orthogonal.
+\end{beispiel}
+
+Das Beispiel illustriert, dass orthogonale Funktionenfamilien
+ein automatisches Nebenprodukt selbstadjungierter Operatoren sind.
+
+%%
+%% Besselfunktionen also orthogonale Funktionenfamilie
+%%
+%\subsection{Bessel-Funktionen als orthogonale Funktionenfamilie}
+%Auch die Besselfunktionen sind eine orthogonale Funktionenfamilie.
+%Sie sind Funktionen differenzierbaren Funktionen $f(r)$ für $r>0$
+%mit $f'(r)=0$ und für $r\to\infty$ nimmt $f(r)$ so schnell ab, dass
+%auch $rf(r)$ noch gegen $0$ strebt.
+%Das Skalarprodukt ist
+%\[
+%\langle f,g\rangle
+%=
+%\int_0^\infty r f(r) g(r)\,dr,
+%\]
+%als Operator verwenden wir
+%\[
+%A = \frac{d^2}{dr^2} + \frac{1}{r}\frac{d}{dr} + s(r),
+%\]
+%wobei $s(r)$ eine beliebige integrierbare Funktion sein kann.
+%Zunächst überprüfen wir, ob dieser Operator wirklich selbstadjungiert ist.
+%Dazu rechnen wir
+%\begin{align}
+%\langle Af,g\rangle
+%&=
+%\int_0^\infty
+%r\,\biggl(f''(r)+\frac1rf'(r)+s(r)f(r)\biggr) g(r)
+%\,dr
+%\notag
+%\\
+%&=
+%\int_0^\infty rf''(r)g(r)\,dr
+%+
+%\int_0^\infty f'(r)g(r)\,dr
+%+
+%\int_0^\infty s(r)f(r)g(r)\,dr.
+%\notag
+%\intertext{Der letzte Term ist symmetrisch in $f$ und $g$, daher
+%ändern wir daran weiter nichts.
+%Auf das erste Integral kann man partielle Integration anwenden und erhält}
+%&=
+%\biggl[rf'(r)g(r)\biggr]_0^\infty
+%-
+%\int_0^\infty f'(r)g(r) + rf'(r)g'(r)\,dr
+%+
+%\int_0^\infty f'(r)g(r)\,dr
+%+
+%\int_0^\infty s(r)f(r)g(r)\,dr.
+%\notag
+%\intertext{Der erste Term verschwindet wegen der Bedingungen an die
+%Funktionen $f$ und $g$.
+%Der erste Term im zweiten Integral hebt sich gegen das
+%zweite Integral weg.
+%Der letzte Term ist das Skalarprodukt von $f'$ und $g'$.
+%Somit ergibt sich
+%}
+%&=
+%-\langle f',g'\rangle
+%+
+%\int_0^\infty s(r) f(r)g(r)\,dr.
+%\label{buch:integrale:orthogonal:besselsa}
+%\end{align}
+%Vertauscht man die Rollen von $f$ und $g$, erhält man das Gleiche, da im
+%letzten Ausdruck~\eqref{buch:integrale:orthogonal:besselsa} die Funktionen
+%$f$ und $g$ symmetrische auftreten.
+%Damit ist gezeigt, dass der Operator $A$ selbstadjungiert ist.
+%Es folgt nun, dass Eigenvektoren des Operators $A$ automatisch
+%orthogonal sind.
+%
+%Eigenfunktionen von $A$ sind aber Lösungen der Differentialgleichung
+%\[
+%\begin{aligned}
+%&&
+%Af&=\lambda f
+%\\
+%&\Rightarrow\qquad&
+%f''(r) +\frac1rf'(r) + s(r)f(r) &= \lambda f(r)
+%\\
+%&\Rightarrow\qquad&
+%r^2f''(r) +rf'(r)+ (-\lambda r^2+s(r)r^2)f(r) &= 0
+%\end{aligned}
+%\]
+%sind.
+%
+%Durch die Wahl $s(r)=1$ wird der Operator $A$ zum Bessel-Operator
+%$B$ definiert in
+%\eqref{buch:differentialgleichungen:bessel-operator}.
+%Die Lösungen der Besselschen Differentialgleichung zu verschiedenen Werten
+%des Parameters müssen also orthogonal sein, insbesondere sind die
+%Besselfunktion $J_\nu(r)$ und $J_\mu(r)$ orthogonal wenn $\mu\ne\nu$ ist.
+%
+%
+% Orthogonale Polynome
+%
+\subsection{Orthogonale Polynome
+\label{buch:integral:subsection:orthogonale-polynome}}
+Die Polynome $1,x,x^2,\dots,x^n$ bilden eine Basis des Vektorraums
+der Polynome vom Grad $\le n$.
+Bezüglich des Skalarproduktes
+\[
+\langle p,q\rangle
+=
+\int_{-1}^1 p(x)q(x)\,dx
+\]
+sind sie jedoch nicht orthogonal, denn es ist
+\[
+\langle x^i,x^j\rangle
+=
+\int_{-1}^1 x^{i+j}\,dx
+=
+\biggl[\frac{x^{i+j+1}}{i+j+1}\biggr]_{-1}^1
+=
+\begin{cases}
+\displaystyle
+\frac{2}{i+j+1}&\qquad\text{$i+j$ gerade}\\
+              0&\qquad\text{$i+j$ ungerade}.
+\end{cases}
+\]
+Wir können daher das Gram-Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren
+anwenden, um eine orthogonale Basis von Polynomen zu finden, was
+wir im Folgenden tun wollen.
+
+% XXX Orthogonalisierungsproblem so formulieren, dass klar wird,
+% XXX dass man ein "Normierungskriterium braucht.
+
+Da wir auf die Normierung verzichten, brauchen wir ein anderes
+Kriterium, welches die Polynome eindeutig festlegen kann.
+Wir bezeichnen das Polynom vom Grad $n$, das bei diesem Prozess
+entsteht, mit $P_n(x)$ und legen willkürlich aber traditionskonform
+fest, dass $P_n(1)=1$ sein soll.
+
+Das Skalarprodukt berechnet ein Integral eines Produktes von zwei
+Polynomen über das symmetrische Interval $[-1,1]$.
+Ist die eine gerade und die andere ungerade, dann ist das
+Produkt eine ungerade Funktion und das Skalarprodukt verschwindet.
+Sind beide Funktionen gerade oder ungerade, dann ist das Produkt
+gerade und das Skalarprodukt ist im Allgmeinen von $0$ verschieden.
+Dies zeigt, dass es tatsächlich etwas zu Orthogonalisieren gibt.
+
+Die ersten beiden Funktionen sind das konstante Polynom $1$ und
+das Polynome $x$.
+Nach obiger Beobachtung ist das Skalarprodukt $\langle 1,x\rangle=0$,
+also ist $P_1(x)=x$.
+Die Graphen der entstehenden Polynome sind in
+Abbildung~\ref{buch:integral:orthogonal:legendregraphen}
+dargestellt.
+\begin{figure}
+\centering
+\includegraphics{chapters/070-orthogonalitaet/images/legendre.pdf}
+\caption{Graphen der Legendre-Polynome $P_n(x)$ für $n=1,\dots,10$.
+\label{buch:integral:orthogonal:legendregraphen}}
+\end{figure}
+
+\begin{lemma}
+Die Polynome $P_{2n}(x)$ sind gerade, die Polynome $P_{2n+1}(x)$ sind
+ungerade Funktionen von $x$.
+\end{lemma}
+
+\begin{proof}[Beweis]
+Wir verwenden vollständige Induktion nach $n$.
+Wir wissen bereits, dass $P_0(x)=1$ und $P_1(x)=x$ die verlangten
+Symmetrieeigenschaften haben.
+Im Sinne der Induktionsannahme nehmen wir daher an, dass die
+Symmetrieeigenschaften für $P_k(x)$, $k<n$, bereits bewiesen sind.
+$P_n(x)$ entsteht jetzt durch Orthogonalisierung nach der Formel
+\[
+P_n(x)
+=
+x^n
+-
+\langle P_{n-1},x^n\rangle P_{n-1}(x)
+-
+\langle P_{n-2},x^n\rangle P_{n-2}(x)
+-\dots-
+\langle P_1,x^n\rangle P_1(x)
+-
+\langle P_0,x^n\rangle P_0(x).
+\]
+Die Skalarprodukte
+$\langle P_{n-1},x^n\rangle$,
+$\langle P_{n-3},x^n\rangle$, $\dots$ verschwinden alle, so dass
+$P_n(x)$ eine Linearkombination der Funktionen $x^n$, $P_{n-2}(x)$,
+$P_{n-4}(x)$ ist, die die gleiche Parität wie $x^n$ haben.
+Also hat auch $P_n(x)$ die gleiche Parität, was das Lemma beweist.
+\end{proof}
+
+Die Ortogonalisierung von $x^2$ liefert daher
+\[
+p(x) = x^2
+-
+\frac{\langle x^2,P_0\rangle}{\langle P_0,P_0\rangle} P_0(x)
+=
+x^2 - \frac{\int_{-1}^1x^2\,dx}{\int_{-1}^11\,dx}
+=
+x^2 - \frac{\frac{2}{3}}{2}=x^2-\frac13
+\]
+Dieses Polynom erfüllt die Standardisierungsbedingung noch 
+nicht den $p(1)=\frac23$.
+Daraus leiten wir ab, dass
+\[
+P_2(x) = \frac12(3x^2-1)
+\]
+ist.
+
+Für $P_3(x)$ brauchen wir nur die Skalaprodukte
+\[
+\left.
+\begin{aligned}
+\langle x^3,P_1\rangle
+&=
+\int_{-1}^1  x^3\cdot x\,dx
+=
+\biggl[\frac15x^5\biggr]_{-1}^1
+=
+\frac25
+\qquad
+\\
+\langle P_1,P_1\rangle
+&=
+\int_{-1}^1 x^2\,dx
+=
+\frac23
+\end{aligned}
+\right\}
+\qquad
+\Rightarrow
+\qquad
+p(x) = x^3 - \frac{\frac25}{\frac23}x=x^3-\frac{3}{5}x
+\]
+Die richtige Standardisierung ergibt sich,
+indem man durch $p(1)=\frac25$ dividiert, also
+\[
+P_2(x) = \frac12(5x^3-3x).
+\]
+
+Die Berechnung weiterer Polynome verlangt, dass Skalarprodukte
+$\langle x^n,P_k\rangle$ berechnet werden müssen, was wegen
+der zunehmend komplizierten Form von $P_k$ etwas mühsam ist.
+Wir berechnen den Fall $P_4$.
+Dazu muss das Polynom $x^4$ um eine Linearkombination von
+$P_2$ und $P_0(x)=1$ korrigiert werden.
+Die Skalarprodukte sind
+\begin{align*}
+\langle x^4, P_0\rangle
+&=
+\int_{-1}^1 x^4\,dx = \frac25
+\\
+\langle P_0,P_0\rangle
+&=
+\int_{-1}^1 \,dx = 2
+\\
+\langle x^4,P_2\rangle
+&=
+\int_{-1}^1 \frac32x^6-\frac12 x^4\,dx
+=
+\biggl[\frac{3}{14}x^7-\frac{1}{10}x^5\biggr]_{-1}^1
+=
+\frac6{14}-\frac15
+=
+\frac8{35}
+\\
+\langle P_2,P_2\rangle
+&=
+\int_{-1}^1 \frac14(3x^2-1)^2\,dx
+=
+\int_{-1}^1 \frac14(9x^4-6x^2+1)\,dx
+=
+\frac14(\frac{18}{5}-4+2)
+=\frac25.
+\end{align*}
+Daraus folgt für $p(x)$
+\begin{align*}
+p(x)
+&=
+x^4
+-
+\frac{\langle x^4,P_2\rangle}{\langle P_2,P_2\rangle}P_2(x)
+-
+\frac{\langle x^4,P_0\rangle}{\langle P_0,P_0\rangle}P_0(x)
+\\
+&=
+x^4
+-\frac47 P_2(x) - \frac15 P_0(x)
+\\
+&=
+x^4 - \frac{6}{7}x^2 + \frac{3}{35}
+\end{align*}
+mit $p(1)=\frac{8}{35}$, so dass man
+\[
+P_4(x) =
+\frac18(35x^4-30x^2+3)
+\]
+setzen muss.
+
+\begin{figure}
+\centering
+\includegraphics{chapters/070-orthogonalitaet/images/orthogonal.pdf}
+\caption{Orthogonalität der Legendre-Polynome $P_4(x)$ ({\color{blue}blau})
+und $P_7(x)$ ({\color{darkgreen}grün}).
+Die blaue Fläche ist die Fläche unter dem Graphen 
+von $P_4(x)^2$, $P_4(x)$ muss durch die Wurzel aus diesem Flächeninhalt
+geteilt werden, um ein Polynome mit Norm $1$ zu erhalten.
+Für die grüne Fläche ist es $P_7(x)$.
+Die rote Kurve ist der Graph der Funktion $P_4(x)\cdot P_7(x)$,
+die rote Fläche ist deren Integral, sie ist $0$, d.~h.~die beiden
+Funktionen sind orthogonal.
+\label{buch:integral:orthogonal:legendreortho}}
+\end{figure}
+
+\begin{table}
+\centering
+\renewcommand{\arraystretch}{1.2}
+\begin{tabular}{|>{$}c<{$}|>{$}l<{$}|}
+\hline
+n&P_n(x)\\
+\hline
+ 0&1
+\\
+ 1&x
+\\
+ 2&\frac12(3x^2-1)
+\\
+ 3&\frac12(5x^3-3x)
+\\
+ 4&\frac18(35x^4-30x^2+3)
+\\
+ 5&\frac18(63x^5-70x^3+15x)
+\\
+ 6&\frac1{16}(231x^6-315x^4+105x^2-5)
+\\
+ 7&\frac1{16}(429x^7-693x^5+315x^3-35x)
+\\
+ 8&\frac1{128}(6435x^8-12012x^6+6930x^4-1260x^2+35)
+\\
+ 9&\frac1{128}(12155x^9-25740x^7+18018x^5-4620x^3+315x)
+\\
+10&\frac1{256}(46189x^{10}-109395x^8+90090x^6-30030x^4+3465x^2-63)
+\\[2pt]
+\hline
+\end{tabular}
+\caption{Die Legendre-Polynome $P_n(x)$ für $n=0,1,\dots,10$ sind
+orthogonale Polynome vom Grad $n$, die den Wert $P_n(1)=1$ haben.
+\label{buch:integral:table:legendre-polynome}}
+\end{table}
+
+
+
+Die so konstruierten Polynome heissen die {\em Legendre-Polynome}.
+Durch weitere Durchführung des Verfahrens liefert die Polynome in
+Tabelle~\ref{buch:integral:table:legendre-polynome}.
+Die Graphen sind in Abbildung~\ref{buch:integral:orthogonal:legendregraphen}
+dargestellt.
+Abbildung~\ref{buch:integral:orthogonal:legendreortho} illustriert, 
+dass die die beiden Polynome $P_4(x)$ und $P_7(x)$ orthogonal sind.
+Das Produkt $P_4(x)\cdot P_7(x)$ hat Integral $=0$.
+
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