Polinomi di Legendre

Ortogonalizzazione di Gram-Schmidt

Esercizio 7.11

Consideriamo $C_{[-1,1]}$$C_{[-1,1]}$, con il prodotto scalare

$$f\cdot g=\int _{-1}^{1}f(x)g(x)\,dx.$$

$$f\cdot g=\int _{-1}^{1}f(x)g(x)\,dx.$$

Trovare una base ortonormale a partire dalla successione di vettori linearmente indipendenti

$$1,\,x,\,x^{2},\,x^{3},\dots .$$

$$1,\,x,\,x^{2},\,x^{3},\dots .$$

 

Dimostrazione

Il primo vettore della base data è $x_{0}=1$$x_{0}=1$, e devo normalizzarlo perché non ha norma 1, infatti

$$\|1\|={\sqrt {\int _{-1}^{1}1\,dx}}={\sqrt {2}}$$

$$\|1\|={\sqrt {\int _{-1}^{1}1\,dx}}={\sqrt {2}}$$

Quindi pongo

$$y_{0}={\frac {1}{\sqrt {2}}}$$

$$y_{0}={\frac {1}{\sqrt {2}}}$$

Considero poi $x_{1}=x$$x_{1}=x$, e verifico se è ortogonale al vettore della base ortonormale già trovato:

$$y_{0}\cdot x_{1}=\int _{-1}^{1}(1/{\sqrt {2}})x\,dx=0$$

$$y_{0}\cdot x_{1}=\int _{-1}^{1}(1/{\sqrt {2}})x\,dx=0$$

perché ho una funzione dispari integrata su un dominio simmetrico. Quindi $y_{0}\perp x_{1}$$y_{0}\perp x_{1}$, e basta normalizzarlo per ottenere il secondo vettore della base ortonormale:

$$\|x_{1}\|={\sqrt {\int _{-1}^{1}x^{2}\,dx}}={\sqrt {[x^{3}/3]_{-1}^{1}}}={\sqrt {2/3}}$$

$$\|x_{1}\|={\sqrt {\int _{-1}^{1}x^{2}\,dx}}={\sqrt {[x^{3}/3]_{-1}^{1}}}={\sqrt {2/3}}$$

$$y_{1}={\frac {x_{1}}{\|x_{1}\|}}={\sqrt {3/2}}x.$$

$$y_{1}={\frac {x_{1}}{\|x_{1}\|}}={\sqrt {3/2}}x.$$

Ora verifico se $x_{2}=x^{2}$$x_{2}=x^{2}$ è ortogonale ai vettori trovati:

$$y_{0}\cdot x_{2}=1/{\sqrt {2}}\cdot x^{2}=\int _{-1}^{1}x^{2}*1/{\sqrt {2}}\,dx=2/3*1/{\sqrt {2}}={\sqrt {2}}/3\neq 0$$

$$y_{0}\cdot x_{2}=1/{\sqrt {2}}\cdot x^{2}=\int _{-1}^{1}x^{2}*1/{\sqrt {2}}\,dx=2/3*1/{\sqrt {2}}={\sqrt {2}}/3\neq 0$$

$$y_{1}\cdot x_{2}=1/{\sqrt {2}}\cdot {\frac {{\sqrt {3}}x}{\sqrt {2}}}=\int _{-1}^{1}{\sqrt {3}}x/2\,dx=0$$

$$y_{1}\cdot x_{2}=1/{\sqrt {2}}\cdot {\frac {{\sqrt {3}}x}{\sqrt {2}}}=\int _{-1}^{1}{\sqrt {3}}x/2\,dx=0$$

Ora pongo

$$z_{2}=x-P_{\{y_{0},y_{1}\}}(x_{2})=x^{2}-(x_{2}\cdot y_{0})*y_{0}-(x_{2}\cdot y_{1})*y_{1}$$

$$z_{2}=x-P_{\{y_{0},y_{1}\}}(x_{2})=x^{2}-(x_{2}\cdot y_{0})*y_{0}-(x_{2}\cdot y_{1})*y_{1}$$

$$=x^{2}-{\sqrt {2}}/3*1/{\sqrt {2}}-0=x^{2}-1/3$$

$$=x^{2}-{\sqrt {2}}/3*1/{\sqrt {2}}-0=x^{2}-1/3$$

$$\|x^{2}-1/3\|^{2}=\int _{-1}^{1}(x^{2}-1/3)^{2}\,dx$$

$$\|x^{2}-1/3\|^{2}=\int _{-1}^{1}(x^{2}-1/3)^{2}\,dx$$

$$=\int _{-1}^{1}x^{4}+1/9-2/3x^{2}\,dx$$

$$=\int _{-1}^{1}x^{4}+1/9-2/3x^{2}\,dx$$

$$=[x^{5}/5+1/9x-2/9x^{3}]_{-1}^{1}=2/5+2/9-4/9=2/5-2/9={\frac {18-10}{45}}={\frac {8}{45}}$$

$$=[x^{5}/5+1/9x-2/9x^{3}]_{-1}^{1}=2/5+2/9-4/9=2/5-2/9={\frac {18-10}{45}}={\frac {8}{45}}$$

$$y_{2}={\frac {z_{2}}{\|z_{2}\|}}={\frac {x^{2}-1/3}{\sqrt {8/45}}}={\frac {3{\sqrt {5}}(x^{2}-1/3)}{2{\sqrt {2}}}}={\sqrt {5}}{\frac {(3x^{2}-1))}{2{\sqrt {2}}}}$$

$$y_{2}={\frac {z_{2}}{\|z_{2}\|}}={\frac {x^{2}-1/3}{\sqrt {8/45}}}={\frac {3{\sqrt {5}}(x^{2}-1/3)}{2{\sqrt {2}}}}={\sqrt {5}}{\frac {(3x^{2}-1))}{2{\sqrt {2}}}}$$

Vettori ottenuti finora:

$$y_{0}=1/{\sqrt {2}}$$

$$y_{0}=1/{\sqrt {2}}$$

$$y_{1}={\frac {\sqrt {3}}{\sqrt {2}}}x$$

$$y_{1}={\frac {\sqrt {3}}{\sqrt {2}}}x$$

$$y_{2}={\sqrt {5}}{\frac {3x^{2}-1}{2{\sqrt {2}}}}$$

$$y_{2}={\sqrt {5}}{\frac {3x^{2}-1}{2{\sqrt {2}}}}$$

Questi tre vettori sono linearmente indipendenti e hanno gradi diversi, quindi lo spazio generato da essi è uguale a quello generato da $\{1,x,x^{2}\}$$\{1,x,x^{2}\}$, come previsto. Nei vettori di indice pari compaiono solo potenze pari. Ci si aspetta che in $y_{3}$$y_{3}$ compariranno le potenze $x^{3},x$$x^{3},x$.

$$y_{0}\cdot y_{3}=1/{\sqrt {2}}*\int _{-1}^{1}x^{3}\,dx=0$$

$$y_{0}\cdot y_{3}=1/{\sqrt {2}}*\int _{-1}^{1}x^{3}\,dx=0$$

$$y_{1}\cdot y_{3}=\int _{-1}^{1}{\sqrt {3}}/{\sqrt {2}}x^{4}\,dx=2/5{\sqrt {3}}/{\sqrt {2}}={\sqrt {6}}/5$$

$$y_{1}\cdot y_{3}=\int _{-1}^{1}{\sqrt {3}}/{\sqrt {2}}x^{4}\,dx=2/5{\sqrt {3}}/{\sqrt {2}}={\sqrt {6}}/5$$

$$y_{2}\cdot y_{3}=0$$

$$y_{2}\cdot y_{3}=0$$

$$z_{3}=x^{3}-2/5{\sqrt {3}}/{\sqrt {2}}*{\sqrt {3}}/{\sqrt {2}}x$$

$$z_{3}=x^{3}-2/5{\sqrt {3}}/{\sqrt {2}}*{\sqrt {3}}/{\sqrt {2}}x$$

$$z_{3}=x^{3}-2/5x$$

$$z_{3}=x^{3}-2/5x$$

$$\|z_{3}\|={\sqrt {\int _{-1}^{1}(x^{3}-2/5x)^{2}\,dx}}$$

$$\|z_{3}\|={\sqrt {\int _{-1}^{1}(x^{3}-2/5x)^{2}\,dx}}$$

$$={\sqrt {\int _{-1}^{1}x^{6}+4/5x^{2}-4/5x^{4}\,dx}}$$

$$={\sqrt {\int _{-1}^{1}x^{6}+4/5x^{2}-4/5x^{4}\,dx}}$$

$$={\sqrt {[x^{7}/7+4/5x^{3}/3-4/5x^{5}/5]_{-1}^{1}}}={\sqrt {2/7+8/15-8/25}}$$

$$={\sqrt {[x^{7}/7+4/5x^{3}/3-4/5x^{5}/5]_{-1}^{1}}}={\sqrt {2/7+8/15-8/25}}$$

$$y_{3}={\frac {x^{3}-2/5x}{\sqrt {2/7+8/15-8/25}}}$$

$$y_{3}={\frac {x^{3}-2/5x}{\sqrt {2/7+8/15-8/25}}}$$

I vettori ottenuti sono i polinomi di Legendre, che si ottengono anche con una formula ricorsiva. Questi polinomi se sono di grado pari hanno solo potenze pari, e lo stesso vale per il grado dispari.

 

Criterio di Leibniz

1. Deduco la formula generale per calcolare la derivata n-esima del prodotto di due funzioni.Considero due funzioni $f,g$$f,g$, allora
   $$(fg)'=f'*g+f*g'$$

   $$(fg)'=f'*g+f*g'$$
   $$(fg)^{(2)}=f'*g'+f^{(2)}*g+f'*g'+f*g^{(2)}=$$

   $$(fg)^{(2)}=f'*g'+f^{(2)}*g+f'*g'+f*g^{(2)}=$$
   $$=f*g^{(2)}+2f'g'+f^{(2)}*g$$

   $$=f*g^{(2)}+2f'g'+f^{(2)}*g$$
   $$(fg)^{(3)}=2f'*g^{(2)}+2f^{(2)}*g'+f'*g^{(2)}+f*g^{(3)}+f^{(2)}*g'+f^{(3)}*g$$

   $$(fg)^{(3)}=2f'*g^{(2)}+2f^{(2)}*g'+f'*g^{(2)}+f*g^{(3)}+f^{(2)}*g'+f^{(3)}*g$$
   $$=f*g^{(3)}+3f'*g^{(2)}+3f^{(2)}g'+f^{(3)}g$$

   $$=f*g^{(3)}+3f'*g^{(2)}+3f^{(2)}g'+f^{(3)}g$$
   Su ogni monomio la somma dell'ordine di derivazione è uguale all'ordine di derivazione di $fg$$fg$, quindi in generale vale la formula di Leibniz:
   $$(fg)^{(n)}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}f^{(k)}*g^{(n-k)}$$

   $$(fg)^{(n)}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}f^{(k)}*g^{(n-k)}$$
2. Osservo che la funzione $h(x)=(1-x^{2})^{n}$$h(x)=(1-x^{2})^{n}$ verifica una determinata equazione differenziale, infatti
   $$h'(x)=-2xn*(1-x^{2})^{n-1}$$

   $$h'(x)=-2xn*(1-x^{2})^{n-1}$$
   e moltiplicando per $(1-x^{2})$$(1-x^{2})$, si ha che $h$$h$ verifica l'equazione differenziale:
   $$(1-x^{2})*h'(x)+2xnh(x)=0,\,{\hbox{equazione}}\ast$$

   $$(1-x^{2})*h'(x)+2xnh(x)=0,\,{\hbox{equazione}}\ast$$
3. Derivo $n+1$$n+1$ volte quest'espressione, applicando Leibniz. Indico con $f^{(n+1)}$$f^{(n+1)}$ la derivata $n+1$$n+1$-esima di $f$$f$ rispetto ad $x$$x$:##Per il primo addendo si ha:
   $$=[(1-x^{2})*h'(x)]^{(n+1)}=$$

   $$=[(1-x^{2})*h'(x)]^{(n+1)}=$$
   e applicando Leibniz:
   $$=1*(1-x^{2})*h^{(n+2)}+(n+1)*(-2x)*h^{(n+1)}+{\frac {(n+1)!}{2*(n-1)!}}(-2)h^{(n)}$$

   $$=1*(1-x^{2})*h^{(n+2)}+(n+1)*(-2x)*h^{(n+1)}+{\frac {(n+1)!}{2*(n-1)!}}(-2)h^{(n)}$$
   (tutti i termini successivi sono nulli perché le derivate di $1-x^{2}$$1-x^{2}$ di ordine superiore a 2 sono nulle)
   $$=(1-x^{2})*h^{(n+2)}-2(n+1)x*h^{(n+1)}-n*(n+1)h^{(n)}$$

   $$=(1-x^{2})*h^{(n+2)}-2(n+1)x*h^{(n+1)}-n*(n+1)h^{(n)}$$
   ##Ora derivo il secondo termine, $xh(x)$$xh(x)$:
   $$[xh(x)]^{(n+1)}=$$

   $$[xh(x)]^{(n+1)}=$$
   $$=x*h^{(n+1)}+(n+1)*h^{(n)}$$

   $$=x*h^{(n+1)}+(n+1)*h^{(n)}$$
   Complessivamente, annullando la derivata $n+1$$n+1$-esima della relazione $\ast$$\ast$ si ha:
   $$(1-x^{2})*h^{(n+2)}-2(n+1)x*h^{(n+1)}-n*(n+1)h^{(n)}+2xn*h^{(n+1)}+(n+1)2n*h^{(n)}=0$$

   $$(1-x^{2})*h^{(n+2)}-2(n+1)x*h^{(n+1)}-n*(n+1)h^{(n)}+2xn*h^{(n+1)}+(n+1)2n*h^{(n)}=0$$
   $$(1-x^{2})*h^{(n+2)}-2x*h^{(n+1)}+n(n+1)*h^{(n)}=0$$

   $$(1-x^{2})*h^{(n+2)}-2x*h^{(n+1)}+n(n+1)*h^{(n)}=0$$
   Se pongo $y=h^{(n)}$$y=h^{(n)}$, $y$$y$ verifica l'equazione differenziale del secondo ordine:
   $$(1-x^{2})*y''-2x*y'+n*(n+1)*y=0,\quad {\hbox{equazione di Legendre}}$$

   $$(1-x^{2})*y''-2x*y'+n*(n+1)*y=0,\quad {\hbox{equazione di Legendre}}$$
   Questa è un'equazione lineare omogenea, quindi l'insieme delle soluzioni è uno spazio vettoriale reale di dimensione 2 (basta trovare due soluzioni linearmente indipendenti, e le altre si scrivono come combinazione lineare di queste).L'equazione si può riscrivere come:
   $$[(1-x^{2})y']^{\prime }+n(n+1)*y=0$$

   $$[(1-x^{2})y']^{\prime }+n(n+1)*y=0$$
4. Mostro, attraverso l'equazione di Legendre, che le $H_{m}=h^{(m)}=((1-x^{2})^{n})^{(m)}$$H_{m}=h^{(m)}=((1-x^{2})^{n})^{(m)}$ sono ortogonali tra di loro sull'intervallo $[-1,1]$$[-1,1]$.Devo mostrare che
   $$\int _{-1}^{1}H_{m}H_{n}\,dt=0$$

   $$\int _{-1}^{1}H_{m}H_{n}\,dt=0$$
   $$=\int _{-1}^{1}((1-x^{2})^{n})^{(m)}\,((1-x^{2})^{n})^{(n)}\,dx=0$$

   $$=\int _{-1}^{1}((1-x^{2})^{n})^{(m)}\,((1-x^{2})^{n})^{(n)}\,dx=0$$
   per ogni $n\neq m$$n\neq m$.Ponendo $g(y)=[(1-x^{2})y']^{\prime }+n(n+1)*y$$g(y)=[(1-x^{2})y']^{\prime }+n(n+1)*y$, osservo che $H_{m}g(H_{n})-H_{n}g(H_{m})=0$$H_{m}g(H_{n})-H_{n}g(H_{m})=0$ infatti $g(H_{n})=g(H_{m})=0$$g(H_{n})=g(H_{m})=0$ perché le $H_{i}$$H_{i}$ soddisfano l'equazione di Legendre.Quindi
   $$H_{m}g(H_{n})-H_{n}g(H_{m})=$$

   $$H_{m}g(H_{n})-H_{n}g(H_{m})=$$
   $$H_{m}\{[(1-x^{2})H_{n}']^{\prime }+n(n+1)H_{n}\}-H_{n}\{[(1-x^{2})H_{m}']^{\prime }+m(m+1)H_{m}\}=0$$

   $$H_{m}\{[(1-x^{2})H_{n}']^{\prime }+n(n+1)H_{n}\}-H_{n}\{[(1-x^{2})H_{m}']^{\prime }+m(m+1)H_{m}\}=0$$
   Raccolgo i termini che contengono il prodotto $H_{n}H_{m}$$H_{n}H_{m}$:
   $$(n(n+1)-m(m+1))H_{m}H_{n}+\{H_{m}[(1-x^{2})H_{n}']^{\prime }-H_{n}[(1-x^{2})H_{m}']^{\prime }\}=0$$

   $$(n(n+1)-m(m+1))H_{m}H_{n}+\{H_{m}[(1-x^{2})H_{n}']^{\prime }-H_{n}[(1-x^{2})H_{m}']^{\prime }\}=0$$
   $$(n(n+1)-m(m+1))H_{m}H_{n}=\{H_{n}[(1-x^{2})H_{m}']^{\prime }-H_{m}[(1-x^{2})H_{n}']^{\prime }\}$$

   $$(n(n+1)-m(m+1))H_{m}H_{n}=\{H_{n}[(1-x^{2})H_{m}']^{\prime }-H_{m}[(1-x^{2})H_{n}']^{\prime }\}$$
   e integrando entrambi i membri:
   $$(n(n+1)-m(m+1))\int _{-1}^{1}H_{m}H_{n}\,dx=\int _{-1}^{1}\{H_{n}[(1-x^{2})H_{m}']^{\prime }-H_{m}[(1-x^{2})H_{n}']^{\prime }\}\,dx$$

   $$(n(n+1)-m(m+1))\int _{-1}^{1}H_{m}H_{n}\,dx=\int _{-1}^{1}\{H_{n}[(1-x^{2})H_{m}']^{\prime }-H_{m}[(1-x^{2})H_{n}']^{\prime }\}\,dx$$
   quindi si ha che $\int _{-1}^{1}H_{m}H_{n}=0$$\int _{-1}^{1}H_{m}H_{n}=0$ (cioè che le $H_{i}$$H_{i}$ sono ortogonali) se e solo se:
   $$\int _{-1}^{1}\{H_{n}[(1-x^{2})H_{m}']^{\prime }-H_{m}[(1-x^{2})H_{n}']^{\prime }\}\,dx=0,\,{\hbox{formula 1}}$$

   $$\int _{-1}^{1}\{H_{n}[(1-x^{2})H_{m}']^{\prime }-H_{m}[(1-x^{2})H_{n}']^{\prime }\}\,dx=0,\,{\hbox{formula 1}}$$
   Dimostro quindi la formula 1, separo i due addendi:
   $$\int _{-1}^{1}H_{n}[(1-x^{2})H_{m}']^{\prime }\,dx-\int _{-1}^{1}H_{m}[(1-x^{2})H_{n}']^{\prime }dx=0,$$

   $$\int _{-1}^{1}H_{n}[(1-x^{2})H_{m}']^{\prime }\,dx-\int _{-1}^{1}H_{m}[(1-x^{2})H_{n}']^{\prime }dx=0,$$
   $$=[(1-x^{2})H_{m}'H_{n}]_{-1}^{1}-\int _{-1}^{1}(1-x^{2})H_{m}'H_{n}'\,dx-[(1-x^{2})H_{n}'H_{m}]_{-1}^{1}+\int _{-1}^{1}(1-x^{2})H_{n}'H_{m}'\,dx$$

   $$=[(1-x^{2})H_{m}'H_{n}]_{-1}^{1}-\int _{-1}^{1}(1-x^{2})H_{m}'H_{n}'\,dx-[(1-x^{2})H_{n}'H_{m}]_{-1}^{1}+\int _{-1}^{1}(1-x^{2})H_{n}'H_{m}'\,dx$$
   ma i termini tra parentesi quadra sono nulli perché $1-x^{2}$$1-x^{2}$ si annulla in $\pm 1$$\pm 1$, quindi rimane:
   $$=-\int _{-1}^{1}(1-x^{2})H_{m}'H_{n}'\,dx+\int _{-1}^{1}(1-x^{2})H_{n}'H_{m}'\,dx=0$$

   $$=-\int _{-1}^{1}(1-x^{2})H_{m}'H_{n}'\,dx+\int _{-1}^{1}(1-x^{2})H_{n}'H_{m}'\,dx=0$$
   perché i due termini opposti si cancellano, quindi vale la formula 1, quindi segue l'ortogonalità delle $H_{n}$$H_{n}$.
5. Relazione con i polinomi di Legendre: affermo che le $H_{n}$$H_{n}$ sono, a meno di una costante moltiplicativa, i polinomi di Legendre. Infatti le $H_{m}=((1-x^{2})^{n})^{(m)}$$H_{m}=((1-x^{2})^{n})^{(m)}$ sono polinomi di grado $2n-m$$2n-m$, e sono ortogonali.Siccome l'equazione di Legendre è un'equazione differenziale del secondo ordine le soluzioni dipendono da due parametri, $c_{0},c_{1}$$c_{0},c_{1}$. Se $n$$n$ è un intero, una delle due soluzioni è un polinomio di Legendre, mentre l'altra è analitica.$???$$???$