Problema de cuadratura de Gauss Legendre con polinomios de Legendre compuestos con raíz cuadrada

Question

Dejemos que $P_n$ sea el polinomio ortogonal de Legendre de grado $n$ , lo que significa que satisface la siguiente fórmula recursiva: $$(n+1)P_{n+1}(x)-(2n+1)xP_n(x)+nP_{n-1}(x)=0$$ donde $P_0(x) = 1$ y $P_1(x) = x$ . Sea $w(x)=1$ sea la función de peso, y el intervalo $[-1,1]$ . $I_n(f)=\sum_{k=1}^nw_k f(x_k)$ es la fórmula de integración. Para $n\geq1$ definimos $$q_n(y) =\frac{P_{2n+1}(\sqrt{y})}{\sqrt{y}}.$$

Problema: demostrar que $q_n$ es un polinomio de grado $n$ determinar las relaciones de ortogonalidad, la función de peso (para el producto punto $\int_{-1}^1w(x)f(x)g(x)dx$ ) y el intervalo donde forman un conjunto de polinomios ortogonales. Expresar los pesos y los nodos de la fórmula $I_n^q =\sum_{k=1}^n v_k f(y_k)$ utilizando $w_k$ y $x_k$ de la fórmula de integración $I_{2n+1}$ .

Mi intento:

He demostrado que $q_n$ es un polinomio de grado $n$ utilizando la inducción y el hecho de que el polinomio de Legendre de grado $n$ es par/impar si $n$ es par/impar.

A continuación, determiné que son ortogonales, siendo la función de peso $x \mapsto \sqrt{x}$ y el intervalo $[0,1]$ utilizando el hecho de que los polinomios de Legendre son ortogonales y algunas sustituciones.

Ahora, dado que los nodos de la fórmula $I_n$ son raíces del n-ésimo polinomio ortogonal que estamos utilizando, cuando miramos la fórmula $I_{2n+1}$ buscamos raíces de $P_{2n+1}$ . Al ser un polinomio de grado $2n+1$ que es impar, debe tener $n$ raíces positivas (denotémoslas por $x_1,\ldots x_n$ , $n$ raíces negativas y $0$ . (también hay un teorema que afirma que las raíces de estos polinomios son todas diferentes)

Ahora, creo que debería tomar $y_k = x_k^2$ , $k = 1,\ldots,n$ .

Pero no estoy seguro de cómo expresar $v_k$ utilizando $w_k$ .

Se agradecerá cualquier sugerencia.

Answer 1

No veo una forma elegante de hacerlo, así que aplicaremos la fuerza bruta partiendo de esta fórmula $$w_k=\frac{a_n}{a_{n-1}}\frac{\int_a^bw(x)p_{n-1 }(x)^2dx}{p_n^{\prime}(x_k)p_{n-1}(x_k)}$$ En nuestro caso lo escribimos como $$v_k=\frac{b_m}{b_{m-1}}\frac{\int_0^1\sqrt y\,q_{m-1}(y)^2dy}{q_m^{\prime}(y_k)q_{m-1}(y_k)}$$ Ahora $b_m$ es el coeficiente principal de $q_m(y)=\frac{P_{2m+1}(\sqrt y)}{\sqrt y}$ así que $b_m=a_{2m+1}$ el coeficiente principal de $P_{2m+1}(x)$ . ¡Esto es un buen comienzo! Ahora, $b_{m-1}=a_{2m-1}$ No es lo que queremos, pero esperamos que se solucione por sí solo. Tenemos $$q_m^{\prime}(y_k)=\frac{P_{2m+1}^{\prime}(\sqrt{y_k})}{\sqrt{y_k}}\frac1{2\sqrt{y_k}}-\frac12\frac{P_{2m+1}(y_k)}{y_k^{3/2}}=\frac{P_{2m+1}^{\prime}(x_k)}{2x_k^2}$$ $$q_{m-1}(y_k)=\frac{P_{2m-1}(\sqrt{y_k})}{\sqrt{y_k}}=\frac{P_{2m-1}(x_k)}{x_k}$$ Podemos ajustar esta ecuación tomando $n=2m$ y $x=x_k$ la relación de recurrencia de tres términos para obtener $$(2m+1)P_{2m+1}(x_k)-(4m+1)x_kP_{2m}(x_k)+2mP_{2m-1}(x_k)=0$$ Resolver para $P_{2m-1}(x_k)$ y aplicar a la ecuación anterior para obtener $$q_{m-1}(y_k)=\frac{4m+1}{2m}P_{2m}(x_k)$$ Que es la forma que queremos. Ahora, $$\begin{align}\int_0^1\sqrt y\,q_{m-1}(y)^2dy&=\int_0^1\sqrt y\,\frac{P_{2m-1}(\sqrt y)^2}{y}dy=\int_0^1x\frac{P_{2m-1}(x)^2}{x^2}\cdot2x\,dx\\ &=2\int_0^1P_{2m-1}(x)^2dx=2\int_0^{-1}P_{2m-1}(-u)^2(-du)\\ &=2\int_{-1}^0\left(-P_{2m-1}(u)\right)^2du=\int_{-1}^1P_{2m-1}(x)^2dx\end{align}$$ Volvemos a la relación de recurrencia de tres términos con $n=2m$ multiplique por $P_{2m-1}(x)$ y enteros de $-1$ a $1$ con respecto a $x$ para conseguir $$(2m+1)\int_{-1}^1P_{2m+1}(x)P_{2m-1}(x)dx-(4m+1)\int_{-1}^1P_{2m}(x)\left[xP_{2m-1}(x)\right]dx+2m\int_{-1}^1P_{2m-1}(x)^2dx=0$$ La primera integral anterior es $0$ por la ortogonalidad de los polinomios de Legendre y $$xP_{2m-1}(x)=\frac{a_{2m-1}}{a_{2m}}P_{2m}(x)+R_{2m-1}(x)$$ Mediante el algoritmo de división donde $R_{2m-1}(x)$ es un polinomio en $x$ de grado como máximo $2m-1$ . Así, por la ortogonalidad de los polinomios de Legendre, $$\begin{align}\int_{-1}^1P_{2m}(x)\left[xP_{2m-1}(x)\right]dx&=\int_{-1}^1P_{2m}(x)\left[\frac{a_{2m-1}}{a_{2m}}P_{2m}(x)+R_{2m-1}(x)\right]dx\\ &=\frac{a_{2m-1}}{a_{2m}}\int_{-1}^1P_{2m}(x)^2dx\end{align}$$ Así que hemos llegado a $$-(4m+1)\frac{a_{2m-1}}{a_{2m}}\int_{-1}^1P_{2m}(x)^2dx+2m\int_{-1}^1P_{2m-1}(x)^2dx=0$$ Y podemos utilizar este resultado para conseguir $$\int_0^1\sqrt y\,q_{m-1}(y)^2dy=\frac{(4m+1)a_{2m-1}}{2ma_{2m}}\int_{-1}^1P_{2m}(x)^2dx$$ Así que ahora tenemos $$\begin{align}v_k&=\frac{a_{2m+1}}{a_{2m-1}}\frac{\frac{(4m+1)a_{2m-1}}{2ma_{2m}}\int_{-1}^1P_{2m}(x)^2dx}{\frac{P_{2m+1}^{\prime}(x_k)}{2x_k^2}\frac{(4m+1)P_{2m}(x_k)}{2m}}\\ &=2x_k^2\frac{a_{2m+1}}{a_{2m}}\frac{\int_{-1}^1P_{2m+1}(x)^2dx}{P_{2m+1}^{\prime}(x_k)P_{2m}(x_k)}\\ &=2x_k^2w_k\end{align}$$ Mmm... ahora que tenemos una respuesta, parece que una prueba elegante debería ser posible, pero no la veo por ahora. Se hace tarde, así que dejo al lector con el enfoque de fuerza bruta anterior.

EDITAR : Es tarde, pero no tanto. Empezamos con la forma más horrible posible de calcular los pesos $v_k$ : $$I_j=\int_0^1\sqrt y\,y^jdy=\sum_{k=1}^mv_ky_k^j=\sum_{k=1}^mv_kx_k^{2j}$$ Para $0\le j\le m-1$ donde hemos aplicado nuestra fórmula de cuadratura de Gauss-Jacobi, exacta para polinomios de grado máximo $2m-1$ para encontrar $m$ ecuaciones lineales para su $m$ pesos. Dado que la matriz de coeficientes es una matriz de Vandermonde, los pesos están determinados de forma única por este sistema.

Ahora transformamos las variables primero para obtener $$\begin{align}I_j&=\int_0^1\sqrt y\,y^jdy=\int_0^1x\cdot x^{2j}\cdot 2x\,dx=\int_{-1}^1x^{2j+2}dx\\ &=2\sum_{k=1}^mw_kx_k^{2j+2}=\sum_{k=1}^m(2x_k^2w_k)x_k^{2j}\end{align}$$ Para $0\le j\le m-1$ . En nuestra complicada demostración mostramos cómo doblar la integral sobre el origen para cambiar el intervalo a $[-1,1]$ y la fórmula de cuadratura de Gauss-Legendre volvió a ser exacta para polinomios de grado máximo $4m+1$ . Ya sabemos que los ceros del polinomio de Legendre de grado $2m+1$ están dispuestos simétricamente alrededor del origen y que el peso correspondiente a $-x_k$ es el mismo que el correspondiente a $x_k$ debido a la simetría de la función de peso y el intervalo en cuadratura de Gauss-Legendre sobre el origen. También el peso para el nodo cero no entra porque siempre se multiplica por cero en cada ecuación.

Así, vemos que $v_k$ y $2x_k^2w_k$ satisfacen el mismo sistema no singular de $m$ ecuaciones en $m$ incógnitas, por lo que son las mismas.