Derivación de la fórmula de normalización de las funciones de Legendre asociadas: Etapa $4$ de $4$

Question

La pregunta que sigue es la final etapa de la anterior $3$ etapas que se encuentran aquí: Etapa 1 , Etapa 2 y Etapa 3 que se necesitan como parte de una derivación del Funciones de Legendre asociadas Fórmula de normalización: $$\color{blue}{\displaystyle\int_{x=-1}^{1}[{P_{L}}^m(x)]^2\,\mathrm{d}x=\left(\frac{2}{2L+1}\right)\frac{(L+m)!}{(L-m)!}}\tag{1}$$ donde para cada $m$ las funciones $${P_L}^m(x)=\frac{1}{2^LL!}\left(1-x^2\right)^{m/2}\frac{\mathrm{d}^{L+m}}{\mathrm{d}x^{L+m}}\left(x^2-1\right)^L\tag{2}$$ son un conjunto de funciones de Legendre asociadas sobre $[−1, 1]$ .

The question in my textbook asks me to

Derivar $(1)$ de la siguiente manera: Multiplique las dos fórmulas de ${P_{L}}^m(x)$ dado por $(2)$ y $${P_L}^{m}(x)=(-1)^m\frac{(L+m)!}{(L-m)!}\frac{1}{2^LL!}\left(1-x^2\right)^{-m/2}\frac{\mathrm{d}^{L-m}}{\mathrm{d}x^{L-m}}\left(x^2-1\right)^L\quad\longleftarrow\text{(Stage 3)}$$ A continuación, integre por partes bajando repetidamente el $L+m$ derivado y elevando el $L−m$ derivado hasta que ambos sean $L$ derivados. A continuación, utilice el regular Fórmula de normalización de las funciones de Legendre: $$\displaystyle\int_{x=-1}^{1}[{P_{L}}(x)]^2\,\mathrm{d}x=\frac{2}{2L+1}\tag{3}$$ donde ${P_{L}}(x)$ representa una función de Legendre y ${P_{L}}^m(x)$ representa un asociado Función de Legendre.

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Start of attempt:

Multiplicar juntos $(2)$ y el escenario $3$ la fórmula da como resultado: $$[{P_{L}}^m(x)]^2=\frac{(-1)^m}{(2^LL!)^2}\frac{(L+m)!}{(L-m)!}\frac{\mathrm{d}^{L-m}}{\mathrm{d}x^{L-m}}\left(x^2-1\right)^L\frac{\mathrm{d}^{L+m}}{\mathrm{d}x^{L+m}}\left(x^2-1\right)^L\tag{4}$$ Multiplicando ambos lados de $(4)$ por $\mathrm{d}x$ y la integración da: $$\int[{P_{L}}^m(x)]^2\,\mathrm{d}x=\frac{(-1)^m}{(2^LL!)^2}\frac{(L+m)!}{(L-m)!}\color{red}{\int\frac{\mathrm{d}^{L-m}}{\mathrm{d}x^{L-m}}\left(x^2-1\right)^L\frac{\mathrm{d}^{L+m}}{\mathrm{d}x^{L+m}}\left(x^2-1\right)^L\,\mathrm{d}x}\tag{5}$$

Centrándonos ahora en la parte marcada $\color{red}{\mathrm{red}}$ y la integración por partes: $$\int\frac{\mathrm{d}^{L-m}}{\mathrm{d}x^{L-m}}\left(x^2-1\right)^L\frac{\mathrm{d}^{L+m}}{\mathrm{d}x^{L+m}}\left(x^2-1\right)^L\,\mathrm{d}x$$ $$=\left.\frac{\mathrm{d}^{L-m}}{\mathrm{d}x^{L-m}}\left(x^2-1\right)^L\frac{\mathrm{d}^{L+m-1}}{\mathrm{d}x^{L+m-1}}\left(x^2-1\right)^L\right|_{-1}^1-\int\frac{\mathrm{d}^{L+m-1}}{\mathrm{d}x^{L+m-1}}\left(x^2-1\right)^L\,\frac{\mathrm{d}^{L-m+1}}{\mathrm{d}x^{L-m+1}}\left(x^2-1\right)^{L}\mathrm{d}x$$ $$=0-\int\frac{\mathrm{d}^{L+m-1}}{\mathrm{d}x^{L+m-1}}\left(x^2-1\right)^L\,\frac{\mathrm{d}^{L-m+1}}{\mathrm{d}x^{L-m+1}}\left(x^2-1\right)^{L}\mathrm{d}x$$

End of attempt.

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No sé cómo llevar este cálculo más allá ya que no tengo ni idea de cómo evaluar $$\color{#180}{\int\frac{\mathrm{d}^{L+m-1}}{\mathrm{d}x^{L+m-1}}\left(x^2-1\right)^L\,\frac{\mathrm{d}^{L-m+1}}{\mathrm{d}x^{L-m+1}}\left(x^2-1\right)^{L}\mathrm{d}x}$$

¿Podría alguien ayudarme a llegar a la ecuación $(1)$ y finalmente terminar esta derivación de $$\color{blue}{\displaystyle\int_{x=-1}^{1}[{P_{L}}^m(x)]^2\,\mathrm{d}x=\left(\frac{2}{2L+1}\right)\frac{(L+m)!}{(L-m)!}}\tag{1}$$

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EDITAR:

El Latex no se ha mostrado correctamente en la descripción debajo de la recompensa; así que lo escribo aquí en su lugar:

Un usuario ya ha dado una respuesta detallada a esta pregunta que utiliza la inducción matemática. El problema es que me resulta difícil entender este tipo de demostración, ya que está más allá de mi nivel actual de comprensión. Estoy buscando una respuesta que no utilice la inducción matemática. ¿Podría alguien explicar en inglés sencillo (cuando sea posible) por qué

$\bbox[yellow]{\displaystyle-\int\dfrac{\mathrm{d}^{L+m-1}}{\mathrm{d}x^{L+m-1}}\left(x^2-1\right)^L\,\dfrac{\mathrm{d}^{L-m+1}}{\mathrm{d}x^{L-m+1}}\left(x^2-1\right)^{L}\mathrm{d}x} $

$\bbox[yellow]{\displaystyle=(-1)^m\int_{-1}^1\frac{\mathrm{d}^L}{\mathrm{d}x^L}(x^2-1)^{L}\frac{\mathrm{d}^L}{\mathrm{d}x^L}(x^2-1)^L\mathrm{d}x}$

Necesito desesperadamente entender esto ya que esto forma la parte final de un $4$ prueba de paso.

Muchas gracias.

Answer 1

Estamos tratando de evaluar $$\int_{-1}^1\frac{d^{\ell+m-n}}{dx^{\ell+m-n}}(x^2-1)^{\ell}\frac{d^{\ell-m+n}}{dx^{\ell-m+n}}(x^2-1)^{\ell}dx$$ Para $0\le n<m$ . Sea $$u=\frac{d^{\ell-m+n}}{dx^{\ell-m+n}}(x^2-1)^{\ell}$$ Entonces $$du=\frac{d^{\ell+1-m+n}}{dx^{\ell+1-m+n}}(x^2-1)^{\ell}dx$$ Y $$dv=\frac{d^{\ell+m-n}}{dx^{\ell+m-n}}(x^2-1)^{\ell}dx$$ Así que $$v=\frac{d^{\ell+m-1-n}}{dx^{\ell+m-1-n}}(x^2-1)^{\ell}$$ Integración por partes, $$\begin{align}\int_{-1}^1u\,dv&=\left.u\,v\right|_{-1}^1-\int_{-1}^1v\,du\\ &=\int_{-1}^1\frac{d^{\ell-m+n}}{dx^{\ell-m+n}}(x^2-1)^{\ell}\frac{d^{\ell+m-n}}{dx^{\ell+m-n}}(x^2-1)^{\ell}dx\\ &=\left.\frac{d^{\ell-m+n}}{dx^{\ell-m+n}}(x^2-1)^{\ell}\frac{d^{\ell+m-1-n}}{dx^{\ell+m-1-n}}(x^2-1)^{\ell}\right|_{-1}^1\\ &-\int_{-1}^1\frac{d^{\ell+m-1-n}}{dx^{\ell+m-1-n}}(x^2-1)^{\ell}\frac{d^{\ell-m+1+n}}{dx^{\ell-m+1+n}}(x^2-1)^{\ell}dx\\ &=-\int_{-1}^1\frac{d^{\ell+m-1-n}}{dx^{\ell+m-1-n}}(x^2-1)^{\ell}\frac{d^{\ell-m+1+n}}{dx^{\ell-m+1+n}}(x^2-1)^{\ell}dx\end{align}$$ Veamos... se nos encargó establecer que para cualquier polinomio $p(x)$ y cualquier $0\le n<k$ existe un polinomio $q(x)$ tal que $$\frac{d^n}{dx^n}\left((x-x_0)^kp(x)\right)=(x-x_0)^{k-n}q(x)$$ Bueno, es cierto para $n=0$ y si es cierto para algunos $0\le n<k-1$ , $$\begin{align}\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}\left((x-x_0)^kp(x)\right)&=\frac d{dx}\frac{d^n}{dx^n}\left((x-x_0)^kp(x)\right)\\ &=\frac d{dx}\left((x-x_0)^{k-n}q(x)\right)\\ &=(k-n)(x-x_0)^{k-n-1}q(x)+(x-x_0)^{k-n}q^{\prime}(x)\\ &=(x-x_0)^{k-n-1}\left((k-n)q(x)+(x-x_0)q^{\prime}(x)\right)\\ &=(x-x_0)^{k-n-1}r(x)\end{align}$$ Dónde $r(x)$ es un polinomio. Una vez establecida la proposición para $n=0$ y habiendo demostrado su validez para $n+1$ dado que es cierto para $n<k-1$ se deduce por inducción matemática que $0\le n<k$ . De esto podemos concluir que $$\left.\frac{d^{\ell-m+n}}{dx^{\ell-m+n}}(x^2-1)^{\ell}\frac{d^{\ell+m-1-n}}{dx^{\ell+m-1-n}}(x^2-1)^{\ell}\right|_{-1}^1=0$$ Para $n<m$ porque $\frac{d^{\ell-m+n}}{dx^{\ell-m+n}}(x^2-1)^{\ell}$ todavía tiene al menos uno de sus $\ell$ factores de $(x^2-1)$ que queda en él.

Utilizando este resultado, ahora se nos pide que demostremos que para $0\le n\le m$ , $$\int_{-1}^1\frac{d^{\ell-m}}{dx^{\ell-m}}(x^2-1)^{\ell}\frac{d^{\ell+m}}{dx^{\ell+m}}(x^2-1)^{\ell}dx\\=(-1)^n\int_{-1}^1\frac{d^{\ell-m+n}}{dx^{\ell-m+n}}(x^2-1)^{\ell}\frac{d^{\ell+m-n}}{dx^{\ell+m-n}}(x^2-1)^{\ell}dx$$ Está claro que es cierto para $n=0$ y en la parte superior, mostramos que si es cierto para $0\le n<m$ entonces $$\begin{align}&\int_{-1}^1\frac{d^{\ell-m}}{dx^{\ell-m}}(x^2-1)^{\ell}\frac{d^{\ell+m}}{dx^{\ell+m}}(x^2-1)^{\ell}dx\\ &=(-1)^n\int_{-1}^1\frac{d^{\ell-m+n}}{dx^{\ell-m+n}}(x^2-1)^{\ell}\frac{d^{\ell+m-n}}{dx^{\ell+m-n}}(x^2-1)^{\ell}dx\\ &=(-1)^n\left\{-\int_{-1}^1\frac{d^{\ell+m-1-n}}{dx^{\ell+m-1-n}}(x^2-1)^{\ell}\frac{d^{\ell-m+1+n}}{dx^{\ell-m+1+n}}(x^2-1)^{\ell}dx\right\}\\ &=(-1)^{n+1}\int_{-1}^1\frac{d^{\ell+m-1-n}}{dx^{\ell+m-1-n}}(x^2-1)^{\ell}\frac{d^{\ell-m+1+n}}{dx^{\ell-m+1+n}}(x^2-1)^{\ell}dx\end{align}$$ Así que es cierto para $n+1\le m$ por lo que el resultado se deduce por inducción matemática y en particular para $n=m$ , $$\int_{-1}^1\frac{d^{\ell-m}}{dx^{\ell-m}}(x^2-1)^{\ell}\frac{d^{\ell+m}}{dx^{\ell+m}}(x^2-1)^{\ell}dx=(-1)^m\int_{-1}^1\frac{d^{\ell}}{dx^{\ell}}(x^2-1)^{\ell}\frac{d^{\ell}}{dx^{\ell}}(x^2-1)^{\ell}dx$$ Así, podemos ver que $$\int_{-1}^1\frac{d^{\ell+m}}{dx^{\ell+m}}(x^2-1)^{\ell}\frac{d^{\ell-m}}{dx^{\ell-m}}(x^2-1)^{\ell}dx=(-1)^m\int_{-1}^1\left(2^{\ell}\ell!P_{\ell}(x)\right)^2dx=\frac{2\cdot2^{2\ell}(\ell!)^2}{2\ell+1}$$ Donde hemos utilizado la fórmula de Rodrigues para los polinomios de Legendre $$P_{\ell}(x)=\frac1{2^{\ell}\ell!}\frac{d^{\ell}}{dx^{\ell}}(x^2-1)^{\ell}$$

Answer 2

Esta respuesta tiene más carácter explicativo ya que la mayoría de los cálculos que necesitamos ya fueron realizados por OP o proporcionados en la respuesta de @user5713492. Sólo por comodidad introducimos la notación de operador \begin {align*} D_x:= \frac {d}{dx} \end {align*}

Primer paso: Nos centramos en el $\color{red}{red}$ parte del cálculo de OPs y obtener \begin {align*} \int &D_x^{L-m} \left (x^2-1 \right )^LD_x^{L+m} \left (x^2-1 \right )^L\Nde la que se trata, dx \tag {1} \\ &= \left.D_x ^{L-m} \left (x^2-1 \right )^LD_x^{L+m-1} \left (x^2-1 \right )^L \right |_{-1}^1 \\ & \qquad - \int D_x^{L-m+1} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-1} \left (x^2-1 \right )^Ldx \\ &=0- \int D_x^{L-m+1} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-1} \left (x^2-1 \right )^Ldx \\ &=- \int D_x^{L-m+1} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-1} \left (x^2-1 \right )^Ldx \tag {2} \end {align*}

Comparando (1) con (2) hemos aplicado con éxito el integración por partes método y encontró \begin {align*} \int &D_x^{L-m} \left (x^2-1 \right )^LD_x^{L+m} \left (x^2-1 \right )^L\Nde la que se trata, dx \\ & \qquad =- \int D_x^{L-m+1} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-1} \left (x^2-1 \right )^Ldx \end {align*} Vemos que el RHS tiene un signo menos delante y tenemos un cambio del par \begin {align*} (L-m,L+m) \quad\rightarrow\quad (L-m+1,L+m-1) \tag {3} \end {align*}

Podemos leer en la pregunta del libro de texto para aplicar integración por partes iterativamente . Esto significa aplicar sucesivamente el método a los resultados ya calculados y así volvemos a hacer integración por partes con (2).

Segundo paso:

Obtenemos \begin {align*} - \int &D_x^{L-m+1} \left (x^2-1 \right )^LD_x^{L+m-1} \left (x^2-1 \right )^L\Nde la que se trata, dx \\ &=- \left.D_x ^{L-m+1} \left (x^2-1 \right )^LD_x^{L+m-2} \left (x^2-1 \right )^L \right |_{-1}^1 \\ & \qquad + \int D_x^{L-m+2} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-2} \left (x^2-1 \right )^Ldx \\ &=0+ \int D_x^{L-m+2} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-2} \left (x^2-1 \right )^Ldx \\ &= \int D_x^{L-m+2} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-2} \left (x^2-2 \right )^Ldx \tag {4} \end {align*} Vemos que el RHS tiene ahora un signo más delante y tenemos un cambio del par \begin {align*} (L-m+1,L+m-1) \quad\rightarrow\quad (L-m+2,L+m-2) \end {align*}

A partir de esto es plausible cómo continúa la iteración, a saber \begin {align*} \int &D_x^{L-m} \left (x^2-1 \right )^LD_x^{L+m} \left (x^2-1 \right )^L\Nde la que se trata, dx \\ &=- \int D_x^{L-m+1} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-1} \left (x^2-1 \right )^Ldx \\ &= \int D_x^{L-m+2} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-2} \left (x^2-1 \right )^Ldx \\ &=- \int D_x^{L-m+3} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-3} \left (x^2-1 \right )^Ldx \\ &= \cdots\\ &=(-1)^{m-1} \int D_x^{L-m+(m-1)} \left (x^2-1 \right )^{L}\,D_x^{L+m-(m-1)} \left (x^2-1 \right )^Ldx \\ &=(-1)^m \int D_x^{L-m+m} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-m} \left (x^2-1 \right )^Ldx \\ & \qquad =(-1)^m \int D_x^{L} \left (x^2-1 \right )^{L}\N, D_x^{L} \left (x^2-1 \right )^Ldx \\ \end {align*}

Observamos que el signo delante de la integral se alterna. Evidentemente es $(-1)^{\color{blue}{K}}$ correspondiente a $D_x^{L-m+\color{blue}{K}}$ . Cuando empezamos con \begin {align*} (L-m,L+m) \quad & \rightarrow\quad (L-m+1,L+m-1) \\ \end {align*} obtenemos después $m$ pasos \begin {align*} (L-1,L+1) \quad & \rightarrow\quad (L,L) \\ \end {align*}

Paso general:

No nos conformamos con argumentar basándonos en la plausibilidad. Podemos demostrar rigurosamente que todo lo afirmado hasta ahora es válido. De hecho esto lo hizo el usuario @user5713492 justo al principio de su respuesta (aquí con $K$ en lugar de $n$ ):

Lo siguiente es válido para $0\leq K <m$ \begin {align*} \int & D_x^{L-m+K} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-K} \left (x^2-1 \right )^Ldx \\ &=- \int D_x^{L-m+K+1} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-K-1} \left (x^2-1 \right )^Ldx \\ \end {align*} La prueba es precisamente como lo hicimos antes en (2) y (4). Sea $0\leq K <m$ entonces \begin {align*} \int & D_x^{L-m+K} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-K} \left (x^2-1 \right )^Ldx \tag {5} \\ &= \left.D_x ^{L-m+K} \left (x^2-1 \right )^LD_x^{L+m-K-1} \left (x^2-1 \right )^L \right |_{-1}^1 \\ & \qquad - \int D_x^{L-m+K+1} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-K-1} \left (x^2-1 \right )^Ldx \\ &=0- \int D_x^{L-m+K+1} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-K-1} \left (x^2-1 \right )^Ldx \\ &=- \int D_x^{L-m+K+1} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-K-1} \left (x^2-1 \right )^Ldx \tag {6} \\ \end {align*}

Esta prueba del paso general de (5) a (6) es todo lo que necesitamos. Como es válida para todos los $0\leq K<m$ podemos utilizarlo con $\bbox[#AFA]{K=0}$ y obtener \begin {align*} \bbox [amarillo]{ \int D_x^{L-m} \left (x^2-1 \right )^{L}\N, D_x^{L+m} \left (x^2-1 \right )^Ldx} \\ = \bbox [amarillo]{- \int D_x^{L-m+1} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-1} \left (x^2-1 \right )^Ldx} \\ \end {align*} entonces iterativamente set $K=0,1,\ldots,m-1$ para finalmente obtener después de $m$ pasos

$\fbox{$ \bbox [amarillo]{ \int D_x^{L-m} \left (x^2-1 \right )^{L}\N, D_x^{L+m} \left (x^2-1 \right )^L\Nde la que se trata, dx} \qquad \bbox [#AFA]{K=0} \\ = \bbox [amarillo]{- \int D_x^{L-m+1} \left (x^2-1 \right )^{L},D_x^{L+m-1} \left (x^2-1 \right )^L\Nde la que se trata, dx} \qquad (K=1) \\ \vdots\\ =(-1)^{m-1} \int D_x^{L-1} \left (x^2-1 \right )^{L}\N, D_x^{L+1} \left (x^2-1 \right )^L\N,dx\N,\N(K=m-1) \\ =(-1)^m \int D_x^{L} \left (x^2-1 \right )^{L}\N, D_x^{L} \left (x^2-1 \right )^L\Nde la que se trata, dx \\$} $

Como en cada paso se alterna el signo de la expresión, tenemos después $m$ pasos el signo $(-1)^m$ .

Nota: No necesitamos ninguna prueba basada en la inducción. La prueba del paso general es suficiente como se hizo aquí correspondiente a la primera parte de la respuesta de @user5713492.

Answer 3

Lo siento, demasiado largo para un comentario:

@Markus disculpas; no fui muy claro con mi último comentario. Lo que intentaba decir es que los casos de $k$ que $\fbox{I have put a box around}$ debe escribirse como $$\begin{align*} \int& D_x^{L-m}\left(x^2-1\right)^{L}\,D_x^{L+m}\left(x^2-1\right)^Ldx\\ &=-\int D_x^{L-m+1}\left(x^2-1\right)^{L}\,D_x^{L+m-1}\left(x^2-1\right)^Ldx\\ \end{align*}\Large\begin{cases} \\ & (k=0) \\ & \end{cases} $$

$$\begin{align*} &=\int D_x^{L-m+2}\left(x^2-1\right)^{L}\,D_x^{L+m-2}\left(x^2-1\right)^Ldx\\ &=-\int D_x^{L-m+3}\left(x^2-1\right)^{L}\,D_x^{L+m-3}\left(x^2-1\right)^Ldx\\ \end{align*}\Large\begin{cases} \\ & (k=1) \\ & \end{cases}$$

$$\begin{align*} &=\int D_x^{L-m+4}\left(x^2-1\right)^{L}\,D_x^{L+m-4}\left(x^2-1\right)^Ldx\\ &=-\int D_x^{L-m+5}\left(x^2-1\right)^{L}\,D_x^{L+m-5}\left(x^2-1\right)^Ldx\\ \end{align*}\Large\begin{cases} \\ & (k=3) \\ & \end{cases}$$

$$\Large\vdots$$

$$\begin{align*} &=\int D_x^{L-m+(m-1)}\left(x^2-1\right)^{L}\,D_x^{L+m-(m-1)}\left(x^2-1\right)^Ldx\\ &=-(1)^{m-1}\int D_x^{L-1}\left(x^2-1\right)^{L}\,D_x^{L+1}\left(x^2-1\right)^Ldx\\ \end{align*}\Large\begin{cases} \\ & (k=m-1) \\ & \end{cases}$$

$$\begin{align*} &=\int D_x^{L-1}\left(x^2-1\right)^{L}\,D_x^{L+1}\left(x^2-1\right)^Ldx\\ &=-(1)^{m}\int D_x^{L-1+1}\left(x^2-1\right)^{L}\,D_x^{L+1-1}\left(x^2-1\right)^Ldx\\ \end{align*}\Large\begin{cases} \\ & (k=m) \\ & \end{cases}$$

$$=-(1)^{m}\int D_x^{L}\left(x^2-1\right)^{L}\,D_x^{L}\left(x^2-1\right)^Ldx$$

Esto se debe a que la parte $\bbox[yellow]{\text{highlighted}}$ el amarillo es sólo para $\bbox[#AFA]{k=0}$ sólo y no $k=1$ también.

Así que se necesita 2 líneas para cada $k$ .

Por favor, dígame si está de acuerdo con esto.

Muchas gracias.