Encuentra los primeros pocos polinomios de Legendre sin usar la fórmula de Rodrigues

Question

Si un polinomio está dado por $$y=\color{red}{a_0\left[1-\frac{l(l+1)}{2!}x^2+\frac{l(l+1)(l-2)(l+3)}{4!}x^4-\cdots\right]}+\color{blue}{a_1\left[x-\frac{(l-1)(l+2)}{3!}x^3+\frac{(l-1)(l+2)(l-3)(l+4)}{5!}x^5-\cdots\right]}\tag{1}$$ where $l$ is a constant and $a_0,a_1$ are coefficients.

The recurrence relation is given by $$a_{n+2}=-\frac{(l-n)(l+n+1)}{(n+2)(n+1)}a_n\tag{2}$$ The objective is to find the first few Legendre polynomials $P_l(x)$ such that $P_l(1)=1$ without using Rodrigues' formula:

$$\fbox{$P_l(x)=\frac{1}{2^{l}l!}\frac{\mathrm{d}^l}{\mathrm{d}x^l}{\left(x^2-1\right)}^l$}$$

The method given in my textbook states that:

Si el valor de $a_0$ o $a_1$ en cada polinomio es seleccionada de tal manera que $y = 1$ al $x = 1$, el resultado polinomios son llamados Polinomios de Legendre, escrito $P_l(x)$. De $(1)$ $(2)$ y el requisito de $P_l(1) = 1$, podemos encontrar las siguientes expresiones para los primeros polinomios de Legendre:

$\color{#180}{\quad P_0(x)=1,\quad P_1(x)=x}\quad \text{and}\quad \color{#180}{P_2(x)=\frac12(3x^2-1)}$

No entiendo cómo los polinomios marcado $\color{#180}{\mathrm{green}}$ se obtuvieron como sólo he empezado a leer acerca de los polinomios de Legendre y por lo tanto no estoy seguro de cómo hacer frente a este problema. Pero ya que es obligatorio que OP mostrar sus esfuerzos para cuestiones de esta naturaleza

Here is my attempt anyway:

He sustituido $l=0$ $\color{red}{\mathrm{red}}$ soporte para obtener el $1=a_0(1)$ $a_0=1$ y, por tanto,$P_0(x)=1$.

He sustituido $l=1$ $\color{blue}{\mathrm{blue}}$ soporte para obtener el $1=a_1(x)$ $a_1=x$ y, por tanto,$P_1(x)=x$.

He sustituido $l=2$ $\color{red}{\mathrm{red}}$ soporte para obtener el $1=a_0\left[1-\dfrac{2(2+1)}{2!}x^2\right]=a_0\left[1-3x^2\right]$$a_0=\dfrac{1}{1-3x^2}\ne \frac12(3x^2-1)$.

Obviamente estoy haciendo algo mal. Puede alguien por favor me explique cómo lograr las respuestas correctamente (y sin usar Rodrigues' de la fórmula)?

Answer 1

Veo tres confusiones en su pregunta.

Primero: La normalización de la condición es que $P_l(x)$, evaluado en $x=1$, es igual a 1. Lo hace no significa que, después de conectar un valor dado de $l$, $y$ será igual a 1 para todos los $x$. (La única manera de que eso sea cierto es que si $y=1$ de forma idéntica.)

Segundo: Usted afirma que los coeficientes $a_0,a_1$ se encuentran a través de la relación de recurrencia. Pero estos dos son precisamente lo que la recurrencia de la relación por sí mismo no puede decir: Uno puede encontrar todos los coeficientes más elevados en términos de uso de la relación, pero el líder de los coeficientes son indeterminado hasta que uno requiere, exige la normalización de la condición de ser satisfecho.

Por último, pero quizás lo más importante: escribe como si su $a_n$ es alguna función de $x$, pero eso es exactamente lo que puede nunca ser el caso de tales coeficientes. De lo contrario, podría reclamar---absurdamente---que una ecuación cuadrática polinomio es de la forma $A(x)x^2+B(x)x+C(x)$! Así, por ejemplo, $P_1(x)=x$ ¿ no significan $a_1=x$ sino $P_1(x)=a_1 x+a_0=x$ $(a_1,a_0)=(1,0).$ En ese mismo sentido, se $P_2(x)=\frac12(3x^2-1)$ ¿ no significan $a_2=P_2(x)$; por el contrario, $(a_2,a_1,a_0)=(\frac32,0,-\frac12)$. El punto de los coeficientes es decirle lo que el polinomio es, a no ser que el polinomio.

Answer 2

Consideramos que incluso $l$ el polinomio (OPs parte roja) \begin{align*} a_0^{(l)}\left[1-\frac{l(l+1)}{2!}x^2+\frac{l(l+1)(l-2)(l+3)}{4!}x^4-\cdots\right]\tag{1} \end{align*} y por extraño $l$ el polinomio (OPs parte azul) \begin{align*} a_1^{(l)}\left[x-\frac{(l-1)(l+2)}{3!}x^3+\frac{(l-1)(l+2)(l-3)(l+4)}{5!}x^5-\cdots\right]\tag{2} \end{align*}

Tenga en cuenta, a utilizar para la comodidad superior índice de $(l)$ para indicar a que el polinomio el índice de $a_0$ resp. $a_1$ pertenece. (... y supongo que esto ayuda a aclarar las cosas ...)

Establecimiento $l=0$ en (1) obtenemos

\begin{align*} y_0(x)=a_0^{(0)} \end{align*}

Observamos que todos los términos que contengan $x^2$ o más de los poderes de $x$ desaparecer, ya que todos ellos contienen el factor de $l$.

$$ $$

Establecimiento $l=1$ en (2) obtenemos

\begin{align*} y_1(x)=a_1^{(1)}x \end{align*}

Observamos que todos los términos que contengan $x^3$ o más de los poderes de $x$ desaparecer, ya que todos ellos contienen el factor de $l-1$.

$$ $$

Del mismo modo que en el primer caso obtenemos con $l=2$:

\begin{align*} y_2(x)=a_0^{(2)}\left[1-\frac{2\cdot 3}{2!}x^2\right]=a_0^{(2)}\left(1-3x^2\right) \end{align*} ya que todos los otros términos en (1) contiene el factor de $l-2$.

También sabemos que $y_l(1)=1$ para todos los polinomios $y_l(x)$. Obtenemos

\begin{align*} y_0(1)&=a_0^{(0)}=1\\ y_1(1)&=a_1^{(1)}=1\\ y_2(1)&=-2a_0^{(2)}=1 \end{align*}

Llegamos a la conclusión de $a_0^{(2)}=-\frac{1}{2}$ y obtener finalmente

\begin{align*} y_0(x)&=a_0^{(0)}=1\\ y_1(x)&=a_1^{(1)}x=x\\ y_2(x)&=a_0^{(2)}\left(1-3x^2\right)=\frac{1}{2}\left(3x^2-1\right) \end{align*}

[2016-03-22]: Actualización de acuerdo a la OPs comentario: ¿por Qué podemos restringir la consideración a $a_0^{(l)}$ al $l$ es regular y restringir la consideración a $a_1^{(l)}$ al $l$ es impar?

La respuesta corta es: Puesto que los otros de la serie diverge cuando se considera la condición de contorno en $x=1$ podemos establecer $a_1^{(l)}=0$ al $l$ es uniforme y se puede establecer el $a_0^{(l)}=1$ al $l$ es impar.

Algunos detalles: empezamos con la ecuación diferencial de Legendre \begin{align*} (1-x^2)y^{\prime\prime}-2xy^{\prime}+l(l+1)y=0\tag{3} \end{align*} y queremos encontrar los polinomios como solución que, además de cumplir la condición de contorno

\begin{align*} y(1)=1 \end{align*}

Hacemos un Ansatz con funciones de generación \begin{align*} y(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots \end{align*} Con la ayuda de la ecuación diferencial (3) y a través de la comparación de los coeficientes obtenemos \begin{align*} y(x)&=a_0^{(l)}\left[1-\frac{l(l+1)}{2!}x^2+\frac{l(l+1)(l-2)(l+3)}{4!}x^4-\cdots\right]\\ &+a_1^{(l)}\left[x-\frac{(l-1)(l+2)}{3!}x^3+\frac{(l-1)(l+2)(l-3)(l+4)}{5!}x^5-\cdots\right] \end{align*} con $a_0^{l}$ $a_1^{l}$ dos grados de libertad.

Estamos próximos a aplicar la condición de contorno $y(1)=1$.

Primer caso: $l=2k$ incluso. En este caso, $y$ tiene la forma \begin{align*} y(x)&=a_0^{(0)}\left[1-\frac{l(l+1)}{2!}x^2-\cdots \pm\frac{l(l+1)\cdots(l-2k+2)(l+2k-1)}{(l-2k)!}x^{l-2k}\right]\\ &+a_1^{(l)}\left[x-\frac{(l-1)(l+2)}{3!}x^3+\frac{(l-1)(l+2)(l-3)(l+4)}{5!}x^5-\cdots\right] \end{align*}

Vemos la $a_0^{(l)}$ serie contiene sólo un número finito de términos, puesto que todos los términos de tener el factor de $l-2k$ se desvanecen. Si consideramos ahora $y(1)=1$, se puede demostrar que el otro $a_1^{(l)}$ serie diverge para $x=1$. Para superar esto, se establezca $a_1^{(l)}=0$.

El segundo caso es simétrica. Aquí estamos, en consecuencia establecer $a_0^{(l)}=0$ desde el $a_0^{(l)}$ serie diverge, mientras que el $a_1{(l)}$ serie es un polinomio.