Necesito una prueba para demostrar que la desigualdad $m < n$ lleva a una contradicción y $P_n$ tiene $n$ raíces reales distintas, todas ellas situadas en el intervalo abierto $(-1, 1)$ .
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gammatester
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Por el texto de su pregunta, supongo que busca algo así:
El polinomio de Legendre $P_n$ con $n>0$ tiene $n$ raíces simples en $(-1, 1).$
Prueba por contradicción: Supongamos que $P_n$ tiene $m$ con $0 \le m \lt n\;$ Ceros diferentes por pares $x_1, x_2, \dots x_m$ de la multiplicidad impar en $(-1,1),\;$ es decir $P_n$ cambios en el registro $x_i$ y considerar el polinomio $Z_n(x) = (x-x_1)\cdot (x-x_2) \dots (x-x_m).\;$ Porque $P_n$ es ortogonal a $P_0$ el intgeral $\int_{-1}^{1} P_n(x) dx$ se desvanece y $P_n$ tiene al menos un cero de multiplicidad impar en $(-1,1),\,$ es decir $m>0.\;$
El polinomio $Z_n(x) P_n(x)$ no cambia de signo en $(-1,1)$ y por lo tanto $I_n = \int_{-1}^{1} Z_n(x) P_n(x) dx \ne 0.\;$ Por otro lado $Z_n$ tiene grado $m$ y puede escribirse como una combinación lineal $Z_n = \sum_{k=0}^m c_k P_k(x)$ . Así obtenemos la contradicción mediante la ortogonalidad de la $P_k$ : \begin {align} 0 \ne I_n &= \int_ {-1}^{1} Z_n(x) P_n(x) dx \\ &= \int_ {-1}^{1} P_n(x) \sum_ {k=0}^m c_k P_k(x) dx \\ &= \sum_ {k=0}^m c_k \int_ {-1}^{1} P_n(x) P_k(x) dx \\ &= 0 \end {align}
Esto demuestra que $P_n$ tiene $n$ ceros diferentes de la multiplicidad impar, y porque $P_n$ tiene como máximo $n$ ceros, los ceros $x_1,\dots, x_n$ son simples.
Obsérvese que este tipo de demostración puede aplicarse a polinomios ortogonales generales sobre intervalos $(a,b)$ con función de ponderación $w(x) \ge 0$ .
Por la fórmula de Rodrigues para Polinomios de Legendre , $$\displaystyle P_n(x) = \frac{1}{2^nn!}\frac{d^n}{dx^n} (x^2 - 1)^{n}\tag{*1}$$ $P_n(x)$ es el $n^{th}$ derivada de un polinomio con raíces en $-1$ y $1$ . Repita la aplicación Teorema de Gauss-Lucas $n$ veces, conocemos todas las raíces de $P_n(x)$ se encuentran en el segmento de línea cerrado $[-1,1]$ en el plano complejo. Por expansión directa de $(*1)$ se puede comprobar que $P_n(\pm 1) \ne 0$ por lo que las raíces de $P_n(x)$ son todos reales y pertenecen a $(-1,1)$ .
Ya que los polinomios de Legendre son soluciones de la ecuación diferencial de Legendre: $$\frac{d}{dx}\left[(1-x^2)\frac{d}{dx}P_n(x)\right] + n(n+1)P_n(x) = 0$$ que es un $2^{nd}$ orden ODE, $P_n(x)$ no puede tener ninguna raíz doble. Para ver esto, digamos que $P_n(x)$ tiene una raíz doble en $\alpha \in (-1,1)$ . $P_n(x)$ será entonces una solución del siguiente problema de valor inicial:
$$\frac{d}{dx}\left[(1-x^2)\frac{d}{dx}y(x)\right] + n(n+1)y(x) = 0,\quad \begin{cases}y(\alpha) = 0,\\y'(\alpha) = 0\end{cases}$$ Aplique Teorema de Picard-Lindelöf a este $2^{nd}$ de orden ODE, la parte de "unicidad" del teorema nos dice $P_n(x)$ desaparece en algún vecino de $\alpha$ . Desde $P_n(x)$ no es idéntico a cero, esto es imposible. En consecuencia, todas las raíces de $P_n(x)$ son simples.
Bach
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2006
Sea el polinomio de Legendre $$ f_n(x)=\frac{1}{2^n n!}\frac{d^{n}}{d x^n}(x^2-1)^n .$$
Tenga en cuenta que $ (x^2-1)^n $ tiene raíces $ -1, 1 $ cada uno con multiplicidad $ n $ y $$ (x^2-1)\Big|\frac{d^m}{d x^{m}}(x^2-1)^n, \, \text{when}\ m<n .$$
Así, $ -1, 1 $ son siempre raíces de $ \frac{d^{m}}{d x^m}(x^2-1)^n $ . Y por el teorema de Rolle, sabemos que hay $ n-1 $ ceros distintos $ x_1, x_2, \cdots, x_{n-1} $ en el intervalo $ (-1, 1) $ para el polinomio $ \frac{d^{n-1}}{d x^{n-1}}(x^2-1)^n $ . Desde $ -1, 1 $ también son ceros de $ \frac{d ^{n-1}}{d x^{n-1}}(x^2-1)^n $ . Utilizando de nuevo el teorema de Rolle, obtenemos $ n $ ceros distintos en $ (-1, 1) $ y como $ \deg (\frac{d^{n}}{d x^{n}}(x^2-1)^n)=n $ hemos encontrado todas las raíces distintas de $ f_n(x) $ en $ (-1, 1) $ .
