tarea_9_fe_polinomios_y_funciones_de_legendre

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Teorema del binomio
Consideremos el caso donde un termino del binomio es 1, entonces el binomio de Newton es
(1 + x)m =
∞∑
0
(
m
n
)
xn (1)
donde
(
m
n
)
son conocidos como los coeficientes binomiales.
En el caso donde m es un entero positivo tenemos que(
m
n
)
=
m!
n!(m− n)!
En el caso donde m es un numero negativo, podemos representar a m como −p donde p es un
entero positivo (
−p
n
)
=
(−1)n(p+ n− 1)!
n!(p− 1)!
En los casos donde m no es un entero es conveniente usar el símbolo de Pochhammer, que actúan
de la siguiente manera
(a)0 = 1, (a)1 = a, (a)n+1 = a(a+ 1)...(a+ n)
Para cualquier entero o no entero m podemos escribir los coeficientes binomiales como(
m
n
)
=
(m− n+ 1)n
n!
(2)
Por ejemplo, para m = − 12 tenemos(
− 12
n
)
=
1
n!
(
−1
2
)(
−3
2
)
...
(
−2n− 1
2
)
= (−1)n 1 · 3 · · · (2n− 1)
2nn!
= (−1)n (2n− 1)!!
(2n)!!(
− 12
n
)
= (−1)n (2n− 1)!!
(2n)!!
(3)
Donde el doble factorial actúa como sigue
(2n− 1)!! = 1 · 3 · 5 · 7 · · · (2n− 1)
(2n)!! = 2 · 4 · 6 · 8 · · · (2n)
es decir, si tenemos x!!, entonces si x es impar tendremos que es el producto de todos los números
impares hasta x, mientras que si es par será el producto de todos los pares hasta x.
Algunas relaciones entre doble factorial y factorial son
(2n)! = (2n)!!(2n− 1)!! (4)
(2n)!! = 2nn! (5)
1. Los polinomios de Legendre se pueden construir (y definir) mediante la función generatriz
1√
1− 2t cos θ + t2
=
∞∑
n=0
Pn(cos θ)t
n
Escribiendo el lado izquierdo de esta ecuación como (1− teiθ)− 12 (1− te−iθ)− 12 y usando la formula
del binomio de Newton, muestre que Pn(cos θ) se puede expresar en la forma
Pn(cos θ) =
1
2n
n∑
k=0
(2k − 1)!!(2n− 2k − 1)
k!(n− k)!
cos (n− 2k)θ
Concluya que |Pn(cos θ)| ≤ |Pn(1)| = 1 para 0 ≤ θ ≤ π.
Solución:
En principio, tomamos la sugerencia y escribimos la función generatriz como
1√
1− 2t cos θ + t2
= (1− teiθ)− 12 (1− te−iθ)− 12 (6)
usando la formula del binomio de newton donde un termino del binomio es 1, ecuacion (1), tenemos
(1 + x)m =
∞∑
k=0
(
m
k
)
xk
podemos escribir cada termino del producto del lado derecho de (6) como
(1− teiθ)− 12 =
∞∑
k=0
(
− 12
k
)
(−teiθ)k y (1− te−iθ)− 12 =
∞∑
k=0
(
− 12
k
)
(−te−iθ)k
dado que el coeficiente binomial
(
− 12
k
)
contiene un numero no entero positivo, debemos usar la
expresión más general, véase la ecuación (2), para ello se usan los símbolos de Pochhammer. En
particular, cuando m = − 12 tenemos la ecuación (3)(
− 12
k
)
= (−1)k (2k − 1)!!
(2k)!!
Entonces,
(1−teiθ)− 12 =
∞∑
k=0
(−1)k (2k − 1)!!
(2k)!!
(−1)k(teiθ)k y (1−te−iθ)− 12 =
∞∑
k=0
(−1)k (2k − 1)!!
(2k)!!
(−1)k(te−iθ)k
esto es lo mismo que
(1− teiθ)− 12 =
∞∑
k=0
(−1)2k (2k − 1)!!
(2k)!!
tkeikθ y (1− te−iθ)− 12 =
∞∑
k=0
(−1)2k (2k − 1)!!
(2k)!!
tke−ikθ
y notemos que (−1)2k, con k un entero positivo, siempre va a ser 1, dado que siempre sera una
potencia par, igualmente, usando la ecuación (5) podemos poner el doble factorial en términos de
factorial
(1− teiθ)− 12 =
∞∑
k=0
(2k − 1)!!
2kk!
tkeikθ y (1− te−iθ)− 12 =
∞∑
k=0
(2k − 1)!!
2kk!
tke−ikθ
Ahora ya podemos realizar el producto del lado derecho de la ecuación (6) con nuestras nuevas
expresiones
(1− te−iθ)− 12 (1− teiθ)− 12 =
( ∞∑
k=0
(2k − 1)!!
2kk!
tke−ikθ
)( ∞∑
k=0
(2k − 1)!!
2kk!
tkeikθ
)
Para realizar este producto de series que tienen el mismo subíndice inicial, usaremos el producto
de Cauchy, el cual consiste en lo siguiente( ∞∑
k=0
an
)(
k∑
n=0
bn
)
=
∞∑
k=0
k∑
n=0
akbk−n
Entonces, aplicando el producto de Cauchy tenemos
(1− te−iθ)− 12 (1− teiθ)− 12 =
( ∞∑
k=0
(2k − 1)!!
2kk!
tke−ikθ
)( ∞∑
k=0
(2k − 1)!!
2kk!
tkeikθ
)
=
∞∑
k=0
k∑
n=0
(2n− 1)!!
2nn!
tne−inθ
(2(k − n)− 1)!!
2k−n(k − n)!
tk−nei(k−n)θ
=
∞∑
k=0
k∑
n=0
(2n− 1)!!
2nn!
tne−inθ
(2k − 2n− 1)!!
2k−n(k − n)!
tk−nei(k−n)θ
=
∞∑
k=0
k∑
n=0
(2n− 1)!!(2k − 2n− 1)!!
2kn!(k − n)!
ei(k−2n)θ tk
para llegar a la expresión con funciones trigonométricas, recordemos que la exponencial a una
unidad imaginaria y un ángulo es un numero complejo expresado en su forma polar eiθ = cos θ +
i sen θ, entonces
∞∑
k=0
k∑
n=0
(2n− 1)!!(2k − 2n− 1)!!
2kn!(k − n)!
[cos((k − 2n)θ) + i sen((k − 2n)θ)] tk
esto nos deja con dos sumas
∞∑
k=0
k∑
n=0
(2n− 1)!!(2k − 2n− 1)!!
2kn!(k − n)!
cos((k−2n)θ)tk+
∞∑
k=0
k∑
n=0
(2n− 1)!!(2k − 2n− 1)!!
2kn!(k − n)!
i sen((k−2n)θ) tk
(7)
Si vemos el comportamiento de la suma de i sen((k − 2n)θ), primero veamos cuando k es un
numero par 2r, r = 1, 2, 3...
2r∑
n=0
i sen(2r − 2n)θ = i sen 2rθ + i sen(2r − 2(1))θ + ...+ i sen(2r − 2(r))θ + ...+ i sen(2r − 2(2r − 1))θ
+ i sen(2r − 2(2r))θ
= i sen 2rθ + i sen(2r − 2)θ + ...+XXXXi sen(0)θ + ...+ i sen(2− 2r)θ + i sen(−2r)θ
= i sen 2rθ + i sen(2r − 2)θ + ...− i sen(2r − 2)θ − i sen(2r)θ
= 0
De igual forma con los impares, es decir, cuando k = 2r − 1, r = 1, 2, 3...
2r−1∑
n=0
i sen(2r − 1− 2n)θ = i sen(2r − 1)θ + i sen(2r − 1− 2(1))θ + ...+ i sen(2r − 1− 2(2r − 2))θ
+ i sen(2r − 1− 2(2r − 1))θ
= i sen(2r − 1)θ + i sen(2r − 3)θ + ...+ i sen(3− 2r)θ + i sen(1− 2r)θ
= i sen(2r + 1)θ + i sen(2r − 3)θ + ...− i sen(2r − 3)θ − i sen(2r − 1)θ
= 0
Con esto en cuenta, la parte imaginaria de la suma en la ecuación (7) es cero. Por lo tanto,
podemos expresar la ecuación (6) como
1√
1− 2t cos θ + t2
=
∞∑
k=0
1
2k
k∑
n=0
(2n− 1)!!(2k − 2n− 1)!!
n!(k − n)!
cos((2n− k)θ)tk
Finalmente, hacemos un cambio de índices n −→ k y k −→ n
1√
1− 2t cos θ + t2
=
∞∑
n=0
1
2n
n∑
k=0
(2k − 1)!!(2n− 2k − 1)!!
k!(n− k)!
cos((n− 2k)θ)tn
dado que la función generatriz también cumple que
1√
1− 2t cos θ + t2
=
∞∑
n=0
Pn(cos θ)t
n
comparando las dos ecuaciones anteriores es inmediato ver que se cumple lo siguiente
Pn(cos θ) =
1
2n
n∑
k=0
(2k − 1)!!(2n− 2k − 1)!!
k!(n− k)!
cos((n− 2k)θ)
Con esto queda demostrada la primera parte de este ejercicio.
Para la segunda parte de este problema, usaremos el hecho de que el rango de coseno en este
ejercicio es de 0 ≤ θ ≤ π, y la función coseno tiene su máximo valor cuando θ = 0, entonces
tendremos lo siguiente cos 0 = 1 ≥ cos θ. Por otro lado, el polinomio de Legendre evaluada en 1 es
Pn(cos 0) = Pn(1) =
1
2
1∑
k=0
(2k − 1)!!(2− 2k − 1)!!
k!(1− k)!
=
1
2
[
(−1)!!(1)!!
0!1!
+
(1)!!(−1)!!
1!0!
]
=
1
2
[1 + 1] = 1
donde 0!! = (−1)!! = 1.
Mientras que para θ = π obtenemos el mínimo valor posible, -1.
Pn(cosπ) = Pn(−1) =
1
2
1∑
k=0
(2k − 1)!!(2− 2k − 1)!!
k!(1− k)!
cos (π − 2kπ)
=
1
2
[
(−1)!!(1)!!
0!1!
cos (π) +
(1)!!(−1)!!
1!0!
cos (−π)
]
=
1
2
[1(−1) + 1(−1)] = −1
De esta forma, el máximo valor que puede tener Pn(cos θ) es 1 justamente cuando θ = 0, por lo
tanto, para cualquier otro valor de θ en nuestro rango tendremos que se cumple
|Pn(cos θ)| ≤ |Pn(1)| = 1 para 0 ≤ θ ≤ π
Note que si θ = π entonces Pn(cosπ) = Pn(−1) = −1. |Pn(cos(0))| = |Pn(cos(π))| = 1, se cumple
la igualdad para θ = 0 o θ = π.
2. Pruebe que
Pml (cos(π − θ)) = (−1)l+mPml (cos θ) (8)
para 0 ≤ θ ≤ π. Comentario: la operación θ −→ π − θ corresponde a la reflexión sobre el plano
xy, es decir, a invertir el signo de la coordenada z. Pruebe que
Pml (±1) = 0 (9)
para m ̸= 0.
Solución:
Partimos del lado izquierdo de la ecuación (8), desarrollaremos el argumento cos (π − θ)
Pml (cos(π − θ)) = Pml (cosπ cos θ + senπ sen θ) = Pml ((−1) cos θ + (0) sen θ) = Pml (− cos θ)
Recordando que la expresión para Pml (cos θ) es
Pml (cos θ) = (l +m)!
l+m
2∑
n=0
(−1)n−m sen2n−m θ cosl+m−2n θ
22n−m(l +m− 2n)!n!(n−m)!
Mientras que, si hacemos el cambio cos θ =⇒ − cos θ
Pml (− cos θ) = (l +m)!
l+m
2∑
n=0
(−1)n−m sen2n−m θ(− cosl+m−2n θ)
22n−m(l +m− 2n)!n!(n−m)!
= (l +m)!
l+m
2∑
n=0
(−1)n−m sen2n−m θ(− cos θ)l+m−2n
22n−m(l +m− 2n)!n!(n−m)!
= (l +m)!
l+m
2∑
n=0
(−1)n−m sen2n−m θ(−1)l+m−2n(cos θ)l+m−2n
22n−m(l +m− 2n)!n!(n−m)!
= (l +m)!
l+m
2∑
n=0
XXXX(−1)−2n(−1)n−m sen2n−m θ(−1)l+m(cos θ)l+m−2n
22n−m(l +m− 2n)!n!(n−m)!
= (−1)l+m(l +m)!
l+m
2∑
n=0
(−1)n−m sen2n−m θ cosl+m−2n θ
22n−m(l +m− 2n)!n!(n−m)!
= (−1)l+mPml (cos θ)
es decir, tenemos que
Pml(− cos θ) = (−1)l+m(l +m)!
l+m
2∑
n=0
(−1)n−m sen2n−m θ cosl+m−2n θ
22n−m(l +m− 2n)!n!(n−m)!
= (−1)l+mPml (cos θ) (10)
Por lo tanto, queda demostrado la ecuación (8).
Para la segunda parte, notemos que los argumentos deben ser iguales Pml (±1) = Pml (cos(π−θ))
entonces para el caso positivo pml (+1)
Pml (cos(θ)) = P
m
l (1) =⇒ cos(θ) = 1 =⇒ θ = 0
En este caso, θ = 0 Si evaluamos la ecuación (10) con θ = 0 vemos que sen2n−m (0) = 0, de esta
forma todos los sumandos van a ser cero, por lo tanto
Pml (1) = 0
Por otro lado, para el caso negativo −1
Pml (cos(θ)) = P
m
l (−1) =⇒ cos(θ) = −1 =⇒ θ = π
de igual manera, sen2n−m (π) = 0 y esto conlleva a que los sumandos sean 0,
Pml (−1) = 0
En ambos casos necesitamos que m ̸= 0 para que no tengamos términos del tipo 00, los cuales
indefinirian nuestra suma.