tarea_10_fe_polinomios_de_legendre_y_relaciones_de_recurrencia

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1. Muestre que
n∑
k=0
(2k + 1)Pk(x) = P
′
n+1(x) + P
′
n(x) (1)
y que
(1− x)
n∑
k=0
(2k + 1)Pk(x) = (n+ 1)[Pn(x)− Pn+1(x)] (2)
Solución:
Para la ecuación (1), partiremos de la relación de recurrencia
(2n+ 1)Pn(x) = P
′
n+1(x)− P ′n−1(x)
y dado que esto es cierto, entonces su suma también es cierta
n∑
k=0
(2k + 1)Pk(x) =
n∑
k=0
{
P ′k+1(x)− P ′k−1(x)
}
si comparamos esto con la ecuación (6) tendremos que
n∑
k=0
{P ′k+1(x)− P ′k−1(x)} = P ′n+1(x) + P ′n(x)
ahora, para demostrar esto usaremos inducción, primero demostraremos para un numero cual-
quiera y después para n+ 1.
para n=0
P ′1(x)− P ′−1(x) = P ′1(x) + P ′0(x)
donde
P−1(x) = 0 = P
′
−1(x) = P
′
0(x), P0(x) = 1
por lo tanto, nos queda que P ′1(x) = P ′1(x), aquí vemos que se cumple para n=0.
Ahora, veamos si se cumple para n+1.
n+1∑
k=0
P ′k+1(x)− P ′k−1(x) = P ′n+1+1(x) + P ′n+1(x)
desarrollando la suma un poco
n+1∑
k=0
P ′k+1(x)− P ′k−1(x) = P ′n+1+1(x) + P ′n+1(x)
n∑
k=0
{
P ′k+1(x)− P ′k−1(x)
}
+ P ′n+2(x)− P ′n(x) = P ′n+2(x) + P ′n+1(x)
n∑
k=0
{
P ′k+1(x)− P ′k−1(x)
}
= P ′n(x) + P
′
n+1(x)
dado que ya vimos que se cumple para n, entonces este ultima ecuación es cierta y de esta forma
se cumple la igualdad entre los términos.
n∑
k=0
(2k + 1)Pk(x) = P
′
n+1(x) + P
′
n(x)
Para la ecuación (2), de manera análoga probaremos por inducción, primero para n=0 y después
para n+1.
Para n=0.
(1− x)P0(x) = P0(x)− P1(x)
donde tenemos que
P0(x) = 1, P1(x) = x
por lo tanto,
(1− x)(1) = 1− x
de esta forma, se cumple la igualdad para n=0.
Ahora, para n+1
(1− x)
n+1∑
k=0
(2k + 1)Pk(x) = (n+ 2)[Pn+1(x)− Pn+2(x)]
(1− x)(2(n+ 1) + 1)Pn+1(x) + (1− x)
n∑
k=0
(2k + 1)Pk(x) = nPn+1(x) + 2Pn+1(x)− nPn+2(x)− 2Pn+2(x)
(1− x)(2n+ 3)Pn+1(x) + (1− x)
n∑
k=0
(2k + 1)Pk(x) = nPn+1(x) + 2Pn+1(x)− nPn+2(x)− 2Pn+2(x)
usaremos la relación de recurrencia
(l + 1)Pl+1(x) = (2l + 1)xPl(x)− lPl−1(x) (3)
con esto podemos simplificar de la siguiente forma, usando esta relación de recurrencia con
l = n+ 1
(1− x)
n∑
k=0
(2k + 1)Pk(x) = nPn+1(x) + 2Pn+1(x)− [(n+ 2)Pn+2(x)]− (1− x)(2n+ 3)Pn+1(x)
= nPn+1(x) + 2Pn+1(x)− [
hhhhhhhh(2n+ 3)xPn+1(x)− (n+ 1)Pn(x)]
− (2n+ 3)Pn+1(x) +
hhhhhhhh(2n+ 3)xPn+1(x)
= nPn+1(x) + 2Pn+1(x) + (n+ 1)Pn(x)− 2nPn+1(x)− 3Pn+1(x)
= (n+ 1)Pn(x)− nPn+1(x)− Pn+1(x)
= (n+ 1)[Pn(x)− Pn+1(x)]
es decir, llegamos a la misma ecuación para n, y dado que ya demostramos que es valido para n,
entonces es valido para n+1 y con esto queda demostrada la igualdad.
2. Sea
bn =
∫ 1
−1
1
x
Pn(x)Pn−1(x)dx
Pruebe que
nbn + (n− 1)bn−1 = 2 (4)
y usando esta relación, halle una expresión para bn.
Solución:
dado que conocemos la expresión para bn, podemos partir del lado izquierdo de la ecuación (4)
sustituyendo bn por la expresión dada, entonces
nbn + (n− 1)bn−1 = n
∫ 1
−1
1
x
Pn(x)Pn−1(x)dx+ (n− 1)
∫ 1
−1
1
x
Pn−1(x)Pn−2(x)dx
dado que se trata de la suma de la misma integral definida, podemos dejarla como la integral
definida de una suma
nbn + (n− 1)bn−1 =
∫ 1
−1
{
1
x
nPn(x)Pn−1(x) +
1
x
(n− 1)Pn−1(x)Pn−2(x)
}
dx
y factorizando 1xPn−1 en el integrando
nbn + (n− 1)bn−1 =
∫ 1
−1
1
x
Pn−1(x) {nPn(x) + (n− 1)Pn−2(x)} dx
esta expresión entre corchetes la podemos simplificar usando la relación de recurrencia que esta
en la ecuación (3) con l = n− 1
nPn(x) + (n− 1)Pn−2(x) = (2n− 1)xPn−1(x)
entonces,
nbn + (n− 1)bn−1 =
∫ 1
−1
C
CC
1
x
Pn−1(x)(2n− 1)AxPn−1(x)dx = (2n− 1)
∫ 1
−1
Pn−1(x)Pn−1(x)dx
de esta forma, nos queda que el lado izquierdo de la ecuación (4) es igual que
nbn + (n− 1)bn−1 = (2n− 1)
∫ 1
−1
[Pn−1(x)]
2dx (5)
Podemos calcular la integral si consideramos que la serie
∑∞
l=0 t
lPl(x) tiene la función generatriz
1√
1−2tx+t2 , es decir,
∞∑
l=0
tlPl(x) =
1√
1− 2tx+ t2
si elevamos al cuadrado la igualdad y hacemos la integral definida de -1 a 1 respecto a x
∞∑
l=0
t2l
∫ 1
−1
[Pl(x)]
2dx =
∫ 1
−1
1
1 + t2 − 2tx
dx
donde la integral se puede calcular como
∫
1
a+bxdx =
1
b ln(a+ bx). con a = 1 + t
2 y b = −2t.
Con esto solo evaluamos a x en los limites y procedemos a simplificar términos
∞∑
l
t2l
∫ 1
−1
[Pl(x)]
2dx =
[
− 1
2t
ln (1 + t2 − 2tx)
]1
−1
= − 1
2t
ln (1 + t2 − 2t) + 1
2t
ln (1 + t2 + 2t)
= − 1
2t
ln (1− t)2 + 1
2t
ln (1 + t)2
=
1
t
[ln (1 + t)− ln (1− t)]
=
1
t
[
t− t
2
2
+
t3
3
...+ t+
t2
2
+
t3
3
+ ...
]
=
1
t
[
2t+ 2
t3
3
+ 2
t5
5
+ ...
]
= 2
[
1 +
t2
3
+
t4
5
+ ...
]
=
∞∑
l=0
2
2l + 1
t2l
por lo tanto, ∫ 1
−1
[Pl(x)]
2dx =
2
2l + 1
en este caso, si l = n− 1, tendremos que∫ 1
−1
[Pn−1(x)]
2dx =
2
2(n− 1) + 1
=
2
2n− 1
y sustituyendo esto en la ecuación (5)
nbn + (n− 1)bn−1 = (2n− 1)
∫ 1
−1
[Pn−1(x)]
2dx = (2n− 1) 2
2n− 1
= 2
De esta forma, queda demostrada la ecuación (4).
Ya solo nos queda encontrar una expresión para bn a partir de la ecuación (4). Despejando bn
obtenemos
bn =
1
n
[2− (n− 1)bn−1] (6)
donde podemos calcular b0 a partir de la expresión dada
b0 =
∫ 1
−1
1
x
P0(x)P−1(x)dx = 0, P−1(x) = 0
Podemos usar la relación de recurrencia (6) para hallar los demás términos
b0 = 0
b1 =
1
1
[2− (1− 1)b0] =
1
1
[2− (1− 1)0] = 2
b2 =
1
2
[2− (2− 1)b1] =
1
2
[2− (2− 1)2] = 0
2
= 0
b3 =
1
3
[2− (3− 1)b2] =
1
3
[2− (3− 1)0] = 2
3
b4 =
1
4
[2− (4− 1)b3] =
1
4
[
2− (4− 1)2
3
]
=
0
4
= 0
b5 =
1
5
[2− (5− 1)b4] =
1
5
[2− (5− 1)0] = 2
5
De aquí podemos notar un patrón, bn es igual a 2n si n es impar, mientras que es igual a 0 si n
es par, es decir,
bn =
{ 2
n si n es impar
0 si n es par