Рекуррентная формула для многочленов Лежандра

[ikozyrev]

Пытаюсь решить задачу:
Доказать что многочлены Лежандра имеют рекуррентную формулу:
$P_{k+1}(x)=\frac{2k+1}{k+1}xP_k(x)-\frac{k}{k+1}P_{k-1}(x)$
Расписываю формулу многочлена Лежандра для k+1:
$P_{k+1}=\frac{1}{2^{k+1}{(k+1)!}}\frac{d^{k+1}}{dx^{k+1}}((x^2-1)^{k+1})=\frac{1}{2^{k}{k!}}\frac{d^{k}}{dx^{k}}(x(x^2-1)^{k})$
А как дальше?

[teleglaz]

Я бы шёл от производящей функции. Оно так быстрее. Если, конечно, ей можно пользоваться.

[ikozyrev]

teleglaz в сообщении #1265123 писал(а):

Я бы шёл от производящей функции. Оно так быстрее. Если, конечно, ей можно пользоваться.

Нет, ей пользоваться, к сожалению, нельзя.

[Pphantom]

А если выразить все три многочлена ($k-1$, $k$ и $k+1$), продифференцировать два последних до порядка $k-1$ и упростить получившееся соотношение?

[ikozyrev]

Pphantom в сообщении #1265160 писал(а):

А если выразить все три многочлена ($k-1$, $k$ и $k+1$), продифференцировать два последних до порядка $k-1$ и упростить получившееся соотношение?

Расписываю все три и довожу до степени k-1:
$P_{k-1}=\frac{1}{2^{k-1}{(k-1)!}}\frac{d^{k-1}}{dx^{k-1}}((x^2-1)^{k-1})$
$P_{k}=\frac{1}{2^{k}{(k)!}}\frac{d^{k}}{dx^{k}}((x^2-1)^{k})=\frac{1}{2^{k-1}{k-1!}}\frac{d^{k-1}}{dx^{k-1}}(x(x^2-1)^{k-1})$
$P_{k+1}=\frac{1}{2^{k+1}{(k+1)!}}\frac{d^{k+1}}{dx^{k+1}}((x^2-1)^{k+1})=\frac{1}{2^{k}{k!}}\frac{d^{k}}{dx^{k}}(x(x^2-1)^{k})=\frac{1}{2^{k-1}{(k-1)!}}\frac{d^{k-1}}{dx^{k-1}}(x^2(x^2-1)^{k-1})+\frac{1}{2^{k}{(k)!}}\frac{d^{k-1}}{dx^{k-1}}((x^2-1)^{k})$

Ну и дальше как-то не упрощается...

[Pphantom]

Подставьте это в выражение, которое доказываете. Там многое должно свернуться к более простому виду.

[ikozyrev]

Pphantom в сообщении #1265180 писал(а):

Подставьте это в выражение, которое доказываете. Там многое должно свернуться к более простому виду.

Подставляю:
$ \frac{1}{2^{k-1}{(k-1)!}}\frac{d^{k-1}}{dx^{k-1}}(x^2(x^2-1)^{k-1})+\frac{1}{2^{k}{(k)!}}\frac{d^{k-1}}{dx^{k-1}}((x^2-1)^{k})= x\frac{2k+1}{2^{k-1}{(k-1)!}(k+1)}\frac{d^{k-1}}{dx^{k-1}}(x(x^2-1)^{k-1})-\frac{k}{2^{k-1}{(k-1)!(k+1)}}\frac{d^{k-1}}{dx^{k-1}}((x^2-1)^{k-1})\Rightarrow \frac{1}{2^{k-1}{(k-1)!}}\frac{d^{k-1}}{dx^{k-1}}(x^2(x^2-1)^{k-1}+2k(x^2-1)(x^2-1)^{k-1})=\frac{1}{2^{k-1}{(k-1)!}}\frac{d^{k-1}}{dx^{k-1}} (x^k(x^2-1)^{k-1}\frac{2k+1}{k+1}-(x^2-1)^{k-1}\frac{k}{k+1})\Rightarrow x^2+2k(x^2-1)(k+1)=x^k(2k+1)-k $

Где-то тут явно ошибка вкралась

[Pphantom]

Да уж. Но общая идея, как видите, вполне реализуема, просто надо проделать это аккуратнее.

[ikozyrev]

Pphantom в сообщении #1265200 писал(а):

Да уж. Но общая идея, как видите, вполне реализуема, просто надо проделать это аккуратнее.

Общая идея понятна. За что я любил НМУ, чо там практически не дают задач на "вычисление". Но это, видимо, исключение :)

-- 14.11.2017, 15:18 --

Pphantom в сообщении #1265200 писал(а):

Да уж. Но общая идея, как видите, вполне реализуема, просто надо проделать это аккуратнее.

Нет, всё-таки идея не работает. Там $x$ при $P_k$ - его так просто под знак дифференциала не запихнешь. Надо какой-то другой способ придумывать...

[Pphantom]

ikozyrev в сообщении #1265204 писал(а):

Там $x$ при $P_k$ - его так просто под знак дифференциала не запихнешь.

Почему же? При однократном дифференцировании $(x^2-1)^k$ вылезет член с множителем $x$, это просто надо аккуратно собрать обратно.

[Евгений Машеров]

Крайне наивное предложение...
$\frac{d^{k+1}}{dx^{k+1}}((x^2-1)^{k+1})=\frac{d^{k}}{dx^{k}}\frac{d}{dx}((x^2-1)^{k}(x^2-1))$

[ewert]

Собственно говоря, следить-то надо лишь за старшими коэффициентами $c_k$ многочленов $P_k(x)$, а они очевидны:

$$c_k=\frac1{k!}\cdot\frac{dP_k(x)}{dx^k}=\frac1{2^k(k!)^2}\cdot\frac{d^{2k}}{dx^{2k}}(x^2-1)^k=\frac{(2k)!}{2^k(k!)^2}.$$

Откуда $\frac{c_{k+1}}{c_k}=\frac{2k+1}{k+1}$ и, значит, рекуррентное соотношение в любом случае имеет вид $P_{k+1}(x)=\frac{2k+1}{k+1}\,x\,P_k(x)-B_kP_{k-1}(x)$. Теперь $B_k$ определяется из условия нормировки для многочленов Лежандра:

$$(\forall k)\ \ P_k(1)=1\qquad\Rightarrow\qquad B_k=\frac{2k+1}{k+1}-1=\frac{k}{k+1}.$$

[svv]

ewert в сообщении #1265449 писал(а):

Откуда $\frac{c_{k+1}}{c_k}=\frac{2k+1}{k+1}$ и, значит, рекуррентное соотношение в любом случае имеет вид $P_{k+1}(x)=\frac{2k+1}{k+1}\,x\,P_k(x)-B_kP_{k-1}(x)$.

А вдруг рекуррентное соотношение существует лишь в виде
$P_{k+1}(x)=(A_k x+B_k)P_{k}(x)+(D_k x^2+E_k x+ F_k)P_{k-1}(x),$
где $c_{k+1}=A_k c_k+D_k c_{k-1}$ ?
И откуда у Вас следует существование рекуррентного соотношения, связывающего три последовательных многочлена?

[ewert]

svv в сообщении #1265529 писал(а):

И откуда у Вас следует существование рекуррентного соотношения, связывающего три последовательных многочлена?

Это не у меня; это общеизвестный факт: для любой системы ортогональных многочленов есть некоторое рекуррентное соотношение вида $P_{n+1}=(D_nx+A_n)P_n-B_nP_{n-1}$. Притом факт довольно очевидный. Правая часть в любом случае ортогональна всем многочленам меньшей степени и, в частности, каждому из предыдущих многочленов данной ортогональной системы. Остаётся добиться её ортогональности многочленам $P_n$ и $P_{n-1}$, что даёт, соответственно, $A_n=-D_n\frac{(x\,P_n,P_n)}{\|P_n\|^2}$ (в симметричном случае, естественно, это ноль) и $B_n=D_n\frac{(x\,P_n,P_{n-1})}{\|P_{n-1}\|^2}$. Коэффициенты $D_n$ могут при этом быть любыми. Точнее, они определяются условиями нормализации; в частности, если таковыми считать равенство единице всех старших коэффициентов, то и все $D_n=1$.

И уж всяко этот факт общеизвестнее и гораздо очевиднее, чем несчастная формула Родрига.

[svv]

Мне этот факт известен. Но, если всё, что известно о системе полиномов по условию задачи — это формула Родрига, имеем ли мы право использовать ортогональность?
Этот вопрос, скорее, к автору темы.