Полином Лежандра (Зорич VI.3.8)

[Urnwestek]

Доказать, что $\frac{1}{\pi}\int_0^\pi (x + \sqrt{1-x^2} \cos \varphi)^n d \varphi = \frac{1}{\pi}\int_0^\pi \frac{d \varphi}{(x - \sqrt{1-x^2} \cos \varphi)^n}$
При $x>1, n \in \mathbb{N}$ . Подынтегральную функцию интеграла слева можно привести к виду $\frac{(x^2\sin^2 \varphi + \cos^2 \varphi)^n}{(x - \sqrt{1-x^2} \cos \varphi)^n}$ а дальше ступор, понятно, что тождественно подынтегральные функции не равны, а значит что-то должно сократится за счёт интегрирования, но что?

[SpBTimes]

Привели вы, похоже, неверно (знак).
И как это при $x > 1$?

[Ms-dos4]

Попробуйте подстановку $\[(x - \sqrt {{x^2} - 1} \cos \theta )(x + \sqrt {{x^2} - 1} \cos \varphi ) = 1\]$. И в зориче опечатка - во втором интеграле не n а n+1 в степени (да и под корнем вроде не - а так же +, хотя тут не уверен).

[SpBTimes]

В принципе, можно разность рассмотреть. Только надо определиться с условием

[Ms-dos4]

SpBTimes
А что не так с условием?

[SpBTimes]

Ms-dos4
Мне не нравится $x > 1$. Может, и еще опечатки есть?..

[Urnwestek]

Да, выражение под корнем — то мой баг, а ошибка в степени, то-таки Зорича.
$\frac{1}{\pi}\int_0^\pi (x + \sqrt{x^2-1} \cos \varphi)^n d \varphi = \frac{1}{\pi}\int_0^\pi \frac{d \varphi}{(x - \sqrt{x^2-1} \cos \varphi)^{n+1}}$
проверил в Вольфраме при $n=1$, вроде так верно.

Ms-dos4 в сообщении #806560 писал(а):

Попробуйте подстановку $\[(x - \sqrt {{x^2} - 1} \cos \theta )(x + \sqrt {{x^2} - 1} \cos \varphi ) = 1\]$

Попробую, спасибо.

[Ms-dos4]

SpBTimes
Там корень $\[\sqrt {{x^2} - 1} \]$, поэтому условие $\[x > 1\]$ это нормально.
Urnwestek
А мне таки кажется что во втором интеграле должно быть $\[x + \sqrt {{x^2} - 1} \cos \varphi \]$

[Urnwestek]

Да, действительно $+$. При $n=2$ полином совпадает с тем, что приведён в mathworld. Спасибо, просто вы в первый раз «не уверены» были, а я к тому же и списал неправильно неправильное условие. (:
Окончательный вариант:
$\frac{1}{\pi}\int_0^\pi (x + \sqrt{x^2+1} \cos \varphi)^n d \varphi = \frac{1}{\pi}\int_0^\pi \frac{d \varphi}{(x - \sqrt{x^2+1} \cos \varphi)^{n+1}}$.

Цитата:

Там корень $\[\sqrt {{x^2} - 1} \]$, поэтому условие $\[x > 1\]$ это нормально.

Это условие скорее для того, что $\sqrt{x^2+1}\cos \varphi$ случайно, при каком-то $\varphi$ не оказался равен $x$.

[Ms-dos4]

Urnwestek
Да не под корнем +, а перед корнем во втором интеграле, т.е.
$\[\frac{1}{\pi }\int\limits_0^\pi {{{(x + \sqrt {{x^2} - 1} \cos \varphi )}^n}} d\varphi = \frac{1}{\pi }\int\limits_0^\pi {\frac{{d\varphi }}{{{{(x + \sqrt {{x^2} - 1} \cos \varphi )}^{n + 1}}}}} \]$

[Urnwestek]

Действительно... Я проверял лишь левую часть на радостях думая, что с правой надо делать всё по аналогии (: Спасибо, теперь хоть условие будет. (:

-- 26.12.2013, 19:28 --

А не, и «проверка» была неправильной. Не то вбивал, в любом случае, ещё раз спасибо.

[Urnwestek]

Ms-dos4 в сообщении #806560 писал(а):

$\[(x - \sqrt {{x^2} - 1} \cos \theta )(x + \sqrt {{x^2} - 1} \cos \varphi ) = 1\]$

Я не понял как эту подстановку использовать. Получается $\varphi = \arccos [\frac{1}{x- \sqrt{x^2-1}\cos \theta} - x][\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}] $ после подстановки в дифференциал получается нечто ужасное.

[Ms-dos4]

$\[(x - \sqrt {{x^2} - 1} \cos \theta )(x + \sqrt {{x^2} - 1} \cos \varphi ) = 1\]$
Отсюда
$\[\varphi = \pm \arccos [\frac{1}{{\sqrt {{x^2} - 1} (x - \sqrt {{x^2} - 1} \cos \theta )}} - \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }}]\] $
и $\[d\varphi = \pm \frac{1}{{x - \sqrt {{x^2} - 1} \cos \theta }}d\theta \] $(Mathematica таки помогла, вручную убился бы считать ) Знак берём +. Из первого выражения видно, что пределы сохраняться. Тогда
$\[\frac{1}{\pi }\int\limits_0^\pi {{{(x + \sqrt {{x^2} - 1} \cos \varphi )}^n}} d\varphi = \frac{1}{\pi }\int\limits_0^\pi {\frac{1}{{{{(x - \sqrt {{x^2} - 1} \cos \theta )}^{n + 1}}}}} d\theta \] $
(видать в знаке перед корнем Зорич был прав, а я ошибся).

[Urnwestek]

Да, спасибо за решение. А вот ещё такой момент, мы же имеем право заменять $\thetta = \arccos (f(x))$ только когда $-1 \leqslant f(x) \leqslant 1$ а оно под арккосинусом не факт что всегда такое (хотя, скорее всего, факт, я не проверял) и я не понял почему пределы были сохранены; если делается замена $f(\thetta) = \varphi$ то надо подействовать $f^{-1}$ на оба предела интегрирования (а если $f^{-1}$ ещё и не существует, то и вообще...).

[Ms-dos4]

Urnwestek
1)Проверьте, оно всегда такое (при $\[x > 1\]$) (впрочем там можно и без арккосинуса обойтись).
2)Зачем на что то там действовать. У вас есть интеграл
$\[\int\limits_a^b {f(x)dx} \]$, вы делаете замену $\[x = \psi (\xi )\]$, имеете $\[\int\limits_a^b {f(x)dx} = \int\limits_A^B {f(\psi (\xi ))\psi '(\xi )d\xi } \]$, где $\[\psi (A) = a\]$ и $\[\psi (B) = b\]$. Но в нашем случае для расстановки пределов даже не нужно искать в явном виде $\[\varphi (\theta )\]$ (что, впрочем сделано), а поступить так.
$\[(x - \sqrt {{x^2} - 1} \cos \theta )(x + \sqrt {{x^2} - 1} \cos \varphi ) = 1\]$.
При $\[\varphi = 0\]$
$\[(x - \sqrt {{x^2} - 1} \cos \theta )(x + \sqrt {{x^2} - 1} ) = 1 \Rightarrow \theta = 2\pi k \Rightarrow \theta = 0\]$
При $\[\varphi = \pi \]$
$\[(x - \sqrt {{x^2} - 1} \cos \theta )(x - \sqrt {{x^2} - 1} ) = 1 \Rightarrow \theta = \pi (2k + 1) \Rightarrow \theta = \pi \]$
Можете проверить в том выражении с арккосинусом, будет то же самое.