Математическая физика | Николай Филонов. Лекция 7

59:00 а) Применим четыре раза формулу интегрирования по частям.
1) ∫(1−x^2)^k dx=−∫(1−x^2)^k d(1−x)= по частям =2k∫(1−x^2)^(k−1)x(x−1) dx
2) ∫(1−x^2)^k dx=∫(1−x^2)^k d(1+x)= по частям =2k∫(1−x^2)^(k−1)x(1+x) dx
3) ∫(1−x^2)^k dx=1/(k+1)∫(1−x)^k d(1+x)^(k+1)= по частям =k/(k+1)∫(1−x)^(k−1)(1+x)^(k+1) dx
4) ∫(1−x^2)^k dx=−1/(k+1)∫(1+x)^k d(1−x)^(k+1)=по частям=k/(k+1)∫(1+x)^(k−1)(1−x)^(k+1) dx
Сложим 3) и 4), получится
5) ∫(1−x^2)^k dx=k/(k+1)∫(1−x^2)^(k−1) dx+k/(k+1)∫(1−x^2)^(k−1)x^2 dx
Сложим 1) и 2), получится
6) 2∫(1−x^2)^k dx=4k∫(1−x^2)^(k−1)x^2 dx ⇒ ∫(1−x^2)^(k−1)x^2 dx=1/(2k) ∫(1−x^2)^k dx
Заменим в 5) второй интеграл на 6) ∫(1−x^2)^k dx=k/(k+1)∫(1−x^2)^(k−1) dx+1/(2k+2) ∫(1−x^2)^k dx
Перенесём второй интеграл суммы в левую часть (2k+1)/(2k+2)∫(1−x^2)^k dx=k/(k+1)∫(1−x^2)^(k−1) dx
Получается итоговая формула ∫(1−x^2)^kdx=2k/(2k+1)∫(1−x^2)^(k−1) dx.
б) Формула ∫(1−x^2)^kdx=2(2k)!!/(2k+1)!! доказывается по индукции. База индукции k=0, ∫1 dx=2.
1:10:40 Проверим для k=1, P2=1/2(3x^2−1), P1=x, P0=1, 3x^2−1−3x^2+1=0
Докажем формулу ∫xPkPk−1dx=2k/((2k+1)(2k−1)). Проверим для k=1, ∫x^2dx=2/3.
Докажем по индукции ∫x(Pk−1)^(k−m)(с(1−x^2)^k)^(m)dx=2m/((2k+1)(2k−1)).
База индукции m=0, ∫x(Pk−1)^(k−m)(с(1−x^2)^k)^(m)dx=0.
Пусть формула верна для m−1, докажем для m.
∫x(Pk−1)^(k−m)(с(1−x^2)^k)^(m)dx=( перебросим одну производную на множитель x(Pk−1)^(k−m), интегрируя по частям )=
=∫(Pk−1)^(k−m)(с(1−x^2)^k)^(m−1)dx+∫x(Pk−1)^(k−m+1)(с(1−x^2)^k)^(m−1)dx=
=( в первом интеграле перебросим все дифференцирования на Pk−1, для второго применим предположение индукции )=
=1/(2^(k−1)2^k(k−1)!k!) (2k−2)!2(2k)!!/(2k+1)!!+2(m−1)/((2k+1)(2k−1))=
=2/((2k+1)(2k−1))+2(m−1)/((2k+1)(2k−1))=2m/((2k+1)(2k−1)).
В частности доказана исходная формула при m=k.
Утверждается, что многочлен xPk раскладывается в сумму ортогональных функций P0, P1, ..., Pk−1, Pk+1, так давайте скалярно умножим этот многочлен на базисные функции и убедимся, что коэффициенты разложения такие, какие нужно.
(k+1)Pk+1=(2k+1)xPk−kPk−1 ⇔ (2k+1)xPk=(k+1)Pk+1+kPk−1
⇔ (2k+1)∫xPkPk+1dx=(k+1)∫Pk+1^2dx=2(k+1)/(2k+3), (2k+1)∫xPkPk−1dx=k∫Pk−1^2dx=2k/(2k−1)
⇔ ∫xPkPk+1dx=2(k+1)/((2k+3)(2k+1)), ∫xPkPk−1dx=2k/((2k+1)(2k−1)).
Осталось доказать, что ∫xPkPjdx=0 для j