Вы здесь

Математическая физика | Николай Филонов. Лекция 8

Лекция
Предмет:
Дата записи:
29.10.21
Дата публикации:
02.11.21
Код для блога:

Другие лекции курса

9

Комментарии

Аватар пользователя Viktor

4:00 Если продифференцировать уравнение (1−x^2)y''−2xy'+k(k+1)y=0, получится (1−x^2)y'''−4xy''−2y'=−k(k+1)y'.
Можно доказать формулу (1−x^2)y^(m+2)−(2m+2)xy^(m+1)−m(m+1)y^(m)=−k(k+1)y^(m) (*)
Найдём производную первого слагаемого дифференциального уравнения
((1−x^2)Pk^m')'=( (1−x^2)^(m/2+1)Pk^(m+1)−mx(1−x^2)^(m/2)Pk^(m) )'=
=(1−x^2)^(m/2+1)Pk^(m+2)−(m+2)x(1−x^2)^(m/2)Pk^(m+1)+
+m^2x^2(1−x^2)^(m/2−1)Pk^(m)−m(1−x^2)^(m/2)Pk^(m)−mx(1−x^2)^(m/2)Pk^(m+1)=
=(1−x^2)^(m/2+1)Pk^(m+2)−(2m+2)x(1−x^2)^(m/2)Pk^(m+1)+((m+1)x^2−1)m(1−x^2)^(m/2−1)Pk^(m)=
=(1−x^2)^(m/2+1)Pk^(m+2)−(2m+2)x(1−x^2)^(m/2)Pk^(m+1)−
−m(m+1)(1−x^2)^(m/2)Pk^(m)+m^2(1−x^2)^(m/2−1)Pk^(m)=
=(1−x^2)^(m/2)( (1−x^2)Pk^(m+2)−(2m+2)xPk^(m+1)−m(m+1)Pk^(m) )+m^2(1−x^2)^(m/2−1)Pk^(m)=
= применяем формулу (*), где y=Pk =(1−x^2)^(m/2)(−k(k+1)Pk^(m) )+m^2(1−x^2)^(m/2−1)Pk^(m)=
=−k(k+1)(1−x^2)^(m/2)Pk^(m)+m^2/(1−x^2)(1−x^2)^(m/2)Pk^(m)=
= с учётом обозначения Pk^m=(1−x^2)^(m/2)Pk^(m) получаем =−k(k+1)Pk^m+m^2/(1−x^2)Pk^m.
Следовательно y=Pk^m есть решение дифф. уравнения.
15:00 1) Интеграл ∫Pk^mPk~^m dx=∫(1−x^2)^mPk^(m)Pk~^(m) dx=0 при m≤k~k~ обнуляется второй множитель, когда k−n>m или nk~.
Пусть m≤k~=k, ∫Pk^mPk^m dx=∫(1−x^2)^mPk^(m)Pk^(m) dx=∫Pm^(−m)Pk^(m)Pk^(m) dx=
= перекинем k+m производные с Pk^(m) на множитель Pm^(−m)Pk^(m) в биноме выживет лишь слагаемое =
=(k+m)!/((k−m)!(2m)!) ∫Pm^(m)Pk^(−k)Pk^(k) dx=
=(k+m)!(2k)!/(k−m)! ∫(1−x^2)^k dx=(k+m)!(2k)!/(k−m)! 2(2k)!!/(2k+1)!!=2(2k)!!^2(k+m)!/((k−m)!(2k+1)).
Я использовал, что ∫(1−x^2)^k dx=2(2k)!!/(2k+1)!! Ответ отличается на множитель (2k)!!^2. Я забыл учесть коэффициент 1/(2^nn!) при полиноме Лежандра, ответ ещё надо поделить на (2k)!!^2, так как (2k)!!=2^kk!.
2) Полнота базиса {Pk^m} в L2, Pk^m=(1−x^2)^(m/2)Pk^(m). То что они ортогональны мы доказали, их можно отнормировать. Система полиномов {Pk^(m)} плотна в L2, так как по теореме Стоуна Вейерштрасса любую непрерывную функцию можно аппроксимировать полиномом, а непрерывные функции плотны в L2. Но у нас есть ещё дополнительный множитель (1−x^2)^(m/2). Рассмотрим произвольную непрерывную функцию f(x) на отрезке [−1, 1] и функцию F(x)=f(x)/(1−x^2)^(m/2) при некотором δ>0 на отрезке [−1+δ, 1−δ], F(x)=f(±1±δ)/(1−δ^2)^(m/2) вне этого отрезка. Линейной комбинацией многочленов Pk^(m) мы можем равномерно приблизить функцию F(x)≈p(x), |F(x)−p(x)|<ε, но тогда f(x)≈(1−x^2)^(m/2)p(x) похоже мы можем приблизить функцию и полиномом с добавочным множителем. Оценим среднеквадратичную погрешность этого приближения
∫( f(x)−(1−x^2)^(m/2)p(x) )^2dx=
=[−1+δ, 1−δ]_∫( f(x)−(1−x^2)^(m/2)p(x) )^2dx+[окр ±1±δ]_∫( f(x)−(1−x^2)^(m/2)p(x) )^2dx=
=[−1+δ, 1−δ]_∫(1−x^2)^m(F(x)−p(x))^2dx+[окр ±1±δ]_∫( f(x)−(1−x^2)^(m/2)p(x) )^2dx≤
так как во втором интеграле |f(x)|≤M, |(1−x^2)^(m/2)|≤1, |p(x)|≤M/(1−δ^2)^(m/2)+ε≤2M, то
( f(x)−(1−x^2)^(m/2)p(x) )^2≤f(x)^2+2|f(x)| |(1−x^2)^(m/2)| |p(x)|+(1−x^2)^m p(x)^2≤M^2+2M(2M)+(2M)^2=9M^2
введём константу C=∫(1−x^2)^m dx, тогда [−1+δ, 1−δ]_∫(1−x^2)^m dx≤C
≤ε^2[−1+δ, 1−δ]_∫(1−x^2)^m dx+[окр ±1±δ]_∫9M^2dx≤Cε^2+18M^2δ
Если взять δ≤ε^2 и чтобы выполнялось |p(x)|≤2M, то погрешность L2 аппроксимации не больше
∫(f(x)−(1−x^2)^(m/2)p(x))^2dx≤(C+18M^2)ε^2, ||f(x)−(1−x^2)^(m/2)p(x)||≤√(C+18M^2)ε.
В общем случае, когда f(x) не обращается в ноль на концах отрезка [−1, 1], приближение очевидно нельзя сделать равномерным, оно будет справедливо только в среднеквадратичном смысле.
29:30 Чтобы можно было применить оператор Бельтрами-Лапласа, ряд должен сходиться равномерно и по r, и по θ в единичном круге. Если 1/√1−2r cos θ+r^2 является действительной или мнимой частью от аналитической в круге функции f(z), тогда равномерность сходимости такого ряда очевидна. Вот только что это за функция такая f(z)? Немного похоже на ядро Пуассона, но лишь отдалённо. Ещё можно разложить в ряд Тейлора по r и если есть сходимость в круге 1, то будет при r<1 сходимость равномерная, но это только по r, хотя там можно наверно остаточный член равномерно оценить и по θ.
39:30 А вот и она, аналитическая в круге функция f(z)=1/√1−2zcos θ+z^2, но я думал угол θ будет фазовым параметром переменной z, из такого вида аналитической функции очевидна равномерная сходимость ряда только по r. Но понятно, что дифференцирование по μ, Pn(μ)=1/2πi ∫dz/√(1−2μz+z^2)z^n+1, под интеграл свободно протаскивается.
40:30 Замена √(1−2μz+z^2)=1−ζz, 1−2μz+z^2=1−2ζz+ζ^2z^2,
(1−ζ^2)z^2=2(μ−ζ)z, z=2(μ−ζ)/(1−ζ^2)=2(ζ−μ)/(ζ^2−1)
dz=2(ζ^2−1+2ζ(μ−ζ))/(1−ζ^2)^2dζ=2(2μζ−1−ζ^2)/(1−ζ^2)^2dζ
1−ζz=1−ζ^2−2(μ−ζ)ζ/(1−ζ^2)=1+ζ^2−2μζ/(1−ζ^2)
1/2πi ∫dz/(1−ζz)z^n+1=1/2πi ∫2(2μζ−1−ζ^2)/(1−ζ^2)^2 (1−ζ^2)/(1+ζ^2−2μζ)z^n+1 dζ=
=1/2πi ∫2/(ζ^2−1)z^n+1 dζ=1/2πi 1/2^n∫(ζ^2−1)^n/(ζ−μ)^n+1 dζ.
54:00 Pν(μ)=1/2πi 1/2^ν∫(ζ+1)^ν(ζ−1)^ν/(ζ−μ)^ν dζ/(ζ−μ)=1/2πi 1/2^ν∫(ζ+1)^ν(ζ−1)^ν(ζ−μ)^(−ν−1) dζ
Pν(μ)'=1/2πi 1/2^ν (ν+1)∫(ζ+1)^ν(ζ−1)^ν(ζ−μ)^(−ν−2) dζ
Pν(μ)''=1/2πi 1/2^ν (ν+1)(ν+2)∫(ζ+1)^ν(ζ−1)^ν(ζ−μ)^(−ν−3) dζ
Обозначим H(ζ)=(1−μ^2)(ν+1)(ν+2)−2μ(ν+1)(ζ−μ)+ν(ν+1)(ζ−μ)^2, соберём все слагаемые дифференциального уравнения под общий интеграл и получим уравнение
∫H(ζ)(ζ^2−1)^ν/(ζ−μ)^(ν+3) dζ=0
Сделаем замену z=(ζ−μ), H(z)=(1−μ^2)(ν+1)(ν+2)−2μ(ν+1)z+ν(ν+1)z^2
∫H(z)((z+μ)^2−1)^ν/z^(ν+3) dz=∫H(z)(z+2μ+(μ^2−1)/z)^ν dz/z^3=0
Это означает, что в ряде Лорана подынтегральной функции второй член равен нулю, ...+c2z^2+..., c2=0. Разложение Лорана
H(z)(z+2μ+(μ^2−1)/z)^ν=H(z)(1/z)^ν(1+2νμ(μ^2−1)^(ν−1)z+ν((2ν−1)μ^2−1))(μ^2−1)^(ν−2)z^2+
+2/3ν(ν−1)μ((2ν−1)μ^2−3))(μ^2−1)^(ν−3)z^3+...)
Особенность в нуле будет при ν>0 и в точке z=±1−μ при ν<0.
Хотя мы для целого ν=1 уже доказали разрешимость, но интересно будет ли c2=0, действительно вклад дадут два последних слагаемых из H(z), c2=−4μ/(μ^2−1)+4μ/(μ^2−1)=0.
Итак задача свелась к доказательству, что криволинейный интеграл ∫H(z)((z+μ)^2−1)^ν/z^(ν+3) dz=0. Когда в нуле полюс целого порядка, то интеграл равен вычету в нуле, это коэффициент c−1 из ряда Лорана или коэффициент c2 после умножения на z^3.

Аватар пользователя Viktor

Исправление, должно быть ... Если взять δ≤ε^2 и чтобы выполнялось |(1−x^2)^(m/2)p(x)|≤M
...
так как во втором интеграле
|f(x)|≤max |f(x)|=M', |(1−x^2)/(1−(1−δ)^2)|≤1, |(1−x^2)^(m/2)p(x)|≤M'+ε=M, то
( f(x)−(1−x^2)^(m/2)p(x) )^2≤f(x)^2+2|f(x)| |(1−x^2)^(m/2)p(x)|+(1−x^2)^m p(x)^2≤M^2+2M^2+M^2=4M^2
введём константу C=∫(1−x^2)^m dx, тогда [−1+δ, 1−δ]_∫(1−x^2)^m dx≤C
≤ε^2[−1+δ, 1−δ]_∫(1−x^2)^m dx+[окр ±1±δ]_∫4M^2dx≤Cε^2+8M^2δ
Если взять δ≤ε^2, то погрешность L2 аппроксимации не больше
∫(f(x)−(1−x^2)^(m/2)p(x))^2dx≤(C+8M^2)ε^2, ||f(x)−(1−x^2)^(m/2)p(x)||≤√(C+8M^2)ε.

Аватар пользователя Viktor

​54:00 1) Продолжение, продифференцировали и собрали всё в один криволинейный интеграл.
Pν(μ)=1/2πi 1/2^ν∫(ζ+1)^ν(ζ−1)^ν(ζ−μ)^(−ν−1) dζ
Pν(μ)'=1/2πi 1/2^ν (ν+1)∫(ζ+1)^ν(ζ−1)^ν(ζ−μ)^(−ν−2) dζ
Pν(μ)''=1/2πi 1/2^ν (ν+1)(ν+2)∫(ζ+1)^ν(ζ−1)^ν(ζ−μ)^(−ν−3) dζ
H(ζ)=(1−μ^2)(ν+1)(ν+2)−2μ(ν+1)(ζ−μ)+ν(ν+1)(ζ−μ)^2
Надо доказать ∫H(ζ)(ζ^2−1)^ν/(ζ−μ)^(ν+3) dζ=0.
H(ζ)/(ν+1)=(1−μ^2)(ν+2)−2μ(ζ−μ)+ν(ζ−μ)^2=(ν+2)−μ^2(ν+2)−2μζ+2μ^2+νζ^2−2νμζ+νμ^2=
=(ν+2)−2μζ+νζ^2−2νμζ=−(ν+2)ζ^2+(ν+2)−2μζ+2(ν+1)ζ^2−2νμζ=−(ν+2)(ζ^2−1)+2(ν+1)ζ(ζ−μ).
Следовательно под интегралом стоит производная от функции F(ζ)=(ζ^2−1)^(ν+1)/(ζ−μ)^(ν+3).
d/dζ F(ζ)=1/(ν+1)H(ζ)(ζ^2−1)^ν/(ζ−μ)^(ν+3)=−(ν+2)(ζ^2−1)^(ν+1)/(ζ−μ)^(ν+3)+(ν+1)2ζ(ζ^2−1)^ν/(ζ−μ)^(ν+2)
Криволинейный интеграл от дифференциальной формы, у которой есть первообразная, равен нулю.
0=(ν+1)∫d/dζ F(ζ)dζ=∫H(ζ)(ζ^2−1)^ν/(ζ−μ)^(ν+3) dζ
Так как у нас вообще ν не обязательно целое число, то надо дополнительно проверить, что при обходе контура интегрирования приращение аргумента у первообразной F(ζ) кратно 2π, это действительно так, потому что приращения от произведений функций складываются, в нашем случае складываются в точках 1 и μ, приращение равно целому числу ν+1−ν−3=−2.
2) Pν(1)=1/2πi 1/2^ν∫(ζ+1)^ν(ζ−1)^ν/(ζ−1)^ν dζ/(ζ−1)=1/2πi 1/2^ν∫(ζ+1)^ν dζ/(ζ−1)=1/2^ν (1+1)^ν=1.
Использовали формулу из тфкп f(z)=1/2πi ∫ f(ζ) dζ/(ζ−z)
56:00 3) Будем приближаться к −1 справа по вещественной оси μ → −1, основной вклад в интеграл по контуру обхода сосредоточится на маленьком отрезке [p*, p] фиксированной длины, он лежит по середине между точками −1, μ и перпендикулярен к оси действительной прямой, остальной частью контура мы пренебрегаем. Также считаем приблизительно (ζ−1)^ν ≈ (−2)^ν, Pν(−1)≈1/2πi (−2)^ν/2^ν [p*, p]_∫(ζ+1)^ν/(ζ−μ)^(ν+1) dζ
Сделаем замену z=ζ+1/μ+1 и вырежем из отрезка [p*+1/μ+1, p+1/μ+1] маленький подотрезок [q*, q] фиксированной длины.
Pν(−1)≈1/2πi exp(−iπν) [p*+1/μ+1, q*]_∫z^ν/(z−1)^(ν+1) dz+1/2πi exp(iπν) [q, p+1/μ+1]_∫z^ν/(z−1)^(ν+1) dz
При достаточно малых μ+1 и больших 1/μ+1 в интеграле считаем приближённо z^ν/(z−1)^(ν+1)≈1/z.
Pν(−1)≈1/2πi exp(−iπν) [p*+1/μ+1, q*]_∫1/z dz+1/2πi exp(iπν) [q, p+1/μ+1]_∫1/z dz.
Pν(−1)≈1/2πi exp(−iπν) (log(q*)−log(p*+1)+log(μ+1))+1/2πi exp(iπν) (log(p+1)−log(μ+1)−log(q))
Pν(−1)≈1/2πi log(μ+1) (exp(−iπν)−exp(iπν))=sin(πν)/π log(μ+1).

Аватар пользователя Viktor

Исправление, должно быть ... Если взять δ≤ε^2 и чтобы выполнялось |(1−x^2)^(m/2)p(x)|≤M
...
так как во втором интеграле
|f(x)|≤max |f(x)|=M', |(1−x^2)/(1−(1−δ)^2)|≤1, |(1−x^2)^(m/2)p(x)|≤M'+ε=M, то
( f(x)−(1−x^2)^(m/2)p(x) )^2≤f(x)^2+2|f(x)| |(1−x^2)^(m/2)p(x)|+(1−x^2)^m p(x)^2≤M^2+2M^2+M^2=4M^2
введём константу C=∫(1−x^2)^m dx, тогда [−1+δ, 1−δ]_∫(1−x^2)^m dx≤C
≤ε^2[−1+δ, 1−δ]_∫(1−x^2)^m dx+[окр ±1±δ]_∫4M^2dx≤Cε^2+8M^2δ
Если взять δ≤ε^2, то погрешность L2 аппроксимации не больше
∫(f(x)−(1−x^2)^(m/2)p(x))^2dx≤(C+8M^2)ε^2, ||f(x)−(1−x^2)^(m/2)p(x)||≤√(C+8M^2)ε.