Legendre-Differentialgleichung

29.01.2024, 10:15	Pinahoo2006	Auf diesen Beitrag antworten »
Legendre-Differentialgleichung Meine Frage: Betrachten Sie für $\begin{eqnarray} x \in(-1,1) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} n \in \mathbb{N} \cup\{0\} \end{eqnarray}$ die Legendre-Differentialgleichung $\begin{eqnarray} \left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}+2 x \cdot y^{\prime}+n(n+1) y=0 \end{eqnarray}$ a) Zeigen, dass das Legendre Polynom $\begin{eqnarray} P_{n}(x):=\frac{1}{2^{n} \cdot n !} \frac{d^{n}}{d x^{n}}\left(x^{2}-1\right)^{n}, n \in \mathbb{N} \cup\{0\} \end{eqnarray}$ eine Lösung der Legendre-Differentialgleichung ist. b) Für den vollständigen Lösungsraum der Legendre-Differentialgleichung fehlt noch eine weitere zu $\begin{eqnarray} P_{n} \end{eqnarray}$ linear unabhängige Lösung. Leite diese für den Fall $\begin{eqnarray} n=1 \end{eqnarray}$ über den Ansatz $\begin{eqnarray} u(x) \cdot P_{1}(x) \end{eqnarray}$ aus einer weiteren Differentialgleichung erster Ordnung für $\begin{eqnarray} u(x) \end{eqnarray}$ her. Meine Ideen: Nach welchem Lösungsverfahren muss/sollte ich denn bei Aufgabenteil a) vorgehen? Ich denke dann sollte ich die Lösung selbst hinbekommen und würde mich dann mit der Lösung nochmal kurz hier melden. Bei b) weiß ich leider nicht genau, was die Aufgabenstallung von mir verlangt.
29.01.2024, 14:18	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Zuerst eine Korrektur: Die Legendre-DGL lautet doch eigentlich $\begin{eqnarray} \left(1-x^2\right) y^{\prime \prime}~{\color{red}-}~ 2x \cdot y^{\prime}+n(n+1) y=0 \end{eqnarray}$ ? Selbst a) ist schon knifflig, und man kann sich leicht einen Wolf rechnen, wenn man es falsch anpackt. Als Lemma zunächst die Leibizregel: Es gilt $\begin{eqnarray} \left(u\cdot v\right)^{(m)} = \sum_{k=0}^m \binom{m}{k} u^{(k)} v^{(m-k)} \end{eqnarray}$ , lässt sich leicht mit Vollständiger Induktion über $\begin{eqnarray} m \end{eqnarray}$ und unter Nutzung der Produktregel beweisen. Per Kettenregel gilt $\begin{eqnarray} \left((x^2-1)^n\right)' = n\left(x^2-1\right)^{n-1}\cdot 2x \end{eqnarray}$ , und damit $\begin{eqnarray} (x^2-1)\cdot \left((x^2-1)^n\right)' = 2nx\cdot (x^2-1)^n \end{eqnarray}$ Für $\begin{eqnarray} n\geq 1 \end{eqnarray}$ leiten wir nun diese Gleichung $\begin{eqnarray} (n+1) \end{eqnarray}$ -mal ab unter Nutzung der obigen Leibnizregel, d.h. mit $\begin{eqnarray} m=n+1 \end{eqnarray}$ sowie a) links $\begin{eqnarray} u=x^2-1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} v=\left((x^2-1)^n\right)' \end{eqnarray}$ : Offenbar benötigt man hier nur die Summanden für $\begin{eqnarray} k=0,1,2 \end{eqnarray}$ , denn es ist $\begin{eqnarray} u^{(k)}=0 \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} k\geq 3 \end{eqnarray}$ . Die Ableitung ist dann $\begin{eqnarray} (x^2-1)\cdot \left((x^2-1)^n\right)^{(n+2)} + (n+1)\cdot 2x\cdot \left((x^2-1)^n\right)^{(n+1)} + \frac{(n+1)n}{2}\cdot 2\cdot \left((x^2-1)^n\right)^{(n)} \end{eqnarray}$ b) rechts $\begin{eqnarray} u=2nx \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} v=(x^2-1)^n \end{eqnarray}$ : Bei diesem $\begin{eqnarray} u \end{eqnarray}$ sind sogar nur die Summanden für $\begin{eqnarray} k=0,1 \end{eqnarray}$ erforderlich. Die Ableitung ist $\begin{eqnarray} 2nx\cdot \left((x^2-1)^n\right)^{(n+1)} + (n+1)\cdot 2n\cdot \left((x^2-1)^n\right)^{(n)} \end{eqnarray}$ Gleichsetzen der beiden Ableitungen von a) und b) und alles auf eine Seite bringen ergibt $\begin{eqnarray} (x^2-1)\cdot \left((x^2-1)^n\right)^{(n+2)} + 2x\cdot \left((x^2-1)^n\right)^{(n+1)} - n(n+1)\cdot \left((x^2-1)^n\right)^{(n)} = 0 \end{eqnarray}$ Dividiert durch $\begin{eqnarray} 2^n\cdot n! \end{eqnarray}$ ist das die Behauptung a). Zu b) Wenn du den Tipp befolgst, bekommt du eine DGL erster Ordnung in der Variablen $\begin{eqnarray} u' \end{eqnarray}$ .

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