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<math>\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}} = \sum_{n=0}^\infty P_n(x) t^n = 1+x t+\left(-\frac{1}{2}+\frac{3 x^2}{2}\right) t^2+\left(-\frac{3 x}{2}+\frac{5 x^3}{2}\right) t^3+\frac{1}{8} \left(3-30 x^2+35 x^4\right) t^4+\frac{1}{8} \left(15 x-70 x^3+63 x^5\right) t^5+\cdots</math>
 
<math>\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}} = \sum_{n=0}^\infty P_n(x) t^n = 1+x t+\left(-\frac{1}{2}+\frac{3 x^2}{2}\right) t^2+\left(-\frac{3 x}{2}+\frac{5 x^3}{2}\right) t^3+\frac{1}{8} \left(3-30 x^2+35 x^4\right) t^4+\frac{1}{8} \left(15 x-70 x^3+63 x^5\right) t^5+\cdots</math>
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<h5>부분적분에의 응용</h5>
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<math>n\geq 1</math> 일 때, n번 미분가능한 함수 <math>f</math>에 대하여 다음이 성립한다.
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<math>\int_{-1}^1P_n(x)f(x)\,dx=\frac{(-1)^{n}}{2^n n!}\int_{-1}^1 x^{n}(1-x)^nf^{(n)}(x)\,dx</math>.
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(증명)
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<math>Q(x)=(x^2-1)^n</math> 라 두자.
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<math>0\leq k < n</math> 일 때 <math>Q^{(k)}(0)=Q^{(k)}(1)=0</math>이므로. 부분적분을 반복적용하면,
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<math>\int_0^1Q^{(n)}(x)f(x)\,dx=-\int_0^1Q^{(n-1)}(x)f'(x)\,dx=\cdots=(-1)^n \int_0^1 Q(x)f^{(n)}(x)\,dx</math>
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<math>P_n(x) = \frac{Q^{(n)}(x)}{n!}</math> 이므로 증명되었다.  ■
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* [[ζ(3)는 무리수이다(아페리의 정리)]]
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* [[파이 π는 무리수이다]]
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* [http://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+from+-1+to+1+%28x%5E2-1%29%5En+dx+ http://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+from+-1+to+1+%28x^2-1%29^n+dx+]
 
* [http://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+from+-1+to+1+%28x%5E2-1%29%5En+dx+ http://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+from+-1+to+1+%28x^2-1%29^n+dx+]
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* <math>\int_{-1}^1 (1-x^2)^n \,dx=2^{2n-1}\int_0^1  t^n(1-t)^n\,dt=</math>
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* <math>\int_{-1}^1 (1-x^2)^n \,dx=2^{2n-1}\int_0^1  t^n(1-t)^n\,dt=B(n+1,n+1)=\frac{(n!)^2}{(2n+1)!}</math>
 
* <math>B(x,y) = \int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,dt</math><br>
 
* <math>B(x,y) = \int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,dt</math><br>
 
* [[오일러 베타적분(베타함수)]]
 
* [[오일러 베타적분(베타함수)]]
  
 
 
 
 
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<h5>부분적분에의 응용</h5>
 
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* [[ζ(3)는 무리수이다(아페리의 정리)]]
 
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* [[파이 π는 무리수이다]]
 
  
 
 
 
 

2011년 1월 3일 (월) 04:30 판

이 항목의 스프링노트 원문주소

 

 

개요
  • 물리학에서 많이 등장하는 함수의 하나
  • 르장드르 미분방정식의 해로 얻어짐
  • 구간 \([-1,1]\)에서 \(\text{L}^2\) 내적에 의해 직교성을 가짐

 

 

르장드르 미분방정식

\({d \over dx} \left[ (1-x^2) {d \over dx} P_n(x) \right] + n(n+1)P_n(x) = 0\)

 

 

로드리게즈 공식
  • 르장드르 다항식을 얻는 직접적인 방법
    \(P_n(x) = {1 \over 2^n n!} {d^n \over dx^n } \left[ (x^2 -1)^n \right]\)

 

 

3항 점화식

\(P_0(x)=1\), \(P_1(x)=x\)

\((n+1) P_{n+1}(x) = (2n+1) x P_n(x) - n P_{n-1}(x)\)

 

 

생성함수

\(\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}} = \sum_{n=0}^\infty P_n(x) t^n = 1+x t+\left(-\frac{1}{2}+\frac{3 x^2}{2}\right) t^2+\left(-\frac{3 x}{2}+\frac{5 x^3}{2}\right) t^3+\frac{1}{8} \left(3-30 x^2+35 x^4\right) t^4+\frac{1}{8} \left(15 x-70 x^3+63 x^5\right) t^5+\cdots\)

 

 

부분적분에의 응용

\(n\geq 1\) 일 때, n번 미분가능한 함수 \(f\)에 대하여 다음이 성립한다.

\(\int_{-1}^1P_n(x)f(x)\,dx=\frac{(-1)^{n}}{2^n n!}\int_{-1}^1 x^{n}(1-x)^nf^{(n)}(x)\,dx\).

(증명)

\(Q(x)=(x^2-1)^n\) 라 두자.

\(0\leq k < n\) 일 때 \(Q^{(k)}(0)=Q^{(k)}(1)=0\)이므로. 부분적분을 반복적용하면,

\(\int_0^1Q^{(n)}(x)f(x)\,dx=-\int_0^1Q^{(n-1)}(x)f'(x)\,dx=\cdots=(-1)^n \int_0^1 Q(x)f^{(n)}(x)\,dx\)

\(P_n(x) = \frac{Q^{(n)}(x)}{n!}\) 이므로 증명되었다.  ■

 

 

직교성

 

 

 

목록

P_0(x)=1
P_1(x)=x
P_2(x)=1/2 (-1+3 x^2)
P_3(x)=1/2 (-3 x+5 x^3)
P_4(x)=1/8 (3-30 x^2+35 x^4)
P_5(x)=1/8 (15 x-70 x^3+63 x^5)
P_6(x)=1/16 (-5+105 x^2-315 x^4+231 x^6)
P_7(x)=1/16 (-35 x+315 x^3-693 x^5+429 x^7)
P_8(x)=1/128 (35-1260 x^2+6930 x^4-12012 x^6+6435 x^8)
P_9(x)=1/128 (315 x-4620 x^3+18018 x^5-25740 x^7+12155 x^9)
P_{10}(x)=1/256 (-63+3465 x^2-30030 x^4+90090 x^6-109395 x^8+46189 x^10)

 

 

재미있는 사실

 

 

 

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