Ayudantía 2

FIZ0313 - Sección 1
Métodos de la Fı́sica Matemática II
PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE
FACULTAD DE FÍSICA
Primer Semestre de 2012
Ayudantı́a 02 ? Polinomios Ortogonales (I)
Sebastián Urrutia Quiroga
1.
a) Utilice el método de cuadratura de Gauss para evaluar la siguiente integral:
Z 1
dx
I=
−1 x + 3
b) Estime el valor de π a partir del método de cuadratura de Gauss para la integral:
Z 1
dx
π
=
2
4
0 1+x
Solución:
a) La integral anterior es muy simple de evaluar en forma exacta. De hecho tenemos,
Z 1
1
dx
= ln (x + 3) = ln (2) ≈ 0.693
−1
−1 x + 3
Ahora usaremos el método de cuadratura de Gauss para estimar I. Nótese que la integral en
cuestión está hecha sobre el intervalo (−1, 1), de modo que podemos pensarla como:
Z 1
1
I=
f (x)ρ(x) dx , f (x) =
∧ ρ(x) = 1
x+3
−1
Los polinomios apropiados son, por lo tanto, los polinomios de Legendre. Usemos entonces
el polinomio (de Legendre) de segundo grado
1
P2 (x) = (3x2 − 1)
2
Notemos que, tal como se espera, P2 (x) tiene exactamente dos ceros simples en el intervalo
(−1, 1), dados por
√
√
3
3
x1 = −
, x2 =
3
3
En cuanto a los ponderadores correspondientes,
Z 1
Z 1
P2 (x)ρ(x)
1
x2
λ1 =
dx =
x − x2 dx = − = 1
0
2x1 −1
x1
−1 P2 (x1 )(x − x1 )
[email protected]
1
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Métodos de la Fı́sica Matemática II
λ2 =
Z
1
−1
Z
1
P2 (x)ρ(x)
dx =
0
P2 (x2 )(x − x2 )
2x2
1
−1
x − x1 dx = −
x1
=1
x2
Finalmente,
I ∼ λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) ≈ 0.6923
b) Como la integral pedida se realiza en [0, 1], debiésemos buscar algún polinomio ortogonal en
dicho intervalo; éste proceso no es complicado, pero desaprovecha la paridad del integrando:
Z 1
Z 1
π
dx
π
dx
=
−→
=
2
2
4
2
0 1+x
−1 1 + x
Ası́, podemos emplear los polinomios de Legendre de grado dos del apartado anterior para
realizar nuestra estimación:
π
1
≈ λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) =
2
1+
+
1
3
1
1+
1
3
3
2
=
−→
π≈3
2. Considere la función generatriz de los polinomios de Legendre:
∞
ψ(x, t) = √
X
1
=
Pn (x)tn ,
2
1 − 2xt + t
n=0
|x| ≤ 1, t < 1
a) Demuestre que
Z
1
−1
∞
X
dx
=
t2n
1 − 2xt + t2
n=0
Z
1
Pn 2 (x) dx
−1
b) Demuestre que
2
(1 − 2xt + t )
∞
X
0
n
Pn (x)t = t
n=0
∞
X
Pn (x)tn
n=0
Solución:
a) Notemos que
h ψ, ψ i =
[email protected]
Z
1
−1
dx
1 − 2xt + t2
2
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Métodos de la Fı́sica Matemática II
pero, además,
Z
h ψ, ψ i =
∞
X
1
Pn (x)tn
−1 n=0
∞
X
n+m
=
t
n,m=0
∞
X
=
Pm (x)tm dx
m=0
h Pn , Pm i
tn+m δn,m kPn k2
n,m=0
∞
X
2n
=
∞
X
n=0
t kPn k
0
n
2
∞
X
=
2n
t
Z
1
Pn 2 (x) dx
−1
n=0
b) Primero que todo,
ψx =
∞
X
n=0
2 −1
Pn (x)t = t(1 − 2xt + t )
∞
X
Pn (x)tn
n=0
Por tanto,
2
(1 − 2xt + t )
con
2
(1 − 2xt + t )
∞
X
n
0
Pn (x)t =
n=0
∞
X
n
0
Pn (x)t = t
n=0
∞
X
t
Pn (x)tn
n=0
n
0
Pn (x)t +
n=0
∞
X
∞
X
∞
X
0
n+2
Pn (x)t
n=0
n
Pn (x)t =
n=0
∞
X
− 2x
∞
X
Pn 0 (x)tn+1
(1)
n=0
Pk (x)tk+1
(2)
k=0
Reescribimos (1), recordando que P0 (x) = 1, P1 (x) = x:
P 0 (x) + P1 0 (x)t − 2xP0 0 (x)t +
|0
{z
}
t
∞
X
0
tn Pn 0 (x) + Pn−2 0 (x) − 2xPn−1
(x)
n=2
Repetimos el proceso para (2):
∞
X
`=1
`
P`−1 (x)t = P0 (x)t +
| {z }
t
∞
X
P`−1 (x)t`
`=2
Igualamos (1),(2) aprovechando la independencia lineal de las potencia tk :
Pn−1 (x) = Pn 0 (x) + Pn−2 0 (x) − 2xPn−1 0 (x)
En particular, para n − 1 = m,
Pm (x) = Pm+1 0 (x) + Pm−1 0 (x) − 2xPm 0 (x)
[email protected]
3
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Métodos de la Fı́sica Matemática II
3. Resuelva, para a, b > 0,
I=
Z
π
0
(a cos θ + b) sin θ dθ
√
a2 + 2ab cos θ + b2
Solución:
a
Sean t = − , con |t| < 1, y x = cos θ → dx = − sin θdθ. Ası́, tendremos que:
b
Z 1
Z 1
ax + b
1 − tx
√
√
I=
dx =
dx
2
1 − 2tx + t2
−1 b 1 − 2tx + t
−1
Como los parámetros t, x satisfacen las condiciones de la función generatriz de Legendre, entonces:
Z 1
Z 1
Z 1
∞
∞
∞
X
X
X
n
n
n
I=
(1 − tx)
Pn (x)t dx =
t
Pn (x) dx − t
t
xPn (x) dx
−1
Pero:
Z
Z
n=0
1
−1
1
−1
Pn (x) dx = h P0 , Pn i =
n=0
n=0
−1
2
δn,0
2n + 1
xPn (x) dx = h P1 , Pn i =
Por lo tanto,
−1
2
δn,1
2n + 1
a2
t2
=2 1− 2
I =2 1−
3
3b
b
Si ahora suponemos que t = − , con |t| < 1, entonces podemos proceder de forma análoga:
a
Z 1
Z 1
Z 1
∞
∞
∞
X
X
X
n
n
n
I =
(x − t)
Pn (x)t dx =
t
xPn (x) dx − t
t
Pn (x) dx
−1
n=0
n=0
−1
n=0
−1
2t
− 2t
3
4b
=
3a
=
Finalmente, si a = b,
Z
π
(cos θ + 1) sin θ dθ
p
2(1 + cos θ)
0
1
1+x
p
dx
2(1 + x)
−1
Z 1
√
4
1
= √
1 + x dx =
3
2 −1
a
I =
a
Z
=
[email protected]
4
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Métodos de la Fı́sica Matemática II
4. [Propuesto] Sea Pn un polinomio de Legendre, demuestre que:

n−1
(−1) 2 (n − 1)!


Z 1
 n n+1 n−1 , si n es impar
2
! 2 !
2
Pn (x) dx =

0


δn,0
, si n es par
Solución:
Distinguimos dos casos.
Caso I: n par
Recordemos que
Z
1
Pn (x)Pm (x) dx =
−1
2
δnm
2n + 1
Si hacemos m = 0, i.e. Pm (x) = P0 (x) = 1 tendremos que:
Z
1
Pn (x) dx =
−1
2
δn0
2n + 1
Para n par, dado que Pk (−x) = (−1)k Pk (x), es claro que Pn (x) es una función par. Ası́,
Z
Z
1
Pn (x) dx = 2
1
0
−1
2
Pn (x) dx =
δn0
2n + 1
−→
Z
1
Pn (x) dx =
0
1
δn0
2n + 1
Finalmente, y dado que
1
δn0 =
2n + 1
(
1 ,n = 0
= δn0
0 , n 6= 0
se cumple que
Z
1
Pn (x) dx = δn0 ,
n par.
0
Caso II: n impar
Sea n = 2m + 1, m = 0, 1, 2, . . .. Es claro que
Z
0
1
Pn (x) dx =
Z
1
0
d
1 dn−1
2
n
[(x − 1) ]
dx 2n n! dxn−1
El lema (2) visto en clases nos asegura que la expresión anterior se anula en x = 1. Ası́, por
el TFC,
Z
0
1
1 dn−1
1 2
n Pn (x) dx = − n
[(x − 1) ]
= − n I
2 n! dxn−1
2 n! x=0
x=0
Analicemos qué ocurre con el término I:
[email protected]
5
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n−1
!
n X
d
n 2k
x (−1)n−k
dx k=0 k
!
n−2
d
d
[(x2 − 1)n ] = n−2
n−1
dx
dx
n
dn−2 X n
=
2kx2k−1 (−1)n−k
n−2
dx
k
k=0
!
n
dn−3 X n
2k−2
n−k
=
(2k)(2k − 1)x
(−1)
dxn−3 k=0 k
I =
..
.
!
n X
n
(−1)n−k x2k−j φ(j)
k
k=0
dn−(j+1)
=
dxn−(j+1)
con φ(j) =
j−1
Y
l=0
(2k − l). Para j = n − 1,
n X
n
I=
(−1)n−k x2k−n+1 φ(n − 1)
k
k=0
Pero n = 2m + 1 −→ si k = m, entonces x2k−n+1 ≡ 1. Ası́, evaluando en x = 0,
I=
2m + 1
(−1)m+1 φ(2m) =
m
Z
1
n+1
n!
2
(−1)
φ(n − 1)
n+1
n−1
!
!
2
2
Por tanto,
Pn (x) dx =
0
=
Pero
φ(n − 1) =
n−2
Y
l=0
(−1)
·
2n n!
n+1
2
n+1
n!
n−1 (−1) 2 φ(n − 1)
! 2 !
n−1
2
2n
(−1)
n+1
!
2
(2k − l) =
n−1
2
n−2
Y
l=0
φ(n − 1)
!
(n − 1 − l) = (n − 1)!
Finalmente, para n impar:
Z
[email protected]
1
0
n−1
(−1) 2 (n − 1)!
Pn (x) dx = n n+1 n−1 2
! 2 !
2
6
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5. Suponga que el potencial V0 (θ) sobre la superficie de una esfera de radio R es dado. Demuestre
que la densidad de carga en la esfera es:
∞
σ(θ) =
donde
Cl =
ε0 X
(2l + 1)2 Cl Pl (cos θ)
2R l=0
Z
π
V0 (θ)Pl (cos θ) sin θ dθ
0
Solución:
Supongamos un potencial con simetrı́a azimutal, de modo tal que V (r, θ, φ) = V (r, θ). Aplicando el
método se separación de variables, afirmamos que existen funciones R(r), A(θ) tales que V (r, θ) =
R(r)A(θ) para todo r ∈ (0, ∞), θ ∈ (0, π). Ası́, la Ecuación de Laplace toma la siguiente forma:
∆V = 0 →
→
→
→
1 ∂
1
∂
∂V
2 ∂V
r
+ 2
sin θ
=0
r 2 ∂r
∂r
r sin θ ∂θ
∂θ
.
A(θ) ∂
R(r) ∂
∂A
2 ∂R
r
+
sin
θ
=
0
· R(r)A(θ)
r 2 ∂r
∂r
r 2 sin θ ∂θ
∂θ
.
1
∂
1
∂
∂A
2 ∂R
r
+
sin
θ
=
0
· r2
r 2 R(r) ∂r
∂r
r 2 A(θ) sin θ ∂θ
∂θ
1 ∂
1
∂
∂A
2 ∂R
r
sin θ
+
=0
R ∂r
∂r
A sin θ ∂θ
∂θ
|
{z
} |
{z
}
λ
−λ
El método de separación de variables nos sugiere que λ es constante. Para hallar la componente
angular del potencial, resolvemos la parte derecha de la ecuación:
1 d
dA
sin θ
+ λA = 0
sin θ dθ
dθ
Con el cambio de variables t = cos θ y X = A(θ) tenemos que:
d
d
2 dX
2 dX
sin θ
+ λX = 0 −→
(1 − t )
+ λX = 0
dt
dt
dt
dt
que es justamente la Ecuación diferencial asociada a los polinomios de Legendre. Por tanto,
X(t) = Pl (t) y λ = l(l + 1). Para R(r), sugerimos que esta solución es de la forma R(r) = r n , y
por tanto:
[email protected]
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FIZ0313 - Sección 1
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d 2 dR
r
− l(l + 1)R = 0 → r 2 n(n − 1)r n−2 + 2rnr n−1 − l(l + 1)r n = 0
dr
dr
→ n(n + 1) + 2n − l(l + 1) r n = 0
→ n(n + 1) + 2n − l(l + 1) = 0
→ n1 = l, n2 = −(l + 1)
Ası́, Rl (r) = al r l + bl r −(l+1) . Finalmente, el potencial posee como solución general:
V (r, θ) =
∞
X
l=0
al r l + bl r −(l+1) Pl (cos θ)
Volvamos al problema en cuestión. Notar que, tanto en la región interior como exterior de la
esfera, existen las siguientes condiciones
∆V = 0
V (R, θ) = V0 (θ)
lo que se conoce como Problema de Dirichlet. Para solucionarlo, definimos los potenciales internos
y externos a la esfera, a saber Vin (r, θ) y Vout (r, θ) respectivamente. Del curso de Electricidad y
Magnetismo, sabemos que ambos potenciales deben satisfacer que:
Vin (R, θ) = Vout (R, θ) = V0 (θ)
∂Vout ∂Vin σ(θ)
−
=−
∂r
∂r
ε0
r=R
Al interior de la esfera, la fı́sica del problema nos exhorta a buscar una solución que no diverja.
Por tanto, el término bl debe ser idénticamente nulo y con ello:
Vin (r, θ) =
∞
X
l=0
al r l Pl (cos θ)
Lo mismo ocurre fuera de la esfera, y por tanto al ≡ 0 y ası́:
∞
X
−(l+1) Vout (r, θ) =
bl r
Pl (cos θ)
l=0
Analicemos la relación que existe entre al y bl en ambos potenciales. Como en la frontera (i.e.
r = R) éstos deben ser iguales, se cumple que:
∞
∞
X
X
−(l+1) al Rl Pl (cos θ) =
bl R
Pl (cos θ)
l=0
[email protected]
l=0
−→
bl = al R2l+1 , ∀l
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FIZ0313 - Sección 1
Métodos de la Fı́sica Matemática II
Al mismo tiempo, como el potencial en la frontera tiene una forma determinada previamente en
el enunciado,
,Z
∞
π
X
l
al R Pl (cos θ) = V0 (θ)
Pm (cos θ) sin θ dθ
0
l=0
∞
X
l=0
al Rl
Z
π
Pl (cos θ)Pm (cos θ) sin θ dθ =
0
Z
π
V0 (θ)Pm (cos θ) sin θ dθ
0
∞
X
l=0
al Rl
2
δl,m = Cm
2l + 1
2m + 1
Cm
2Rm
Rm+1
= (2m + 1)
Cm
2
am =
∴ bm
Ası́, utilizando la condición para la densidad de carga se cumple que:
∂Vout ∂Vin σ(θ)
−
= −
∂r
∂r
ε0
r=R
∞
i
Xh
σ(θ)
− (l + 1)bl R−(l+2) − lal Rl−1 Pl (cos θ) = −
ε0
l=0
∞
i
1 Xh
2l + 1
σ(θ)
l+1
−(l+2)
l−1
(l + 1) (2l + 1)R Cl R
+l
Cl R
Pl (cos θ) =
l
2 l=0
R
ε0
∞
σ(θ)
1 X
(2l + 1)2 Cl Pl (cos θ) =
2R l=0
ε0
Finalmente,
∞
ε0 X
σ(θ) =
(2l + 1)2 Cl Pl (cos θ)
2R l=0
[email protected]
9