2 (3x2 1) 5x 1 ) 5x 3 4x 3 )= 1 2 (5x3 3x) 7x 1 2 (5x3 3x) 3 ) + 48x ) 16x 3 )= 1 8 (63x5 70x 3 +15x)

Σχετικά έγγραφα
P m (x)p n (x)dx = 2 2n + 1 δn m. P 1 (x) = x. P 2 (x) = 1 2 (3x2 1) P 3 (x) = 1 2 (5x3 3x) P 4 (x) = 1 8 (35x4 30x 2 + 3)

Ιδιοσυναρτήσεις του αρμονικού ταλαντωτή Πολυώνυμα Hermite

S T (x) = exp. (α) m n q x = m+n q x m q x. (β) m n q x = m p x m+n p x. (γ) m n q x = m p x n q x+m. tp x = S Tx (t) = S T (x + t) { x+t

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5 ΓΕΝΝΗΤΡΙΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 26 ΙΟΥΛΙΟΥ 2009 ΕΥΤΕΡΟ ΜΕΡΟΣ :

Κβαντική Φυσική Ι. Ενότητα 25: Μαθηματική μελέτη του κβαντικού αρμονικού ταλαντωτή. Ανδρέας Τερζής Σχολή Θετικών Επιστημών Τμήμα Φυσικής

= λ. u t = u xx UT = U T T T = U U. Οσον αφορά τη χρονική εξίσωση έχουμε. T + λt =0 T (t) =e λt. ενώ για τη χωρική

Κεφ. 3: Παρεμβολή. 3.1 Εισαγωγή. 3.2 Πολυωνυμική παρεμβολή Παρεμβολή Lagrange Παρεμβολή Newton. 3.3 Παρεμβολή με κυβικές splines

A = B = Ψ(1) = Ψ(0) = γ) Αφαιρώντας τη δεύτερη σχέση από την πρώτη έχουμε

Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ασκήσεις - 19/10/2017. Ακριβείς Διαφορικές Εξισώσεις-Ολοκληρωτικοί Παράγοντες. Η πρώτης τάξης διαφορική εξίσωση

Τυπολογίο Μαθηµατικών Μεθόδων Φυσικής ΙΙ

E [X ν ] = E [X (X 1) (X ν + 1)]

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΤΟ ΔΙΩΝΥΜΙΚΟ ΘΕΩΡΗΜΑ

> ln 1 + ln ln n = ln(1 2 3 n) = ln(n!).

M. J. Lighthill. g(y) = f(x) e 2πixy dx, (1) d N. g (p) (y) =

Αριθµητική Ολοκλήρωση

ΜΕΜ251 Αριθμητική Ανάλυση

Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι ΣΔΕ Bernoulli, Riccati, Ομογενείς. Διαφορικές Εξισώσεις Bernoulli, Riccati και Ομογενείς

~ 1 ~ ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 2014 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ

u x = 2uu y u y = 0 ϕ x = x t h (t), ϕ xx = x2 t 3 h (t) και ϕ y = y t h (t), ϕ yy = y2 t 3 h (t). t 2 h (t) + x2

1 of 79 ΘΕΜΑ 2. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = x 2 4x + 5, x R

10 ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ

Διαφορικές Εξισώσεις.

4.3 ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ & ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ

2.1 Πολυώνυμα. 1. Ποιες από τις παρακάτω παραστάσεις είναι πολυώνυμα; 3 2 ii. x iii. 3 iv. vi.

1. Υπολογίστε, όπου αυτές υπάρχουν, τις παραγώγους των συναρτήσεων:

Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ασκήσεις - 09/11/2017. Άσκηση 1. Να βρεθεί η γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης. dy dx = 2y + x 2 y 2 2x

α n z n = 1 + 2z 2 + 5z 3 n=0

Γεννήτριες Συναρτήσεις

Διαφορικές εξισώσεις 302.

1 GRAMMIKES DIAFORIKES EXISWSEIS DEUTERAS TAXHS

Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άλλου τύ

ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΜΗ ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ-ΑΚΡΟΤΑΤΑ-ΣΥΜΜΕΤΡΙΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

Β Λυκείου - Ασκήσεις Συναρτήσεις. x1+ 5 x2 + 5 (x1+ 5)(x2 2) (x2 + 5)(x1 2) = = = x 2 x 2 (x 2)(x 2) = = (x 2)(x 2) (x 2)(x 2)

Αριθμητική Ανάλυση και Εφαρμογές

Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ασκήσεις - 26/10/2017. Διαφορικές Εξισώσεις Bernoulli, Riccati και Ομογενείς

a (x)y a (x)y a (x)y' a (x)y 0

Πρότυπα κλειστά τμήματα «ΜΕΘΟΔΟΣ» 2.6. ΘΕΩΡΗΜΑ ROLLE. Υποδείξεις Απαντήσεις Ασκήσεων. Προσδιορισμός παραμέτρων ώστε να εφαρμόζεται το θεώρημα Rolle

Κβαντομηχανική Ι 6o Σετ Ασκήσεων. Άσκηση 1

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙ ΕΙΑΣ ΚΑΙ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ ΙΕΥΘΥΝΣΗ ΑΝΩΤΕΡΗΣ ΚΑΙ ΑΝΩΤΑΤΗΣ ΕΚΠΑΙ ΕΥΣΗΣ ΥΠΗΡΕΣΙΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΠΑΓΚΥΠΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2009

Κλασική Ηλεκτροδυναμική Ι

~ 1 ~ ΜΙΓΑΔΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ & ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΙ ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2013 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ

Κεφάλαιο 6. Συντηρητικες Δυναμεις {Ανεξαρτησία του Εργου από τη Διαδρομή, Εννοια του Δυναμικού, Δυναμικό και Πεδίο Συντηρητικών Δυνάμεων}

15 εκεµβρίου εκεµβρίου / 64

P (M = n T = t)µe µt dt. λ+µ

7. Αν υψώσουμε και τα δύο μέλη μιας εξίσωσης στον κύβο (και γενικά σε οποιαδήποτε περιττή δύναμη), τότε προκύπτει

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 26 ΙΟΥΛΙΟΥ 2008 ΕΥΤΕΡΟ ΜΕΡΟΣ :

18 ΟΡΘΟΓΩΝΙΑ ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ

Διακριτά Μαθηματικά. Απαρίθμηση: Διωνυμικοί συντελεστές

Αριθμητική Ανάλυση και Εφαρμογές

Γεννήτριες Συναρτήσεις

Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άλλου τύ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ. β) x 9x. ε) (x 1) 3(x 1) 2(x 1) 0. (2x 1) x 128 0

2.2 ιαίρεση Πολυωνύμων

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 33 η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο Αρχιμήδης" 27 Φεβρουαρίου 2016

pdf: X = 0, 1 - p = q E(X) = 1 p + 0 (1 p) = p V ar(x) = E[(X µ) 2 ] = (1 p) 2 p + (0 p) 2 (1 p) = p (1 p) [1 p + p] = p (1 p) = p q

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1ο: ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 3: ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

pdf: X = 0, 1 - p = q E(X) = 1 p + 0 (1 p) = p V ar(x) = E[(X µ) 2 ] = (1 p) 2 p + (0 p) 2 (1 p) = p (1 p) [1 p + p] = p (1 p) = p q

2. Η μέθοδος του Euler

Τεχνολογικό Εκπαιδευτικό Ίδρυμα Σερρών Τμήμα Πληροφορικής & Επικοινωνιών Σήματα και Συστήματα

Συνέχεια συνάρτησης σε κλειστό διάστημα


α) Στο ίδιο σύστημα αξόνων να χαράξετε τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων

v y = 12x 2 y + 4y v(x, y) = 6x 2 y 2 + y 4 + y + c(x). f(z) = u(z, 0) + iv(z, 0) = z + i(z 4 + c), f(z) = iz 4 + z i.

Κεφάλαιο 1. Κβαντική Μηχανική ΙΙ - Περιλήψεις, Α. Λαχανάς

Αριθμητική Ανάλυση και Εφαρμογές

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 2 Β' Λυκείου. Ύλη: Συστήματα Ιδιότητες Συναρτήσεων

Πολυωνυμική εξίσωση βαθμού ν ονομάζεται κάθε εξίσωση της μορφής α ν x ν +α ν-1 x ν α 1 x+α 0 =0,με α 0,α 1,...

Μαθηματικά. Ενότητα 2: Διαφορικός Λογισμός. Σαριαννίδης Νικόλαος Τμήμα Διοίκησης Επιχειρήσεων (Κοζάνη)

ΚΒΑΝΤΟΜΗΧΑΝΙΚΗ. Ασκήσεις Κεφαλαίου Ι

ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ. ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 2010 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ

α) f(x(t), y(t)) = 0,

Μέϑοδοι Εφαρμοσμένων Μαϑηματιϰών (ΜΕΜ 274) Φυλλάδιο 2

4.1. Πολυώνυμα. Η έννοια του πολυωνύμου

Αριθµητική Ανάλυση. 14 εκεµβρίου Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6. Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

21/11/2013 ETY-202 ETY-202 ΎΛΗ & ΦΩΣ 06. Ο ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΤΑΛΑΝΤΩΤΗΣ. 1396; office Δ013 ΙΤΕ. Στέλιος Τζωρτζάκης

Ασκήσεις2 8. ; Αληθεύει ότι το (1, 0, 1, 2) είναι ιδιοδιάνυσμα της f ; b. Να βρεθούν οι ιδιοτιμές και τα ιδιοδιανύσματα της γραμμικής απεικόνισης 3 3

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Β. 2x 1. είναι Τότε έχουμε: » τον χρησιμοποιούμε κυρίως σε θεωρητικές ασκήσεις.

Αριθµητική Ανάλυση. ιδάσκοντες: Τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής, Τµήµα Β (Περιττοί) : Επίκ. Καθηγητής Φ.Τζαφέρης. 25 Μαΐου 2010 ΕΚΠΑ

() 1 = 17 ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ LEGENDRE Ορισµοί

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις ένατου φυλλαδίου ασκήσεων.

Κεφάλαιο 1: Προβλήµατα τύπου Sturm-Liouville

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις έβδομου φυλλαδίου ασκήσεων.

2ογελ ΣΥΚΕΩΝ 2ογελ ΣΥΚΕΩΝ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Β Λυκει(ου ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

Τίτλος Μαθήματος: Ειδικές Συναρτήσεις

Κεφάλαιο 4 ΜΟΝΟΔΙΑΣΤΑΤΑ ΔΥΝΑΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ. 4.1 Η ροή μιας διαφορικής εξίσωσης. Θεωρούμε πάλι το πρόβλημα αρχικών τιμών. x (0) = x 0, (4.1.

(s n (f)) g = s n (f g) = f (s n (g)). s n (f) g = (f D n ) g = f (D n g) = f (g D n ) = f s n (g). K n (x)g δ (x) dx. K n (x) dx.

Τεχνολογικό Εκπαιδευτικό Ίδρυμα Σερρών Τμήμα Πληροφορικής & Επικοινωνιών Σήματα και Συστήματα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΙΙ ιδάσκων : Ε. Στεφανόπουλος 12 ιουνιου 2017

Aριθμητική Ανάλυση, 4 ο Εξάμηνο Θ. Σ. Παπαθεοδώρου

9 Πολυώνυμα Διαίρεση πολυωνύμων

4.1. Πολυώνυμα. Η έννοια του πολυωνύμου

Τεχνολογικό Εκπαιδευτικό Ίδρυμα Σερρών Τμήμα Πληροφορικής & Επικοινωνιών Σήματα και Συστήματα

x 2 + y 2 x y

2. Επίλυση μη Γραμμικών Εξισώσεων

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ Δευτέρα 10 Ιουνίου 2019 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ. (Ενδεικτικές Απαντήσεις)

Ασκήσεις3 Διαγωνισιμότητα Βασικά σημεία Διαγωνίσιμοι πίνακες: o Ορισμός και παραδείγματα.

(a + b) + c = a + (b + c), (ab)c = a(bc) a + b = b + a, ab = ba. a(b + c) = ab + ac

< και δεδομένου ότι η f είναι γνησίως μονότονη, συμπεραίνουμε ότι

Υπολογιστικά & Διακριτά Μαθηματικά

Transcript:

1 Prìblhma 4 Η αναδρομική σχέση γράφεται στη μορφή Για n =1 P n+1 = 1 n +1 [2n +1)xP n np n 1 ] P 2 = 1 2 3xP 1 P )= 1 2 3x2 1) Για n =2 P 3 = 1 3 5xP 2 2P 1 )= 1 3 = 1 2 5x3x2 3 5x 1 ) 2 3x2 1) 2x 5x 3 4x 3 )= 1 2 5x3 3x) Για n =3 Για n =4 P 4 = 1 4 7xP 3 3P 2 )= 1 4 7x 1 2 5x3 3x) 3 ) 2 3x2 1) = 1 8 35x4 21x 2 9x 2 +3)= 1 8 35x4 3x 2 +3) P 5 = 1 5 9xP 4 4P 3 )= 1 5 = 1 9x35x 4 9x3x2 + 9x3 8 5 5 5 8x3 5 = 1 8 63x5 54x 3 27x +48x + 5 9x 1 8 35x4 3x 2 +3) 4 1 ) 2 5x3 3x 2 ) + 48x ) 4 16x 3 )= 1 8 63x5 7x 3 +15x) Θα αποδείξουμε ενδεικτικά για το P 3 ότι ικανοποιεί τόσο την εξίσωση Legendre όσο και την καθιερωμένη συνθήκη κανονικοποίησης. Εχουμε κατά σειρά 1 x 2 )P 3 2xP 3 +12P 3 = 1 x 2 ) 1 2 3x 2x1 2 15x2 3) + 65x 3 3x) = 15x 15x 3 15x 3 +3x +3x 3 18x =

2 και 1 P3 2 dx = 1 1 25x 6 +9x 2 3x 4 ) dx = 1 x7 25 1 4 1 4 7 +9x3 3 3x5 5 ) 1 1 = 1 4 5 7 + 18 3 6 5 )= 2 7 = 2 2 3+1 Prìblhma 5 Αναπτύσσουμε διωνυμικά αγνοώντας όρους υψηλότερους από t 3. Δηλαδή, στο z 2 θα αγνοήσουμε τον όρο t 4 και στο z 3 θα αγνοήσουμε όλους τους όρους εκτός από τον 8x 3 t 3 : 1 + z) 1/2 = 1 2xt + t 2 ) 1/2 =1+ 1 2 ) t 2 2xt) 1! + 1 2 ) 3 2 ) 2! t 4 +4x 2 t 2 4xt 3 )+ 1 2 ) 3 2 ) 5 2 ) 8x 3 t 3 + )+ 3! = 1+xt + 1 2 3x2 1)t 2 + 1 2 5x3 3x)t 3 + Από τα παραπάνω είναι προφανές ότι οι συναρτήσεις P n είναι πολυώνυμα, αφού προκύπτουν από τους όρους t 2 2xt) n. Prìblhma 8 Το ανάπτυγμα του x m σε P n x) θα περιέχει μόνο τα P n x) γιαταοποίαn m, δηλαδή τα πολυώνυμα με βαθμό μικρότερο ή ίσο της δύναμης x m, και επομένως 1 1 x m P x x) dx = όταν n>m Prìblhma 9 Από την Άσκηση 8.8 γνωρίζουμε ότι x 2 = c P + c 2 P 2 αφού το P 1 θα απουσιάζει, καθότι περιττό), οπότε x 2 = c 1+c 2 1 2 3x2 1) = c c 2 2 + 3c 2 2 x2 c 2 = 2 3 και c = c 2 2 = 1 3

3 Ομοίως x 3 = c 1 P 1 + c 3 P 3 = c 1 x + c 3 1 2 5x3 3x) =c 1 x + 5c 3 2 x3 3c 3 2 x 5c 3 2 =1 c 3 = 2 5 και c 1 = 3c 3 2 = 3 5 Τα c i υπολογίζονται και μέσω της έκφρασης της σελ. 46. Prìblhma 26 α) xj dx = xj 1 ) dx = xj 1 + c β) x 2 J dx = xxj )dx = xxj 1 ) dx = xxj 1 xj 1 dx = x 2 J 1 + xj dx = x2 J 1 + xj J dx + c γ) Βλ. σελ. 417. δ) x 4 J dx = x 3 xj )dx = x 3 xj 1 ) dx = x 4 J 1 3 x 3 J 1 dx = x 4 J 1 +3 x 3 J dx = x4 J 1 +3x 3 J 9 x 2 J dx = x 4 J 1 +3x 3 J 9x 2 J 1 9xJ +9 J dx + c = x 4 9x 2 )J 1 +3x 3 9x)J +9 J dx + c Οσον αφορά τον έλεγχο, για τη σχέση β) π.χ. έχουμε x 2 J + J = d dx x2 J 1 + xj ) δηλαδή μια άρτια συνάρτηση εμφανίζεται ως παράγωγος μιας περιττής, το οποίο ισχύει. Ενώ για τη σχέση γ) π.χ. θα πρέπει να συμφωνούν ασυμπτωτικά οι ελαχιστοβάθμιοι όροι. Οι όροι αυτοί είναι οι 4xJ 1 και 2x 2 J,ενώηασυμπτωτική μορφή για τα J n είναι J n c n x n, οπότε απαιτούμε

4 4xc 1 x +2x 2 c = 2x 2 2c 1 c )= δηλαδή θα πρέπει c 1 = c /2. Γνωρίζουμε όμως βλ. Άσκηση 8.25) ότι c n = c n 1 /2n, δηλαδή ότι c 1 = c /2. Prìblhma 31 Prìblhma 34 i) ak) = ku max x kρ,λ/k μ = u max k ρe λρ J kρ) dρ = u max k xe μx J x) dx = u max k 1) d dμ όπου χρησιμοποιήσαμε ενδιαμέσως τη σχέση 66) της σελ. 43. ii) kρ)e λ/k)kρ) J kρ) dkρ) 1 μ2 +1 = λku max k 2 + λ 2 ) 3/2 ak) = ku max ρe λρ2 J kρ) dρ = u max kρ)e λ/k2 )kρ) 2 J kρ) dkρ) k x kρ,λ/k 2 μ u max = xe μx2 J x) dx = u max 1 k k 2μ e 1/4μ = ku max 2 2λ e k /4λ όπου χρησιμοποιήσαμε ενδιαμέσως το αποτέλεσμα της Άσκησης 8.31α). Prìblhma 35 α) Το εκθετικό μπορεί να γραφτεί ως εξής 2xt) n 1) m t 2m e 2xt t2 = = 2x) n 1) m t n+2m m! m! m= n,m απ όπου είναι φανερό ότι οι συντελεστές του εκάστοτε όρου t n+2m για σταθερό n +2m είναι πολυώνυμα του x. Αυτό μπορεί να γίνει σαφέστερο αν θέσουμε n +2m = n n = n 2m και αλλάξουμε τις μεταβλητές άθροισης σε n και m. Για μια τυχούσα τιμή του n,το2m μπορεί να κυμανθεί από έως n, δηλαδή το m θα παίρνει τιμές από έως n /2, οπότε η παραπάνω έκφραση γίνεται

5 n t n n /2 m= 2x) n 2m n 2m)! 1) m m! β) Θα πρέπει βλ. Ενότητα 2.2, σελ. 4) η γεννήτρια συνάρτηση Gx, t) = e 2xt t2 να ικανοποιεί τη μερική διαφορική εξίσωση δηλαδή θα πρέπει L x + L t )Gx, t) = ) t n t n L x H n = λ n H n και L t = λ n L t t n = λ n t n Προκειμένου οι συναρτήσεις H n να ικανοποιούν την εξίσωση Hermite, θαπρέπει οπότε L x = 2 x 2 2x x και λ n = 2n L t t n =2nt n L t =2t t δηλαδή καταλήγουμε στην απαίτηση η γεννήτρια συνάρτηση να ικανοποιεί την εξίσωση 2 L x + L t )Gx, t) = x 2 2x x +2t ) e 2xt t2 = t που μπορούμε να επαληθεύσουμε εύκολα ότι ισχύει. Prìblhma 36 Υπολογίζουμε αρχικά το ολοκλήρωμα της τετραγωνισμένης γεννήτριας συνάρτησηςστοίδιοδιάστημα, ) με βάρος e x2 : e x2 G 2 x, t) dx = e x2 e 4xt 2t2 dx = e 2t2 e x 2t)2 dx = e 2t2 π = π 2 n t 2n Από το ανάπτυγμα της γεννήτριας συνάρτησης, όμως, 1) Gx, t) =e 2xt t2 = H n x) tn

6 έχουμε ότι e x2 G 2 x, t) dx = = n,m e x2 t n+m) m! ) ) H n x) tn H m x) tm dx m! m= e x2 H n x)h m x) dx 2) και αν συγκρίνουμε με το αποτέλεσμα 1), συμπεραίνουμε ότι θα πρέπει e x2 H n x)h m x) dx = I n δ nm όπου I n = οπότε το αποτέλεσμα 2) γίνεται και εξισώνοντας με το 1), έχουμε τελικά t 2n ) 2 I n e x2 Hn 2 x) dx π2 n = I n ) 2 I n =2 n π Prìblhma 37 Υποθέτουμε κατ αρχάς ότι ισχύει για τη γεννήτρια συνάρτηση Gx, t) = e 2xt t2 μια διαφορική εξίσωση του τύπου α x + β ) t + γ Gx, t) = οπότε καταλήγουμε ότι θα πρέπει να ισχύει α2t)+β2x 2t)+γ = α) Εάν επιλέξουμε α =έχουμε 2x 2t)β + γ =, η οποία ικανοποιείται με την επιλογή β =1,γ=2t 2x, οπότε τελικά έχουμε ) ) t n +2t 2x) Gx, t) = +2t 2x) H n t t = οπότε για τους συντελεστές του t n θα πρέπει να ισχύει η σχέση n +1)H n+1 n +1)! +2 H n 1 n 1)! 2xH n =

7 ή αλλιώς H n+1 +2nH n 1 2xH n = β) Εάν επιλέξουμε β =έχουμε 2αt + γ =, η οποία ικανοποιείται με την επιλογή α =1,γ= 2t, οπότεέχουμε ) ) x 2t Gx, t) = x 2t t n H n = οπότε για τους συντελεστές του t n θα πρέπει να ισχύει η σχέση H n 2 H n 1 n 1)! = H n =2nH n 1 Prìblhma 39 α) Εστω x n ο μεγιστοβάθμιος όρος μιας πολυωνυμικής λύσης. Για μεγάλα x, ο μεγιστοβάθμιος αυτός όρος θα πρέπει να ικανοποιεί την εξίσωση, οπότε θέτοντας y = x n έχουμε nn 1)x n 1 + nx n 1 nx n + λx n = λ n)x n = λ = n, n =, 1,... όπου βέβαια αγνοήσαμε τους όρους κατώτερης τάξης x n 1, αφού βρισκόμαστε στην περιοχή των μεγάλων x. β) Φέρνουμε την εξίσωση στη μορφή Liouville: μ = 1 ) 1 x x exp x dx = 1 x eln x x = e x οπότε έχουμε e x xy + e x 1 x)y + λe x y = οπότε w = e x και συνεπώς οι λύσεις L n x) ικανοποιούν τη σχέση e x L n x)l m x) dx =, n m) Prìblhma 4 Το ζητούμενο είναι να δείξουμε ότι η δοθείσα Gx, t) αναπτύσσεται στη μορφή

8 Gx, t) = L n tn όπου L n x) τα πολυώνυμα Laguerre. Για να ισχύει αυτό θα πρέπει βλ. Ενότητα 2.2, σελ. 4) η δοθείσα Gx, t) να ικανοποιεί τη μερική διαφορική εξίσωση όπου L x + L t )Gx, t) = ) t n t n L x L n = λ n L n και L t = λ n L t t n = λ n t n Προκειμένου οι συναρτήσεις L n να ικανοποιούν την εξίσωση Laguerre, θαπρέπει οπότε L x = x 2 +1 x) x2 x και λ n = n L t t n = nt n L t = t t δηλαδή καταλήγουμε στην απαίτηση η γεννήτρια συνάρτηση να ικανοποιεί την εξίσωση L x + L t )Gx, t) = x 2 +1 x) x2 x + t )[ 1 t 1 t exp xt )] = 1 t που μπορούμε να επαληθεύσουμε εύκολα ότι ισχύει. α) Υπολογίζουμε αρχικά το ολοκλήρωμα της τετραγωνισμένης γεννήτριας συνάρτησηςστοίδιοδιάστημα, ) με βάρος e x : e x G 2 x, t) dx = = = ) e x 1 2xt 1 t) 2 exp dx 1 t 1 1 t) 2 exp 1+t ) 1 t x dx 1 1 t 1 t) 2 1+t = 1 1 t 2 = t 2n 1) Από το ανάπτυγμα της γεννήτριας συνάρτησης, όμως, Gx, t) = 1 1 t exp xt ) = 1 t έχουμε ότι L n tn

9 e x G 2 x, t) dx = = n,m e x t n+m) m! ) L n x) tn m= ) L m x) tm dx m! e x L n x)l m x) dx 2) και αν συγκρίνουμε με το αποτέλεσμα 1), συμπεραίνουμε ότι θα πρέπει e x L n x)l m x) dx = I n δ nm όπου I n = οπότε το αποτέλεσμα 2) γίνεται και εξισώνοντας με το 1), έχουμε τελικά t 2n ) 2 I n 1= I n ) 2 I n =) 2 e x L 2 nx) dx β) Υποθέτουμε ότι ισχύει για τη γεννήτρια συνάρτηση μια διαφορική εξίσωση του τύπου α x + β ) t + γ Gx, t) = Επιλέγοντας α =έχουμε β 1 t x 1 t) 3 + γ 1 ) exp xt ) = β1 t x)+γ1 t) 2 = 1 t 1 t Η εξίσωση αυτή ικανοποιείται με την επιλογή β =1 t) 2,γ= t + x 1, δηλαδή έχουμε 1 t) 2 t ) +t + x 1) Gx, t) = 1 t) 2 ) t +t + x 1) οπότε για τους συντελεστές του t n έχουμε L n tn = και τελικά n +1)L n+1 n +1)! + n 1)L n 1 n 1)! 2nL n + L n 1 n 1)! + xl n L n =

1 L n+1 +x 2n 1)L n + n 2 L n 1 = Εν συνεχεία, επιλέγοντας β =έχουμε α t 1 t) 2 + γ 1 ) exp xt ) = αt + γ1 t) = 1 t 1 t Η εξίσωση αυτή ικανοποιείται με την επιλογή α =1 t, γ = t, δηλαδή έχουμε 1 t) ) x + t Gx, t) = 1 t) ) x + t οπότε για τους συντελεστές του t n έχουμε L n tn = και τελικά L n L n 1 n 1)! + L n 1 n 1)! = L n nl n 1 + nl n 1 =