|
$$\frac{1}{\left | P_n(x) \right |^2} \int_{-1}^{1}e^{ix}P_n(x)$$ Где $$P_n(x)$$ таково: $$P_3(x)=\frac{1}{2}(5x^3-3x)$$ $$P_5(x)=\frac{1}{8}(63x^5-70x^3+15x)$$ Спасибо заранее! Спасибо всем, кто пытался, или сочувствовал. =) Функцию я решил, с более подробным решением вы можите ознакомится по ссылкам ниже. (Загрузил бы сюда, но не хватает репутации). Решение расположено по порядку. Причем, как вы видите на картинках, было весьма значимо додуматься представить sinx, как мнимую часть экспоненты, и после вычисления интегралов перейти от комплексных к действительным (т.к полиномы Лежандра имеют действительное решение), вспомня формулу Эйлера. задан 27 Янв '12 11:57 
Александр Ма... |
|
Да, все верно! Правда 1 деленная на квадрат нормы, а тут получается что полином в модуле=)Я решил, фотки прикреплю чуток позже в теме! Добавлено из снимков. $$sinx = \sum_{n=0}^{\infty} C_nP_n(x)$$ $$\int_{-1}^{1} sinxP_m(x)dx= \sum_{n=0}^{\infty} P_m(x)P_n(x)dx= \frac{2C_m}{2m+1}$$ $$C_m= \frac{2m+1}{2} \int_{-1}^{1} sinxP_m(x)dx$$ Имеем $%C_1, C_3, C_5$%. Воспользуемся формулой: $$P_n(x)= \frac{1}{2^nn!} \frac{d^n}{dx^n}(x^2-1)^n $$ Найдем $$P_1(x)= x$$ $$P_3(x)= \frac{5}{2} x^3- \frac{3}{2} x$$ $$P_5(x)= \frac{63}{8} x^5 - \frac{70}{8} x^3 + \frac{15}{8} x$$ $$sinx=Ime^{ix}$$ $$Cn= \frac{1}{ {\parallel P_n(x) \parallel}^2 } \int_{-1}^{1} e^{ix}P_n(x)dx$$ $${\parallel P_n(x) \parallel}^2=\int_{-1}^{1} P_n(x)dx$$ Отсюда находим искомое. отвечен 27 Янв '12 21:29
Александр Ма... |
Формула отредактирована, проверьте, пожалуйста, правильность.
Основная часть снимков переведена в формулы (без выкладок).