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Polinomios de Legendre y Hermite

Dos vectores son perpendiculares si su producto escalar vale cero. Podemos construir una geometría parecida para funciones: multiplicamos, integramos y comprobamos si el resultado se cancela. Veremos cómo fabricar polinomios ortogonales y usarlos para aproximar e integrar.

1. La perpendicularidad de funciones se comprueba con una integral

Elegimos un intervalo I y un peso w positivo casi en todas partes, con los momentos necesarios finitos. Para polinomios reales, \langle p,q\rangle_w=\int_I p(x)q(x)w(x)\,dx. Su norma cuadrada es esa integral con p=q y es positiva si p no es cero.

Una familia pₙ tiene grado n y es ortogonal si el producto interior de grados diferentes vale cero. No hace falta que el producto sea cero en cada punto: pueden cancelarse regiones de signos opuestos. La normalización determina la escala de cada polinomio.

Dos funciones perpendiculares

Tomar 1 y x en [−1,1] con peso uno.

  1. Multiplicar

    El producto es x.

  2. Integrar

    ∫₋₁¹x dx=0 porque es impar.
  3. Interpretar

    Son ortogonales, aunque en x=1 su producto vale uno.

Resultado

Ortogonalidad es una condición integral.

Lo comprobamos

La norma cuadrada de x es ∫₋₁¹x²dx=2/3, distinta de cero.

Cambiar la escala

Reemplazar x por 3x en el ejemplo anterior.

  1. Producto

    ∫₋₁¹1·3x dx=3·0=0.
  2. Norma

    ∫₋₁¹(3x)²dx=9·2/3=6.
  3. Distinguir

    Se conserva la perpendicularidad y cambia la longitud.

Resultado

Ortogonal no significa normalizado a norma uno.

Lo comprobamos

Para funciones complejas se usaría conjugación; aquí trabajamos con polinomios reales.

2. Quitamos las proyecciones antes de añadir un nuevo grado

Gram–Schmidt empieza con 1,x,x²,… Al llegar a xⁿ restamos \sum_{k<n}\frac{\langle x^n,p_k\rangle_w}{\langle p_k,p_k\rangle_w}p_k. El resultado conserva el coeficiente principal y queda perpendicular a todos los grados anteriores.

Fijar coeficiente principal uno produce una familia mónica. Dividir por la norma produce otra ortonormal. Para una medida con soporte finito puede agotarse el proceso; la positividad de un peso en un intervalo evita que un polinomio no nulo tenga norma cero.

Construir el grado dos sin memorizarlo

Usar peso uno en [−1,1].

  1. Constante

    La proyección de x² sobre 1 es (2/3)/2=1/3.
  2. Grado uno

    ∫x³=0, así que la proyección sobre x es cero.
  3. Restar

    El polinomio mónico es x²−1/3.

Resultado

Es ortogonal a 1 y a x.

Lo comprobamos

Multiplicarlo por 3/2 dará la normalización usual de Legendre.

Ver cuándo termina un soporte finito

Medida que solo da peso positivo a x=−1 y x=1.

  1. Polinomio

    x²−1 no es el polinomio cero.

  2. Valores

    Se anula en los dos puntos del soporte.

  3. Norma

    La suma ponderada de sus cuadrados es cero: no se puede dividir por esa norma.

Resultado

Dos puntos no generan una familia de todos los grados con normas positivas.

Lo comprobamos

Un intervalo con peso positivo casi en todas partes sí distingue polinomios no nulos.

3. Legendre fija intervalo, peso y valor en uno

Legendre trabaja en [−1,1], con peso uno y Pₙ(1)=1.
P₀=1, P₁=x, P₂=(3x²−1)/2, y \int_{-1}^1P_n(x)^2\,dx=2/(2n+1).

No son ortonormales con esta convención.

Legendre de grado dos es ortogonal a la constante aunque su gráfica no sea cero
Ortogonalidad: cancelación de la integral−101P₂=(3x²−1)/2Área con signo: 0P₂ no vale cero en todas partes.
La parábola representa P dos en el intervalo menos uno, uno, con peso uno. Las dos regiones verdes están por encima del eje y la roja central está por debajo. Al integrar con signo, las áreas positivas suman exactamente el módulo de la negativa, de modo que la integral de P dos por P cero vale cero. No se afirma que las áreas geométricas individuales sean cero ni que las funciones no coincidan en ningún punto. Aquí P cero es la constante uno; cambiar el peso puede romper esta cancelación. Las raíces dibujadas son más y menos uno sobre raíz de tres.
Rodrigues da P_n(x)=\frac1{2^n n!}\frac{d^n}{dx^n}(x^2-1)^n.

Integrar n veces por partes contra un polinomio de grado menor que n elimina la derivada final de este. Los bordes se anulan porque (x²−1)ⁿ tiene ceros de orden n en ±1.

Rodrigues en grado dos

Calcular desde (x²−1)².

  1. Expandir

    x⁴−2x²+1.

  2. Derivar dos veces

    La primera derivada es 4x³−4x y la segunda 12x²−4.

  3. Dividir

    2²·2!=8: resulta (3x²−1)/2.
Resultado

La fórmula produce P₂ y P₂(1)=1.

Lo comprobamos

No se deriva solo el factor x²−1 sin elevarlo primero.

Comprobar una norma

Integrar P₂² en [−1,1].

  1. Cuadrado

    P₂²=(9x⁴−6x²+1)/4.
  2. Integrales

    La integral es (9·2/5−6·2/3+2)/4.

  3. Reducir

    (18/5−4+2)/4=2/5.
Resultado

Coincide con 2/(2·2+1).

Lo comprobamos

La integral de P₂ es cero; la de su cuadrado es positiva.

4. Hermite necesita declarar cuál de sus dos escalas usamos

Hermite físico Hₙ usa ℝ, peso e⁻ˣ², H₀=1, H₁=2x y coeficiente principal 2ⁿ.

Rodrigues es H_n=(-1)^n e^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2} y la norma cuadrada vale √π·2ⁿn!.

Hermite probabilístico Heₙ es mónico y usa e⁻ˣ²/².

Se relacionan por H_n(x)=2^{n/2}\operatorname{He}_n(\sqrt2x).
Por ejemplo H₂=4x²−2 y He₂=x²−1.

Las dos convenciones se conectan cambiando amplitud y argumento.

Leer el cambio de escala

Recuperar H₂ desde He₂.

  1. Argumento

    He₂(√2x)=(√2x)²−1=2x²−1.
  2. Amplitud

    El factor 2^{2/2} es dos.

  3. Multiplicar

    Dos por (2x²−1) da 4x²−2.

Resultado

Cambiar solo la letra del nombre no basta.

Lo comprobamos

En grado uno, √2·He₁(√2x)=2x confirma la misma regla.

Por qué el peso es esencial

Comprobar ∫ℝH₂e⁻ˣ²dx.

  1. Momento

    ∫ℝe⁻ˣ²dx=√π y ∫ℝx²e⁻ˣ²dx=√π/2.
  2. Sustituir

    La integral es 4·√π/2−2√π=0.
  3. Sin peso

    ∫ℝ(4x²−2)dx no converge como integral impropia ordinaria.

Resultado

La ortogonalidad pertenece a la integral con su peso.

Lo comprobamos

Los momentos gaussianos se obtienen por integración por partes.

5. Tres grados consecutivos bastan para la recurrencia

xpₙ tiene grado n+1 y se expande en p₀,…,pₙ₊₁. Si k≤n−2, \langle xp_n,p_k\rangle=\langle p_n,xp_k\rangle=0 porque xpₖ tiene grado menor que n. Solo quedan los grados n+1,n,n−1.

Legendre satisface (n+1)Pₙ₊₁=(2n+1)xPₙ−nPₙ₋₁.
Hermite físico satisface Hₙ₊₁=2xHₙ−2nHₙ₋₁.

Las dos necesitan los valores iniciales; sus coeficientes corresponden a normalizaciones diferentes.

Subir Legendre a grado tres

Usar P₁=x y P₂=(3x²−1)/2.

  1. Índice

    Con n=2: 3P₃=5xP₂−2P₁.
  2. Expandir

    5x(3x²−1)/2−2x=(15x³−9x)/2.
  3. Dividir

    P₃=(5x³−3x)/2.
Resultado

P₃(1)=1 y su paridad es impar.

Lo comprobamos

El divisor es n+1=3.

Subir Hermite a grado tres

Usar H₁=2x y H₂=4x²−2.

  1. Índice

    H₃=2xH₂−4H₁.
  2. Expandir

    2x(4x²−2)−4(2x)=8x³−4x−8x.
  3. Reunir

    H₃=8x³−12x.
Resultado

El coeficiente principal es 2³=8.

Lo comprobamos

La recurrencia probabilística tendría otros factores.

6. Una ecuación simétrica vuelve a explicar la cancelación

Legendre cumple -[(1-x^2)P_n\!\prime]\!\prime=n(n+1)P_n.
Hermite físico cumple -(e^{-x^2}H_n\!\prime)\!\prime=2n e^{-x^2}H_n.

La segunda lleva el mismo peso gaussiano en la ecuación y en la integral.

Para dos grados distintos multiplicamos la primera ecuación por el otro polinomio, restamos e integramos. La diferencia de autovalores multiplica el producto interior. Los bordes desaparecen: en Legendre por 1−x² y en Hermite por el exponencial frente a polinomios. Así el producto interior debe valer cero.

Comprobar la ecuación en un polinomio

Usar P₁=x.

  1. Derivada

    P₁′=1.
  2. Operador

    −[(1−x²)·1]′=2x.
  3. Autovalor

    n(n+1)=2 y 2P₁=2x: coincide.
Resultado

El operador devuelve el polinomio multiplicado por su autovalor.

Lo comprobamos

La afirmación es funcional, no una igualdad solo en un punto.

Una comprobación Hermite

Usar H₁=2x.

  1. Derivar

    H₁′=2.
  2. Operador

    −(2e⁻ˣ²)′=4xe⁻ˣ².
  3. Comparar

    2n e⁻ˣ²H₁=2·e⁻ˣ²·2x, el mismo resultado.
Resultado

El peso forma parte del operador simétrico.

Lo comprobamos

Los bordes en infinito se justifican por decaimiento gaussiano.

7. Proyectar encuentra el mejor polinomio para una norma concreta

Para f∈L²(I,w), su mejor aproximación de grado ≤N es q_N=\sum_{n=0}^N c_np_n,\qquad c_n=\langle f,p_n\rangle_w/h_n, con hₙ=⟨pₙ,pₙ⟩w. El residuo f-q_N es perpendicular al espacio utilizado.

Si q es otro polinomio del mismo espacio, Pitágoras da \|f-q\|^2=\|f-q_N\|^2+\|q_N-q\|^2: prueba minimalidad y unicidad. En Legendre los polinomios son densos y q_N\to f en norma. En un intervalo infinito, momentos finitos solos no garantizan densidad; y converger en norma no promete converger en cada punto.

La mejor constante para x²

Usar [−1,1], peso uno.

  1. Numerador

    ⟨x²,1⟩=2/3.
  2. Denominador

    ⟨1,1⟩=2.
  3. Cociente

    La constante óptima es 1/3; el residuo x²−1/3 tiene integral cero.

Resultado

El promedio aparece como una proyección.

Lo comprobamos

Omitir el denominador daría 2/3 y una respuesta incorrecta.

Comparar dos aproximaciones

Aproximar x²+2x por a+bx.

  1. Coeficientes

    Por paridad, c₀=1/3 y c₁=⟨2x,x⟩/(2/3)=2.
  2. Proyección

    q₁=1/3+2x y el residuo es x²−1/3.
  3. Otra opción

    Elegir q=2x añade el error de la constante 1/3: su norma cuadrada extra es 2/9.

Resultado

La proyección reduce el error total en 2/9 frente a q=2x.

Lo comprobamos

La ortogonalidad anula el término cruzado en el cuadrado.

8. Los ceros sirven para escoger puntos de integración

Con peso positivo en un intervalo y momentos finitos, pₙ tiene n ceros simples en el interior. Si tuviera menos cambios de signo, multiplicarlo por los factores de esos cambios daría un polinomio de menor grado cuyo producto con pₙ tendría signo fijo e integral no nula: contradice ortogonalidad.

La cuadratura usa las raíces de P dos y no promete exactitud de cualquier función
Dos nodos; cuatro grados exactos−11−1/√3peso 11/√3peso 1Q(f)=f(−1/√3)+f(1/√3)1, x, x², x³: exactosx⁴: Q=2/9Integral real: 2/5
Sobre el intervalo menos uno, uno, los dos nodos están en más y menos uno sobre raíz de tres. Cada uno lleva peso uno. Sumar los valores de una función en esos dos puntos integra exactamente cualquier polinomio de grado como máximo tres: se puede comprobar en las cuatro potencias básicas uno, x, x cuadrado y x cubo, y extender por linealidad. Para x a la cuarta la suma da dos novenos, mientras la integral exacta vale dos quintos; por eso la regla requiere estimación del error para grados superiores o funciones generales. Los pesos no son probabilidades: suman la longitud dos del intervalo.

En los n ceros se construye una cuadratura de Gauss con pesos positivos exacta hasta grado 2n−1. Para verlo, dividimos cualquier polinomio f de ese grado como f=pₙq+r con grados de q y r menores que n. La integral del primer término es cero; interpolar r en los nodos da la regla.

Para funciones generales hace falta estudiar el error.

Un nodo integra dos grados

Usar el cero de P₁, que es cero.

  1. Peso

    Para integrar la constante uno en [−1,1], el peso debe ser dos.

  2. Regla

    Q(f)=2f(0).
  3. Comprobar

    Da dos para f=1 y cero para f=x, exactos en grados cero y uno.

Resultado

Con n=1 la exactitud llega a 2n−1=1.

Lo comprobamos

Para x² da cero frente a 2/3: no promete más.

Por qué los pesos son positivos

Usar el polinomio cardinal ℓⱼ que vale uno en el nodo j y cero en los demás.

  1. Cuadrado

    ℓⱼ² tiene grado 2n−2, dentro de la exactitud.

  2. Regla

    Su suma ponderada deja solo el peso del nodo j.

  3. Integral

    Ese peso es ∫ℓⱼ²w, estrictamente positiva.

Resultado

Los pesos positivos se deducen de la norma de un polinomio no nulo.

Lo comprobamos

No se confunden con los pesos w(x) de la medida.

9. Cada familia responde a un dominio y un peso

Chebyshev de primera especie usa [−1,1] y peso (1−x²)⁻¹/². Laguerre estándar usa [0,∞) y e⁻ˣ. Cambiar el peso cambia qué errores y cancelaciones mide el producto interior.

Antes de aplicar una fórmula declaramos intervalo, peso y normalización. En intervalos infinitos también comprobamos integrabilidad. No se traslada automáticamente una norma de Legendre a Hermite, aunque los dos sean polinomios ortogonales.

Una cancelación depende del peso

Integrar P₂ con peso de Chebyshev.

  1. Momentos

    Con x=cos θ, ∫₋₁¹w dx=π y ∫₋₁¹x²w dx=π/2.
  2. Combinar

    ∫P₂w=(3π/2−π)/2=π/4.
  3. Comparar

    Con peso uno la integral era cero; ahora no lo es.

Resultado

P₂ no es ortogonal a la constante para cualquier peso.

Lo comprobamos

El cambio trigonométrico también demuestra que la singularidad del peso es integrable.

Un primer Laguerre

Comprobar L₁(x)=1−x con peso e⁻ˣ.

  1. Constante

    ∫₀∞e⁻ˣdx=1.
  2. Primer momento

    ∫₀∞xe⁻ˣdx=Γ(2)=1.
  3. Restar

    La integral de (1−x)e⁻ˣ es cero.

Resultado

Es perpendicular a L₀=1 en ese intervalo y peso.

Lo comprobamos

En [−1,1] con peso uno, la integral de 1−x sería dos.

10. Una expansión exacta y una regla con límite de exactitud

Despejar P₂=(3x²−1)/2 da x²=(1/3)P₀+(2/3)P₂.

La parte de grado dos es exactamente el residuo al aproximar x² con una constante; conservar ambos términos recupera la función completa.

Los dos ceros de P₂ son ±1/√3 y la cuadratura Gauss–Legendre usa peso uno en cada nodo. Integra grados hasta tres, por linealidad y comprobación de las potencias básicas. Un grado mayor puede coincidir por casualidad, pero no hay garantía general.

Cambiar de base con todos los términos

Expandir 2x²−x+1 en Legendre.

  1. Cuadrado

    2x²=(2/3)P₀+(4/3)P₂.
  2. Resto

    −x=−P₁ y 1=P₀.
  3. Reunir

    El resultado es (5/3)P₀−P₁+(4/3)P₂.

Resultado

La expansión es una identidad exacta.

Lo comprobamos

En x=0 da 5/3−2/3=1, como el polinomio original.

Probar la frontera de exactitud

Aplicar los dos nodos a x⁴.

  1. Evaluar

    Cada nodo elevado a cuatro vale 1/9.

  2. Regla

    La suma da 2/9.

  3. Integral

    ∫₋₁¹x⁴dx=2/5, diferente: el error integral menos regla es 8/45.
Resultado

Grado cuatro supera la garantía de grado tres.

Lo comprobamos

Para x², la misma regla sí da 1/3+1/3=2/3.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Construir P₂

Usa la recurrencia de Legendre para calcular P₂ desde P₀=1 y P₁=x.

  1. Datos iniciales

    P₀=1 y P₁=x.
  2. Elegir el índice

    Con n=1, 2P₂=3xP₁−P₀.
  3. Sustituir

    2P₂=3x²−1.
  4. Despejar

    P₂=(3x²−1)/2.
  5. Normalización

    P₂(1)=1.
  6. Ortogonalidad

    Su integral es cero y xP₂ es impar: es perpendicular a los grados cero y uno.

Resultado

P₂=(3x²−1)/2.

Lo comprobamos

∫₋₁¹P₂=(3·2/3−2)/2=0 y∫₋₁¹xP₂=0 por imparidad, verificando ortogonalidad a grados0 y1.

EJEMPLO RESUELTO 2

Construir H₂

Usa Hermite físico para calcular H₂.

  1. Convención

    Usamos Hermite físico: H₀=1, H₁=2x.
  2. Recurrencia

    Con n=1, H₂=2xH₁−2H₀.
  3. Sustituir

    H₂=2x·2x−2·1.
  4. Simplificar

    H₂=4x²−2.
  5. Verificar con Rodrigues

    La segunda derivada de e⁻ˣ² es (4x²−2)e⁻ˣ².

  6. Distinguir escalas

    No es He₂=x²−1: esa familia usa otro peso y otra normalización.

Resultado

H₂=4x²−2.

Lo comprobamos

Rodrigues da d²e⁻ˣ²/dx²=(4x²−2)e⁻ˣ² y recupera exactamente H₂.

Los símbolos que hemos usado

w(x)
Peso no negativo de la integral que define el producto interior.
⟨f,g⟩w
Integral∫f(x)g(x)w(x)dx, para funciones reales con producto integrable.
pₙ
Polinomio de grado exactamente n en una familia ortogonal.
hₙ
Norma cuadrada∫pₙ²w, positiva.
Pₙ
Legendre normalizado por Pₙ(1)=1.
Hₙ
Hermite en la convención física, peso e⁻ˣ².
Heₙ
Hermite probabilístico, con otra escala y peso e⁻ˣ²/².

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

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