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Universidade Estadual Paulista Julio de Mesquita Filho - UNESP
Instituto de Biociencias, Letras e Ciencias Exatas - IBILCE
Campus de Sao Jose do Rio Preto - SPDepartamento de Ciencias de Computacao e Estatstica - DCCE
Polinomios Ortogonais e Similares
Propriedades e Aplicacoes
Eliana Xavier Linhares de Andrade
Cleonice Fatima Bracciali
Fevereiro de 2007 - versao 2.3
Sumario
1 Pre-requisitos 1
1.1 Alguns pre-requisitos da Algebra Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 Processo de Ortogonalizacao de Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Funcao Gama e Funcao Beta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Interpolacao Polinomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3.1 Forma de Lagrange para o Polinomio de Interpolacao . . . . . . . . . . . 18
1.3.2 Polinomio de Interpolacao de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.4 Formulas de Quadratura Interpolatorias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.4.1 Formulas Fechadas de Newton-Cotes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.5 Integral de Riemann-Stieltjes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.5.1 Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.5.2 Integral de Riemann-Stieltjes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.5.3 Sobre Distribuicoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2 Polinomios Ortogonais 32
2.1 Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.2 Sequencia de Polinomios Ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.3 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.3.1 Determinantes de Hankel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.3.2 Zeros dos Polinomios Ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.3.3 Relacao de Recorrencia de Tres Termos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.3.4 Polinomios Ortogonais na forma Monica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.3.5 Polinomios Ortonormais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.3.6 Polinomios Ortogonais Simetricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.4 Polinomios Associados aos Ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.5 Polinomios Ortogonais Classicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2.5.1 Polinomios de Jacobi, de Legendre, de Chebyshev e de Gegenbauer . . . 51
2.5.2 Polinomios de Laguerre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2.5.3 Polinomios de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3 Quadratura Gaussiana 69
3.1 Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
3.2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
3.2.1 Formulas de Quadratura de Gauss-Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . 73
3.2.2 Formula de Quadratura de Gauss-Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . 74
4 Polinomios Similares aos Ortogonais 76
4.1 Polinomios Associados aos Similares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
4.2 Algumas Propriedades dos Polinomios Similares e Associados . . . . . . . . . . . 80
4.3 Formulas de Quadratura Associadas aos Polinomios Similares . . . . . . . . . . 86
Referencias 90
i
1 Pre-requisitos
1.1 Alguns pre-requisitos da Algebra Linear
Definicao 1.1 Uma matriz e um conjunto de numeros (reais ou complexos) dispostos em um
quadro retangular. A matriz geral consiste em mn numeros dispostos em m linhas e n colunas,
fornecendo o seguinte quadro m n:
A = [aij] =
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n...
.... . .
...
am1 am2 . . . amn
.
O smbolo aij representa o numero na iesima linha e jesima coluna do quadro.
Definicao 1.2 A transposta da matriz A = [aij], m n, e a matriz n m, representada porAT , obtida trocando-se posicao relativa das linhas e colunas de A, ou seja, AT = [aij], onde
aij = aji.
Se em uma matriz ha n linhas e colunas, dizemos que ela e uma matriz quadrada de ordem
n. Dizemos que os elementos aii (i = 1, 2, . . . , n) estao sobre a diagonal principal. Uma matriz
simetrica e uma matriz quadrada tal que AT = A, ou seja, os elementos da matriz estao
simetricamente dispostos em relacao a diagonal principal, aij = aji.
Definicao 1.3 Uma matriz real e uma cujos elementos sao todos reais. Uma matriz complexa
tem elementos que podem ser complexos. Uma matriz imaginaria tem elementos que sao todos
imaginarios ou nulos. O smbolo A e usado para representar a matriz cujo (i, j)-esimo elemento
e o conjugado complexo ai,j do (i, j)-esimo elemento de A. Ao tratarmos de matrizes complexas,
e frequentemente util usar a transposta hermitiana AH = AT , que e a complexa conjugada da
transposta. Uma matriz hermitiana e uma matriz tal que AH = A.
Definicao 1.4 Um espaco vetorial sobre K e um conjunto V com duas operacoes: V V + V(soma) e K V V (multiplicacao por escalar) tal que as seguintes propriedades sejamsatisfeitas
a) i) u + v V, para todo u, v V ;ii) u + v = v + u, para todo u, v V (comutativa);iii) u + (v + w) = (u + v) + w, para todo u, v, w V (associativa);iv) existe um elemento 0 V, tal que u + 0 = u para todo u V (elemento neutro);v) para todo v V existe um elemento (v) V , tal que v + (v) = 0 (elemento
inverso);
b) i) v V, para todo v V e K;ii) (u + v) = u + v, para todo u, v V e K;iii) ( + ) v = v + v, para todo v V e , K;
1
iv) (v) = () v, para todo v V e , K, ;v) existe um elemento 1 K, tal que 1 v = v, para todo v V.
Daqui por diante, vamos denotar a operacao de multiplicacao por escalar, v apenas porv, para K e v V .
Observacoes:
1. Se K = R, entao V e chamado espaco vetorial real.
2. O elemento v de um espaco vetorial V e chamado vetor.
3. O elemento de K e chamado escalar.
Definicao 1.5 Seja V um espaco vetorial sobre K. Um produto interno (ou produto escalar)
sobre V e uma aplicacao (u, v) 7 u, v de V V em K, para o qual se verificam as seguintescondicoes, para todo u, v, w V e todo escalar K:
i) u, u 0 e u, u = 0 u = 0;
ii) u, v = u, v ;
iii) u, v = v, u;
iv) u + v, w = u,w+ v, w .
Exemplo 1.1 O produto escalar usual de vetores de espaco R3 e definido por
, : R3 R3 Ru, v 7 x1y1 + x2y2 + x3y3,
onde u = (x1, x2, x3) e v = (y1, y2, y3).
Exerccio: Verifique que o produto escalar acima satisfaz as propriedades da Definicao 1.5.
Exemplo 1.2 Consideremos x, y e w Cn, A uma matriz complexa nn e o corpo C. Vamosmostrar que x, y = xHy satisfaz as condicoes da Definicao 1.5, ou seja, e de fato um produtointerno.
i) x, x = xHx = xT x =n
i=1
|xi|2 0;
x, x = 0 n
i=1
|xi|2 = 0 xi = 0, i = 1, 2, . . . , n, ou seja, x, x = 0 x = 0;
ii) x, y = (x)Hy = HxHy = xHy = x, y ;
iii) x, y = xHy = (yHx)H = y, xH = y, x;
iv) x + y, w = (x + y)Hw = (xH + yH)w = xHw + yHw = x,w+ y, w .
2
Definicao 1.6 Seja A uma matriz hermitiana (isto significa simetrica, no caso real). Dizemos
que A e positiva - definida se x,Ax > 0 para todo x 6= 0, positiva - semidefinida se x,Ax 0para todo x, e A e chamada indefinida se x,Ax e positivo para certos valores de x e negativopara outros.
Definicao 1.7 Seja V um espaco vetorial sobre K. Uma norma vetorial de v e um numero
nao negativo representado por ||v||, associado com v, que satisfaz para todo u, v V e K:
i) ||v|| 0 e ||v|| = 0 v = 0;
ii) ||u + v|| ||u||+ ||v|| (desigualdade triangular);
iii) ||v|| = || ||v||.
Em termos do produto interno , , definimos entao norma || || por ||v|| =v, v.
Definicao 1.8 Seja V um espaco vetorial com o produto interno , . Dizemos que dois vetoresu e v de V, sao ortogonais com relacao ao produto interno , se
u, v = 0.
Definicao 1.9 Seja V = C[a, b] (espaco das funcoes contnuas em um intervalo (a, b)) e K =
R. Suponhamos w(x) 0 (mas nao identicamente nula) em um intervalo real (a, b), onde a < b . Consideremos o produto interno definido por
f, g = b
a
f(x)g(x)w(x)dx, (1.1)
onde f, g C[a, b].
Verifiquemos que as propriedades da Definicao 1.5 sao validas para o produto interno (1.1).
i) Mostremos que f, f 0 e f, f = 0 f = 0.
f, f = b
a
f(x)f(x)w(x)dx =
ba
f 2(x)w(x)dx 0.
Como w(x) 0, mas nao e identicamente nula, temos que f, f = 0 se, e somente se,f(x) for igual a zero.
ii) Mostremos que f, g = f, g .
f, g = b
a
f(x)g(x)w(x)dx =
ba
f(x)g(x)w(x)dx = f, g .
iii) Mostremos que f, g = g, f .
f, g = b
a
f(x)g(x)w(x)dx =
ba
g(x)f(x)w(x)dx = g, f .
3
iv) Mostremos que f + h, g = f, g+ h, g .
f + h, g = b
a
(f(x) + h(x))g(x)w(x)dx
=
ba
f(x)g(x)w(x)dx +
ba
h(x)g(x)w(x)dx = f, g+ h, g .
Definicao 1.10 Sejam V um espaco vetorial sobre K, v1, v2, ..., vn V e a1, a2, ..., an K.Entao, o vetor
v = a1v1 + a2v2 + + anvne um elemento de V chamado de combinacao linear de v1, v2, ..., vn.
Definicao 1.11 Considere os vetores v1, v2, ..., vn V, fixos. O conjunto W de todos os vetoresde V que sao combinacoes lineares de v1, v2, ..., vn e chamado subespaco gerado por v1, v2, ..., vn
e denotado por W = [v1, v2, ..., vn], ou seja,
W = [v1, v2, ..., vn] = {v V | v = a1v1 + a2v2 + + anvn, ai K, 1 i n}.
Definicao 1.12 Sejam V um espaco vetorial e v1, v2, ..., vn V. Dizemos que o conjunto{v1, v2, ..., vn} e linearmente independente (LI), ou que os vetores sao LI, se a equacao
a1v1 + a2v2 + + anvn = 0
implica em a1 = a2 = = an = 0.No caso em que existir algum ai 6= 0 dizemos que {v1, v2, ..., vn} e linearmente dependente
(LD), ou que os vetores sao LD.
Propriedade 1.1 Sejam u1, u2, . . . , un ortogonais entre si, entao {u1, u2, . . . , un} e LI.
Demonstracao: Como u1, u2, . . . , un sao ortogonais entre si , entao ui, uj = 0 i 6= j, i, j =1, 2, . . . , n. Seja
u = 1u1 + 2u2 + . . . + nun = 0.
Entao
u, ui = 0, ui = 0 = 1u1 + 2u2 + . . . + nun, ui = 0 =1 u1, ui+ 2 u2, ui+ . . . + i ui, ui+ . . . + n un, ui = 0 =
i ui, ui = 0 = i = 0, i = 1, 2, . . . , n.Logo {u1, u2, . . . , un} e LI.
Definicao 1.13 Seja V um espaco vetorial. Um conjunto {v1, v2, ..., vn} de vetores de V e ditouma base de V se
i) {v1, v2, ..., vn} e LI;
ii) [v1, v2, ..., vn] = V.
4
Teorema 1.1 Seja {Qj(x)}nj=0, n > 0, uma sequencia de polinomios, onde Qj(x) e de grauexatamente j. Entao, esses polinomios sao linearmente independentes.
Demonstracao: Vamos denotar Qj(x) = aj,0 + aj,1x + + aj,j1xj1 + aj,jxj, onde aj,j 6=0, j = 1, 2, . . . , n. Sejam cj, j = 0, 1, . . . , n, constantes reais tais que
nj=0
cjQj(x) = c0Q0(x) + c1Q1(x) + + cn1Qn1(x) + cnQn(x) = 0. (1.2)
Logo,
c0a0,0 + c1(a1,0 + a1,1x) + + cn1(an1,0 + an1,1x + + an1,n1xn1)+ cn(an,0 + an,1x + + an,n1xn1 + an,nxn) = 0
ou, ainda,
(c0a0,0 + c1a1,0 + + cn1an1,0 + cnan,0) + (c1a1,1 + + cn1an1,1 + cnan,1)x++ + (cn1an1,n1 + cnan,n1)xn1 + (cnan,n)xn = 0.
Igualando termo a termo, obtemos
c0 a0,0 + c1 a1,0 + + cn1 an1,0 + cn an,0 = 0c1 a1,1 + + cn1 an1,1 + cn an,1 = 0
......
...
cn1 an1,n1 + cn an,n1 = 0
cn an,n = 0
que, na forma matricial, e escrito como
a0,0 a1,0 . . . an1,0 an,00 a1,1 . . . an1,1 an,1
0 0. . .
......
0 0 an1,n1 an,n10 0 . . . 0 an,n
A
c0
c1...
cn1cn
=
0
0...
0
0
.
Note que todos os elementos da diagonal da matriz A sao nao nulos. Logo, det(A) 6=0 e, entao, o sistema de equacoes lineares homogeneo acima tem solucao unica e trivial.
Assim, a unica solucao para (1.2) e c0 = c1 = = cn = 0. Portanto, os polinomiosQ0(x), Q1(x), . . . , Qn(x) sao LI e formam uma base para o espaco vetorial dos polinomios de
grau n (Pn).
1.1.1 Processo de Ortogonalizacao de Gram-Schmidt
Utilizamos este processo para, a partir de uma base de um espaco vetorial V com corpo K,
construir uma nova base ortogonal.
Consideremos a base {b1, b2, b3, . . . , bj, . . .} de V , o produto interno , e i,j K i, j.Para construirmos a nova base ortogonal {u1, u2, u3, . . . , uj, . . . , } , procedemos da seguinteforma.
5
1. O primeiro vetor da nova base e dado por
u1 = b1.
2. Para determinarmos o segundo vetor, tomamos
u2 = b2 + 2,1u1
e determinamos o valor de 2,1 de modo que u1 seja ortogonal a u2, isto e,
u1, u2 = 0.
Logo,
u1, b2 + 2,1u1 = 0ou,
2,1 = u1, b2u1, u1 .
3. Para determinarmos o terceiro vetor da nova base, definimos
u3 = b3 + 3,1u1 + 3,2u2
e determinamos 3,1 e 3,2 de modo que u1 e u2 sejam ortogonais a u3, isto e,
u1, u3 = 0 e u2, u3 = 0.
Logo,
u1, b3 + 3,1u1 + 3,2u2 = 0 e u2, b3 + 3,1u1 + 3,2u2 = 0,ou seja,
3,1 = u1, b3u1, u1 e 3,2 = u2, b3u2, u2 .
Procedendo da mesma forma, determinamos o jesimo vetor. Assim,
uj = bj + j,1u1 + j,2u2 + . . . + j,j1uj1
e determinamos os valores de j,k, k = 1, 2, . . . , j1, de modo que u1, u2, . . . , uj1 sejamortogonais a uj, isto e,
uk, uj = 0, k = 1, 2, . . . , j 1.
Logo, uk, bj +
j1i=1
j,iui
= 0, k = 1, 2, . . . , j 1.
Portanto, para j = 1, 2, 3, . . . , a nova base ortogonal e dada, em termos da base antiga,
por
uj = bj + j,1u1 + j,2u2 + . . . + j,j1uj1, (1.3)
onde
j,k = uk, bjuk, uk , k = 1, 2, . . . , j 1. (1.4)
6
Exemplo 1.3 Seja
p, q = 1
0
p(x)q(x)xdx,
onde p e q sao polinomios. Consideremos b1 = 1, b2 = x, b3 = x2 uma base de P2. Entao
u1 = b1 = 1;
u2 = b2 u1, b2u1, u1u1 = x
10
x2dx
10
xdx
= x 23;
u3 = b3 u1, b3u1, u1u1 u2, b3u2, u2u2 =
x2
10
x3dx
10
xdx
(
x 23
) 1
0
(x 23)x3dx
10
(x 23)2xdx
= x2 65x +
3
10.
Logo {u1, u2, u3} e uma base ortogonal para P2.
1.2 Funcao Gama e Funcao Beta
Nesta secao, estudaremos as definicoes e propriedades da Funcao Gama e e da Funcao Beta.
A funcao Gama, (x), foi descoberta por Euler no estudo do problema de estender o domnio
da funcao fatorial, por volta de 1729 (veja [3]). Para encontrar a generalizacao de fatorial de
Euler, suponhamos x 0 e n 0 numeros inteiros. Consideremos o numero
(a)n =
{1, se n = 0,
a(a + 1)(a + 2) (a + n 1), se n > 0,conhecido por fatorial deslocado ou fatorial generalizado ou, ainda, smbolo de Pochhammer,
onde a pode ser um numero real ou complexo. Podemos, entao, escrever
x! =(x + n)!
(x + 1)n, pois
(x + n)!
(x + 1)n=
(1)(2) (x 1)(x)(x + 1) (x + n)(x + 1)(x + 2) (x + n) .
Mas
(x + n)! = (1)(2) (n 1)(n)(n + 1) (n + x) = n!(n + 1)xe, assim,
x! =n!(n + 1)x(x + 1)n
=n!nx
(x + 1)n
(n + 1)xnx
.
Como limn
(n + 1)xnx
= 1, podemos concluir que
x! = limn
n!nx
(x + 1)n. (1.5)
Observe que, se x e um numero complexo, mas diferente de um inteiro negativo, entao o
limite (1.5) existe e o chamamos de
(x + 1) = limn
n!nx
(x + 1)n, (1.6)
7
para x C e x 6= 1,2, ... .Note que, se x e inteiro positivo, entao (x + 1) = x! e (1) = 1.
Assim, obtemos uma definicao para a funcao Gama.
Definicao 1.14 A funcao Gama pode ser definida, para x C e x 6= 1,2, ... , como
(x) = limn
n!nx1
(x)n, (1.7)
onde (x)n = x(x + 1)(x + 2) (x + n 1).
Da definicao acima, podemos mostrar a seguinte propriedade.
Propriedade 1.2 (x + 1) = x(x).
Demonstracao:
x(x) = x limn
n!nx1
(x)n= x lim
nn!nx1
x(x + 1)(x + 2) (x + n 1)(x + n)n
(x + n)n
= limn
n!nx
(x + 1)(x + 2) (x + n 1)(x + n)(x + n)
n= lim
nn!nx
(x + 1)n= (x + 1).
A seguir, daremos algumas propriedades da funcao Gama que tambem podem ser utilizadas
como suas definicoes.
Propriedade 1.3 A funcao Gama tambem foi dada por Euler em 1729 como
(x) =1
x
k=1
[(1 +
x
k
)1 (1 +
1
k
)x], (1.8)
para x C e x 6= 1,2, ... .
Demonstracao: Podemos facilmente mostrar que
n!nx
(x + 1)n=
(n
n + 1
)x n
k=1
[(1 +
x
k
)1 (1 +
1
k
)x](exercicio).
Como (1 +
x
k
)1 (1 +
1
k
)x= 1 +
x(x 1)2k2
+ O
(1
k3
),
o produto infinito
k=1
[(1 +
x
k
)1 (1 +
1
k
)x]
converge e, assim, o limite (1.6) existe, ou seja,
(x + 1) = limn
n!nx
(x + 1)n=
k=1
[(1 +
x
k
)1 (1 +
1
k
)x], para x 6= 0,1,2, ... .
8
Logo, pela Propriedade 1.2,
(x) =1
x
k=1
[(1 +
x
k
)1 (1 +
1
k
)x], para x 6= 0,1,2, ... ,
que tambem escrevemos da forma
(x) =1
x
k=1
[(k
k + x
)(k + 1
k
)x], para x 6= 0,1,2 . . . .
Da Definicao 1.7, segue que a funcao Gama tem polos em 0,1,2, ... e que 1(x)
tem zeros
nesses mesmos pontos.
Propriedade 1.4 Na forma canonica de Weierstrass, a funcao Gama e dada por
1
(x)= xex
k=1
[(1 +
x
k
)ex/k
], (1.9)
onde
= limn
{1 +
1
2+
1
3+
1
4+ + 1
n ln n
}= 0.57721256 (1.10)
e a constante de Euler ou constante de Euler-Mascheroni.
Demonstracao:
1
(x)= lim
nx(x + 1)(x + 2) (x + n 1)
n!nx1= lim
nx
(1 +
x
1
)(1 +
x
2
)
(1 +
x
n
) nx+1x + n
= limn
x(1 +
x
1
)(1 +
x
2
)
(1 +
x
n
) nxx/n + 1
= limn
x(1 +
x
1
)(1 +
x
2
)
(1 +
x
n
)ex ln n
= limn
xex(1+12++ 1
nln n)
n
k=1
[(1 +
x
k
)ex/k
]= xex
k=1
[(1 +
x
k
)ex/k
].
O produto infinito acima existe, pois
(1 +
x
k
)ex/k =
(1 +
x
k
) (1 x
k+
x2
2k2
)= 1 x
2
2k2+ O
(1
k3
),
onde O(
1kn
)significa ???????????. O fator ex/k foi introduzido para torna-lo possvel.
Propriedade 1.5 A funcao Gama tambem pode ser dada como a integral de Euler de segunda
especie
(x) =
0
ettx1dt, (1.11)
para x C e Re(x) > 0.
Demonstracao: A comprovacao deste resultado encontra-se posteriormente, na demonstracao
do Teorema 1.2.
9
Definicao 1.15 A funcao Beta e definida, para x, y C, Re(x) > 0 e Re(y) > 0, por
B(x, y) =
10
tx1(1 t)y1dt, (1.12)
conhecida como integral de Euler de primeira especie.
Propriedade 1.6 A funcao Beta tambem pode ser dada pela seguinte integral
B(x, y) =
0
tx1
(1 + t)x+ydt,
para x, y C, Re(x) > 0 e Re(y) > 0.Demonstracao: Substituindo t por
u
u + 1em (1.12), obtemos
10
tx1(1 t)y1dt =
0
( uu + 1
)x1(1 u
u + 1
)y1 du(1 + u)2
=
0
ux1
(1 + u)x1+y1+2du =
0
ux1
(1 + u)x+ydu.
Teorema 1.2 A funcao Beta pode ser escrita, em termos da funcao Gama, da seguinte forma
B(x, y) =(x)(y)
(x + y).
Demonstracao:
Modo 1) Primeiramente da Definicao 1.15, para Re(x) > 0 e Re(y) > 0, note que
B(x, y + 1) =
10
tx1(1 t)(1 t)y1dt = B(x, y)B(x + 1, y).
Por outro lado, se integrarmos por partes
B(x, y + 1) =
10
tx1(1 t)ydt, (1.13)
tomando u = (1 t)y e dv = tx1dt, obtemos
B(x, y + 1) =
[(1 t)y t
x
x
]1
0
+y
x
10
tx(1 t)y1dt = yxB(x + 1, y). (1.14)
Combinando as equacoes (1.13) e (1.14), obtemos as relacoes
B(x, y) =x + y
xB(x + 1, y), (1.15)
B(x, y) =x + y
yB(x, y + 1). (1.16)
Aplicando (1.16) repetidas vezes, obtemos
B(x, y) =x + y
yB(x, y + 1) =
x + y
y
x + y + 1
y + 1B(x, y + 2) = = (x + y)n
(y)nB(x, y + n).
10
Podemos reescrever esta relacao como
B(x, y) =(x + y)n
n!
n!
(y)n
n0
(t
n
)x1 (1 t
n
)y+n1dt
n
=(x + y)nn!nx+y1
n!ny1
(y)n
n0
tx1(
1 tn
)y+n1dt.
E, tambem, como
B(x, y) = limn
((x + y)nn!nx+y1
n!ny1
(y)n
n0
tx1(
1 tn
)y+n1dt
).
Quando n , a integral acima tende para
0
tx1etdt. Isto pode ser justificado pelo
teorema de convergencia dominate de Lebesgue ??????. Assim,
B(x, y) = limn
(x + y)nn!nx+y1
1/(x+y)
limn
n!ny1
(y)n (y)
limn
n0
tx1(
1 tn
)y+n1dt
=(y)
(x + y)
0
tx1etdt. (1.17)
Fazendo y = 1 em (1.12) e em (1.17), obtemos, respectivamente,
B(x, 1) =
10
tx1dt =1
xe B(x, 1) =
(1)
(x + 1)
0
tx1etdt.
Como (1) = 1 e (x + 1) = x(x), obtemos1
x=
1
x(x)
0
tx1etdt, ou seja,
(x) =
0
tx1etdt,
onde Re(x) > 0, o que demonstra a Propriedade 1.5. A relacao (1.11) e muitas vezes utilizada
como definicao da funcao Gama para Re(x) > 0.
Finalmente, de (1.17) podemos escrever
B(x, y) =(y)(x)
(x + y).
Modo 2) A maneira classica se mostrar este resultado e admitir a relacao (1.11) como definicao
da funcao (x) e mostrar que (x)(y) = (x + y)B(x, y) da seguinte forma.
Usando a equacao (1.11) em (x)(y), temos
(x)(y) =
0
euux1du
0
evvy1dv =
0
0
e(u+v)ux1vy1dudv.
Fazendo u = t2 e v = z2 na ultima integral acima, obtemos
0
0
e(u+v)ux1vy1dudv =
0
0
e(t2+z2)t2(x1)z2(y1)2t2zdtdz
= 4
0
0
e(t2+z2)t2x1z2y1dtdz.
11
Logo, usando coordenadas polares, t = rcos e z = rsen,
4
0
0
e(t2+z2)t2x1z2y1dtdz = 4
2
0
0
er2
(rcos)2x1(rsen)2y1rdrd
= 4
2
0
(cos)2x1(sen)2y1d
I
0
er2
r2x+2y2rdr
II
.
Calculemos as integrais I e II separadamente.
Considerando t = cos2, entao 1 t = sen2. Logo,
I =
2
0
(cos)2x1(sen)2y1d =
2
0
(cos2)x12 (sen2)y
12 d
=
01
tx12 (1 t)y 12 dt
2
t
1 t =1
2
10
tx
t
(1 t)y(1 t) dt =
1
2
10
tx1(1 t)y1dt
B(x,y)
=B(x, y)
2.
Fazendo t = r2, obtemos
II =
0
er2
r2x+2y2rdr =1
2
0
ettx+y1dt
(x+y)
=(x + y)
2.
Portanto, (x)(y) = 41
2B(x, y)
1
2(x + y) = (x + y)B(x, y).
Observacoes:
1. Outra maneira de mostrar a Propriedade 1.2 e utilizando a equacao (1.11).
Aplicando a equacao (1.11) para (x + 1), temos
(x + 1) =
0
ett(x+1)1dt =
0
ettxdt.
Integrando por partes, com u = tx e dv = etdt, obtemos
(x + 1) = txet
0 =0
+
0
xett(x1)dt = x
0
ett(x1)dt
(x)
= x(x).
2. Outra maneira de mostrar que (x + 1) = x! se x Z+.Aplicando repetidas vezes a Propriedade 1.2, obtemos
(x + 1) = x(x) = x(x 1)(x 1) = = x(x 1)(x 2) . . . 1(1) = x!(1).Mas, pela equacao (1.11)
(1) =
0
ett0dt = limm
m0
etdt = limm
etm
0
(1.18)
= limm
[em e0] = lim
m
[1
em 1
]= 1.
Portanto, (x + 1) = x! .
12
A seguir, daremos outras propriedades da funcao Gama que serao bastante utilizadas nas
proximas secoes.
Propriedade 1.7
(1
2
)=
.
Demonstracao: Aplicando (1.11) em
(1
2
), temos que
(1
2
)=
0
ett12 dt. Utilizando a
mudanca de variaveis t = z2 nesta integral, obtemos
(1
2
)=
0
ez2
z12zdz = 2
0
ez2
dz
= 2
{ 0
ez2
dz
0
ey2
dy
} 12
= 2
0
0
e(z2+y2)dzdy
I2
12
. (1.19)
Resolveremos I2 por meio de coordenadas polares. Logo, se z = rcos() e y = rsen(),
obtemos
I2 =
2
0
0
er2
rdrd.
Fazendo r2 = u, temos que
I2 =
2
0
0
eudu
2d =
1
2
2
0
(eu
0
)d =
1
2
2
0
d =
4.
Assim, de (1.19),
(1
2
)= 2(I2)
12 = 2
(4
) 12
=
.
Propriedade 1.8 Formula de reflexao de Euler
(x)(1 x) = sen(x)
, para 0 < Re(x) < 1.
Demonstracao: Sabemos que 0 < Re(x) < 1, logo Re(1 x) > 0. Entao, podemos utilizar
(x) =
0
ettx1dt e (1 x) =
0
eyyxdy.
Da,
(x)(1 x) =[
0
ettx1dt] [
0
eyyxdy]
=
0
0
tx1yxe(t+y)dtdy =
0
0
tx
t
1
yxe(t+y)dtdy
=
0
[ 0
(t
y
)x1
te(t+y)dt
]dy. (1.20)
Consideremos a seguinte mudanca de variaveis
(u, v) =
(t + y,
t
y
),
13
temos y = u t e t = vy. Portanto,
(y, t) =
(u
1 + v,
vu
1 + v
).
Temos, ainda, que o jacobiano da transformacao acima e dado por
J =
y
u
t
u
y
v
t
v
=
1
1 + v
v
1 + v
u(1 + v)2
u
(1 + v)2
=
u
(1 + v)3+
uv
(1 + v)3=
u + uv
(1 + v)3=
u
(1 + v)2.
Assim,
dtdy =u
(1 + v)2dudv. (1.21)
Substituindo (1.21) na integral (1.20), obtemos
(x)(1 x) =
0
0
vx(1 + v)
vueu
u
(1 + v)2dudv
=
0
0
vx1eu
1 + vdudv =
0
vx1
1 + v
[ 0
eudu]
dv.
Mas, pela equacao (1.18),
0
eudu = 1, entao
(x)(1 x) =
0
vx1
1 + vdv.
Usando alguns conceitos de funcoes de variaveis complexas (veja [4] e [12]), chegamos que
(x)(1 x) =
0
vx1
1 + vdv =
sen(x).
Propriedade 1.9
(1
2+ x
)
(1
2 x
)=
cos(x), com 1
2< Re(x) 0 e y > 0, podemos denotar
(x
y
)=
(x + 1)
(y + 1)(x y + 1) . (1.22)
Para n inteiro e x > 0, vamos denotar
(x
n
)=
(x + 1)
n! (x n + 1) .
Exerccio: Mostre que
10
tx1(1 t)ndt = n!x(x + 1) (x + n) . ?????
15
1.3 Interpolacao Polinomial
Sejam xn,0, xn,1,. . . , xn,n, n + 1 pontos distintos de um intervalo [a, b] R. Seja f(x) definidaem [a, b] com valores reais tal que
yn,i = f(xn,i), i = 0, 1, . . . , n.
Definicao 1.16 Chama-se polinomio de interpolacao de f(x) sobre os n + 1 pontos
xn,0, xn,1, . . . , xn,n, o polinomio de grau no maximo n, Pn(x), que coincide com f(x) nos
n + 1 pontos dados, isto e,
yn,i = Pn(xn,i), i = 0, 1, . . . , n.
Definicao 1.17 Chamamos de Matriz de Vandermonde a matriz da forma
V(xn,0, xn,1, . . . , xn,n) =
1 xn,0 x2n,0 . . . x
nn,0
1 xn,1 x2n,1 . . . x
nn,1
......
.... . .
...
1 xn,n x2n,n . . . x
nn,n
, n 1.
Um resultado bastante conhecido da Algebra Linear e o seguinte
Teorema 1.3 Seja V(xn,0, xn,1, . . . , xn,n) = det(V(xn,0, xn,1, . . . , xn,n)).V(xn,0, xn,1, . . . , xn,n) e conhecido como determinante de Vandermonde e satisfaz
V(xn,0, . . . , xn,n) =n
i=10j
onde an,n e o coeficiente do termo de maior grau xn. Se desenvolvermos o determinante V (x)
pela ultima linha, observamos que an,n = V(xn,0, . . . , xn,n1). Entao,
V(xn,0, . . . , xn,n1, x) = V(xn,0, . . . , xn,n1)(x xn,0)(x xn,1) . . . (x xn,n1).
Fazendo x = xn,n, obtemos
V(xn,0, . . . , xn,n1, xn,n) = V(xn,0, . . . , xn,n1)(xn,n xn,0)(xn,n xn,1) . . . (xn,n xn,n1)= V(xn,0, . . . , xn,n2)(xn,n1 xn,0)(xn,n1 xn,1) . . . (xn,n1 xn,n2)
(xn,n xn,0)(xn,n xn,1) . . . (xn,n xn,n1)= . . .
= V(xn,0, xn,1)(xn,2 xn,0)(xn,2 xn,1) . . .(xn,n1 xn,0)(xn,n1 xn,1) . . . (xn,n1 xn,n2)(xn,n xn,0)(xn,n xn,1) . . . (xn,n xn,n1).
Como V(xn,0, xn,1) = xn,1 xn,0, entao
V(xn,0, . . . , xn,n1, xn,n) =n
i=10j
Teorema 1.5 Seja f : [a, b] R contnua com derivadas contnuas ate a ordem n + 1(f Cn+1[a, b]). Sejam x [a, b] e Pn(y) o polinomio de interpolacao de f(y) sobre os n + 1pontos distintos de [a, b], xn,0, xn,1,. . . ,xn,n. Entao, o erro na interpolacao e dado por
Rn(x) = f(x) Pn(x) = (x)(n + 1)!
f (n+1)(x), a < x < b, (1.23)
onde (x) = (x xn,0)(x xn,1) . . . (x xn,n) e chamado polinomio dos nos.
Demonstracao: Vamos supor Pn(x) = an,0 + an,1x + . . . + an,nxn.
i) Seja x = xn,i, i = 0, 1, . . . , n. Pela Definicao 1.16
Rn(xn,i) = f(xn,i) Pn(xn,i) = 0, i = 0, 1, . . . , n.
Como (xn,i) = 0, entao para x = xn,i a equacao (1.23) e valida.
ii) Consideremos, agora, x 6= xn,i, i = 0, 1, . . . , n. Seja
F (y) = f(y) Pn(y)(
f(x) Pn(x)(x)
)(y) Cn+1[a, b].
Assim, fazendo y = xn,i para i = 0, 1, ..., n, temos
F (xn,i) = f(xn,i) Pn(xn,i) =0
(
f(x) Pn(x)(x)
)(xn,i)
=0
= 0, i = 0, 1, . . . , n
e fazendo y = x, obtemos
F (x) = f(x) Pn(x)(
f(x) Pn(x)(x)
)(x) = 0.
Entao, F (y) tem pelo menos n + 2 razes em [a, b] : x, xn,0, . . . , xn,n, ou seja, ha n + 2 pontos
onde F (y) assume o mesmo valor. Pelo Teorema de Rolle, F(y) tem pelo menos n + 1 zeros
em (a, b), . . ., F (n+1)(y) tem pelo menos 1 zero em (a, b).
Seja x um zero de F(n+1)(y) em (a, b), logo F (n+1)(x) = 0. Mas,
F (n+1)(y) = f (n+1)(y)(
f(x) Pn(x)(x)
)(n + 1)!
logo,
0 = f (n+1)(x)(
f(x) Pn(x)(x)
)(n + 1)! ,
e portanto,
f(x) Pn(x) = (x)(n + 1)!
f (n+1)(x).
1.3.1 Forma de Lagrange para o Polinomio de Interpolacao
Sejam xn,0, xn,1, . . . , xn,n, n + 1 pontos distintos em [a, b] R e Pn(x) o polinomio de inter-polacao de f(x) sobre xn,i, i = 0, 1, . . . , n. Vamos escrever Pn(x) como a seguinte combinacao
linear
Pn(x) = f(xn,0)ln,0(x) + f(xn,1)ln,1(x) + . . . + f(xn,n)ln,n(x)
18
onde ln,k(x) sao polinomios de grau n.
Para que Pn(xn,i) = f(xn,i) tomemos ln,k(x) tais que
{ln,k(xn,k) = 1, k = 0, 1, . . . , n.
ln,k(xn,i) = 0, i, k = 0, 1, . . . , n, i 6= k.
Entao, os polinomios ln,k(x) tem n razes distintas que sao xn,0, xn,1, . . . , xn,k1, xn,k+1, . . . ,
xn,n. Logo,
ln,k(x) = ck(x xn,0) . . . (x xn,k1)(x xn,k+1) . . . (x xn,n).Como ln,k(xn,k) = 1, entao
ck =1
(xn,k xn,0) . . . (xn,k xn,k1)(xn,k xn,k+1) . . . (xn,k xn,n) .
Portanto, para k = 0, 1, . . . , n,
ln,k(x) =(x xn,0) . . . (x xn,k1)(x xn,k+1) . . . (x xn,n)
(xn,k xn,0) . . . (xn,k xn,k1)(xn,k xn,k+1) . . . (xn,k xn,n) , (1.24)
que sao conhecidos como polinomios fundamentais de Lagrange.
O polinomio de interpolacao de f(x) pode, entao, ser escrito como
Pn(x) =n
k=0
f(xn,k)ln,k(x) (1.25)
com ln,k(x), k = 0, 1, . . . , n, dados por (1.24) e e conhecido como Polinomio de Interpolacao de
Lagrange.
Os polinomios ln,k(x), k = 0, 1, ..., n, dados em (1.24) podem ser escritos como
ln,k(x) =(x)
(x xn,k)(xn,k) , (1.26)
onde (x) = (x xn,0)(x xn,1) . . . (x xn,n).De fato, como (x) = (x xn,0)(x xn,1) . . . (x xn,n) entao o numerador de (1.24) e dado
por
(x xn,0) (x xn,k1)(x xn,k+1) (x xn,n) = (x)x xn,k .
Mas,
limxxn,k
(x xn,0) (x xn,k1)(x xn,k+1) (x xn,n) = limxxn,k
(x)
x xn,k = (xn,k).
Logo, o denominador pode ser escrito como
(xn,k xn,0) (xn,k xn,k1)(xn,k xn,k+1) (xn,k xn,n) = (xn,k),
Portanto,
ln,k(x) =(x xn,0) . . . (x xn,k1)(x xn,k+1) . . . (x xn,n)
(xn,k xn,0) . . . (xn,k xn,k1)(xn,k xn,k+1) . . . (xn,k xn,n) =(x)
(x xn,k)(xn,k) .
19
1.3.2 Polinomio de Interpolacao de Hermite
Sejam xn,0, xn,1, . . . , xn,n, n + 1 pontos distintos de um intervalo [a, b] R. Sejam f(x) e f (x)definidas em [a, b] com valores reais, tais que
yn,i = f(xn,i),
i = 0, 1, . . . , n.
yn,i = f(xn,i),
Definicao 1.18 Chama-se polinomio de interpolacao de Hermite de f(x) sobre os n+1 pontos
xn,0, xn,1, . . . , xn,n, o polinomio de grau no maximo 2n + 1, H2n+1(x), que coincide com f(x), ecuja derivada coincide com f (x), nos n + 1 pontos dados, isto e,
H2n+1(xn,i) = yn,i = f(xn,i),i = 0, 1, . . . , n.
H2n+1(xn,i) = yn,i = f (xn,i),
Teorema 1.6 Nas condicoes acima, o polinomio de interpolacao de Hermite H2n+1(x) existee e unico.
Demonstracao: Considerando
H2n+1(x) = a2n+1,2n+1x2n+1 + a2n+1,2nx2n + . . . + a2n+1,1x + a2n+1,0
e
H2n+1(xn,i) = yn,i = f(xn,i),i = 0, 1, . . . , n,
H2n+1(xn,i) = yn,i = f (xn,i),temos
H2n+1(xn,0) = a2n+1,2n+1x2n+1n,0 + a2n+1,2nx2nn,0 + . . . + a2n+1,1xn,0 + a2n+1,0 = f(xn,0);
H2n+1(xn,1) = a2n+1,2n+1x2n+1n,1 + a2n+1,2nx2nn,1 + . . . + a2n+1,1xn,1 + a2n+1,0 = f(xn,1);...
H2n+1(xn,n) = a2n+1,2n+1x2n+1n,n + a2n+1,2nx2nn,n + . . . + a2n+1,1xn,n + a2n+1,0 = f(xn,n);H2n+1(xn,0) = (2n + 1)a2n+1,2n+1x2nn,0 + 2n a2n+1,2nx2n1n,0 + . . . + a2n+1,1 = f (xn,0);H2n+1(xn,1) = (2n + 1)a2n+1,2n+1x2nn,1 + 2n a2n+1,2nx2n1n,1 + . . . + a2n+1,1 = f (xn,1);
...
H2n+1(xn,n) = (2n + 1)a2n+1,2n+1x2nn,n + 2n a2n+1,2nx2n1n,n + . . . + a2n+1,1 = f (xn,n).Temos um sistema de equacoes lineares com 2n + 2 incognitas e 2n + 2 equacoes, que pode
ser escrito na seguinte forma matricial:
20
x2n+1n,0 x2nn,0 . . . xn,0 1
x2n+1n,1 x2nn,1 . . . xn,1 1
......
......
...
x2n+1n,n x2nn,n . . . xn,n 1
(2n + 1)x2nn,0 2n x2n1n,0 . . . 1 0
(2n + 1)x2nn,1 2n x2n1n,1 . . . 1 0
......
......
...
(2n + 1)x2nn,n 2n x2n1n,n . . . 1 0
A
a2n+1,2n+1
a2n+1,2n
...
a2n+1,1
a2n+1,0
x
=
f(xn,0)
f(xn,1)...
f(xn,n)
f (xn,0)
f (xn,1)...
f (xn,n)
.
b
Se tomarmos o sistema homogeneo Ax = 0, temos que
H2n+1(xn,0) = 0,H2n+1(xn,1) = 0, . . . ,H2n+1(xn,n) = 0
e tambem,
H2n+1(xn,0) = 0,H2n+1(xn,1) = 0, . . . ,H2n+1(xn,n) = 0.Assim, temos que xn,k, k = 0, 1, . . . , n e raiz de multiplicidade 2 de H2n+1(x), o que implica
que H2n+1(x) tem pelo menos 2n+2 razes, o que e um absurdo (pois H2n+1(x) tem grau 2n+1)a menos que H2n+1(x) seja identicamente nulo, ou seja, a2n+1,2n+1 = a2n+1,2n = . . . = a2n+1,1 =a2n+1,0 = 0 x = 0. Logo, detA 6= 0 e o sistema Ax = b tem unica solucao e portanto H2n+1existe e e unico.
Expressemos agora H2n+1(x) da seguinte forma :
H2n+1(x) =n
k=0
hn,k(x)yn,k +n
k=0
hn,k(x)yn,k ,
onde hn,k(x) e hn,k(x) sao polinomios de grau 2n + 1.
Para que H2n+1(xn,i) = f(xn,i), consideremos
hn,k(xn,k) = 1, se k = i
hn,k(xn,i) = 0, se k 6= ihn,k(xn,i) = 0, i, k.
(1.27)
Agora, para que H2n+1(xn,i) = f (xn,i), tomemos
hn,k(xn,k) = 1, se k = i
hn,k(xn,i) = 0, se k 6= ihn,k(xn,i) = 0, i, k.
(1.28)
Considere os polinomios qn,k(x) =(x)
(x xn,k) , que tem grau n. Observe que qn,k(xn,i) = 0para i = 0, 1, . . . , k 1, k + 1, . . . , n.
Como, de (1.27), hn,k(xn,i) = 0, k 6= i, entao xn,i, i = 0, 1, . . . , k 1, k + 1, . . . , n, sao razesde hn,k(x). De (1.28), temos que h
n,k(xn,i) = 0, i = 0, 1, . . . , n. Logo, xn,i, i 6= k, sao razes
duplas de hn,k(x). Portanto,
hn,k(x) = ak[qn,k(x)]2rk(x),
21
onde rk(x) e um polinomio de grau 1, com rk(xn,k) 6= 0.Como hn,k(xn,k) = 1, entao
ak[qn,k(xn,k)]2rk(xn,k) = 1.
Logo, ak =1
[qn,k(xn,k)]2rk(xn,k). Portanto,
hn,k(x) = [ln,k(x)]2
(rk(x)
rk(xn,k)
),
onde ln,k(x) sao os polinomios fundamentais de Lagrange.
Chamandork(x)
rk(xn,k)= rk(x), teremos
hn,k(x) = [ln,k(x)]2rk(x). (1.29)
Para x = xn,k temos hk(xn,k) = [ln,k(xn,k)]2rk(xn,k). Como rk(xn,k) = 1, podemos expressar
rk(x) da seguinte forma
rk(x) = 1 + (x xn,k), (1.30)onde e uma constante.
Derivando (1.29), temos
hn,k(x) = 2ln,k(x)ln,k(x)rk(x) + [ln,k(x)]
2rk(x). (1.31)
Fazendo x = xn,k na equacao acima, de (1.28) obtemos
hn,k(xn,k) = 2ln,k(xn,k)ln,k(xn,k)rk(xn,k) + [ln,k(xn,k)]
2rk(xn,k) = 0. (1.32)
Mas, rk(xn,k) = ln,k(xn,k) = 1. Logo, de (1.32)
2ln,k(xn,k) + rk(xn,k) = 0
ou,
rk(xn,k) = 2ln,k(xn,k).Derivando (1.30) obtemos rk(x) = . Logo, = 2ln,k(xn,k) . Assim,
rk(x) = 1 2lk(xn,k)(x xn,k).
Portanto,
hn,k(x) = [ln,k(x)]2[1 2ln,k(xn,k)(x xn,k)].
Agora, nosso objetivo e encontrar hn,k(x). De (1.27), temos que hn,k(xn,i) = 0. Logo, xn,i,
i = 0, 1 . . . , k 1, k, k + 1, . . . , n sao razes de hn,k(x).Sabemos que hn,k(x) tem grau 2n+1, xn,0, xn,1, . . . , xn,n sao razes e a derivada h
n,k(x) tem
como razes xn,0, xn,1, . . . , xn,k1, xn,k+1, . . . , xn,n. Assim, podemos escrever hn,k(x) da forma
hn,k(x) = bk[ln,k(x)]2(x xn,k). (1.33)
22
Vamos encontrar o valor de bk. Derivando (1.33), obtemos
hn,k(x) = 2bklk(x)ln,k(x)(x xn,k) + bk[ln,k(x)]2. (1.34)
Fazendo x = xn,k na equacao acima, temos
hn,k(xn,k) = 2bkln,k(xn,k)ln,k(xn,k) (xn,k xn,k)
0
+bk[ln,k(xn,k)]2.
Como ln,k(xn,k) = 1 e hk(xn,k) = 1, obtemos bk = 1. Logo,
hn,k(x) = [ln,k(x)]2(x xn,k).
Portanto, podemos expressar o polinomio de interpolacao de Hermite da seguinte forma
H2n+1(x) =n
k=0
hn,k(x)yn,k +n
k=0
hn,k(x)yn,k , (1.35)
onde
hn,k(x) = [ln,k(x)]2[1 2ln,k(xn,k)(x xn,k)],
(1.36)
hn,k(x) = [ln,k(x)]2(x xn,k).
Teorema 1.7 Sejam x R e xn,0, xn,1, . . . , xn,n n + 1 pontos distintos. Seja [a, b] R tal quea=min{x, xn,0, . . . , xn,n} e b=max{x, xn,0, . . . , xn,n}. Se f : [a, b] R e contnua com derivadascontnuas ate a ordem 2n + 2 (f C2n+2[a, b]) e se H2n+1(x) e o polinomio de interpolacao deHermite de f(x) sobre os n + 1 pontos distintos xn,i, i = 0, 1, . . . , n, entao, para x (a, b),
R2n+1(x) = f(x)H2n+1(x) = 2(x)
(2n + 2)!f (2n+2)(x), a < x < b (1.37)
onde (x) = (x xn,0)(x xn,1) . . . (x xn,n).
Demonstracao:
i) Para x = xn,i, i = 0, 1, . . . , n temos,
R2n+1(xn,i) = f(xn,i)H2n+1(xn,i).
Como H2n+1(xn,i) = yn,i = f(xn,i), entao R2n+1(xn,i) = yn,i yn,i = 0.Por outro lado, (xn,i) = 0, i = 0, 1 . . . , n. Assim, a equacao (1.37) e verdadeira quando x
e um dos pontos xn,i.
ii) Seja x 6= xn,i, i = 0, 1, . . . , n. Tomemos
F (y) = f(y)H2n+1(y)(
f(x)H2n+1(x)2(x)
)2(y) C2n+2[a, b]
= f(y)H2n+1(y)Kx2(y), (1.38)
onde Kx =
(f(x)H2n+1(x)
2(x)
).
23
Fazendo y = x em (1.38), obtemos
F (x) = f(x)H2n+1(x)Kx2(x)= f(x)H2n+1(x)
(f(x)H2n+1(x)
2(x)
)2(x) = 0.
Logo, x e uma raiz de F (y).
Se y = xn,i, entao F (xn,i) = f(xn,i) H2n+1(xn,i) Kx 2(xn,i) =0
= 0, i = 0, 1, . . . , n. Logo,
xn,0, xn,1, . . . , xn,n sao tambem razes distintas de F (y). F (y) tem, entao, pelo menos n+2 razes
distintas em [a, b] : x, xn,0, xn,1, . . . , xn,n, ou seja, em pelo menos n + 2 pontos F (y) assume o
mesmo valor.
Pelo Teorema de Rolle, F (y) tem pelos menos n+1 razes distintas em (a, b) : y0, y1, . . . , yn,
entre os pontos x, xn,0, xn,1, . . . , xn,n.
Alem disso, derivando (1.38) obtemos
F (y) = f (y)H2n+1(y)Kx2(y)(y).
Mas,
F (xn,i) = f (xn,i)H2n+1(xn,i)Kx2(xn,i)(xn,i) =0
= 0.
Logo, xn,i, i = 0, 1, . . . , n, sao razes distintas de F(y).
F (y) tem, portanto, pelo menos 2n + 2 razes distintas em (a, b), que sao y0, y1, . . . , yn,
xn,0, xn,1, . . . , xn,n.
Aplicando novamente o Pelo Teorema de Rolle para a 2a , 3a , . . . , (2n+2)-esima derivadas,
conclumos que F (2n+2)(y) tem pelo menos 1 raiz em (a, b). Mas,
F (2n+2)(y) = f (2n+2)(y)H(2n+2)2n+1 (y)(
f(x)H2n+1(x)2(x)
)(2n + 2)!.
Seja x um zero de F(2n+2)(y) em (a, b). Logo, F (2n+2)(x) = 0. Como H(2n+2)2n+1 (y) = 0 e
fazendo y = x temos
0 = f (2n+2)(x)(
f(x)H2n+1(x)2(x)
)(2n + 2)! .
Logo,
f(x)H2n+1(x) = 2(x)
(2n + 2)!f (2n+2)(x),
como queramos demonstrar.
1.4 Formulas de Quadratura Interpolatorias
Seja
I(f) =
ba
f(x)dx,
onde (a, b) R.
24
Formulas, utilizadas para aproximar o valor numerico da integral I, do tipo
I(f) =
ba
f(x)dx =n
k=0
Wn,kf(xn,k) + En(f),
sao chamadas formulas de quadratura. Para k = 0, 1, . . . , n, os valores Wn,k sao chamados pesos
e xn,k, chamados nos da formula de quadratura.
Para constru-las, vamos dividir o intervalo (a, b) em n subintervalos a xn,0 < xn,1 0, existe = () > 0 tal que, para toda
particao , com |||| < , e para toda escolha de C,
|S(, C) S| < ,
entao S e chamado de integral de Riemann-Stieltjes (ou simplesmente integral de Stieltjes) de
f com respeito a no intervalo [a, b] e e, geralmente, denotada por
ba
f()d().
Em outras palavras, se
lim||||0
S(, C)
existe entao este limite e chamado de integral de Stieltjes de f com respeito a em [a, b].
29
Alguns exemplos de integrais de Riemann-Stieltjes:
1) Se () = , ou, mais geral, () = +, para alguma constante , a integral de Riemann-
Stieltjes e identica a integral de Riemann no intervalo [a, b].
2) Seja contnua e derivavel em [a, b], entao pelo teorema do valor medio
(k) (k1) = ( k )(k k1),
onde k e um ponto em (k1, k). Se f e contnua em [a, b], assim temos pela definicao de
integral de Riemann que ba
f()d() =
ba
f()()d.
3) Um caso bem interessante de integral de Stieltjes e encontrado se e uma funcao escada
com saltos nos pontos 1, 2, ...n, dada por
() =
0, a 1,1, 1 < 2,
1 + 2, 2 < 3,... ...
1 + 2 + + n, n < b,
onde 1, 2, ...n sao numeros positivos arbitrarios. Somente os intervalos [k1, k) que contem
um ponto de salto podem contribuir na soma S(, C). Para |||| < min(k k1) a soma ficareduzida a
n
k=1
f(k)k,
onde |k k| ||||. Se f for contnua, temos f(k) f(k) quando |||| 0, e assim b
a
f()d() =n
k=1
f(k)k.
As propriedades da integral de Stieltjes sao bastante analogas as propriedades da integral
de Riemann, pode-se provar que (veja [9, 14]):
1) ba
d() = (b) (a).
2) ca
f()d() +
bc
f()d() =
ba
f()d(), onde a < c < b.
3) Para qualquer numero complexo c,
ba
cf()d() = c
ba
f()d().
30
4) ba
(f1() + f2())d() =
ba
f1()d() +
ba
f2()d().
5) Se f1() e f2() sao funcoes reais em [a, b], e f1() f2() para a b, entao, se enao decrescente, temos b
a
f1()d() b
a
f2()d().
e ainda, b
a
f()d()
b
a
|f()|d().
1.5.3 Sobre Distribuicoes
Definicao 1.21 Seja uma funcao real, nao decrescente, definida em [a, b], chamamos de
ponto de aumento de qualquer ponto [a, b] tal que nao e constante em qualquer intervalo[ , + ], onde > 0. Se e um ponto de aumento isolado, entao existe > 0 tal que econstante nos intervalos ( , ) e (, + ).
Definicao 1.22 Seja uma funcao definida em [a, b], nao decrescente, limitada com infinitos
pontos de aumento, tal que as integrais de Stieltjes
k =
ba
kd(), para k = 0, 1, 2, ...
existem. Entao dizemos que e uma distribuicao (ou medida positiva) em [a, b].
Se
k =
ba
kd(), para k = ...,2,1, 0, 1, 2, ...
existem, entao dizemos que e uma distribuicao forte em [a, b].
Os valores k sao chamados de momentos da distribuicao . Se d() e interpretada como
uma distribuicao de massa sobre reta real positiva, entao momentos 1 e 2 correspondem, res-
pectivamente, aos primeiro e segundo momentos da distribuicao de massa. Essa nomenclatura
tem sua origem na Mecanica.
O numero infinito de pontos de aumento, na definicao (1.22), garante que
ba
(f())2d() > 0,
para qualquer funcao contnua e nao identicamente nula em [a, b].
Quando [a, b] (0,) entao e chamada de distribuicao de Stieltjes, (ver [5, 16]).
31
2 Polinomios Ortogonais
2.1 Introducao
Entre os polinomios associados a relacao de recorrencia de tres termos estao os polinomios
ortogonais. As aplicacoes de tais polinomios a Analise Aplicada sao muitas e novas aplicacoes
surgem a todo momento (Gautschi [8]).
As aplicacoes dos polinomios ortogonais associados as chamadas medidas classicas, como as
de Jacobi, Hermite e Laguerre, tem, particularmente, papel fundamental em muitos problemas
das ciencias e das engenharias. Ao contrario do que gostaramos, os polinomios ortogonais
associados as medidas nao classicas ainda nao gozam de semelhante privilegio. Isto se deve, em
parte, as restricoes encontradas para gera-los.
Definicao 2.1 Sejam (a, b) um intervalo real, a < b , e (x) uma funcao reallimitada, nao decrescente e com infinitos pontos de aumento em (a, b). Se os momentos definidos
por
r =
ba
xrd(x) (2.1)
existem para r = 0, 1, 2, . . . , entao d(x) e chamada distribuicao (medida positiva) em (a, b).
Se d(x) = w(x)dx, entao w(x) 0 em (a, b), mas nao identicamente nula, e e chamadafuncao peso.
Consideraremos, daqui por diante, apenas o caso em que d(x) = w(x)dx.
2.2 Sequencia de Polinomios Ortogonais
Definicao 2.2 (Sequencia de Polinomios Ortogonais) Dizemos que a sequencia de poli-
nomios {Pn(x)}n=0 e uma sequencia de polinomios ortogonais (SPO) com relacao a funcao pesow(x) no intervalo (a, b) se
(i) Pn(x) e de grau exatamente n, n 0.
(ii) Pn, Pm = b
a
Pn(x)Pm(x)w(x)dx =
{0, se n 6= m,n 6= 0, se n = m.
(2.2)
Note que, neste caso, n > 0, pois P2n(x)w(x) 0 em (a, b).
Utilizando o notacao ij para o delta de Kronecker, isto e,
ij =
{0, se i 6= j,1, se i = j,
podemos escrever o item (ii) acima como
Pn, Pm = b
a
Pn(x)Pm(x)w(x)dx = nmn.
Definicao 2.3 (Sequencia de Polinomios Ortonormais) Dizemos que uma SPO e uma
sequencia de polinomios ortonormais (SPO), denotada por {P n(x)}n=0, se n = 1.
32
Notacao: Denotaremos os polinomios ortogonais de grau n, Pn(x) por
Pn(x) = an,nxn + an,n1xn1 + + an,1x + an,0 =
ni=0
an,ixi, an,n 6= 0.
Uma das maneiras de se construir uma sequencia de polinomios ortogonais P0(x), P1(x), . . . ,
Pj(x), . . . , com relacao ao produto interno (1.1) e atraves do Processo de Ortogonalizacao de
Gram-Schmidt.
Para isso, podemos tomar a base bk(x) = xk, k = 0, 1, 2, . . . , e calcular Pk(x), k = 0, 1, 2, . . . ,
da seguinte forma:
P0(x) = b0(x) = 1
e, para k = 1, 2, 3, . . . ,
Pk(x) = xk + k,0P0(x) + k,1P1(x) + + k,k1Pk1(x),
onde
k,i = xk, Pi
Pi, Pi , i = 0, 1, . . . , k 1.
Podemos tomar outras bases {bk(x)} desde que cada polinomio bk(x), k = 0, 1, 2, . . . , sejade grau exatamente k.
2.3 Propriedades
Estudaremos, agora, algumas interessantes propriedades dos polinomios ortogonais.
Teorema 2.1 Sejam P0(x), P1(x), . . . , Pm(x), pertencentes a uma sequencia de polinomios or-
togonais, entao {Pj(x)}mj=0 sao linearmente independentes.
Demonstracao:
Modo 1) Como cada polinomio, Pj(x), tem grau exatamente j, e j = 0, 1, . . . , m, entao pelo
Teorema 1.1 temos que {Pj(x)}mj=0 sao linearmente independentes.
Modo 2) Sejam cj, j = 0, 1, . . . , m, constantes reais tais quem
j=0
cjPj(x) = 0. Logo, para cada
polinomio Pk(x), 0 k m, obtemos
mj=0
cjPj(x), Pk
= 0, Pk = 0,
ou seja,m
j=0
cj Pj, Pk = 0.
Por definicao, Pj, Pk = 0 para j 6= k e Pk, Pk > 0. Logo,m
j=0
cj Pj, Pk = ck Pk, Pk >0
= 0.
33
Portanto, ck = 0, k = 0, . . . , m.
O teorema acima nos diz que os polinomios ortogonais Pk(x), k = 0, 1, 2, . . . , m, formam
uma base para o espaco vetorial dos polinomios de grau menor ou igual a m, Pm.
Teorema 2.2 Seja {Pn(x)}n=0 uma sequencia de polinomios e w(x) uma funcao peso no in-tervalo (a, b). Entao, as seguintes afirmacoes sao equivalentes
(a) {Pn(x)}n=0 e uma sequencia de polinomios ortogonais com relacao a funcao peso w(x)em (a, b), ou seja, Pm, Pn = mnn, onde n 6= 0.
(b) Pn, = 0, (x) Pn1, n 1.
(c) xm, Pn = b
a
xmPn(x)w(x)dx =
{0, se 0 m n 1,n 6= 0, se m = n.
Demonstracao: (a) = (b) Seja (x) um polinomio de grau n 1. Por definicao, temos
Pn, Pm = b
a
Pn(x)Pm(x)w(x)dx =
{0, se n 6= m,n 6= 0, se n = m.
Como {Pn(x)}n=0 e uma sequencia de polinomios ortogonais, pelo Teorema 2.1 P0, P1, . . . , Pn1formam uma base para Pn1.
i) Assim, para (x) Pn1 podemos escrever (x) =n1
k=0
kPk(x). Logo,
Pn, =
Pn,
n1
k=0
kPk(x)
=
n1
k=0
k Pn, Pk =0, k 6=n
(a)= 0.
ii) Suponhamos, agora, (x) polinomio de grau exatamente n, entao podemos escrever (x) =n
k=0
kPk(x), onde n 6= 0. Assim,
Pn, =
Pn,
n
k=0
kPk(x)
=
n
k=0
k Pn, Pk =0,k 6=n
(a)= n Pn, Pn = nn 6= 0.
(b) = (c)i) Temos, por hipotese, que Pn, = 0,(x) de grau n 1. Assim, Pn, xm = 0 se m < n.ii) Consideremos, agora, m = n. Entao, (x) = xn Pn. Logo,
xn =n
j=0
jPj(x), n 6= 0
e
Pn, xn =n
j=0
j Pn, Pj =0, para j
(c) = (a)i) Consideremos m < n (m > n, analogo). Seja Pm(x) =
m
k=0
am,kxk, am,m 6= 0, entao,
Pm, Pn =m
k=0
am,kxk, Pn
=0, para k
2.3.1 Determinantes de Hankel
Definicao 2.4 O determinante definido por
Hn =
0 1 . . . n
1 2 . . . n+1...
.... . .
......
.... . .
...
n n+1 . . . 2n
, n 0, (2.3)
e chamado determinante de Hankel de ordem n+1, onde r =
ba
xrw(x)dx, r = 0, 1, 2, . . . , 2n.
Teorema 2.3 Se os momentos r, r = 0, 1, . . . , 2n, existem, o determinante de Hankel (2.3) e
diferente de zero.
Demonstracao: Tomemos o sistema linear homogeneo
0an,0 + 1an,1 + . . . + nan,n = 0
1an,0 + 2an,1 + . . . + n+1an,n = 0...
......
...
nan,0 + n+1an,1 + . . . + 2nan,n = 0
que na forma matricial e escrito como
0 1 . . . n
1 2 . . . n+1...
.... . .
...
n n+1 . . . 2n
Hn
an,0
an,1...
an,n
a
=
0
0...
0
0
.
Observe que o determinante da matriz dos coeficientes e Hn. Mostremos que a unica solucao
do sistema linear acima e an,0 = an,1 = . . . = an,n = 0. Dessa forma temos Hn 6= 0.Substituindo os momentos no sistema linear pela sua definicao, obtemos
an,0
ba
x0w(x)dx + an,1
ba
xw(x)dx + + an,n b
a
xnw(x)dx = 0
an,0
ba
xw(x)dx + an,1
ba
x2w(x)dx + + an,n b
a
xn+1w(x)dx = 0
......
......
an,0
ba
xnw(x)dx + an,1
ba
xn+1w(x)dx + + an,n b
a
x2nw(x)dx = 0
Multiplicando, respectivamente, por an,0, an,1, . . . , an,n as equacoes do sistema e somando-as,
temos
a2n,0
ba
w(x)dx + a2n,1
ba
x2w(x)dx + + a2n,n b
a
x2nw(x)dx + 2an,0an,1
ba
xw(x)dx
+ + 2an,0an,n b
a
xnw(x)dx + 2an,1an,n
ba
xn+1w(x)dx + = 0,
36
ou seja, ba
(an,0 + an,1x + . . . + an,nxn)2w(x)dx = 0.
Se Q(x) =n
i=0
an,ixi, entao temos
ba
[Q(x)]2w(x)dx = Q(x), Q(x) = 0 Q(x) 0, x R, isto e, an,0 = an,1 = . . . = an,n = 0.
Teorema 2.4 Os determinantes de Hankel Hn sao diferentes de zero para n = 0, 1, 2, . . . se, e
somente se, existe uma unica sequencia de polinomios ortogonais {Pn(x)}n=0 no intervalo (a, b)relativamente a funcao peso w(x).
Demonstracao: Seja Pn(x) =n
k=0
an,kxk, an,n 6= 0. Se Pn(x) pertencente a alguma sequencia
de polinomios ortogonais sabemos que
xm, Pn ={
0, se m < n,
n 6= 0, se m = n.Observe que
xm, Pn = b
a
xm(an,nxn + an,n1xn1 + . . . + an,1x + an,0)w(x)dx
= an,n
ba
xm+nw(x)dx + an,n1
ba
xm+n1w(x)dx + . . . + an,1
ba
xm+1w(x)dx
+an,0
ba
xmw(x)dx
= an,nm+n + an,n1m+n1 + . . . + an,1m+1 + an,0m.
Logo, fazendo m = 0, 1, . . . , n obtemos, respectivamente,
an,nn + . . . + an,11 + an,00 = 0
an,nn+1 + . . . + an,12 + an,01 = 0...
......
...
an,n2n + . . . + an,1n+1 + an,0n = 6= 0Na forma matricial,
0 1 . . . n
1 2 . . . n+1...
.... . .
...
n n+1 . . . 2n
an,0
an,1...
an,n
=
0
0...
n 6= 0
.
() Supondo que os determinantes de Hankel sejam diferentes de zero, a solucao do sistemaacima e unica e, assim existe uma unica sequencia de polinomios ortogonais onde xn, Pn = n.Alem disso, an,n 6= 0, pois pela Regra de Crammer, an,n = nHn1
Hn.
() Reciprocamente, supondo que existe uma unica sequencia de polinomios ortogonais,entao existem unicos an,0, an,1, . . . , an,n, com an,n 6= 0, que satisfazem ao sistema linear acima.Portanto, os determinantes de Hankel de ordem n + 1, n 0, sao diferentes de zero.
37
2.3.2 Zeros dos Polinomios Ortogonais
Teorema 2.5 Seja Pn(x), n 1, uma sequencia de polinomios ortogonais no intervalo (a, b)com relacao a funcao peso w(x). Entao, as razes de Pn(x) sao reais, distintas e pertencem ao
intervalo (a, b).
Demonstracao: Vamos supor que Pn(x) nao muda de sinal em (a, b). Entao ou Pn(x) 0(mas nao identicamente nulo) para todo x (a, b) =
ba
Pn(x)w(x)dx > 0, ou Pn(x) 0
(mas nao identicamente nulo) para todo x (a, b) = b
a
Pn(x)w(x)dx < 0.
Mas, da relacao de ortogonalidade, temos que b
a
Pn(x)w(x)dx =
ba
1.Pn(x)w(x)dx = 0. (2.4)
Logo, temos um absurdo. Assim, Pn(x) deve mudar de sinal em (a, b) pelo menos uma vez,
logo existe pelo menos uma raiz real de Pn(x) de multiplicidade mpar em (a, b).
Suponhamos que xn,1, xn,2, . . . , xn,r (r < n) sao as razes distintas de multiplicidade mpar
de Pn(x) em (a, b). Entao,
Pn(x) = (x xn,1)(x xn,2) . . . (x xn,r)Q(x),
onde Q(x) e um polinomio de grau (n r) que tem somente razes complexas ou razes demultiplicidade par em (a, b) ou razes fora de (a, b). Logo, Q(x) nao muda de sinal em (a, b).
Porem, pela relacao de ortogonalidade b
a
(x xn,1)(x xn,2) . . . (x xn,r) grau r
com P0(x) = 1, P1(x) = 0, n+1, n, n R, n 1, e
n+1 =an+1,n+1
an,n6= 0, n+1 = n+1 xPn, PnPn, Pn , n+1 =
n+1n
Pn, PnPn1, Pn1 6= 0. (2.8)
Demonstracao: Continuaremos a usar a notacao Pn(x) = an,nxn+an,n1xn1+. . .+an,1x+an,0.
Como xPn(x) e um polinomio de grau n + 1, entao podemos escrever
xPn(x) =n+1i=0
biPi(x).
Igualando os coeficientes dos termos de maior grau em ambos os membros da igualdade
acima, temos
an,n = bn+1an+1,n+1.
Da,
bn+1 =an,n
an+1,n+1.
Porem, das relacoes de ortogonalidade,
xPn, Pj = b
a
Pn(x)xPj(x)w(x)dx = 0 para j n 2.
Assim,
xPn, Pj =n+1i=0
bi Pi, Pj = bj Pj, Pj = 0 para j n 2.
Logo, bj = 0 se j n 2. E,
xPn(x) = bn+1Pn+1(x) + bnPn(x) + bn1Pn1(x),
que pode ser escrito como
Pn+1(x) =1
bn+1xPn(x) bn1
bn+1Pn1(x) bn
bn+1Pn(x),
ou seja,
Pn+1(x) = (n+1x n+1)Pn(x) n+1Pn1(x),com
n+1 =1
bn+1, n+1 =
bnbn+1
e n+1 =bn1bn+1
.
Calculemos, agora, os valores de n+1, n+1 e n+1.
Como
bn+1 =an,n
an+1,n+1, temos n+1 =
an+1,n+1an,n
.
De
Pn+1(x) = (n+1x n+1)Pn(x) n+1Pn1(x),obtemos
0 = Pn+1, Pn = n+1 xPn, Pn n+1 Pn, Pn n+1 Pn1, Pn .
39
Da,
n+1 = n+1xPn, PnPn, Pn .
Analogamente,
0 = Pn+1, Pn1 = n+1 xPn, Pn1 n+1 Pn, Pn1 n+1 Pn1, Pn1 .
Logo,
n+1 = n+1xPn, Pn1Pn1, Pn1 .
Mas, como
Pn(x) = (nx n)Pn1(x) nPn2(x)obtemos
xPn1(x) =1
nPn(x) +
nn
Pn1(x) +nn
Pn2(x).
Porem,
xPn, Pn1 = b
a
Pn(x)xPn1(x)w(x)dx = Pn, xPn1 ,
entao,
Pn, xPn1 = 1nPn, Pn+ n Pn, Pn1+ n
nPn, Pn2 = 1
nPn, Pn .
Portanto,
n+1 =n+1n
Pn, PnPn1, Pn1 .
Teorema 2.7 (Identidade de Christoffel-Darboux) Seja {P n(x)}n=0 uma sequencia de po-linomios ortonormais. Entao, eles satisfazem a seguinte identidade
n
k=0
P k (x)Pk (y) =
1
n+1
P n+1(x)Pn(y) P n(x)P n+1(y)
x y . (2.9)
Demonstracao: Da relacao de recorrencia de tres termos (2.7) temos que
P n+1(x)Pn(y) P n(x)P n+1(y) =
= [(n+1x n+1)P n(x) n+1P n1(x)]P n(y) P n(x)[(n+1y n+1)P n(y) n+1P n1(y)]
= (x y)n+1P n(x)P n(y) + n+1{P n(x)P n1(y) P n1(x)P n(y)}.
Mas,
n+1 =n+1n
P n , P nP n1, P
n1
= n+1
n.
Assim,
P n+1(x)Pn(y)P n(x)P n+1(y) =
n+1n
{P n(x)P n1(y)P n1(x)P n(y)}+(xy)n+1P n(x)P n(y).(2.10)
40
Analogamente,
P n(x)Pn1(y) P n1(x)P n(y) =
nn1
{P n1(x)P n2(y) P n2(x)P n1(y)}+(x y)nP n1(x)P n1(y). (2.11)
Substituindo (2.11) em (2.10), obtemos
P n+1(x)Pn(y) P n(x)P n+1(y) =
n+1n
{n
n1[P n1(x)P
n2(y) P n2(x)P n1(y)]
+(x y)nP n1(x)P n1(y)}
+ (x y)n+1P n(x)P n(y)
=n+1n1
[P n1(x)P
n2(y) P n2(x)P n1(y)
]
+n+1(x y)[P n1(x)P n1(y) + P n(x)P n(y)].
Usando este raciocnio n vezes, temos
P n+1(x)Pn(y) P n(x)P n+1(y) =
n+11
[P 1 (x)P0 (y) P 0 (x)P 1 (y) + 1(x y)
n
k=1
P k (x)Pk (y)].
(2.12)
Mas, P 1 (x) = a1,1 + a
1,0 e P
0 (x) = a
0,0. Entao,
P 0 (y)P1 (x) P 0 (x)P 1 (y) = a0,0a1,1(x y).
Substituindo em (2.12), obtemos
P n+1(x)Pn(y) P n(x)P n+1(y) =
n+11
[a0,0a
1,1 +
1
n
k=1
P k (x)Pk (y)
](x y).
Como 1 =a1,1a0,0
e P 0 (x) = P0 (y) = a
0,0, temos
P n+1(x)Pn(y) P n(x)P n+1(y) = n+1
a0,0a1,1
[a0,0a
1,1 +
a1,1a0,0
n
k=1
P k (x)Pk (y)
](x y) =
P n+1(x)Pn(y)P n(x)P n+1(y) = n+1(xy)
[(a0,0)
2 + P 0 (x)P0 (y) P 0 (x)P 0 (y) +
n
k=1
P k (x)Pk (y)
]=
n+1(x y)[(a0,0)
2 (a0,0)2 +n
k=0
P k (x)Pk (y)
]=
n
k=0
P k (x)Pk (y) =
1
n+1
P n+1(x)Pn(y) P n(x)P n+1(y)
(x y) .
Se somarmos e subtrairmos P n+1(x)Pn(x) ao numerador da Identidade de Christoffel-Darboux
(2.9), obtemos
n
k=0
P k (x)Pk (y) =
1
n+1
P n(x)(P n+1(x) P n+1(y)
) P n+1(x) (P n(x) P n(y))x y .
41
Fazendo y x em ambos os membros da igualdade acima, chegamos a seguinte identidaden
k=0
(P k (x))2 =
1
n+1
[P n(x)
(P n+1(x)
) P n+1(x) (P n(x))]
> 0, x R. (2.13)
Lembremos que f (x) = limyx
f(x) f(y)x y e
n
k=0
(P k (x))2 > 0 pois P0(x) 6= 0.
Teorema 2.8 Seja {Pj(x)}j=0 uma sequencia de polinomios ortogonais. Entao, entre doiszeros consecutivos do polinomio de grau n 1, Pn1(x) existe somente um zero de Pn(x).
Demonstracao: Suponhamos, sem perda de generalidade, que os polinomios Pj(x) sejam
ortonormais com aj,j > 0 j = 0, 1, . . .. Sejam xn1,1 < xn1,2 < . . . < xn1,n1 os zeros
de Pn1(x) em ordem crescente. Tomemos xn1,k e xn1,k+1, k = 1, 2, ..., n 2, dois zerosconsecutivos de Pn1(x). Substituindo esses zeros em (2.13) para n = n 1, obtemos
Pn(xn1,k)P n1(xn1,k) < 0 e Pn(xn1,k+1)Pn1(xn1,k+1) < 0.
Como P n1(xn1,k) e Pn1(xn1,k+1) tem sinais opostos, entao Pn(xn1,k) e Pn(xn1,k+1)
tambem tem. Logo, existe pelo menos um ponto em (xn1,k, xn1,k+1) onde Pn(x) muda de
sinal. Portanto, existe pelo menos um zero de Pn(x) entre xn1,k e xn1,k+1.
Dois zeros de Pn(x) estao em (a, xn1,1) e (xn1,n1, b), respectivamente. Como aj,j > 0,
j = 0, 1, . . . , temos que Pj(b) > 0. Logo, Pn1(xn1,n1) > 0. De (2.13), Pn(xn1,n1) < 0.
Portanto, Pn(x) muda de sinal entre xn1,n1 e b. De modo analogo mostramos que existe uma
raiz de Pn(x) entre a e xn1,1. Basta lembrar que sinal[Pj(a)] = (1)j. Como Pn(x) tem nzeros o resultado esta demonstrado.
2.3.4 Polinomios Ortogonais na forma Monica
Para construirmos a sequencia de polinomios ortogonais monicos{
Pn(x)}
n=0com relacao a
w(x) a partir dos polinomios ortogonais {Pn(x)}n=0 com relacao a w(x), basta dividirmos cadaPn pelo correspondente coeficiente do termo de maior grau, ou seja,
Pn(x) =Pn(x)
an,n, n 1.
Para obtermos a relacao de recorrencia de tres termos para esses polinomios monicos, divi-
dimos a relacao de recorrencia (2.7) por an+1,n+1, obtendo
Pn+1(x)
an+1,n+1= (n+1x n+1) Pn(x)
an+1,n+1 n+1 Pn1(x)
an+1,n+1, n 0,
assim,
Pn+1(x) = (n+1x n+1) an,nan+1,n+1
Pn(x) n+1an1,n1an+1,n+1
Pn1(x), n 0.
Comoan.n
an+1,n+1=
1
n+1, entao
Pn+1(x) =
(x n+1
n+1
)Pn(x) n+1
nn+1Pn1(x), n 0.
42
Sejam
n+1 =n+1n+1
=n+1n+1
xPn, PnPn, Pn =
xan,nPn, an,nPn
an,nPn, an,nPn
=
xPn, Pn
Pn, Pn
e
n+1 =n+1
nn+1=
n+1n
1
nn+1
Pn, PnPn1, Pn1 =
1
2n
an,nPn, an,nPn
an1,n1Pn1, an1,n1Pn1
=a2n1,n1
a2n,n
a2n,na2n1,n1
Pn, Pn
Pn1, Pn1
=
Pn, Pn
Pn1, Pn1
.
Portanto, obtemos a relacao de recorrencia
Pn+1(x) = (x n+1)Pn(x) n+1Pn1(x), n 0, (2.14)onde
n+1 =
xPn, Pn
Pn, Pn
, n+1 =
Pn, Pn
Pn1, Pn1
. (2.15)
A relacao (2.14) pode tambem ser escrita como
xPn(x) = n+1Pn1(x) + n+1Pn(x) + Pn+1(x). (2.16)
Fazendo n = 0, 1, 2, ..., m 1 na equacao (2.16) obtemos, respectivamente,xP0(x) = 1P0(x) + P1(x)
xP1(x) = 2P0(x) + 2P1(x) + P2(x)
xP2(x) = 3P1(x) + 3P2(x) + P3(x)...
...
xPm1(x) = mPm2(x) + mPm1(x) + Pm(x),
ou, na forma matricial,
x
P0(x)
P1(x)
P2(x)...
Pm2(x)
Pm1(x)
=
1 1 0 0 . . . 0 0
2 2 1 0 . . . 0 0
0 3 3 1 . . . 0 0...
......
.... . .
......
0 0 0 0 . . . m1 1
0 0 0 0 . . . m m
P0(x)
P1(x)
P2(x)...
Pm2(x)
Pm1(x)
+
0
0
0...
0
Pm(x)
.
Seja xm,k, 1 k m, razes do polinomio Pm(x). Entao,
xm,k
P0(xm,k)
P1(xm,k)
P2(xm,k)...
Pm2(xm,k)
Pm1(xm,k)
vm,k
=
1 1 0 0 . . . 0 0
2 2 1 0 . . . 0 0
0 3 3 1 . . . 0 0...
......
.... . .
......
0 0 0 0 . . . m1 1
0 0 0 0 . . . m m
Gm
P0(xm,k)
P1(xm,k)
P2(xm,k)...
Pm2(xm,k)
Pm1(xm,k)
vm,k
.
43
Logo,
xm,kvm,k = Gmvm,k, k = 1, 2, ..., m.
Como pelo Teorema 2.8 Pm1(xm,k) 6= 0, o vetor vm,k e nao-nulo. Entao, xm,k e auto-valorda matriz Gm e vm,k o correspondente auto-vetor.
2.3.5 Polinomios Ortonormais
Para construirmos uma sequencia de polinomios ortonormais {P n(x)}n=0 a partir dos po-linomios ortogonais Pn, dividirmos cada Pn por sua norma. Logo,
P n(x) =Pn(x)
||Pn(x)|| , n 1,
onde ||Pn(x)|| =Pn, Pn.
Da relacao de recorrencia (2.7) sabemos que
P n+1(x) = (n+1x n+1)P n(x) n+1P n1(x),
onde
n+1 =an+1,n+1
an,n, n+1 =
n+1
xP n , P nP n , P n
, n+1 =n+1n
P n , P nP n1, P
n1
.
Como P n , P n = 1, entao
n+1 =an+1,n+1
an,n, n+1 =
n+1 xP n , P n , n+1 =
n+1n
.
Assim,
P n+1(x) = (n+1x n+1 xP n , P n)P n(x)
n+1n
P n1(x).
Logo,P n+1(x)
n+1= (x xP n , P n)P n(x)
1
nP n1(x),
ou, equivalentemente,
xP n(x) =1
n+1P n+1(x) + xP n , P nP n(x) +
1
nP n1(x).
Finalmente, obtemos
xP n(x) = nP
n1(x) +
n+1P
n(x) +
n+1P
n+1(x), (2.17)
onde
n+1 =1
n+1e n+1 = xP n , P n .
Como podemos tambem escrever Pn(x) =P n(x)an,n
, de (2.15) temos
n+1 =
Pn, Pn
Pn1, Pn1
=
P n
an,n, P
n
an,n
P n1an1,n1
,P n1
an1,n1
= (an1,n1)
2
(an,n)2= (n)
2
44
e
n+1 =
xPn, Pn
Pn, Pn
=
x P
n
an,n, P
n
an,n
P nan,n
, Pn
an,n
= xP n , P n = n+1.
Assim,
xP n(x) =
n+1Pn1(x) + n+1P
n(x) +
n+2P
n+1(x), n 0. (2.18)
Procedendo da mesma forma que para os polinomios ortogonais monicos, obtemos
x
P 0 (x)
P 1 (x)
P 2 (x)...
P m2(x)
P m1(x)
=
1
2 0 . . . 0 02 2
3 . . . 0 0
0
3 3 . . . 0 0...
......
. . ....
...
0 0 0 . . . m1
m
0 0 0 . . .
m m
P 0 (x)
P 1 (x)
P 2 (x)...
P m2(x)
P m1(x)
+
0
0
0...
0m+1P
m(x)
.
Logo, para x = xm,k,
xm,k
P 0 (xm,k)
P 1 (xm,k)
P 2 (xm,k)...
P m2(xm,k)
P m1(xm,k)
um,k
=
1
2 0 0 . . . 0 02 2
3 0 . . . 0 0
0
3 3
4 . . . 0 0...
......
.... . .
......
0 0 0 0 . . . m1
m
0 0 0 0 . . .
m m
Jm
P 0 (xm,k)
P 1 (xm,k)
P 2 (xm,k)...
P m2(xm,k)
P m1(xm,k)
um,k
,
isto e,
xm,kum,k = Jmum,k, k = 1, 2, ..., m. (2.19)
Portanto, xm,k e tambem um auto-valor da matriz Jm, chamada matriz de Jacobi de ordem m.
2.3.6 Polinomios Ortogonais Simetricos
Definicao 2.5 Uma funcao peso w(x) definida em um intervalo [-b,b] e chamada simetrica se
w(x) = w(x).
Teorema 2.9 Se uma funcao peso w(x) definida em [b, b] e simetrica, entao os momentosde ordem mpar sao nulos, ou seja, 2n+1 = 0 n.
Demonstracao: Temos que w(x) = w(x) e 2n+1 = bb
x2n+1w(x)dx. Se fizermos x = y,temos
2n+1 =
bb
x2n+1w(x)dx =
bb
(y)2n+1w(y)d(y) =
bb
y2n+1w(y)dy = 2n+1.
Logo 2n+1 = 0 n.
45
Teorema 2.10 Seja {Pn(x)} uma sequencia de polinomios ortogonais monicos com relacao auma funcao peso w. Entao as seguintes afirmacoes sao equivalentes:
a) w(x) e simetrica;
b) Pn(x) = (1)nPn(x), n 0;c) na formula de recorrencia (2.14), n = 0, n 1.
Demonstracao: Vamos mostrar que (a) (b) (c).(a b) Temos que w(x) e simetrica, entao 2k+1 = 0, k = 0, 1, . . . . Alem disso,
bb
Pm(x)Pn(x)w(x)dx x=y= b
b
Pm(y)Pn(y)w(y)d(y)
wsim=
bb
Pm(y)Pn(y)w(y)dy
=
bb
Pm(x)Pn(x)w(x)dx.
Pelo corolario 2.1, Pn(x) = cnPn(x), onde cn e uma constante. Assim, tomando
Pn(x) = xn + an,n1xn1 + . . . + an,1x + an,0,
e comparando os coeficientes do termo de maior grau xn, de Pn(x) e de cnPn(x), temos que
cn = (1)n.
Portanto,
Pn(x) = (1)nPn(x), n 0.
(b a) Temos que Pn(x) = (1)nPn(x), n 0, queremos mostrar que 2k+1 = 0, k =0, 1, . . . . Vamos mostrar por inducao sobre n.
Consideremos
Pn(x) = xn + an,n1xn1 + . . . + an,1x + an,0 e P0(x) = 1.
Para n = 1, temos
P1(x) = (1)P1(x) x + a1,0 = x a1,0 a1,0 = 0 P1(x) = x.
Alem disso,
0 =
bb
P0(x)P1(x)w(x)dx =
bb
P1(x)w(x)dx =
bb
xw(x)dx = 1.
Para n = 2, temos
P2(x) = P2(x) x2 a2,1x + a2,0 = x2 + a2,1x + a2,0 a2,1 = 0 P2(x) = x2 + a2,0.
E assim,
0 =
bb
P1(x)P2(x)w(x)dx =
bb
x(x2+a2,0)w(x)dx =
bb
x3w(x)dx+a2,0
bb
xw(x)dx = 3+a2,01 = 3.
46
Agora vamos supor que nossa hipotese de inducao seja 1 = 3 = . . . = 2k1 = 0, k =
1, 2, . . . .
Para n = 2k, onde P2k(x) = x2k + a2k,2k2x2k2 + . . . + a2k,2x2 + a2k,0, temos
0 =
bb
P2k(x)P1(x)w(x)dx =
bb
P2k(x)xw(x)dx = 2k+1.
Logo 2k+1 = 0, k = 1, 2, . . . .
Portanto w(x) e simetrica.
Mostremos agora que (b c).Usando a formula de recorrencia (2.14), sabendo que Pn(x) e monico para todo n, temos
Pn(x) = (x n)Pn1(x) nPn2(x), n 0 (2.20)
(1)nPn(x) = (1)n(x n)Pn1(x) (1)nnPn2(x) (1)nPn(x) = (1)n1(x + n)Pn1(x) (1)n2nPn2(x).
Seja Qn(x) = (1)nPn(x). Entao
Qn(x) = (x + n)Qn1(x) nQn2(x). (2.21)
(b c) Temos que Pn(x) = (1)nPn(x), entao Qn(x) = Pn(x) n, subtraindo (2.20) de(2.21), temos
0 = Qn(x)Pn(x) = (x+n)Qn1(x)nQn2(x)(xn)Pn1(x)+nPn2(x) = 2nPn1(x)
n = 0, n 1.(c b) Temos que n = 0, n 1. Seja Qn(x) = (1)nPn(x), entao por (2.21), temos
Qn(x) = (x + n)Qn1(x) nQn2(x),
como n = 0 temos
Qn(x) = xQn1(x) nQn2(x),e pela formula de recorrencia (2.14), com n = 0,
Pn(x) = xPn1(x) nPn2(x).
Temos que Qn(x) e Pn(x) satisfazem a mesma formula de recorrencia e alem disso,
Q1(x) = P1(x) e Q0(x) = P0(x).
Assim Pn(x) = Qn(x) = (1)nPn(x), n 0.
Mostrar que se w(x) e simetrica e xn,k, k = 1, 2, ..., n com xn,1 < xn,2 < < xn,n, denotamas razes do polinomio ortogonal Pn(x) com relacao a w(x), entao
i) se xn,k e raiz xn,k tambem e, ou seja, xn,k = xn,n+1k para k = 1, 2, ..., bn/2c.ii) se n e mpar entao xn,bn/2c = 0.
47
2.4 Polinomios Associados aos Ortogonais
Definicao 2.6 Dada uma sequencia de polinomios ortogonais, {Pn(x)}n=0, definimos o po-linomio associado a Pn(x) por
Qn(x) =
ba
Pn(t) Pn(x)t x w(t)dt, n 0. (2.22)
Teorema 2.11 Qn(x) e um polinomio de grau n 1, para n 1.
Demonstracao: Tomemos Pn(x) =n
k=0
an,kxk. Assim,
Pn(t) Pn(x) = an,n(tn xn) + an,n1(tn1 xn1) + . . . + an,1(t x).
Logo,
Qn(x) =
ba
Pn(t) Pn(x)t x w(t)dt
= an,n
ba
tn xnt x w(t)dt + an,n1
ba
tn1 xn1t x w(t)dt + . . . + an,1
ba
t xt xw(t)dt.
Mas,tk xkt x = t
k1x0 + tk2x1 + tk3x2 + + t1xk2 + t0xk1 =k1j=0
tkj1xj. Entao,
Qn(x) = an,n
n1j=0
xj b
a
tnj1w(t)dt + an,n1n2j=0
xj b
a
tnj2w(t)dt + . . . + an,1
ba
w(t)dt
= an,n
n1j=0
xjnj1 + an,n1n2j=0
xjnj2 + . . . + an,10
= an,n0xn1 + (an,n1 + an,n10)xn2 + . . . + an,nn1 + an,n1n2 + . . . + an,10.
Assim, como an,n e 0 sao diferentes de zero, entao Qn(x) e de grau n 1 para n 1.
Teorema 2.12 Seja {Pn(x)}n=0 uma sequencia de polinomios ortogonais. Os polinomios as-sociados Qn(x) satisfazem a mesma relacao de recorrencia dos polinomios ortogonais Pn(x),
mas com condicoes inicias Q0(x) = 0 e Q1(x) = 10.
Demonstracao: Sabemos que Pn(x) satisfaz a relacao de recorrencia (2.7). Usando a equacao
(2.22) acima, temos
Qn+1(x) =
ba
Pn+1(t) Pn+1(x)t x w(t)dt
=
ba
{(n+1t n+1)Pn(t) n+1Pn1(t)} {(n+1x n+1)Pn(x) n+1Pn1(x)}t x w(t)dt
=
ba
{tPn(t) xPn(x)}n+1 {Pn(t) Pn(x)}n+1 {Pn1(t) Pn1(x)}n+1t x w(t)dt
= n+1
ba
tPn(t) xPn(x)t x w(t)dt n+1
ba
Pn(t) Pn(x)t x w(t)dt
n+1 b
a
Pn1(t) Pn1(x)t x w(t)dt.
48
Logo, pela Definicao 2.22
Qn+1(x) = n+1
ba
tPn(t) xPn(x)t x w(t)dt n+1Qn(x) n+1Qn1(x).
Somando-se e subtraindo-se xPn(t) na integral acima, temos
Qn+1(x) = n+1
ba
(t x)Pn(t) + x{Pn(t) Pn(x)}t x w(t)dt n+1Qn(x) n+1Qn1(x)
= n+1
ba
1Pn(t)w(t)dt + n+1
ba
x{Pn(t) Pn(x)}
t x w(t)dtn+1Qn(x) n+1Qn1(x)
= n+1x
ba
Pn(t) Pn(x)t x w(t)dt
Qn(x)
n+1Qn(x) n+1Qn1(x), n 1.
Portanto,
Qn+1(x) = (n+1x n+1)Qn(x) n+1Qn1(x), n 1.Para n = 0 temos
Q0(x) =
ba
P0(t) P0(x)t x w(t)dt =
ba
1 1t xw(t)dt = 0
e, para n = 1,
Q1(x) =
ba
P1(t) P1(x)t x w(t)dt =
ba
(1t 1) (1x 1)t x w(t)dt
= 1
ba
t xt xw(t)dt = 10.
Teorema 2.13 Seja Pn(x) {Pn(x)}n=0 e Qn(x) o polinomio associado. Entao
Pn+1(x)Qn(x) Pn(x)Qn+1(x) = 0123 n+1 6= 0, n 1. (2.23)
Demonstracao: Das relacoes de recorrencia para Pn(x) e Qn(x), temos
Pn+1(x)Qn(x) Pn(x)Qn+1(x) = [(n+1x n+1)Pn(x) n+1Pn1(x)]Qn(x)Pn(x)[(n+1x n+1)Qn(x) n+1Qn1(x)]
= n+1[Pn(x)Qn1(x) Pn1(x)Qn(x)].
Analogamente, obtemos
Pn+1(x)Qn(x) Pn(x)Qn+1(x) = n+1 {n [Pn1(x)Qn2(x) Pn2(x)Qn1(x)]} .
Logo,
Pn+1(x)Qn(x) Pn(x)Qn+1(x) = n+1n 2[P1(x)Q0(x) P0(x)Q1(x)].Mas, Q0(x) = 0, P0(x) = 1 e Q1(x) = 10. Entao,
Pn+1(x)Qn(x) Pn(x)Qn+1(x) = n+1n 210.
49
Teorema 2.14 Sejam xn,k, k = 1, 2, , n, os zeros do polinomio Pn(x) e tn,k, k = 1, 2, ,n 1 os zeros do polinomio Qn(x) em ordem crescente. Entao, entre dois zeros consecutivosdo polinomio Pn(x) existe um zero do polinomio Qn(x), ou seja, xn,k < tn,k < xn,k+1, k =
1, 2, , n 1.
Demonstracao: De 2.23, temos
Pn(x)Qn1(x) Pn1(x)Qn(x) = 0123 . . . n, n 2.
Assim,
Pn(xn,k)Qn1(xn,k) Pn1(xn,k)Qn(xn,k) = 0123 . . . n Pn1(xn,k)Qn(xn,k) = 0123 . . . n 6= 0. (2.24)
Temos tambem que
Pn1(xn,k+1)Qn(xn,k+1) = 0123 . . . n 6= 0. (2.25)
De 2.24 e 2.25, temos que
Pn1(xn,k)Qn(xn,k) = Pn1(xn,k+1)Qn(xn,k+1) Qn(xn,k+1)
Qn(xn,k)=
Pn1(xn,k)Pn1(xn,k+1)
< 0.
Assim, sinal(Qn(xn,k+1)) = sinal(Qn(xn,k)). Portanto existe uma raiz de multiplicidadempar de Qn(x) entre xn,k e xn,k+1, k = 1, 2, . . . , n 1, ou seja, se tn,k, k = 1, 2, . . . , n 1 saozeros de Qn(x), entao xn,k < tn,k < xn,k+1.
2.5 Polinomios Ortogonais Classicos
Segundo Chihara [5] os polinomios de Jacobi (incluindo os casos especiais de Legendre, de
Chebyshev de 1a especie, Chebyshev de 2a especie e de Gegenbauer), de Laguerre e de Hermite
sao chamados de polinomios ortogonais classicos. No trabalho de Agarwal e Milovanovic, [1],
encontramos a seguinte definicao para polinomios ortogonais classicos
Definicao 2.7 Polinomios ortogonais com respeito ao produto interno (2.2) no intervalo (a, b)
sao chamados de polinomios ortogonais classicos se a funcao peso, w(x) satisfaz a seguinte
equacao diferenciald
dx(M(x)w(x)) = N(x)w(x),
onde
M(x) =
1 x2, se (a, b) = (1, 1)x, se (a, b) = (0,)1, se (a, b) = (,)
e N(x) e um polinomio de grau 1.
De acordo com esta definicao os polinomios de Jacobi, de Laguerre e de Hermite sao polinomios
ortogonais classicos. Nesta secao estudaremos, detalhadamente, estes polinomios.
50
2.5.1 Polinomios de Jacobi, de Legendre, de Chebyshev e de Gegenbauer
Os polinomios de Jacobi, denotados por P(,)n (x), podem ser definidos atraves da formula de
Rodrigues dada por
P (,)n (x) =(1)n2nn!
(1 x)(1 + x) dn
dxn[(1 x)+n(1 + x)+n], (2.26)
(ver Krylov [11, pag.23] ou Chihara [5, pag.143]).
Nesta secao veremos que esses polinomios sao ortogonais no intervalo [1, 1] com relacao afuncao peso w(x) = (1 x)(1 + x), , > 1, , R.
Para obtermos o coeficiente do termo de maior grau para os polinomios de Jacobi, vamos
aplicar, a equacao (2.26) acima, a regra de Leibnitz para calcular a n-esima derivada do produto
de duas funcoesdn
dxn[f(x) g(x)] =
n
k=0
(n
k
)f (nk)(x) g(k)(x). (2.27)
Tomemos, entao, f(x) = (1 x)+n e g(x) = (1 + x)+n. Assim,
dj
dxjf(x) = f (j)(x) = (1)j( + n)( + n 1) . . . ( + n j + 1)(1 x)+nj
edj
dxjg(x) = g(j)(x) = ( + n)( + n 1) . . . ( + n j + 1)(1 + x)+nj.
Logo,
dn
dxn[(1 x)+n(1 + x)+n] =
n
k=0
n!
k!(n k)!f(nk)(x)g(k)(x)
= (1)nn
k=0
n!
k!(n k)!(1)k( + n)( + n 1) . . . ( + k + 1)
(1 x)+k( + n)( + n 1) . . . ( + n k + 1)(1 + x)+nk.
Substituindo esta derivada na formula de Rodrigues para os polinomios de Jacobi, temos
P (,)n (x) =(1)n2nn!
(1 x)(1 + x)n!(1)nn
k=0
(1)kk!(n k)!( + n)( + n 1) . . .
( + k + 1)(1 x)+k( + n)( + n 1) . . . ( + n k + 1)(1 + x)+nk
ou
P (,)n (x) =1
2n
n
k=0
(1)kk!(n k)!( + n)( + n 1) . . . ( + k + 1)( + n)( + n 1) . . .
( + n k + 1)(1 x)k(1 + x)nk. (2.28)
Como (1 x)k =k
j=0
(1)j(
k
j
)xj e (1 + x)nk =
nki=0
(n k
i
)xi, fazendo o Produto de
51
Cauchy em (1 x)k(1 + x)nk, temos
P (,)n (x) =1
2n
n
k=0
(1)kk!(n k)!( + n)( + n 1) ( + k + 1)( + n)( + n 1)
( + n k + 1){
(1)kxn +[(1)k1
(k
k 1)
+ (1)k(
n kn k 1
)]xn1 +
}
=1
2n
n
k=0
1
k!(n k)!( + n)( + n 1) . . . ( + k + 1)
( + n)( + n 1) ( + n k + 1)xn + .
Da,
an,n =1
2n
n
k=0
1
k!(n k)!( + n)( + n 1) ( + k + 1)
( + n)( + n 1) ( + n k + 1).
Sabemos que
( + n + 1) = ( + n)( + n) = ( + n)( + n 1) ( + k + 1)( + k + 1)
e
( + n)( + n 1) ( + n k + 1) = ( + n + 1)( + n k + 1) .
Assim, podemos escrever
an,n =1
2n
n
k=0
1
k!(n k)!( + n + 1)
( + k + 1)
( + n + 1)
( + n k + 1) . (2.29)
Proposicao 2.1 O coeficiente do termos de maior grau do polinomio de Jacobi an,n tambem
pode ser dado por
an,n =1
2nn!
( + + 2n + 1)
( + + n + 1). (2.30)
Demonstracao: Se e forem inteiros, entao de (2.29) temos
an,n =1
2n
n
k=0
1
k!(n k)!( + n)!( + n)!
( + k)!( + n k)!
=1
2n
n
k=0
( + n
n k
)( + n
k
)
=1
2n
( + + 2n
n
)
=1
2n( + + 2n)!
n!( + + n)!
=1
2nn!
( + + 2n + 1)
( + + n + 1).
Agora, seja
Q(,)n (x) =(1)n2nn!
(1 + x)(1 + x)dn
dxn[(1 + x)+n(1 + x)+n],
52
encontremos o coeficiente do termo de maior grau. Usando a regra de Leibnitz, temos
Q(,)n (x) =(1)n2nn!
(1 + x)(1 + x)n
k=0
(n
k
)( + n)( + n 1) . . . ( + k + 1)(1 + x)+k
( + n)( + n 1) . . . ( + n k + 1)(1 + x)+nk
=(1)n2nn!
(1 + x)nn
k=0
n!
k!(n k)!( + n + 1)( + n + 1)
( + k + 1)( + n k + 1)
=(1)n
2n
n
k=0
1
k!(n k)!( + n + 1)( + n + 1)
( + k + 1)( + n k + 1)xn + . . . .
Entao o coeficiente do termo de maior grau de Q(,)n (x) e
bn,n =(1)n
2n
n
k=0
1
k!(n k)!( + n + 1)( + n + 1)
( + k + 1)( + n k + 1) ,
e podemos observar que bn,n = (1)nan,n.Podemos tambem escrever Q
(,)n (x) da seguinte forma
Q(,)n (x) =(1)n2nn!
(1 + x)dn
dxn[(1 + x)++2n]
=(1)n2nn!
(1 + x)( + + 2n)( + + 2n 1) . . . ( + + n + 1)(1 + x)++n
=(1)n2nn!
( + + 2n + 1)
( + + n + 1)xn + . . . .
E bn,n =(1)n2nn!
( + + 2n + 1)
( + + n + 1). Mas vimos que bn,n = (1)nan,n, entao
an,n =1
2nn!
( + + 2n + 1)
( + + n + 1).
Utilizando o produto interno
P (,)n , P
(,)m
=
11
P (,)n (x)P(,)(x)m (1 x)(1 + x)dx,
podemos mostrar o seguinte resultado.
Teorema 2.15 Os polinomios de Jacobi satisfazem a seguinte relacao de ortogonalidade
P (,)n , P
(,)m
=
0, se m 6= n,2++1( + n + 1)( + n + 1)
( + + 2n + 1)n!( + + n + 1)6= 0, se m = n. (2.31)
Demonstracao: Consideremos, sem perda de generalidade, n m,P (,)n , P
(,)m
=
11
P (,)n (x)P(,)(x)m (1 x)(1 + x)dx
=
11
{P (,)n (x)
(1)m2mm!
(1 x)(1 + x) dm
dxm[(1 x)+m(1 + x)+m] (1 x)(1 + x)dx
}
=(1)m2mm!
11
P (,)n (x)dm
dxm[(1 x)+m(1 + x)+m] dx.
53
Fazendo ym(x) = (1 x)+m(1 + x)+m e integrando m vezes por partes, obtemosP (,)n , P
(,)m
=
1
2mm!
11
(P (,)n (x)
)(m)ym(x)dx.
i) Seja n < m. Como(P
(,)n (x)
)(m)= 0, entao
P (,)n , P
(,)m
=
1
2mm!
11
(P (,)n (x)
)(m)ym(x)dx = 0.
ii) Seja n = m. Logo,
P (,)n , P
(,)n
=
1
2nn!
11
(P (,)n (x)
)(n)yn(x)dx
=1
2nn!
11
(P (,)n (x)
)(n)(1 x)+n(1 + x)+ndx.
Mas(P
(,)n (x)
)(n)= an,nn! . Entao,
P (,)n , P
(,)n
=
an,n2n
11
(1 x)+n(1 + x)+ndx.
Fazendo x = 2t 1 na integral acima, obtemosP (,)n , P
(,)n
=
2an,n2n
10
2+n(1 t)+n2+nt+ndt
= 2++n+1an,n
10
(1 t)+nt+ndt.
Porem, B(x, y) =
10
(1 t)(y1)t(x1)dt. Logo,P (,)n , P
(,)n
= 2++n+1an,nB( + n + 1, + n + 1).
Usando a propriedade (1.22), B(x, y) =(x)(y)
(x + y), obtemos
P (,)n , P
(,)n
= 2++n+1an,n
( + n + 1)( + n + 1)
( + + 2n + 2).
Substituindo nesta equacao o termo de maior grau, temos
P (,)n , P
(,)n
=
2++n+1
2nn!
( + + 2n + 1)
( + + n + 1)
( + n + 1)( + n + 1)
( + + 2n + 2)
=2++1
n!
( + n + 1)( + n + 1)
( + + 2n + 1)( + + n + 1).
Propriedade 2.1 As seguintes igualdades sao validas
P (,)n (1) =( + n + 1)
n!( + 1)
(1.22)=
( + n
n
)(2.32)
P (,)n (1) = (1)n( + n + 1)
n!( + 1)
(1.22)= (1)n
( + n
n
). (2.33)
54
Demonstracao: Demonstremos primeiramente (2.32). De (2.28) obtemos
P (,)n (x) =1
2n
[1
n!( + n)( + n 1) ( + 1)(1 + x)n
+n
k=1
(1)kk!(n k)!( + n) ( + n 1) ( + k + 1)
( + n)( + n 1) ( + n k + 1)(1 x)k(1 + x)nk] .
Logo, para x = 1 obtemos
P (,)n (1) =1
2n
[1
n!( + n)( + n 1) ( + 1)2n + 0
]=
( + n + 1)
n!( + 1)=
( + n
n
).
Para demonstrar a segunda igualdade, utilizemos novamente (2.28). Encontramos que
P (,)n (x) =1
2n
[n1
k=0
(1)kk!(n k)!( + n)( + n 1) ( + k + 1)
( + n)( + n 1) ( + n k + 1)(1 x)k(1 + x)nk
+(1)n
n!( + n)( + n 1) ( + 1)(1 x)n
].
Logo, para x = 1 obtemos
P (,)n (1) =1
2n
[0 +
(1)nn!
( + n)( + n 1) ( + 1)2n]
=(1)n
n!
( + n + 1)
( + 1)= (1)n
( + n
n
).
Para obtermos a relacao de recorrencia de tres termos, precisamos calcular os coeficientes
n+1, n+1 e n+1 dados em (2.7). Assim, de (2.8) e (2.30), temos
n+1 =an+1,n+1
an,n=
12(n+1)(n+1)!
(++2n+3)(++n+2)
12nn!
(++2n+1)(++n+1)
=1
2(n + 1)
( + + 2n + 3)( + + n + 1)
( + + n + 2)( + + 2n + 1).
Como (x + 1) = x(x), encontramos
n+1 =( + + 2n + 2)( + + 2n + 1)
2(n + 1)( + + n + 1). (2.34)
De (2.8) e (2.31),
n+1 =n+1n
P
(,)n , P
(,)n
P
(,)n1 , P
(,)n1
=(++2n+2)(++2n+1)
2(n+1)(++n+1)
(++2n)(++2n1)2n(++n)
2++1(+n+1)(+n+1)n!(++2n+1)(++n+1)
2++1(+n)(+n)(n1)!(++2n1)(++n)
.
Portanto,
n+1 =( + n)( + n)( + + 2n + 2)
(n + 1)( + + n + 1)( + + 2n). (2.35)
Para calcularmos n+1 vamos utilizar a Propriedade (2.32). Substituindo x = 1 na relacao
de recorrencia (2.7) obtemos
P(,)n+1 (1) = (n+1 n+1)P (,)n (1) n+1P (,)n1 (1).
55
De (2.32),
( + n + 2)
(n + 1)!( + 1)= (n+1 n+1)( + n + 1)
n!( + 1) n+1 ( + n)
(n 1)!( + 1) .
Assim,( + n + 1)( + n)
(n + 1)n= (n+1 n+1)( + n)
n n+1.
Logo,
n+1 = n+1 n+1 n( + n)
( + n + 1)(n + 1)
.
Substituindo (2.34) e (2.35), obtemos
n+1 =(2 2)( + + 2n + 1)
2(n + 1)( + + n + 1)( + + 2n). (2.36)
Figura 1: Polinomios de Jacobi
Assim, a relacao de recorrencia para os polinomios de Jacobi e
Pn+1(x) = (n+1x n+1)Pn(x) n+1Pn1(x), n 0,
onde P0(x) = 1, P1(x) = 0,
n+1 =1
2(n + 1)
( + + 2n + 3)( + + n + 1)
( + + n + 2)( + + 2n + 1),
n+1 =(2 2)( + + 2n + 1)
2(n + 1)( + + n + 1)( + + 2n)e n+1 =
( + n)( + n)( + + 2n + 2)
(n + 1)( + + n + 1)( + + 2n).
Propriedade 2.2 As seguintes igualdades sao validas
P(,)2n (x) =
(2n + + 1)(n + 1)
(n + + 1)(2n + 1)P (,1/2)n (2x
2 1)
P(,)2n+1 (x) =
(2n + + 2)(n + 1)
(n + + 1)(2n + 2)xP (,1/2)n (2x
2 1)
Demonstracao: Exerccio
56
Polinomios de Legendre: Pn(x) Sao um caso especial dos polinomios de Jacobi com =
= 0. Portanto, w(x) = 1. Assim, da formula de Rodrigues para os polinomios de Jacobi,
temos
Pn(x) =(1)n2nn!
dn
dxn[(1 x2)n] = 1
2nn!
dn
dxn(x2 1)n. (2.37)
Do coeficiente do termo de maior grau para os polinomios de Jacobi, obtemos
an,n =1
2nn!
(2n + 1)
(n + 1)=
(2n)!
2n[n!]2.
A relacao de ortogonalidade para os polinomios de Legendre ficara, entao,
Pn, Pm = 11
Pn(x)Pm(x)dx =
0, se m 6= n,2
2n + 1, se m = n.
Figura 2: Polinomios de Legendre
Para obtermos a relacao de recorrencia de tres termos, vamos tomar = = 0 nos coefici-
entes n+1, n+1 e n+1 dados, respectivamente, pelas equacoes (2.35), (2.36) e (2.34). Assim,
n+1 =an+1,n+1
an,n=
[2(n + 1)]!
2n+1[(n + 1)!]22n[n!]2
(2n)!=
2n + 1
n + 1,
n+1 =n+1n
Pn, PnPn1, Pn1 =
2n + 1
n + 1
n
2n 12
2n + 1
2n 12
=n
Recommended