Apostila Pol Ort

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


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


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


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


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


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

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