Caracterização dos Polinómios Ortogonais Clássicos

Transcrição

Caracterização dos Polinómios
Ortogonais Clássicos
Ana Filipa Soares Loureiro
Dezembro, 2003
Caracterização dos Polinómios
Ortogonais Clássicos
Ana Filipa Soares Loureiro
Versão provisória
Dezembro, 2003
Resumo
Este trabalho versa sobre o problema da caracterização de uma sucessão de
polinómios ortogonais clássicos (Hermite, Laguerre, Bessel e Jacobi). O objectivo principal é mostrar que uma sucessão ortogonal, cuja m-ésima sucessão
associada à sucessão dos derivados de ordem k seja ortogonal, é necessariamente
uma sucessão clássica. Este resultado é uma generalização do teorema de Hahn,
no qual se estabelece que uma sucessão ortogonal é uma sucessão clássica se a
sucessão dos derivados de ordem k for ortogonal. Será igualmente apresentada
uma demonstração deste teorema.
3
4
Abstract
This work is devoted to the problem of the characterization of classical orthogonal sequences (Hermite, Laguerre, Bessel and Jacobi). Our main aim is to
show that an orthogonal polynomial sequence, whose m-th associated sequence
of k − th derivative sequence is orthogonal, is necessarily a classical one. This is
a generalization of Hahn’s theorem, which states that an orthogonal polynomial
sequence is classic if its k-th derivative sequence is orthogonal. We present a
new proof for the mentioned theorem.
5
6
Résumé
Ce travail est consacré au problème de la caractérisation des suites orthogonales
classiques (Hermite, Laguerre, Bessel et Jacobi). L’objet principal du mémoire
est de montrer qu’une suite orthogonale dont on suppose que la m-ième suite
associée à la suite des dérivées d’ordre k soit orthogonale, est nécessairement une
suite classique. Ce résultat est une extension du théorème de Hahn selon lequel
toute suite orthogonale dont la suite des dérivées d’ordre k soit orthogonale est
une suite classique. On indique également une démonstration de ce théorème.
7
8
Aos meus excelêntíssimos orientadores...
Pascal Maroni 1
e
Zélia Rocha 2 .
Este trabalho também
lhes pertence e a eles o devo.
1
Directeur de recherche au CNRS et membre du Laboratoire Jacques-Louis Lions,
Université Pierre et Marie Curie, Paris, France
2
Professora Auxiliar do Departamento de Matemática Aplicada, Faculdade de Ciências da
Universidade do Porto, Portugal
9
10
Prefácio
Este trabalho versa sobre o problema da caracterização dos polinómios ortogonais clássicos que são habitualmente enumerados como os polinómios de
Hermite, de Laguerre, de Bessel e de Jacobi. Segundo a propriedade de Hahn,
uma sucessão de polinómios ortogonais diz-se clássica se a sucessão dos polinómios derivados for ortogonal [4]. Em 1937, Hahn apresentou em [5] uma nova
caracterização destes polinómios, a qual generaliza a propriedade citada: uma
sucessão de polinómios ortogonais é clássica se a sucessão dos derivados de ordem
k > 1 for ortogonal. Neste trabalho apresenta-se uma nova demonstração deste
resultado, cuja ideia de base consiste em trabalhar directamente sobre as formas
lineares (ou funcionais) e não sobre as representações integrais dessas formas,
que aliás só são conhecidas nalgumas classes para valores particulares de certos
parâmetros. Nesse sentido, utiliza-se sistematicamente a sucessão dual associada
a uma sucessão de polinómios livre. Através de raciocínio análogo, com as
devidas adaptações, foi possível cumprir o objectivo principal deste trabalho:
fornecer uma extensão para o teorema de Hahn, na qual se estabelece que uma
sucessão ortogonal, cuja m-ésima sucessão associada à sucessão dos derivados
de ordem k seja ortogonal, é uma sucessão clássica [14].
Na primeira secção do capítulo 1 são dadas as definições de base e indicadas as
operações, obtidas por transposição, que se efectuam naturalmente no espaço
dual dos polinómios. A segunda secção é reservada à introdução dos conceitos
de sucessão de polinómios e sucessão dual.
A ortogonalidade regular e respectivas noções conexas (as relações de tipo
finito e a quasi-ortogonalidade) encontram-se desenvolvidas no capítulo 2. A
primeira secção deste capítulo é consagrada à caracterização da ortogonalidade
regular (em termos das formas regulares e das sucessões de polinómios), onde são
apresentados resultados que serão usados de forma essencial na caracterização
de sucessões clássicas e semi-clássicas e, principalmente, nas demonstrações dos
resultados que figuram no final do trabalho: o teorema de Hahn e o teorema
relativo à sua extensão. A secção seguinte refere-se às relações do tipo finito.
Este é um conceito mais geral que o da ortogonalidade. Todavia, dada a
sua importância, este último merece ser estudado por si mesmo. Supondo a
ortogonalidade, as relações de tipo finito conduzem às sucessões semi-clássicas,
como poderá ser constatado na secção 4.3. Na secção 2.3 são fornecidas as
definições de quasi-ortogonalidade e de quasi-ortogonalidade estrita de ordem s.
11
Aplicam-se estas noções ao estudo da multiplicação à esquerda de uma forma
regular por um polinómio de primeiro ou de segundo grau, construindo assim
uma forma regular a partir de outra forma regular dada.
O capítulo 3 é reservado à definição e caracterização das sucessões clássicas quer
em termos duma equação funcional (secção 3.2), quer em termos duma equação
diferencial de segunda ordem (secção 3.3), devida a Bochner [1]. No capítulo 4
introduzimos as formas e sucessões semi-clássicas, sendo as formas clássicas um
caso particular destas.
Finalmente, nos capítulos 5 e 6 encontra-se, respectivamente, a nova prova do
teorema de Hahn e o enunciado (assim como a sua demonstração) da extensão
deste resultado.
12
Conteúdo
Resumo
3
Abstract
5
Résumé
7
Prefácio
11
1 Preliminares
17
1.1
Operadores e propriedades elementares . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.1.1
Operações elementares no espaço dual dos polinómios . . 18
1.1.1.1
Operador homotetia . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.1.1.2
Operador translação . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.1.1.3
Operador diferenças divididas . . . . . . . . . . . 18
1.1.1.4
Multiplicação à esquerda de uma forma por um
polinómio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.1.1.5
Multiplicação à direita de uma forma por um
polinómio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.1.1.6
Produto de duas formas . . . . . . . . . . . . . . 21
1.1.1.7
Derivada de uma forma . . . . . . . . . . . . . . 21
1.2
Propriedades das operações elementares . . . . . . . . . . . . . . 22
1.3
Sucessões de polinómios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.3.1
Sucessão dual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.3.2
Transformações elementares . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
13
1.3.3
Relação de estrutura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2 Ortogonalidade Regular e Noções Anexas
41
2.1
Ortogonalidade regular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.2
Relações do tipo finito e aplicações. . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2.2.1
2.3
Resultados fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
Quasi-ortogonalidade. Aplicações. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
2.3.1
A quasi-ortogonalidade de ordem s . . . . . . . . . . . . . 67
2.3.2
A quasi-ortogonalidade estrita de ordem s . . . . . . . . . 70
2.3.3
A multiplicação (à esquerda) de uma forma por um polinómio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
3 Sucessões Ortogonais Clássicas e Formas Correspondentes
83
3.1
Definição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
3.2
Caracterização pela equação funcional . . . . . . . . . . . . . . . 84
3.3
Caracterização pela equação diferencial . . . . . . . . . . . . . . . 91
3.4
Invariância do carácter clássico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
3.5
Formas clássicas: quatro classes de equivalência . . . . . . . . . . 99
4 Sucessões Ortogonais Semi-clássicas
103
4.1
Definição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
4.2
Classe de uma forma semi-clássica . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
4.3
Consequências das relações do tipo finito . . . . . . . . . . . . . . 107
5 Nova Prova do teorema de Hahn
113
5.1
Enunciado do teorema de Hahn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
5.2
Resultados preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
5.3
Nova prova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
6 Uma Extensão do teorema de Hahn
129
6.1
Resultados preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
6.2
Prova do teorema da extensão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
14
Referências
139
15
16
Capítulo 1
Preliminares
Seja P o espaço vectorial das funções polinomiais
com coeficientes em C, natuS
ralmente também caracterizado como P = n>0 Pn , com Pn ⊂ Pn+1 , n > 0,
onde Pn é o subespaço vectorial das funções polinomiais de grau inferior ou
igual a n. Seja P 0 o espaço dual de P, isto é, o espaço das aplicações lineares
definidas em P e tomando valores em C. Cada elemento u do espaço dual de
P designa-se por forma ou funcional. Denote-se por hu, f i a acção de u ∈ P 0
sobre f ∈ P. Naturalmente, hu, f i ∈ C. Em particular, hu, xn i := (u)n , n > 0
0 (relativamente à sucessão {xn }
representa P
o momento de ordem n de u ∈ PP
n>0 ).
m
m
ν
Se f (x) = ν=0 aν x , temos que hu, f i = ν=0 aν (u)ν . Acrescente-se que uma
forma u ∈ P 0 fica univocamente determinada pela sucessão dos seus momentos.
Antes de prosseguirmos, considere-se a forma de Dirac aplicada no ponto c ∈ C,
denotada δc , a qual se define do seguinte modo:
hδc , p (x)i := p (c) , ∀p ∈ P.
Visando a simplificação de escrita, quando c = 0 escreveremos apenas δ em vez
de δ0 . Os momentos desta forma ficam determinados por:
1, n = 0
n
(δ)n = hδ, x i = δ0,n =
0, n > 1 .
Em todo o texto o termo polinómio será considerado como sinónimo de função
polinomial.
1.1
Operadores e propriedades elementares
Sejam u ∈ P 0 e f, g ∈ P. Para a realização deste trabalho precisamos de
definir algumas transformações lineares de P 0 em P 0 , como será o caso de:
transformações afins, divisão de uma forma por um polinómio, multiplicação
à esquerda de uma forma por um polinómio de grau 1, produto de duas formas.
17
18
CAPÍTULO 1. PRELIMINARES
Nesse sentido, a partir das operações elementares em P, por transposição,
definem-se as correspondentes operações em P 0 , as quais detêm propriedades
essenciais na construção desta teoria.
Designamos por IP e IP 0 a identidade nos espaços P e P 0 , respectivamente.
1.1.1
Operações elementares no espaço dual dos polinómios
1.1.1.1
Operador homotetia
Definimos a homotetia de razão a ∈ C aplicada ao polinómio f ∈ P, ha f , da
seguinte maneira:
ha f (x) = f (ax) , a ∈ C, f ∈ P.
Por transposição definimos a homotetia aplicada a uma forma u ∈ P 0 , ha u ∈ P 0 ,
hha u, f (x)i = hu, ha f (x)i = hu, f (ax)i ,
a ∈ C, f ∈ P, u ∈ P 0 .
Consideremos ainda o cálculo dos momentos de ha u :
(ha u)n = hha u, xn i = hu, ha (xn )i = hu, (ax)n i
= hu, an xn i = an hu, xn i
= an (u)n ,
1.1.1.2
n > 0.
Operador translação
Define-se τ−b f ∈ P , a translação aplicada ao polinómio f , do seguinte modo
b ∈ C, f ∈ P
τ−b f (x) = f (x + b) ,
Por transposição, define-se a translação de uma forma, τ−b u ∈ P 0 ,
hτ−b u, f (x)i = hu, τb f (x)i = hu, f (x − b)i ,
b ∈ C, f ∈ P, u ∈ P 0 .
Acrescente-se o cálculo dos momentos de τ−b u :
*
(τb u)n
:
= hτb u, xn i = hu, τ−b xn i = hu, (x + b)n i =
u,
n X
n
k=0
=
n X
k=0
1.1.1.3
n n−k
b
u, xk =
k
D
E
n X
k=0
n n−k
b
(u)k ,
k
n > 0.
Operador diferenças divididas
Definimos ϑc f ∈ P do seguinte modo:
ϑc f (x) =
f (x) − f (c)
,
x−c
c ∈ C, f ∈ P
k
+
xk bn−k
1.1. OPERADORES E PROPRIEDADES ELEMENTARES
19
Assim, por transposição define-se a divisão de uma forma por um polinómio [9],
D
E
(x − c)−1 u, f (x) = hu, ϑc f (x)i , c ∈ C, f ∈ P, u ∈ P 0
O momento de ordem n da forma (x − c)−1 u é dado por:
0
se n = 0
−1
((x − c) u)n = Pn−1 n−k−1
c
(u)
se n > 1.
k
k=0
Com efeito,
((x − c)−1 u)n = (x − c)−1 u, xn = hu, ϑc xn i .
Ora,
xn − cn
ϑc x =
=
x−c
n
0
n=0
Pn−1 n−k−1 k
x ,
k=0 c
n>1.
Em particular, para n = 0, temos que
((x − c)−1 u)0 = hu, 0i = 0,
e para n > 1, obtemos que
*
−1
((x − c)
u)n =
u,
n−1
X
+
n−k−1 k
c
x
=
k=0
n−1
X
cn−k−1 (u)k .
k=0
Em [9] poderemos encontrar detalhes muito interessantes relativamente à divisão
de uma forma por um polinómio.
1.1.1.4
Multiplicação à esquerda de uma forma por um polinómio.
Sejam u ∈ P 0 e f ∈ P. Considere-se a aplicação
P × P 0 −→ P 0
.
(f, u)
7−→ f u
A forma f u, multiplicação à esquerda de uma forma por um polinómio, define-se
por transposição da seguinte maneira:
hf u, pi = hu, f pi ,
∀p ∈ P.
P
i
Sendo f (x) = m
i=0 ai x , ai ∈ C um polinómio de grau m, o momento de ordem
n da forma f u é dado por,
* m
+
m
X
X
n
n
i+n
(f u)n = hf u, x i = hu, f x i = u,
ai x
=
ai (u)i+n , n > 0.
i=0
i=0
20
1.1.1.5
Multiplicação à direita de uma forma por um polinómio.
Sejam u ∈ P 0 e f ∈ P. Considere-se a aplicação
P 0 ×P −→ P
.
(u, f ) 7−→ uf
O polinómio uf , produto à direita de uma forma por um polinómio, define-se
por:
xf (x) − ξf (ξ)
(uf )(x) = u,
, f ∈ P, u ∈ P 0 ,onde u actua na variável ξ.
x−ξ
(ξ)
Note-se ainda que ϑξ (xf (x)) = xf (x)−ξf
, pelo que poder-se-á escrever uf
x−ξ
como
(uf ) (x) = hu, ϑξ (xf (x))i , onde u actua na variável ξ.
Podemos, alternativamente, escrever uf de um outro modo. Formalizando,
escreva-se o polinómio f como
f (x) =
m
X
ai xi , ai ∈ C,
i=0
pelo que,
ϑξ (xf (x)) =
=
x
xf (x) − ξf (ξ)
=
x−ξ
m
X
i=0
ai
i
X
Pm
i
i=0 ai x
−ξ
x−ξ
Pm
i=0 ai ξ
i
=
m
X
i=0
ai
xi+1 − ξ i+1
x−ξ
xj ξ i−j .
j=0
Deste modo,
(uf ) (x)
:
+
* X
m
i
X
xf (x) − ξf (ξ)
ai
xi−j ξ j
= u,
= u,
x−ξ
i=0
=
m
X
i=0
ai
i
X
(u)j xi−j =
j=0
m X
m
X
j=0
aj (u)j−i xi ,
i=0 j=i
se atendermos a que
i
n X
X
i=0 j=0
βi,j =
n X
n
X
βj,j−i .
i=0 j=i
Como consequência das definições tem-se ainda que:
f (x) − f (ξ)
(uϑ0 f ) (x) = u,
= hu, ϑξ f (x)i , f ∈ P, u ∈ P 0 ,
x−ξ
1.1. OPERADORES E PROPRIEDADES ELEMENTARES
21
com u a actuar na variável ξ. Com efeito,
xϑ0 f (x) − ξϑ0 f (ξ)
(uϑ0 f ) (x) =
u,
x−ξ
(f (x) − f (0)) − (f (ξ) − f (0))
f (x) − f (ξ)
=
u,
= u,
x−ξ
x−ξ
= hu, ϑξ f (x)i ,
f ∈ P, u ∈ P 0 ,
onde u actua na variável ξ.
1.1.1.6
Produto de duas formas
Sejam u, v ∈ P 0 . O produto de u por v, denotado uv ∈ P 0 , é definido por
transposição do produto à direita de uma forma por um polinómio:
huv, f i = hu, vf i , ∀f ∈ P.
O momento de ordem n de uv é dado por:
(uv)n =
X
(u)i (v)j ,
n > 0.
i+j=n
Com efeito, da definição do produto à direita de uma forma por um polinómio,
obtemos:
n
(vζ ) (x) =
xn+1 − ξ n+1
v,
x−ξ
n
X
*
=
v,
+
j n−j
x ξ
=
j=0
n
X
(v)n−j xj ,
i=0
logo,
*
n
n
(uv)n = huv, x i = hu, vx i =
u,
n
X
+
i
(v)n−i x
i=0
=
n
X
i
(v)n−i u, x
i=0
1.1.1.7
=
n
X
i=0
(v)n−i (u)i =
X
(u)i (v)j .
i+j=n
Derivada de uma forma
Seja u ∈ P 0 . A derivada de u, designada por Du, é a forma definida por
transposição
hDu, pi = − u, p0 , ∀p ∈ P,
22
cujo momento de ordem n é dado por:
(Du)n = −n(u)n−1 , n > 0, com (u)−1 = 0.
pois,
(Du)n = hDu, xn i = − u, (xn )0 = −n u, xn−1 = −n(u)n−1 .
1.2
Propriedades das operações elementares
Consideremos primeiro algumas propriedades básicas.
δf = f,
∀f ∈ P;
∀u, v ∈ P 0 ,
(u + v)f = uf + vf,
v(uf ) = (vu)f,
0
∀u, v ∈ P ,
∀f ∈ P;
∀f ∈ P;
(f g)u = f (gu) ∀f, g ∈ P, u ∈ P 0 ;
δu = u,
uv = vu,
∀u ∈ P 0 ;
∀u, v ∈ P 0 ;
(uv)w = u(vw),
∀u, v, w ∈ P 0 ;
(u + v)w = uw + vw,
∀u, v, w ∈ P 0 .
As últimas propriedades garantem que (P 0 , +,. ), onde as operações + e . denotam, respectivamente a soma e produto de duas formas, forme um anel
comutativo com elemento unidade, δ. Todavia não constitui um anel de divisão
dado a existência de elementos em P 0 que não possuem elemento inverso (basta
que o momento de ordem zero seja nulo).
Considerem-se agora propriedades importantes envolvendo os operadores atrás
definidos, as quais se provam facilmente. Sejam, por isso, u ∈ P 0 e f, g ∈ P .
ha ◦ ha−1 ≡ IP 0 ;
(1.2.1)
τb ◦ τ−b ≡ IP 0 ;
(1.2.2)
(τb ◦ ha )u = (ha ◦ τa−1 b )u;
(1.2.3)
(ha ◦ τb )u = (τab ◦ ha )u;
(1.2.4)
f (τb u) = τb ((τ−b f ) u) ;
(1.2.5)
f (ha u) = ha ((ha f ) u) ;
(1.2.6)
D(τb u) = τb Du;
(1.2.7)
−1
D(ha u) = a
ha Du.
(1.2.8)
Há uma série de propriedades que serão usadas no decurso deste trabalho de
forma essencial, as quais estão enunciadas no seguinte lema.
1.2. PROPRIEDADES DAS OPERAÇÕES ELEMENTARES
23
Lema 1.2.1 [14] Para quaisquer f, g ∈ P, u, v ∈ P 0 , c ∈ C tem-se que
a) (uf g) (x) = ((f u) g)(x) + xg(x) (uϑ0 f ) (x)
b) f (x)(uv) = (f (x)v) u + x (vϑ0 f ) (x)u
ϑ2c f
(1.2.9)
(1.2.10)
c) (ϑc D) f = (Dϑc ) f +
d) (x − c) (x − c)−1 u = u
(1.2.11)
e) (x − c)−1 ((x − c) u) = u − (u)0 δc
f ) f (x − c)−1 u = f (c) (x − c)−1 u + (ϑc f ) u
(1.2.13)
−1
(1.2.12)
(1.2.14)
−1
g) (x − c)
(f u) = f (c)((x − c) u) + (ϑc f )u − hu, ϑc f iδc (1.2.15)
h) (uf ) (x) = u0 f (x) + uf 0 (x) + (uϑ0 f ) (x)
(1.2.16)
0
i) (f u)0 = f u0 + f 0 u
Xk k (k)
f (ν) u(k−ν) ,
j) (f u) =
ν=0 ν
(1.2.17)
k>1
(1.2.18)
l) (uv)0 = u0 v + uv 0 + x−1 (uv)
0
m) (x − c)−1 u = (x − c)−1 u0 − (x − c)−2 u
(1.2.19)
n) (uϑ0 f ) (x) = (ϑ0 uf ) (x)
(1.2.21)
o) Du = Dv ⇒ u = v
(1.2.22)
(1.2.20)
Prova: Seja p ∈ P. Iremos demonstrar algumas das igualdades enunciadas,
a citar c),d),e),f),g),i),j),m),o). As restantes serão deixadas a cargo do
leitor.
c) ϑc D = Dϑc + ϑ2c
f (x) − f (c)
ϑ2c f (x) = ϑc (ϑc f ) (x) = ϑc
x−c
f (x)−f (c)
0
− f (c)
f (x) − f (c) f 0 (c)
x−c
=
=
−
;
x−c
x−c
(x − c)2
f 0 (x) − f 0 (c)
(Dϑc f ) (x) + ϑ2c f (x) =
= ϑc (Df ) (x) .
x−c
d) (x − c) (x − c)−1 u = u
D
(este é um caso particular de (1.2.14))
E D
E
(x − c) (x − c)−1 u , p(x) = (x − c)−1 u, (x − c)p(x)
(x − c)p(x) − (c − c)p(c)
= hu, ϑc ((x − c) p(x))i = u,
x−c
= hu, p(x)i ,
p ∈ P;
24
e) (x − c)−1 ((x − c) u) = u − (u)0 δc : é um caso particular de (1.2.15).
D
E
(x − c)−1 ((x − c) u) , p(x) = h(x − c) u, ϑc p(x)i
=
p(x) − p(c)
(x − c) u,
x−c
=
p(x) − p(c)
u, (x − c)
x−c
= hu, p(x)i − hu, p(c)i = hu, p(x)i − p(c)(u)0
= hu, p(x)i − (u)0 hδc , p(x)i = hu − (u)0 δc , p(x)i ,
∀p ∈ P.
f) f (x − c)−1 u = f (c) (x − c)−1 u + (ϑc f ) u
f (x) p (x) − f (c) p (c)
−1
f (x − c) u , p hu, ϑc f pi = u,
x−c
f (x) p (x) − f (x) p (c) + f (x) p (c) − f (c) p (c)
= u,
x−c
f (x) − f (c)
p (x) − p (c)
+ p (c) u,
= u, f (x)
x−c
x−c
D
E D
E
= (x − c)−1 (f u) , p + (x − c)−1 u, hδc , pi f
D
E DD
E
E
= (x − c)−1 (f u) , p + (x − c)−1 u, f δc , p
D
E
= (x − c)−1 (f u) , p + hhu, ϑc f i δc , pi
D
E
= (x − c)−1 (f u) + hu, ϑc f i δc , p
g) (x − c)−1 (f u) = f (c) (x − c)−1 u + (ϑc f ) u− < u, ϑc f > δc
Provamos que
(x − c)−1 (f u) = f (x − c)−1 u − hu, ϑc f i δc .
Resta ver que f ((x − c)−1 u) = f (c)((x − c)−1 u) + (ϑc f )u. Concluamos por
isso o pretendido:
hf ((x − c)−1 u) − f (c)((x − c)−1 u), pi = hu, ϑc (f p)i − hu, ϑc pif (c)
= hu, ϑc (f p) − f (c)ϑc pi
f (x) p (x) − f (c) p (c) − f (c) p (x) + f (c) p (c)
= u,
x−c
f (x) p (x) − f (c) p (x)
= u,
= hu, (ϑc f ) pi
x−c
= h(ϑc f ) u, pi
1.2. PROPRIEDADES DAS OPERAÇÕES ELEMENTARES
25
i) (f u)0 = f u0 + f 0 u
(f u)0 , p
= − f u, p0 = − u, f p0 = − u, (f p)0 − f 0 p
= u, f 0 p − u, (f p)0 = f 0 u, p + u0 , f p
= f 0 u + f u0 , p
Pk
k (ν) (k−ν)
j) (f u)(k) =
u
, k > 1. Provemos o resultado por
ν=0 ν f
indução finita sobre k. A igualdade anterior demonstra o resultado para
k = 1. Suponhamos o resultado válido para k > 1 e demonstremo-lo para
k + 1, k > 1.
(k+1)
(f u)
=
=
=
=
=
=
=
k (ν) (k−ν) 0
=
f u
(f u)
ν=0 ν
Xk
k (ν) (k−ν) 0
f u
ν=0 ν
Xk k Xk k (ν+1) (k−ν)
f
u
+
f (ν) u(k+1−ν)
ν=0 ν
ν=0 ν
Xk+1 k Xk k f (ν) u(k+1−ν) +
f (ν) u(k+1−ν)
ν=1 ν − 1
ν=0 ν
Xk k k (k+1)
f
u+
+
f (ν) u(k+1−ν) + f u(k+1)
ν=1
ν−1
ν
Xk k + 1
f (k+1) u +
f (ν) u(k+1−ν) + f u(k+1)
ν=1
ν
Xk+1 k + 1
f (ν) u(k+1−ν) , k > 1.
ν=0
ν
(k)
0
X
k
0
m) (x − c)−1 u = (x − c)−1 u0 − (x − c)−2 u
D
0 E
(x − c)−1 u , p
= − (x − c)−1 u, p0 = − u, ϑc p0
= − hu, Dϑc pi − u, ϑ2c p
D
E D
E
=
(x − c)−1 u0 , p − (x − c)−2 u, p
D
E
=
(x − c)−1 u0 − (x − c)−2 u, p
o) Du = 0 ⇒ u = 0. Como (Du)n = 0, n > 1, então −n (u)n−1 = 0, n > 1,
logo (u)n = 0, n > 0, ou seja,u = 0.
Assim, Du = Dv ⇔ D (u − v) = 0 ⇒ u − v = 0 ⇒ u = v.
Após a introdução dos operadores em P e P 0 e das propriedades subsequentes,
estamos em condições para dar início ao estudo de sucessões de polinómios.
26
1.3
Sucessões de polinómios
Definição 1.3.1 Designamos por sucessão de polinómios toda a sucessão {Bn }n>0
tal que grau (Bn ) 6 n, Bn ∈ P, n > 0.
O resultado seguinte fornece uma condição necessária e suficiente para que uma
sucessão de polinómios seja livre.
Lema 1.3.1 [10, 12] Uma sucessão de polinómios {Bn }n>0 é livre se e só se
grau (Bn ) = n, ∀n > 0.
Prova: Suponhamos que grau(Bn ) = n, ∀n > 0. P
Seja m, n > 0, com n 6 m.
m
Consideremos a combinação linear
dada
por
ν=n λν Bν (x) onde λν ∈ C,
Pm
n 6 ν 6 m. Suponhamos que ν=n λν Bν (x) = 0, ou seja
λm Bm (x) +
m−1
X
λν Bν (x) = 0.
ν=n
Sem perda de generalidade, podemos sempre supôr que {Bn }n>0 é mónica,
ou seja, Bn (x) = xn + bn (x), onde bm ∈ Pn−1 . Assim sendo, a igualdade
anterior escreve-se
m
λm (x + bm (x)) +
m−1
X
λν Bν (x) = 0,
ν=n
onde o polinómio bm é tal que grau(bm ) 6 P
m − 1. Como λm xm é o
único termo de grau m (pois grau(λm bm (x) + m−1
ν=n λν Bν (x)) 6 m − 1 ),
então necessariamente λm = 0. Resta considerar os restantes termos. A
igualdade anterior escreve-se agora
λm−1 (xm−1 + bm−1 (x)) +
m−2
X
λν Bν (x) = 0,
ν=n
onde o polinómio bm−1 é tal que grau(bm−1 ) 6 m − 2, pelo que, por analogia ao anteriormente feito, λm−1 = 0. Repetindo o raciocínio, concluímos
que, necessariamente, se terá
λν = 0, para n 6 ν 6 m.
Reciprocamente, suponhamos que {Bn }n>0 é uma sucessão de polinómios
livre, donde, por definição, grau(Bn ) 6 n, ∀n > 0. Suponhamos que
grau(Bn ) 6 n − 1, ∀n > 0. Assim,
Bn (x) =
n−1
X
µ=0
αµ Bµ (x),
i.e.,
1.3. SUCESSÕES DE POLINÓMIOS
Bn (x) −
n−1
X
µ=0
n
X
27
αµ Bµ (x) = 0,
i.e.,
αµ Bµ (x) = 0, onde αn = −1
µ=0
A condição αn = −1 6= 0 invalida o facto da PS {Bn }n>0 ser livre, contrariando a hipótese. O absurdo resultou de se ter suposto que grau(Bn ) < n,
∀n > 0.
Logo concluímos que grau(Bn ) = n, ∀n > 0.
Se a sucessão de polinómios {Bn }n>0 for livre, o resultado anterior garante que
grau(Bn ) = n, ∀n > 0. Neste caso podemos sempre normalizar cada polinómio
da sucessão, considerando Bn (x) = xn + bn−1 xn−1 + . . . + b0 , n > 0, mónico, e
diremos que a sucessão é livre e normalizada.
Nota: Será designada por SP toda a sucessão de polinómios nestas condições,
isto é, livre e normalizada.
Dizemos que {Bn }n>0 gera o espaço P se, para cada polinómio pP
∈ P, existirem
n
constantes complexas λν , com 0 6 ν 6 n, tais que p(x) =
ν=0 λν Bν (x).
Depois do lema anterior, podemos concluir que uma sucessão de polinómios
livre gera P.
Consideremos uma condição necessária e suficiente para que uma forma u seja
nula.
Proposição 1.3.1 [16] Se {Pn }n>0 for uma SP e u ∈ P 0 então u = 0 se e só
se hu, Pn i = 0, n > 0.
Prova: Se u = 0, é claro que hu, pi = 0, ∀p ∈ P, em particular, hu, Pn i =
0, n > 0. Reciprocamente, consideremos um polinómio arbitrário, p ∈
P,
Pk de grau k > 0. Se escrevermos p na base {Pn }n>0 , isto é, p(x) =
i=0 ai Pi (x), onde ai ∈ C, 0 6 i 6 k, então
hu, p(x)i =
k
X
ai hu, Pi (x)i = 0,
i=0
por hipótese. Logo u = 0, uma vez que hu, pi = 0, ∀p ∈ P.
1.3.1
Sucessão dual
Consideremos a SP {Bn }n>0 . Reúnem-se agora as condições para definirmos
uma sucessão no dual de P associada a {Bn }n>0 .
28
Definição 1.3.2 Dizemos que {un }n>0 , onde un ∈ P 0 , é sucessão dual associada à SP {Bn }n>0 , se for tal que
hun , Bm i = δn,m ,
n, m > 0.
(1.3.23)
Proposição 1.3.2 [16] A sucessão dual associada a uma SP {Bn }n>0 existe, é
única e linearmente independente.
Prova: Pretendemos encontrar uma sucessão {un }n > 0, com un ∈ P 0 , que
satisfaça (1.3.23). Consideremos n > 0. Podemos sempre caracterizar
uma forma através da sucessão dos seus momentos. Nesse sentido, determinemos (un )k , k > 0. A SP {Bn }n>0 forma uma base de P, pelo que
podemos escrever xm , m > 0, sob a forma:
m
x
=
m
X
bm,k Bk (x), com bm,m = 1, m > 0.
k=0
Se m 6 n, tem-se:
m
(un )m = hun , x i =
m
X
bm,k hun , Bk i =
k=0
m
X
bm,k δnk = bm,m δnm = δnm ,
k=0
isto é, (un )n = 1 e (un )m = 0, ∀m < n.
Se m > n, tem-se:
m
(un )m = hun , x i =
m
X
bm,k hun , Bk i =
k=0
=
n
X
bm,k δn,k
k=0
m
X
bm,k δn,k +
k=0
m
X
bm,k δn,k = bm,n δn,n = bm,n ,
k=n+1
pelo que
(un )m

m<n
 0,
1,
m=n .
=

bm,n m > n
Portanto, un existe. A unicidade desta sucessão decorre imediatamente
do facto de uma forma ficar univocamente determinada pela sucessão dos
seus momentos.
Falta apenas mostrar que {un }n>0 é livre. Considere-se m > n > 0 e
suponhamos que
m
X
λν uν = 0P 0 ,
ν=n
ou seja,
m
X
ν=n
!
λν uν
= 0, k > 0,
k
(1.3.24)
isto é,
m
X
29
λν (uν )k = 0, k > 0.
ν=n
Se k = n,
Pm
ν=n λν (uν )k
= λn , donde, por (1.3.24), tem-se λn = 0.
Agora, tomando k = n + 1 em (1.3.24), teremos necessariamente que
λn+1 = 0. Repetindo sucessivamente o raciocínio (i.e., considerando
sucessivamente k = n+2, n+3, . . . , m), facilmente mostramos que λν = 0,
n 6 ν 6 m. Portanto {un }n>0 é livre.
Vemos assim que a cada SP {Bn }n>0 , está sempre associada uma única sucessão
{un }n>0 do dual verificando a propriedade (1.3.23). As duas sucessões {Bn }n>0
e {un }n>0 dizem-se biortogonais. A u0 daremos o nome de forma canónica
associada à sucessão {Bn }n>0 .
Teorema 1.3.1 Seja u ∈ P 0 , {Bn }n>0 uma SP, {un }n>0 a respectiva sucessão
dual e consideremos
n
X
hu, Bk iuk , n > 0.
Sn (u) =
k=0
Neste caso, teremos
hSn (u), P i
−−−−−→
n→+∞
hu, f i ,
∀f ∈ {,
ou seja, Sn (u) converge com n para u no sentido da topologia fraca.
Prova: Fixemos n > 0. Deste modo,
hSn (u), Bm i =
n
X
hu, Bk ihuk , Bm i =
k=0
n
X
hu, Bk iδk,m
k=0
=

 0

, m>n
hu, Bm i , 0 6 m 6 n.
Considerando agora n → ∞, da igualdade anterior decorre que
hSn (u), Bm i
−−−−−→
n→+∞
hu, Bm i , ∀ m > 0,
logo, dado {Bn }n>0 ser uma SP, concluímos que
−−−−→ hu, f i ∀f ∈ P.
hSn (u), f i −
n→+∞
Lema 1.3.2 [16] Seja {Bn }n>0 uma SP e seja {un }n>0 a respectiva sucessão
dual. Se {Qn }n>0 for uma SP, tem-se necessariamente que
hun , Qm i = 0,
0 6 m < n.
(1.3.25)
30
Prova: Atendendo a que a sucessão {Bn }n>0 forma uma base em P, podemos
sempre escrever cada polinómio Qm (x), m > 0, à custa dos m primeiros
polinómios de {Bn }n>0 . Deste modo,
Qm (x) =
m
X
bk,m Bk (x) , com bm,m = 1, m > 0
k=0
Seja n > 0. Assim,
*
hun , Qm (x)i =
un ,
m
X
+
bk,m Bk (x)
=
k=0
=
m
X
m
X
bk,m hun , Bk (x)i
k=0
bk,m δn,k .
k=0
Fazendo m = n , a relação anterior escreve-se
hun , Qn (x)i = bn,n = 1
Se tomarmos m 6 n − 1, segue-se que hun , Qm (x)i = 0.
Observação 1.3.1 Em particular, se no lema anterior considerarmos Qm (x) = xm ,
m > 0, tem-se
(un )m = 0, 0 6 m < n.
Conhecida uma SP {Bn }n>0 , por vezes é fácil encontrar a sucessão dual a ela
associada. Apresentamos agora um exemplo em que tal se verifica.
Exemplo 1.3.1 Consideremos a SP {xn }n>0 . Designemos por {un }n>0 a resn
n
pectiva sucessão dual e mostremos, por indução finita sobre n, que un = (−1)
n! D δ,
n > 0.
Por definição de sucessão dual, tem-se que
hun , xm i = 0,
hun , xn i = 1,
n 6= m,
n>0
n, m > 0
Para n = 0, e lembrando que hδ, f (x)i = f (0), tem-se
logo u0 = δ.
hu0 , 1i = 1 = hδ, 1i
,
hu0 , xm i = 0 = hδ, xm i , m > 0
Suponhamos que un =
(−1)n n
n! D δ
*
un+1 , xn+1 =
=
=
=
31
e provemos que o mesmo se verifica para n + 1.
(−1)n+1 n+1 n+1
D
δ, x
(n + 1)!
+
=
(−1)n+1 D (Dn δ) , xn+1
(n + 1)!
(−1)n+1
(−1) hDn δ, (n + 1) xn i
(n + 1)!
(−1)n+1
(n + 1) (−1) hDn δ, (n + 1) xn i
(n + 1)!
(−1)n
(−1)n n n
n
n
= 1,
hD δ, x i =
D δ, x
(n)!
(n)!
por hipótese de indução. Falta ainda ver que, de facto, hun+1 , xm i = 0, para
n + 1 6= m, isto é, n 6= m − 1. Assim,
*
+
n+1
(−1)
(−1)n+1
hun+1 , xm i =
Dn+1 δ, xm =
hD (Dn δ) , xm i
(n + 1)!
(n + 1)!
=
=
(−1)n+1
m (−1)n n m−1 (−1) Dn δ, mxm−1 =
D δ, x
(n + 1)!
n + 1 n!
m
(−1)n n m−1
D δ, x
= 0, por hipótese de indução.
n+1
n!
Dada a unicidade da sucessão dual
uma
n de
o SP, tem-se que a sucessão dual
(−1)n n
n
associada a {x }n>0 é dada por
.
n! D δ
n>0
Se u for um qualquer elemento de
Sn (u) =
P 0,
então temos que
n
X
(−1)k
k!
k=0
(u)k Dk δ, n > 0.
Do teorema anterior, resulta que
n
X
(−1)k
k=0
k!
−−−−→ hu, f i ,
(u)k hDk δ, f i −
n→+∞
∀f ∈ P.
Por outro lado, atendendo a que
m
(Sn (u))m = hSn (u), x i =

 0

, m>n+1
(u)m , 0 6 m 6 n,
tem-se o seguinte:
(Sn (u))m
−−−−−→
n→+∞
(u)m , m > 0.
Apresentamos a seguir um resultado de suma importância neste trabalho. Em
muitas deduções será, sem dúvida, crucial.
32
Lema 1.3.3 [7, 10, 11, 12] Sejam {Bn }n>0 uma SP e seja {un }n>0 a respectiva
sucessão dual. Sejam u ∈ P 0 e p ∈ N. Para que u verifique
hu, Bp−1 i =
6 0,
hu, Bn i = 0,
n > p,
é necessário e suficiente que existam λi ∈ C, 0 6 i 6 p − 1, λp−1 6= 0, tais que:
u=
p−1
X
λi ui .
i=0
Além disso, λi = hu, Bi i , 0 6 i 6 p − 1.
Prova: Vejamos que as condições são necessárias. Com efeito, por definição
de sucessão dual
p−1
p−1
p−1
X
X
X
hu, Bn i = h
λi ui , Bn i =
λi hui , Bn i =
λi δi,n = 0, n > p.
i=0
i=0
i=0
Do mesmo modo,
hu, Bp−1 i =
p−1
X
λi δi,p−1 = λp−1 6= 0, por hipótese.
i=0
Reciprocamente, consideremos a forma
v =u−
p−1
X
λi u i ,
i=0
onde λi , 0 6 i 6 p − 1, são constantes arbitrárias. De facto, temos que
hv, Bn i = 0, n > p, pois
hv, Bn i = hu −
p−1
X
λi ui , Bn i = hu, Bn i −
i=0
= hu, Bn i −
p−1
X
λi hui , Bn i
i=0
p−1
X
λi δi,n = hu, Bn i = 0,
n > p, por hipótese.
i=0
Considerando 0 6 n 6 p − 1, verificamos, de forma análoga ao caso
anterior, que
hv, Bn i = hu, Bn i − λn .
Por escolha das constantes λn , 0 6 n 6 p − 1, isto é, fazendo λn = hu, Bn i,
temos que hv,P
Bn i = 0, n > 0. Da proposição 1.3.2, decorre que v = 0,
ou seja, u = p−1
i=0 λi ui . Como, por hipótese, λp−1 6= 0, fica provado o
pretendido.
1.3.2
33
Transformações elementares
Nesta secção iremos considerar transformações elementares da SP e consequentemente na sucessão dual correspondente. São elas a transformação linear de
variável, a derivação e a associação.
1. Transformação linear de variável.
en }n>0 , obtida a partir de {Bn }n>0 por
Seja {Bn }n>0 uma SP. Defina-se a SP {B
transformação linear de variável.
Proposição 1.3.3 [16] Seja {Bn }n>0 uma SP e {un }n>0 a respectiva sucessão
en }n>0 definida da seguinte maneira:
dual. Consideremos a SP {B
en (x) = a−n Bn (ax + b), n > 0,
B
onde a ∈ C − {0} e b ∈ C. Designando por {e
un }n>0 a sucessão dual associada
e
a {Bn }n>0 , então
u
en = an (ha−1 ◦ τ−b )un , n > 0.
en = n e que B
en é mónico, ∀n > 0.
Prova: Começamos por notar que grau B
Assim, existe uma única sucessão no dual, {e
un }n>0 , que satisfaz:
D
E
em = δn,m .
u
en , B
em (x) = a−m (ha ◦ τ−b )Bm (x), pelo que
Note-se que B
D
E
em
u
en , B
= u
en , a−m (ha ◦ τ−b )Bm (x) = a−m he
un , (ha ◦ τ−b )Bm (x)i
= a−m hha u
en , τ−b Bm (x)i = a−m h(τb ◦ ha ) u
en , Bm (x)i = δn,m .
Dada a unicidade de sucessão dual, então necessariamente
un = a−n (τb ◦ ha ) u
en
(1.3.26)
i.e.
an τ−b un = ha u
en
an (ha−1 ◦ τ−b ) un = u
en , n > 0
2. Derivação.
[1]
Consideremos a SP {Bn }n>0 , designada por sucessão dos derivados de ordem
1 de {Bn }n>0 .
34
Proposição 1.3.4 [16] Seja {Bn }n>0 uma SP e {un }n>0 a sucessão dual cor[1]
respondente. Consideremos a SP {Bn }n>0 definida da seguinte maneira:
Bn[1] (x) =
0
Bn+1
(x)
,
n+1
n > 0.
(1.3.27)
[1]
Se {un }n>0 for a correspondente sucessão dual, então
Du[1]
n = −(n + 1)un+1 ,
n > 0.
(1.3.28)
Prova: Por definição de sucessão dual de uma SP,
D
E
[1]
,
B
= δn,m , n, m > 0.
u[1]
n
m
Atendendo a (1.3.27) obtemos:
D
E
D
E
[1]
0
u[1]
= (m + 1)−1 u[1]
n , Bm
n , Bm+1
D
E
,
B
= −(m + 1)−1 Du[1]
m+1 ,
n
n, m > 0,
donde
[1]
hu[1]
n , Bm i = δn,m ,
n, m > 0.
Tomando em (1.3.29) m = n, obtemos:
D
E
Du[1]
,
B
= −(n + 1) 6= 0,
n+1
n
(1.3.29)
n > 0.
Substituindo em (1.3.29) m por m − 1, obtemos:
D
E
Du[1]
,
B
m > n + 2.
m = 0,
n
Usando o lema 1.3.3 para p = n + 2, temos,
Du[1]
n =
n+1
X
λn,m um , onde
m=0
D
E
λn,m = Du[1]
,
B
m .
n
De (1.3.29), decorre que mδn,m−1 = −λn,m , pelo que
0,
06m6n
λn,m =
−(n + 1), n > 0,
donde o resultado.
Definimos a sucessão dos derivados (normalizada) de ordem superior a um
[k]
({Bn }n>0 , k > 1 ), recursivamente, consoante poderá ser constatado na proposição que se segue.
35
Proposição 1.3.5 Seja k > 1 e sejam {Bn }n>0 uma SP e {un }n>0
[k]
são dual correspondente. Consideremos a SP {Bn }n>0 definida da
maneira:
0
[k−1]
Bn+1 (x)
Bn[k] (x) =
, n > 0,
n+1
então tem-se
[k−1]
Du[k]
n > 0,
n = −(n + 1)un+1 ,
[j]
a sucesseguinte
(1.3.30)
(1.3.31)
[j]
onde {un }n>0 é a sucessão dual associada a {Bn }n>0 , 1 6 j 6 k.
Prova: Segue de forma trivial da proposição anterior.
O resultado que a seguir se apresenta será usado de forma essencial na nova
prova do teorema de Hahn, a qual se encontra no Capítulo 5 deste trabalho.
[k]
Lema 1.3.4 Se vn = un , então a derivada de ordem k de vn é dada por
(vn )(k) = (−1)k
k
Y
(n + µ) un+k ,
n > 0 e k > 1.
(1.3.32)
µ=1
Prova: A prova será feita por indução finita sobre k > 1.
Para k = 1, (vn )(1) = (vn )0 = − (n + 1) un+1 , donde o resultado é verdadeiro.
Suponhamos
é válido para k − 1, k > 1. Deste modo,
que o resultado
0
(k)
(k−1)
(vn ) = (vn )
= − (n + 1) (vn+1 )(k−1) pelo que, usando a hipótese de indução,
(vn )(k) = − (n + 1) (−1)k−1
k−1
Y
(n + 1 + µ) un+1+k−1
µ=1
= (n + 1) (−1)k
k−1
Y
(n + 1 + µ) un+k
µ=0
= (n + 1) (−1)k
k
Y
(n + µ) un+k , n > 0 e k > 1,
µ=2
o que prova o pretendido.
3. Associação.
(1)
Notamos por {Bn }n>0 a sucessão de polinómios associada (de primeira ordem)
a {Bn }n>0 relativamente a u0 .
36
Proposição 1.3.6 [10] Sejam {Bn }nn>0 uma
o SP e {un }n>0 a sucessão dual
(1)
definida do seguinte modo:
correspondente. Consideremos a SP Bn
n>0
Bn(1) (x) =
u0 ,
Bn+1 (x) − Bn+1 (ξ)
x−ξ
= (u0 ϑ0 Bn+1 ) (x) , n > 0.
(1.3.33)
(1)
Representando por {un }n>0 a respectiva sucessão dual, então
−1
u(1)
,
n = (xun+1 ) (u0 )
n>0
(1.3.34)
(A salientar que (u0 )−1 existe se e só se (u0 )0 6= 0).
n
o
(1)
(1)
Prova: Sejam {un }n>0 e {un }n>0 as sucessões duais de {Bn }n>0 e Bn
n>0
,
respectivamente.
D
E Por definição de sucessão dual, tem-se necessariamente
(1)
(1)
(1)
que un , Bm = δn,m , para n, m > 0. Atendendo à relação entre Bn e
Bn , podemos igualmente escrever
D
E D
E
−1 (1)
u(1)
,
u
ϑ
B
=
x
u
u
,
B
(1.3.35)
0 0 m+1
0
m+1 = δn,m n, m > 0
n
n
considerando as propriedades patentes no Capítulo 1. Fixemos n > 0. Da
igualdade precedente conclui-se, em particular, que
E
D
= 0, para k > n + 2
x−1 u(1)
u
,
B
0
k
n
D
E
x−1 u(1)
6= 0, para k = n + 1
n u0 , Bk
Pelo lema 1.3.3 segue-se que
x−1 u(1)
n u0
=
x−1 u(1)
n u0 =
n+1
XD
i=0
n
X
E
x−1 u(1)
n u0 , Bi ui , i.e.
D
E
x−1 u(1)
n u0 , Bi+1 ui+1
i=−1
donde, por (1.3.35),
x−1 u(1)
n u0 =
n
X
δn,i ui+1 , i.e,
i=−1
x−1 u(1)
n u0 = un+1 ,
isto é,
−1
u(1)
.
n = xun+1 (u0 )
(k)
Recursivamente, podemos definir {Bn }n>0 (com k > 1), a SP associada a
(k−1)
{Bn
}n>0 (relativamente a (u0 )(k−1) ).
37
Proposição 1.3.7 [10] Seja k > 1 e sejam {Bnn}n>0 o
uma SP e {un }n>0 a su(k)
definida do seguinte
cessão dual correspondente. Consideremos a SP Bn
n>0
modo:
(k)
(k−1)
Bn(k) (x) = u0 ϑ0 Bn+1
(x) ,
n > 0,
(k)
e seja {un }n>0 a respectiva sucessão dual, então
(k)
(k) −1
u(k+1)
=
xu
u
,
n
n+1
0
n > 0.
Prova: Segue de forma trivial da proposição anterior, se tomarmos em atenção
(k+1)
que {Bn
(k)
}n>0 é a SP associada a u0 , k > 1 e ∀n > 0.
Acrescente-se apenas que tais sucessões serão tratadas com maior detalhe no
(m)
[k]
(n > 0, k, m > 1)
Capítulo 6, onde será explicitada uma relação entre un
[k] (m)
e un (n > 0), elementos das sucessões duais associadas a
Bn
e
n>0
{Bn }n>0 , respectivamente.
1.3.3
Relação de estrutura
Seja {Bn }n>0 uma SP e consideremos a divisão euclidiana de Bn+2 por Bn+1 ,
com n > 0:
Bn+2 (x) = (x − βn+1 )Bn+1 (x) − rn (x) ,
B0 (x) = 1,
n>0
B1 (x) = x − β0 .
onde rn (x) representa o resto dessa divisão, pelo que necessariamente
grau(rn ) 6 n, n > 0. Assim sendo é sempre possível escrever rnP
(x) à custa dos
n+1 primeiros elementos da sucessão {Bn }n>0 , ou seja, rn (x) = nν=0 χn,ν Bν (x),
n > 0, e com χn,ν ∈ C. Desta forma as relações anteriores escrevem-se:
P
Bn+2 (x) = (x − βn+1 )Bn+1 (x) − nν=0 χn,ν Bν (x), n > 0,
(1.3.36)
B0 (x) = 1,
B1 (x) = x − β0 ,
onde βn , χn,ν ∈ C, 0 6 ν 6 n.
Será pois interessante encontrar uma expressão para os coeficientes complexos
βn+1 e χn,ν , 0 6 ν 6 n. O resultado que a seguir se apresenta fornece a resposta.
Proposição 1.3.8 [16] Sejam {Bn }n>0 uma SP e {un }n>0 a sucessão dual
correspondente a {Bn }n>0 , então,
βn = hun , xBn (x)i ,
χn,ν = huν , xBn+1 (x)i ,
n>0
0 6 ν 6 n, n > 0.
(1.3.37)
(1.3.38)
38
Prova: Recorrendo a (1.3.36), tem-se que
hun+1 , Bn+2 i = hun+1 , (x − βn+1 )Bn+1 i −
n
X
χn,ν hun+1 , Bν i
ν=0
= hun+1 , xBn+1 i − βn+1 hun+1 , Bn+1 i −
n
X
χn,ν hun+1 , Bν i , n > 0,
ν=0
a qual se pode escrever como
0 = hun+1 , xBn+1 i − βn+1 ,
atendendo a (1.3.23). Dito de outro modo, temos que
βn+1 = hun+1 , xBn+1 i ,
n > 0.
Além disso, como hu0 , B1 i = 0 e
hu0 , B1 i = hu0 , x − β0 i = hu0 , xi − β0 hu0 , 1i = hu0 , xi − β0 ,
obtemos que
β0 = hu0 , xi = hu0 , xB0 i.
Por conseguinte, concluímos que βn = hun , xBn i ,
n > 0.
Consideremos 0 6 µ 6 n, n > 0. Usando de novo a relação de recorrência
(1.3.36), segue-se que:
huµ , Bn+2 i = huµ , (x − βn+1 )Bn+1 i −
n
X
χn,ν huµ , Bν i
ν=0
= huµ , xBn+1 i − βn+1 huµ , Bn+1 i −
n
X
χn,ν δµ,ν ,
n > 0.
ν=0
Devido à definição de sucessão dual, da igualdade anterior obtemos que
huµ , xBn+1 i =
n
X
χn,ν δµ,ν ,
ν=0
logo, χn,µ = huµ , xBn+1 i ,
0 6 µ 6 n.
Como consequência deste último lema, tem-se o seguinte resultado que fornece
uma relação de muita importância no decurso deste trabalho.
Lema 1.3.5 [11, p.136] Sejam {Bn }n>0 uma SP e {un }n>0 a sucessão dual
correspondente a {Bn }n>0 . Seja ν > 0, então as condições χn,ν = huν , xBn+1 i =
0, n > ν + 1 são equivalentes a
xuν
= uν−1 + βν uν + χν,ν uν+1
u−1 = 0
(1.3.39)
39
Prova: Fixemos ν > 0. Suponhamos então que χn,ν = 0, n > ν + 1 . Na
Proposição (1.3.8), vimos que
χn,ν = hxuν , Bn+1 (x)i = 0, n > ν + 1
Pelo lema 1.3.3, ∃λk,ν ∈ C, 0 6 k 6 ν tais que:
xuν =
ν+1
X
λk,ν uk .
k=0
Assim,
hxuν , Bn+1 (x)i =
*ν+1
X
+
λk,ν uk , Bn+1 (x)
k=0
=
ν+1
X
=
ν+1
X
λk,ν huk , Bn+1 (x)i
k=0
λk,ν δk,n+1 = λn+1,ν , n > ν + 1.
k=0
Consequentemente, tem-se λn+1,ν = huν , xBn+1 (x)i = 0, n > ν + 1.
Por outro lado, como grau (xBn+1 (x)) = n + 2, tem-se, pelo lema (1.3.2),
que λn+1,ν = huν , xBn+1 (x)i = 0 sempre que n + 2 < ν, i.e., n + 1 < ν − 1.
Deste modo tem-se
xuν = λν−1,ν uν−1 + λν,ν uν + λν+1,ν uν+1 .
Se n = ν − 1, então pelo lema 1.3.2 λν−1,ν = huν , xBν−1 (x)i = 1, pois
grau (xBν (x)) = ν.
Para n = ν, segue-se que λν,ν = huν , xBν (x)i = βν , atendendo à expressão
(1.3.37) e para n = ν + 1, segue-se que λν+1,ν = huν , xBν+1 (x)i = χν,ν ,
atendendo à expressão (1.3.38). Portanto encontramos (1.3.39).
Reciprocamente, a expressão (1.3.39) implica que
hxuν , Bn+1 i = huν−1 + βν uν + χν,ν uν+1 , Bn+1 i , i.e.,
huν , xBn+1 i = huν−1 , Bn+1 i + βν huν , Bn+1 i + χν,ν huν+1 , Bn+1 i .
Relativamente ao lado direito da expressão anterior, tem-se, por definição
de dualidade, que
huν , xBn+1 i = 0, se n < ν − 2 ou se n > ν ,
logo
huν , xBn+1 i = 0, para n > ν + 1 .
Dado que χn,ν = huν , xBn+1 (x)i ,
pretendido.
0 6 ν 6 n, n > 0, fica provado o
40
Capítulo 2
Ortogonalidade Regular e
Noções Anexas
2.1
Ortogonalidade regular
Definição 2.1.1 A forma u diz-se regular se lhe for possível associar uma SP
{Pn }n>0 tal que
hu, Pn Pm i = rn δn,m ,
onde rn 6= 0,
n, m > 0
(2.1.1)
(2.1.2)
Neste caso, a sucessão de polinómios {Pn }n>0 diz-se regularmente ortogonal
relativamente à forma u. As condições de ortogonalidade são dadas por (2.1.1)
ao passo que (2.1.2) correspondem às condições de regularidade.
Diz-se que a forma u é normalizada se (u)0 = 1.
Decorre desta definição que a forma u, e cada polinómio Pn estão definidos a
menos de uma constante arbitrária não nula, isto é, {Pn }n>0 é uma sucessão
de polinómios ortogonal relativamente a u se e só se {cn Pn }n>0 é ortogonal
relativamente a u, onde cn ∈ C\ {0} , n > 0, uma vez que,
hu, cn Pn cm Pm i = cn cm hu, Pn Pm i = cn cm rn δn,m ,
onde rn correspondem às constantes apresentadas na definição.
Proposição 2.1.1 Toda a sucessão {Pn }n>0 de polinómios ortogonais relativamente a u ∈ P 0 é livre, isto é, {Pn }n>0 constitui uma base (algébrica) para P,
pelo que poderá sempre ser normalizada.
Prova: Sejam m, n dois quaisquer
inteiros positivos tais que 0 6 m 6 n.
Pn
Queremos mostrar que
ν=m αν Pν = 0 ⇒ αν = 0, m 6 ν 6 n.
41
42 CAPÍTULO 2. ORTOGONALIDADE REGULAR E NOÇÕES ANEXAS
Consideremos
um inteiro k, com m 6 k 6 n. Multiplicando a equação
Pn
α
P
=
0 por Pk e aplicando u a ambos os membros, obtemos o
ν=m ν ν
seguinte:
n
X
hu,
αν Pν Pk i = 0, m 6 k 6 n,
ν=m
ou seja,
n
X
αk hu, Pk2 i +
αν hu, Pν Pk i = 0, m 6 k 6 n, i.e.,
ν=m,ν6=k
αk hu, Pk2 i
+
n
X
αν δν,k = 0, m 6 k 6 n, i.e.,
ν=m,ν6=k
αk hu, Pk2 i = 0, m 6 k 6 n,
logo αk = 0, m 6 k 6 n, já que, pelas condições de ortogonalidade regular
de {Pn }n>0 , hu, Pk2 i =
6 0, k > 0.
Exemplo 2.1.1 A sucessão {xn }n>0 é uma sucessão livre ortogonal relativamente à forma δ, mas não regularmente ortogonal.
A impossibilidade de determinada forma ser regular poderá ser verificada a
partir da proposição seguinte.
Proposição 2.1.2 [16] Se {Pn }n>0 uma sucessão de polinómios regularmente
ortogonais relativamente a u, então grau (Pn ) = n, ∀ n > 0. Além disso
(u)0 6= 0.
Prova: Pela proposição (2.1.1), os elementos da sucessão {Pn }n>0 são linearmente independentes, pelo que, da Proposição (1.3.1), decorre que
grau (Pn ) = n, ∀ n > 0. Assuma-se por isso o seguinte:
Pn (x) = ann xn + ann−1 xn−1 + ... + an1 x + an0 , com ann 6= 0, n > 0.
Além disso, pelas condições
de ortogonalidade,
u, P02 6= 0. Como, por
E
D
2
2
2
= a00 hu, 1i = a00 (u)0 , então,
outro lado, u, P02 = u, a00
necessariamente, (u)0 6= 0 (já que a00 em virtude de P0 6= 0).
Exemplo 2.1.2 Suponhamos {Pn }n>0 (regularmente) ortogonal relativamente
a u0 e seja {un }n>0 a sucessão dual associada. A partir da proposição anterior,
podemos concluir que us , s > 1, não pode ser uma forma regular, pois (us )0 = 0.
Dito de outro modo, não existe nenhuma SP ortogonal relativamente a us , s > 1.
2.1. ORTOGONALIDADE REGULAR
43
Sem perda de generalidade, podemos sempre considerar que u e {Pn }n>0 estão
normalizadas, isto é, (u)0 = 1 e Pn mónico, n > 0.
No prosseguimento deste trabalho apenas iremos considerar SP’s regularmente
ortogonais. Simbolicamente designa-las-emos por SPO.
Proposição 2.1.3 [16] Sejam u ∈ P 0 e {Pn }n>0 uma SP. As condições seguintes são equivalentes:
(a) {Pn }n>0 é ortogonal com respeito a u;
(b) Existe uma sucessão de polinómios {Qn }n>0 , com grau(Qn ) = n, n > 0,
e tal que hu, Qm Pn i = 0, 0 6 m 6 n − 1, n > 1 hu, Qn Pn i =
6 0, n > 0;
(c) hu, xm Pn i = 0, 0 6 m 6 n − 1, n > 1;
hu, xn Pn i =
6 0, n > 0.
Prova: a)⇒b) Escrevamos Qm na base {Pn }n>0
Qm (x) =
m
X
ai Pi (x), 0 6 m 6 n − 1, n > 0,
i=0
Como grau (Qm ) = m, am 6= 0. Assim sendo,
hu, Qm Pn i =
m
X
ai hu, Pi Pn i = 0,
i=0
uma vez que sendo i 6 m e m 6 n − 1, então i 6= n.
hu, Qn Pn i =
n
X
ai hu, Pi Pn i = an u, Pn2 6= 0 , n > 0,
i=0
uma vez que an 6= 0 e por hipótese hu, Qn Pn i =
6 0.
b)⇒c) Basta fazer Qm (x) = xm , 0 6 m 6 n, n > 0.
c)⇒a) Escrevámos Pm na base canónica
Pm (x) =
m
X
bi xi .
i=0
Como grau (Pm ) = m, bm 6= 0. Se 0 6 m 6 n − 1, n > 0, então:
hu, Pn (x)Pm (x)i =
m
X
bi u, xi Pn (x) = 0.
i=0
Se m > n + 1, basta trocar m com n na igualdade anterior. Se m = n,
então:
n
X
u, Pn2 (x) =
bi u, xi Pn (x) = bn hu, xn Pn (x)i =
6 0, n > 0,
i=0
uma vez que bn 6= 0 e, por hipótese, hu, xn Pn i =
6 0.
Proposição 2.1.4 [16] Se {Pn }n>0 uma SPO com respeito a u e {un }n>0 a
sucessão dual de {Pn }n>0 , então
u = (u)0 u0 .
Prova: Das hipóteses decorre que hu, P0 i = hu, P0 P0 i =
6 0e
hu, Pn i = hu, P0 Pn i = 0,
n > 1.
Logo, pelo lema 1.3.3, tem-se que u = λ0 u0 , onde
λ0 = hu, P0 i = hu, 1i = (u)0 .
NOTA IMPORTANTE: Daqui em diante, ir-se-á sempre supôr u como forma
regular e normalizada e a sucessão {Pn }n>0 (regularmente) ortogonal relativamente a u, será suposta normalizada. Note-se que, assim sendo, u = u0 .
Recordando a relação expressa em (1.3.36) aplicada à sucessão {Pn }n>0 :
Pn+2 (x) = (x − βn+1 )Pn+1 (x) −
Pn
ν=0 χn,ν Pν (x),
n > 0,
(2.1.3)
P0 (x) = 1,
P1 (x) = x − β0 ,
apresentamos o resultado seguinte:
Teorema 2.1.1 [11, p.136][16] Seja {Pn }n>0 uma SP e {un }>0 a sua sucessão
dual. Então, as seguintes proposições são equivalentes:
(a) A sucessão {Pn }n>0 é ortogonal relativamente a u0 ;
(b) χn,k = 0, 0 6 k 6 n − 1,
dados por (1.3.38);
n > 1;
(c) xun = un−1 + βn un + χn,n un+1 ,
χn,n 6= 0,
χn,n 6= 0,
n > 0, onde χn,k são
n > 0,
u−1 = 0;
(d) Existe uma sucessão de polinómios {φn }n>0 tal que grau (φn ) = n e
un = φn u0 , n > 0;
−1
(e) un = u0 , Pn2
Pn u0 , n > 0.
Prova: (a)⇒(b)
De (2.1.3), podemos escrever:
n
X
ν=0
χn,ν Pν (x) = −Pn+2 (x) + xPn+1 (x) − βn+1 Pn+1 (x),
n > 0.
45
Multiplicando a igualdade anterior por Pm , 0 6 m 6 n e aplicando u0 ,
vem:
n
X
χn,ν hu0 , Pν Pm i = − hu0 , Pn+2 Pm i+hu0 , xPn+1 Pm i−βn+1 hu0 , Pn+1 Pm i .
ν=0
Pelas condições de ortogonalidade, temos:
2
χn,m u0 , Pm
= hu0 , xPn+1 Pm i ,
0 6 m 6 n.
(2.1.4)
Como se tem, grau(xPm ) = m + 1, então pela proposição (2.1.3), alínea
b), vem:
hu0 , xPm Pn+1 i = 0,
0 6 m 6 n − 1,
hu0 , xPn Pn+1 i 6= 0,
n > 0.
n > 1,
Além disso, pelas condições de ortogonalidade, tem-se:
2
u0 , Pm
6= 0, m > 0.
Ora de (2.1.4), obtemos:
χn,n 6= 0,
n>0
e χn,m = 0,
0 6 m 6 n − 1,
n > 1.
(b)⇒(c)
Seja k > 0. No lema 1.3.5 ficou provado que se χn,k = 0, n − 1 > k,
então xuk = uk−1 +βk uk +χk,k uk+1 onde u−1 = 0. Assim, para completar
a prova basta considerar que χn,n 6= 0, n > 0.
(c)⇒(d)
Façamos esta demonstração por indução.
Por hipótese,
−1
uk+1 = χk,k
[xuk − uk−1 − βk uk ] ,
k>0
(2.1.5)
Para k = 0 tem-se:
u1 = χ−1
0,0 [xu0 − β0 u0 ]
= χ−1
0,0 (x − β0 ) u0 ,
uma vez que u−1 = 0.
Podemos pois escrever:
u1 = φ1 u0 com φ1 = χ−1
0,0 (x − β0 ) ,
que tem grau 1, uma vez que χ0,0 6= 0.
Suponhamos que existem polinómios φl tais que grau (φl ) = l e ul = φl u0 ,
0 6 l 6 k, e mostremos que
∃φk+1 : grau (φk+1 ) = k + 1 e uk+1 = φk+1 u0 .
Usando a hipótese de indução, de (2.1.5) decorre que,
uk+1 = χ−1
k,k [xφk − φk−1 − βk φk ] u0
logo
uk+1 = φk+1 u0
com
φk+1 = χ−1
k,k [(x − βk )φk − φk−1 ] ,
que tem grau k + 1, uma vez que χk,k 6= 0.
(d)⇒(a)
Como cada φn tem grau n, então {φn }n>0 constitui uma base de P.
Provemos primeiro que hu0 , Pm Pn i = 0, m 6= n, m, n > 0. Suponhamos
que m < n e escrevamos Pm na base dos {φn }n>0 ,
Pm (x) =
m
X
ak φk (x),
k=0
com am 6= 0. Deste modo,
hu0 , Pm Pn i =
=
m
X
k=0
m
X
ak hu0 , φk Pn i =
m
X
ak hφk u0 , Pn i
k=0
ak huk , Pn i ,
k=0
por hipótese. E, por definição de sucessão dual, tem-se:
hu0 , Pm Pn i =
m
X
ak δk,n = 0,
k=0
uma vez que m < n. Analogamente se prova que
hu0 , Pm Pn i = 0,
para m > n.
Mostremos agora que u0 , Pn2 6= 0, n > 0. Procedendo como acima,
obtemos:
n
X
2
u0 , Pn =
ak δk,n = an 6= 0,
k=0
uma vez que grau (Pn ) = grau (φn ) = n ⇒ an 6= 0.
(a)⇒(e)
Vejamos que
D E
−1
u0 , Pn2
Pn u0 , Pm
=
=
−1
hPn u0 , Pm i
2 −1
hu0 , Pn Pm i
u0 , Pn2
u0 , Pn
= δn,m .
47
Mas, considerando a definição de sucessão dual (1.3.23), e atendendo à
respectiva unicidade (proposição 1.3.2), decorre que
un =
u0 , Pn2
−1
Pn u 0 .
−1
(e)⇒(d)
Basta fazer φn = u0 , Pn2
Pn , uma vez que grau (Pn ) = n e
u0 , Pn2 6= 0, n > 0, então grau (φn ) = n.
A proposição seguinte fornece a expressão dos coeficientes da relação de recorrência da alínea (b) do teorema anterior, em termos da funcional u0 .
Proposição 2.1.5 [16] Admitindo verificada uma das alíneas do teorema anterior, temos:
Pn+2 (x) = (x − βn+1 )Pn+1 (x) − γn+1 Pn (x),
n > 0,
(2.1.6)
P1 (x) = x − β0 ,
P0 (x) = 1,
onde
u0 , xPn2 (x)
,
hu0 , Pn2 (x)i
βn =
γn+1 = χn,n ,
γn+1 =
n > 0,
n > 0,
2 (x)
u0 , Pn+1
6= 0,
hu0 , Pn2 (x)i
(2.1.7)
n > 0.
Prova: Multiplicando a relação de recorrência por Pn+1 e aplicando u0 obtémse:
2
2
hu0 , Pn+1 Pn+2 i = u0 , xPn+1
−βn+1 u0 , Pn+1
−γn+1 hu0 , Pn+1 Pn i , n > 0.
Pelas condições de ortogonalidade, obtemos:
2
u0 , xPn+1
, n > 0.
βn+1 = 2
u0 , Pn+1
Das condições iniciais da relação de recorrência, tem-se:
P1 (x) = x − β0 = xP0 − β0 P0 .
Multiplicando a igualdade anterior por P0 e aplicando u0 obtemos:
hu0 , P0 P1 i = u0 , xP02 − β0 u0 , P02 ,
e, devido às condições de ortogonalidade, temos:
u0 , xP02
.
β0 = u0 , P02
Por conseguinte, obtemos a expressão para βn
u0 , xPn2 (x)
βn =
, n > 0.
hu0 , Pn2 (x)i
Multiplicando a relação de recorrência por Pn e aplicando u0 obtém-se:
hu0 , Pn Pn+2 i = hu0 , xPn Pn+1 i−βn+1 hu0 , Pn Pn+1 i−γn+1 u0 , Pn2 , n > 0,
donde, a seguinte expressão para γn+1
γn+1 =
hu0 , xPn (x)Pn+1 (x)i
,
hu0 , Pn2 (x)i
n > 0.
Efectuando a divisão euclidiana de Pn+1 por xPn obtemos:
Pn+1 (x) = xPn (x) + R(x),
onde R(x) é um polinómio de grau não superior a n. Então,
2
hu0 , xPn (x)Pn+1 (x)i = u0 , Pn+1
(x) − hu0 , R(x)Pn+1 (x)i
2
= u0 , Pn+1
(x) ,
pela proposição (2.1.3). Portanto, obtemos:
2 (x)
u0 , Pn+1
γn+1 =
,
hu0 , Pn2 (x)i
n > 0.
Pelas condições de ortogonalidade tem-se γn+1 6= 0, n > 0.
Uma consequência imediata deste resultado e com particular interesse será o
abaixo apresentado.
Corolário 2.1.6 [16] Se {Pn }n>0 é uma SPO, então Pn e Pn+1 , n > 0 não
têm zeros comuns.
Prova: Suponhamos que Pn e Pn+1 têm um zero comum, digamos z. Escrevendo a relação de recorrência para n − 1 :
Pn+1 (z) = (z − βn )Pn (z) − γn Pn−1 (z),
obtemos:
γn Pn−1 (z) = 0.
n > 1,
49
Como γn 6= 0, n > 1, então:
Pn−1 (z) = 0.
Aplicando o raciocínio anterior para n − 2, n − 3, ..., 0, concluiríamos que
Pn−2 (z) = · · · = P1 (z) = P0 (z) = 0. Mas isto é um absurdo, uma vez que
P0 (z) = 1. Com efeito, escrevendo a relação de recorrência para n = 0,
temos:
P2 (z) = (z − β1 )P1 (z) − γ1 P0 (z).
Logo, por hipótese,
γ1 P0 (z) = 0.
Como γ1 6= 0, então:
P0 (z) = 0,
o que é absurdo, uma vez que P0 ≡ 1.
Apresentamos agora uma relação conhecida: a "Identidade de Christoffel-Darboux".
Lema 2.1.1 (Identidade de Christoffel-Darboux) [2, p.23]
Se {Pn }n>0 satisfizer a relação de recorrência de uma sucessão regularmente
ortogonal dada por (2.1.6), então

−1
n+1
n
Y
X
Pν (x)Pν (c) 
Pn+1 (x)Pn (c) − Pn (x)Pn+1 (c)
=
γµ 
.
(2.1.8)
Qν+1
x−c
γ
µ
µ=1
µ=1
ν=0
Prova: Da relação de recorrência anteriormente apresentada, facilmente se
obtém o seguinte:
xPk+1 (x)Pk+1 (c) = Pk+2 (x)Pk+1 (c) + βk+1 Pk+1 (x)Pk+1 (c) + γk+1 Pk (x)Pk+1 (c)
cPk+1 (x)Pk+1 (c) = Pk+1 (x)Pk+2 (c) + βk+1 Pk+1 (x)Pk+1 (c) + γk+1 Pk+1 (x)Pk (c).
Subtraindo a segunda à primeira equação, tem-se
(x − c)Pk+1 (x)Pk+1 (c) = [Pk+2 (x)Pk+1 (c) − Pk+1 (x)Pk+2 (c)]
− γk+1 [Pk+1 (x)Pk (c) − Pk (x)Pk+1 (c)] , k > 0.
Denote-se por Fk (x, c) o membro direito da equação (2.1.8). Através de
cálculos simples, facilmente se verifica que a equação precedente poder-se-á
escrever como:

−1
k+2
Y

γµ  (x − c)Pk+1 (x)Pk+1 (c) = Fk+1 (x, c) − Fk (x, c), k > 0.
µ=1
Somando ambos os membros da equação anterior de 0 até n, obtemos:
n
X
(x − c)Pk+1 (x)Pk+1 (c)
= Fn+1 (x, c), n > 0.
Qk+2
µ=1 γµ
k=0
Uma questão de particular interesse será: quando φu = 0, para φ ∈ P e u ∈ P 0 ,
que inferências podemos extrair relativamente a φ ou u? Os lemas 2.1.2 e 2.1.7
fornecem-nos a resposta.
Lema 2.1.2 [16] Seja u ∈ P 0 regular e seja φ um polinómio, tal que φu = 0.
Então, necessariamente, φ = 0.
Prova: Suponhamos que φ 6= 0. Escreva-se φ na base canónica de P,
φ(x) = cxt + · · · ,
onde t = grau (φ) e c 6= 0.
Se u é regular, existe a SPO, {Pn }n>0 , seja relativamente a u, logo
hφu, Pt i = 0,
uma vez que todos os momentos da forma φu são nulos. Por outro lado,
hφu, Pt i = hu, φPt i = c u, Pt2 6= 0,
pelas condições de ortogonalidade.
Donde o absurdo. O absurdo resultou de se ter suposto φ 6= 0, pelo que
se conclui que φ = 0.
Lema 2.1.3 Seja u, w ∈ P 0 não regulares e seja c ∈ C tais que (x − c) u = w ,
então
u = Aδc + (x − c)−1 w,
para determinado A ∈ C.
Prova: Com efeito, podemos multiplicar ambos os membros da equação (x − c) u = w
por (x − c)−1 , obtendo
(x − c)−1 [(x − c) u] = (x − c)−1 w,
que, pela propriedade (1.2.13), é equivalente a afirmar
u − (u)0 δc = (x − c)−1 w, i.e.,
u = (u)0 δc + (x − c)−1 w.
Se tomarmos A = (u)0 , tem-se o pretendido.
Observação 2.1.1 O lema anterior diz-nos que a solução da equação funcional
(x − c) u = w se escreve como soma da solução particular e da solução da
equação homogénea.
51
Lema 2.1.4 Dado c ∈ C, temos que
(x − c)−1 (δc )(k) =
−1
(δc )(k+1) , k > 0.
k+1
(2.1.9)
Prova: Seja p ∈ P. Consideremos o caso k = 0.
D
E
p (x) − p (c)
(x − c)−1 δc , p
= hδc , ϑc pi = δc ,
= p0 (c)
x−c
= δc , p0 (x) = − (δc )0 , p (x) ,
donde
(x − c)−1 δc = − (δc )0 .
(2.1.10)
Para k = 1,
D
E
(x − c)−1 (δc )0 , p
= − hδc , Dϑc pi = − hδc , (ϑc D) pi + δc , ϑ2c p
E
D
= (δc )0 , p0 − (x − c)−1 (δc )0 , p
E
D
= − (δc )00 , p − (x − c)−1 (δc )0 , p
logo,
D
E
1
(x − c)−1 (δc )0 , p = − (δc )00 , p ,
2
do que se conclui
1
(x − c)−1 (δc )0 = − (δc )(2) .
2
Suponhamos que o resultado
é
válido
para
k E> 0 e provêmo-lo para k + 1.
D
−1
(k+1)
Assim, determinemos (x − c) (δc )
,p :
D
E
0
D
E
(x − c) (δc )
,p =
(δc )
, ϑc p = − (δc )(k) , Dϑc p
D
E D
E
= − (δc )(k) , ϑc Dp + (δc )(k) , ϑ2c p
D
E D
E
= − (x − c)−1 (δc )(k) , Dp + (x − c)−1 (δc )(k) , ϑc p
−1
−1
(k+1)
(k+1)
(δc )
, Dp +
(δc )
, ϑc p
=−
k+1
k+1
1
−1
(k+2)
−1
(k+1)
=−
(δc )
,p +
(x − c) (δc )
,p ,
k+1
k+1
−1
(k+1)
(k)
do que se pode extrair:
1
k+2
−1
(k+1)
(k+2)
(x − c) (δc )
,p = −
(δc )
,p ,
k+1
k+1
isto é,
D
−1
(x − c)
(k+1)
(δc )
E
,p = −
1
(k+2)
(δc )
,p ,
k+2
pelo que
(x − c)−1 (δc )(k+1) =
−1
(δc )(k+2) .
k+2
Lema 2.1.5 Se c, d ∈ C com c 6= d, então
−1
(x − c)
(k)
(δd )
=
−bk
δ
k+1 c
(d − c)
+
k
X
ak,µ
k−µ+1
µ=0
(d − c)
(δd )(µ) , k > 0, (2.1.11)
onde bk , ak,σ ∈ C, para 0 6 σ 6 k, satisfazem a relação de recorrência:

aν+1,ν+1 = aν,ν , P




aν+1,µ = aν,µ−1 + νσ=µ aν,σ aσ,µ ,


P

bν+1 = νµ=0 aν,µ bµ ,
, 1 6 µ 6 ν, ν > 0.





a = a1,0 = a1,1 = b0 = b1 = 1

 0,0
aν,−1 = 0
(2.1.12)
Prova: Seja p ∈ P. Façamos para k = 0,
D
E
p (x) − p (c)
p (d) − p (c)
(x − c)−1 δd , p
= hδd , ϑc pi = δd ,
=
x−c
d−c
1
1
(p (d) − p (c)) =
(δd − δc ) , p ,
=
d−c
d−c
donde,
(x − c)−1 δd =
1
(δd − δc )
d−c
.
(2.1.13)
Para k = 1, segue-se que
0
(x − c)−1 (δd )0 = (x − c)−1 δd + (x − c)−2 δd
por (1.2.20), e usando (2.1.13) e (2.1.10) tem-se que
0
1
(x − c)−1 (δd )0 =
(δd − δc ) + (x − c)−2 δd
d−c
1
1
=
(δd )0 − (δc )0 +
(x − c)−1 (δd − δc )
d−c
d−c
1
1
1
=
(δd )0 − (δc )0 +
(δd − δc ) +
(δc )0 .
2
d−c
d
−
c
(d − c)
Conclui-se pois que
(x − c)−1 (δd )0 =
1
1
(δd )0 +
(δd − δc ) .
d−c
(d − c)2
(2.1.14)
53
Tomemos agora k = 2. Assim,
0
(x − c)−1 (δd )00 = (x − c)−1 (δd )0 + (x − c)−2 (δd )0 .
Calculemos separadamente cada uma das parcelas:
0
0
1
1
=
(x − c)−1 (δd )0
(δ
−
δ
)
(δd )0 +
c
d
d−c
(d − c)2
1
1
(δd )0 − (δc )0 .
=
(δd )00 +
2
d−c
(d − c)
Usando (2.1.14) e (2.1.10), tem-se:
1
1
−2
0
−1
0
(x − c) (δd ) = (x − c)
(δd − δc )
(δd ) +
d−c
(d − c)2
1
1
1
0
(δd − δc )
=
(δd ) +
d−c d−c
(d − c)2
1
1
1
(δd − δc ) +
+
(δc )0 =
2
d−c
(d − c)
(d − c)2
1
2
1
0
0
=
2 (δd ) +
3 (δd − δc ) +
2 (δc ) .
(d − c)
(d − c)
(d − c)
Deste modo,
(x − c)−1 (δd )00 =
2
1
2
(δd )00 +
(δd )0 +
(δd − δc ) .
2
d−c
(d − c)
(d − c)3
Por recorrência, suponhamos que
−1
(x − c)
(ν)
(δd )
ν
X
aν,µ
−bν
(µ)
=
, ν > 0,
ν+1 δc +
ν−µ+1 (δd )
(d − c)
(d − c)
µ=0
cujas condições iniciais são dadas por:
a0,0 = 1 e b0 = 1;
a1,0 = 1 , a1,1 = 1 e b1 = 1;
a2,0 = 2 , a2,1 = 2 , a2,2 = 1 e b1 = 2.
Vejamos então que o resultado é válido:
0
(x − c)−1 (δd )(ν+1) = (x − c)−1 (δd )(ν) + (x − c)−2 (δd )(ν) .
Para tal calculemos

(x − c)−1 (δd )(ν)
0
= 
=
ν
X
0
aν,µ
−bν
(µ) 
ν+1 δc +
ν−µ+1 (δd )
(d − c)
(d − c)
µ=0
ν
X
aν,µ
−bν
0
(µ+1)
(δ
)
+
, ν > 0,
c
ν+1
ν−µ+1 (δd )
(d − c)
(d
−
c)
µ=0
e

(x − c)−2 (δd )(ν) = (x − c)−1 
=−
=
+

ν
X
aν,µ
−bν
(µ) 
ν+1 δc +
ν−µ+1 (δd )
(d − c)
(d − c)
µ=0
ν
X
aν,µ
−bν
0
−1
(µ)
(δ
)
+
(x
−
c)
(δ
)
c
d
(d − c)ν+1
(d − c)ν−µ+1
µ=0
bν
(δc )0
(d − c)ν+1
ν
X
aν,µ
µ=0
−bµ
(d − c)ν−µ+1
(d − c)µ+1
δc +
µ
X
aµ,σ
σ=0
(d − c)µ−σ+1
!
(σ)
(δd )
bν
(δc )0
(d − c)ν+1
µ
ν
ν
X
X
X
aµ,σ
aν,µ bµ
(σ)
+
aν,µ
δc
−
ν−σ+2 (δd )
(d − c)
(d − c)ν+2
µ=0
σ=0
µ=0
=
=
+
bν
0
ν+1 (δc )
(d − c)
ν
X
1
ν
X
ν+2−σ
σ=0
(d − c)
!
(δd )(σ) −
aν,µ aµ,σ
µ=σ
ν
X
aν,µ bµ
µ=0
(d − c)ν+2
ν
X
aν,µ bµ
δc ,
para valores de ν > 0. Resulta agora que:
−1
(x − c)
(ν+1)
(δd )
=
ν
X
aν,µ
ν−µ+1
µ=0
(d − c)
ν
X
1
+
(d − c)ν+2−σ
σ=0
ν
X
(δd )(µ+1)
!
aν,µ aµ,σ
(δd )(σ) −
µ=σ
(d − c)ν+2
µ=0
δc , ν > 0.
Fazendo a substituição σ 7→ µ e µ 7→ σ, nos termos envolvidos no duplo
somatório, tem-se:
(x − c)−1 (δd )(ν+1) =
+
=
+
ν
X
1
(d − c)ν+2−µ
µ=0
ν+1
X
aν,µ−1
(d − c)ν−µ+2
µ=1
ν
X
ν
X
aν,µ
ν−µ+1
µ=0
ν
X
(d − c)
(δd )(µ+1)
aν,σ aσ,µ (δd )(µ) −
σ=µ
ν
X
aν,µ bµ
µ=0
(d − c)ν+2
δc
(δd )(µ)
ν
ν
X
X
aν,µ bµ
1
(µ)
a
a
(δ
)
−
δc .
ν,σ σ,µ d
ν+2−µ
(d − c)
(d − c)ν+2
σ=µ
µ=0
µ=0
55
Deste modo, deduzimos que se tem
−1
(x − c)
(ν+1)
(δd )
ν+1
X
aν+1,µ
−bν+1
(µ)
=
, ν > 0,
ν+2 δc +
ν−µ+2 (δd )
(d − c)
(d − c)
µ=0
quando consideramos a relação de recorrência dada por:
aν+1,ν+1 = aν,ν , ν > 0;
ν
X
aν+1,µ = aν,µ−1 +
aν,σ aσ,µ , 0 6 µ 6 ν;
(2.1.15)
σ=µ
bν+1 =
ν
X
aν,µ bµ , , ν > 0;
µ=0
com aν,−1 = 0,
cujas condições iniciais são dadas por
a0,0 = 1 e b0 = 1;
(2.1.16)
a1,0 = 1, a1,1 = 1 e b1 = 1.
(2.1.17)
Como consequência dos Lemas 2.1.4 e 2.1.5, tem-se o resultado que a seguir se
apresenta.
Proposição 2.1.7 Seja u ∈ P 0 não regular e seja φ um polinómio não nulo tal
que
φu = 0.
(2.1.18)
Qt
P
Escrevendo φ (x) = µ=1 (x − aµ )tµ , com tµ=0 tµ = T = grau (φ) > 1, então
tem-se
µ −1
t tX
X
(ν)
u=
,
(2.1.19)
Aµ,ν δaµ
µ=1 ν=0
onde os coeficientes Aµ,ν são números complexos, com 0 6 ν 6 tµ −1, 1 6 µ 6 t.
Prova: Seja 1 6 i 6 t. Comecemos por calcular
(x − ai ) u = 0,
cuja solução é dada considerando w = 0 no lema 2.1.3, ou seja,
u = αi,1 δai , αi,1 ∈ C.
Seja φ (x) o polinómio dado no enunciado. Suponhamos que a solução da
equação funcional φv = 0 é dada por
v=
µ −1
t tX
X
Aµ,ν δaµ
(ν)
,
µ=1 ν=0
onde Aµ,ν são números complexos, com 0 6 ν 6 tµ − 1, 1 6 µ 6 t.
Com isso, determinemos a solução da seguinte equação funcional:
(x − c) φ (x) u = 0,
a qual equivale a termos
φ (x) (x − c) u = 0.
Faça-se v = (x − c) u. A equação anterior passa a escrever-se:
φ (x) v = 0.
Ora, por hipótese,
v=
µ −1
t tX
X
Aµ,ν δaµ
(ν)
.
µ=1 ν=0
Tem-se agora que
(x − c) u =
µ −1
t tX
X
Aµ,ν δaµ
(ν)
,
µ=1 ν=0
pelo que, podemos multiplicar ambos os membros da equação por (x − c)−1 ,
ou seja,


µ −1
t tX
X
(ν) 
(x − c)−1 [(x − c) u] = (x − c)−1 
Aµ,ν δaµ
,
µ=1 ν=0
u − (u)0 δc =
µ −1
t tX
X
Aµ,ν (x − c)−1 δaµ
(ν)
,
µ=1 ν=0
u = (u)0 δc +
µ −1
t tX
X
(ν)
.
µ=1 ν=0
Se tomarmos (u)0 = C ∈ C, obtemos:
u = Cδc +
µ −1
t tX
X
(ν)
.
µ=1 ν=0
Resta calcular (x − c)−1 δaµ
(ν)
. Surgem dois casos distintos:
(2.1.20)
57
1.
Se c 6= aµ , 1 6 µ 6 t.
2.
Se ∃µ, 1 6 µ 6 t, tal que c = aµ .
No primeiro caso, pelo lema 2.1.5, segue-se que
ν
X
(ν)
(τ )
(x − c)−1 δaµ
= Cν δc +
αν,τ δaµ
,
(2.1.21)
τ =0
onde os coeficientes complexos αν,τ são determinados pela relação de
recorrência dada por (2.1.12), dada em lema 2.1.5, ou seja, por:

αν,ν = αν−1,ν−1 ,


Pν−1


α
=
α
+

ν,τ
ν−1,τ
−1
σ=τ αν−1,σ aσ,τ ,

P

a
C
,
Cν = ν−1
ν−1,µ
µ
µ=0
, 1 6 µ 6 ν −1, ν > 1. (2.1.22)






 α0,0 = α1,0 = α1,1 = C0 = C1 = 1
αν,−1 = 0
Assim a solução da equação funcional (x − c) φ (x) u = 0 é dada por:
!
µ −1
t tX
ν
X
X
(τ )
u = Cδc +
Aµ,ν Cν δc +
αν,τ δaµ
µ=1 ν=0
tµ −1
=
t X
X
µ=1 ν=0
τ =0


C
 P
t
µ=1 tµ
+ Aµ,ν Cν  δc + Aµ,ν
ν
X

αν,τ δaµ
(τ )
.
τ =0
No segundo caso, podemos supôr, sem perda de generalidade, que c = a1 .
Deste modo, pelos Lemas 2.1.5 e 2.1.4, respectivamente, segue-se que:

(τ )
Pν

C
δ
α
+
δ
, µ 6= 1

ν
a
ν,τ
a
µ
1
τ
=0
(ν)
−1
(x − c)
δ aµ
=
(2.1.23)

 −1 (δ )(ν+1) = −1 (δ )(ν+1) , µ = 1,
c
a1
ν+1
ν+1
onde os coeficientes αν,τ e Cν , 0 6 τ 6 ν, ν > 1 respeitam a relação de
recorrência (2.1.22).
Analogamente ao caso anterior, encontramos a solução de (x − c) φ (x) u =
(ν)
0 é se substituirmos a expressão obtida para (x − c)−1 δaµ
em (2.1.23)
na expressão (2.1.20), ou seja,
tX
1 −1
1
u = Cδa1 +
A1,ν −
(δa1 )(ν+1)
ν+1
ν=0
!
µ −1
t tX
ν
X
X
(τ )
+
Aµ,ν Cν δa1 +
αν,τ δaµ
µ=2 ν=0

= C +
τ =0
µ −1
t tX
X

Aµ,ν Cν δa1  δa1 +
µ=2 ν=0
+
µ −1
t tX
X
µ=2 ν=0
Aµ,ν
tX
1 −1
ν=0
ν
X
τ =0
αν,τ δaµ
(τ )
.
A1,ν
1
−
(δa1 )(ν+1)
ν+1
Assim, concluímos que, em qualquer dos dois casos, a solução de
(τ )
, 0 6 τ 6 ν,
(x − c) φ (x) u = 0 é uma combinação linear de δc e δaµ
0 6 ν 6 tµ − 1 e 1 6 µ 6 t.
A determinação explícita das constantes para as quais foi apresentada uma
relação de recorrência poderá figurar num trabalho futuro. Neste trabalho, tal
não se revela essencial na obtenção das conclusões a que aqui nos propomos.
Reúnem-se as condições para definição e consequente discussão das sucessões de
polinómios ortogonais clássicas e, à posteriori, das sucessões ortogonais semiclássicas, sendo as primeiras um caso particular destas últimas.
Passemos à análise de noções conexas à ortogonalidade. Relações do tipo finito
é um conceito mais geral que o da ortogonalidade ou o da quasi-ortogonalidade.
No entanto, dada a importância destes dois últimos conceitos, eles carecem de
ser estudados por si mesmos.
2.2
Relações do tipo finito e aplicações.
Seja Φ um polinómio mónico e faça-se t = grau(Φ) e seja {Pn }n>0 uma qualquer
SP e {un }n>0 a respectiva sucessão dual. Geralmente existem valores de n tais
que Φun = 0. De facto, tal será possível apenas para 0 6 n < t.
Com efeito, se n > t, tem-se que hΦun , Pn−t i = hun , ΦPn−t i = hun , Pn i = 1,
donde Φun 6= 0.
Definição 2.2.1 Uma SP {Pn }n>0 diz-se compatível com Φ se Φun 6= 0, n > 0.
Um exemplo interessante a considerar é o que a seguir se apresenta.
Exemplo 2.2.1 Qualquer SP ortogonal {Pn }n>0 é compatível com qualquer
polinómio mónico.
Com efeito, seja Φ um qualquer polinómio mónico de grau t > 0, e seja {Pn }n>0
uma qualquer SP ortogonal. Queremos ver que Φun 6= 0, n > 0, o que equivale
a mostrar que ∃k > 0 tal que hΦun , Pk i =
6 0.
Pelo teorema 2.1.1, un = (hu0 , Pn2 i)−1 Pn u0 , logo
hΦun , Pk i = hun , ΦPk i = h(hu0 , Pn2 i)−1 Pn u0 , ΦPk i
= (hu0 , Pn2 i)−1 hu0 , ΦPn Pk i, n > 0.
2.2. RELAÇÕES DO TIPO FINITO E APLICAÇÕES.
59
Considerando k = n + t, tem-se que
2
hΦun , Pn+t i = (hu0 , Pn2 i)−1 hu0 , Pn+t
i=
6 0, n > 0.
Observação 2.2.1 Seja {Qn }n>0 uma sucessão de polinómios mónicos e {Pn }n>0
uma SP. A seguinte fórmula é sempre válida:
Φ(x)Qn (x) =
n+t
X
λn,ν Pν (x), n > 0.
ν=0
Tal é consequência imediata de grau(ΦQn ) = n + t e {Pn }n>0 ser livre.
Definição 2.2.2 Quando existe um inteiro s > 0 tal que
Φ(x)Qn (x) =
n+t
X
λn,ν Pν (x), n > s,
(2.2.24)
ν=n−s
∃r > s : λr,r−s 6= 0,
(2.2.25)
dizemos que (2.2.24)-(2.2.25) é uma relação do tipo finito entre {Pn }n>0 e
{Qn }n>0 , relativamente a Φ.
Se, em vez de (2.2.25), considerarmos
λn,n−s 6= 0, n > s,
(2.2.26)
então dizemos que (2.2.24)-(2.2.26) é uma relação estritamente do tipo finito.
Observação 2.2.2 Uma relação do tipo finito entre {Qn }n>0 e {Pn }n>0 , relativamente a Φ, é dada por:
Φ(x)Pn (x) =
Pn+t
ν=n−s λn,ν Qν (x),
e
n > s,
(2.2.27)
er,r−s =
∃r > s : λ
6 0.
2.2.1
Resultados fundamentais
Sejam {Pn }n>0 e {Qn }n>0 sucessões de polinómios mónicos e sejam {un }n>0 e
{vn }n>0 as respectivas sucessões duais.
Lema 2.2.1 [13] Para toda a SP {Pn }n>0 compatível com Φ, as seguintes
propriedades são equivalentes:
1. Existe um inteiro s > 0 tal que
Φ(x)Qn (x) =
n+t
X
(2.2.28)
ν=n−s
∃r > s : λr,r−s 6= 0.
(2.2.29)
2. Existe um inteiro s > 0 e uma aplicação de N em N: m 7−→ µm que
satisfaz
max(0, m − t) 6 µm 6 m + s, m > 0,
(2.2.30)
∃m0 > 0 : µm0 = m0 + s,
(2.2.31)
e tal que
µm
X
Φum =
λν,m vν , m > t,
(2.2.32)
ν=m−t
λµm ,m 6= 0, m > 0.
(2.2.33)
Prova:
1.⇒2.
De (2.2.28), temos que
n+t
X
hΦum , Qn i = hum , ΦQn i =
λn,ν hum , Pν i =
ν=n−s
n+t
X
λn,ν δm,ν ,
ν=n−s
logo
hΦum , Qn i = λn,m ,
se n − s 6 m 6 n + t, n > s,
hΦum , Qn i = 0,
se 0 6 m 6 n − s − 1, n > s + 1,
ou seja,
hΦum , Qn i = λn,m ,
se m − t 6 n 6 m + s, m > t,
hΦum , Qn i = 0,
se n > m + s + 1, m > 0.
Consequentemente, tem-se que
hΦum , Qm+s i = λm+s,m ,
se m > 0,
hΦum , Qn i = 0,
se n > m + s + 1, m > 0.
(2.2.34)
Como Φum 6= 0, m > 0 (pois {Pn }n é compatível com Φ), existe µm ,
0 6 µm 6 m + s, tal que
hΦum , Qµm i =
6 0,
se m > 0,
hΦum , Qn i = 0,
se n > µm + 1, m > 0.
61
Uma vez que, por (2.2.29), existe ∃ r > 0 tal que λr,r−s 6= 0, poder-se-á
tomar m0 = r − s e considerando (2.2.34), tem-se que µm0 = m0 + s,
donde (2.2.31).
Pelo lema 1.3.3, temos que
Φum =
µm
X
τm,ν vν , m > 0.
(2.2.35)
ν=0
Assim,
hΦum , Qn i =
µm
X
τm,ν hvν , Qn i =
µm
X
τm,ν δν,n = τm,n , 0 6 n 6 µm 6 m+s.
ν=0
ν=0
Se m > n − s, hΦum , Qn i = λn,m , logo τm,n = λn,m e 0 6= τm,µm = λµm ,m ,
m > 0, donde (2.2.33).
Considerando (2.2.35) obtemos (2.2.32), uma vez que, seguindo a definição, λν,m = 0, 0 6 ν 6 m − t − 1, m > t + 1. Finalmente, temos
que
µm
X
λν,m hvν , Qm−t i,
hΦum , Qm−t i = 1 =
ν=m−t
por (2.2.32), o que obriga a que µm > m − t, donde (2.2.30).
2.⇒1.
Como grau(Φ(x)Qn (x)) = n + t e {Pn }n>0 é uma SP livre, temos que
Φ(x)Qn (x) =
n+t
X
en,ν Pν (x), n > 0.
λ
ν=0
Considerando a relação anterior, obtemos que
en,m , 0 6 m 6 n + t, n 6 0,
hΦum , Qn i = λ
pois hΦum , Qn i = hum , ΦQn i =
Pn+t e
Pn+t e
ν=0 λn,ν hum , Pν i =
ν=0 λn,ν δm,ν .
Por outro lado, atendendo a (2.2.32), obtemos que
hΦum , Qn i =
µm
X
ν=m−t
λν,m hvν , Qn i =
µm
X
λν,m δν,n .
ν=m−t
en,m = λn,m e de (2.2.33) temos que
Se m − t 6 n 6 µm , segue-se que λ
eµ ,m = λµ ,m 6= 0, m > 0. De acordo com (2.2.31), existe m0 > 0,
λ
m
m
diga-se m0 = r − s, r > s, tal que µm0 = r, pelo que λr,r−s 6= 0, donde
en,m = 0. Atendendo a
concluímos (2.2.29). Se n > µm + 1, temos que λ
(2.2.30), a condição 0 6 m 6 n − s − 1 implica µm 6 m + s 6 n − 1, logo
(2.2.28) é satisfeita.
Observação 2.2.3 [13] Quando a relação entre {Pn }n>0 e {Qn }n>0 é do tipo
estritamente finito, a relação (2.2.34) mostra que {Pn }n>0 é automaticamente
compatível com Φ e, evidentemente, temos que µm = m + s, m > 0.
De facto, como
n+t
X
ν=n−s
n+t
X
λn,ν δm,ν ,
ν=n−s
tem-se que
hΦum , Qn i = 0,
n > m + s + 1, m > 0,
hΦum , Qn i = λm,n , m − t 6 n 6 m + s, m > t,
donde, em particular,
hΦum , Qn i = 0,
n > m + s + 1, m > 0,
(2.2.36)
hΦum , Qm+s i = λm,m+s 6= 0, m > 0,
o que garante Φum 6= 0, m > 0 (ou seja, {Pn }n>0 é compatível com Φ).
Além disso, a relação (2.2.36) e o lema 1.3.3 permitem-nos concluir que
Φum =
m+s
X
λν,m vν , m > 0.
ν=0
Todavia, pelo lema 2.2.1, vemos que λν,m = 0, 0 6 ν 6 m − t − 1 (seguindo a
definição dos coeficientes λn,ν ), logo
Φum =
m+s
X
λν,m vν , m > t,
ν=m−t
e naturalmente temos µm = m + s, m > 0.
Proposição 2.2.1 [13] Suponhamos que a SP {Qn }n>0 é ortogonal e {Pn }n>0
compatível com Φ, então as sucessões {Pn }n>0 e {Qn }n>0 satisfazem a relação
do tipo finito (2.2.28)-(2.2.29) se e só se existe um inteiro s > 0 e uma aplicação
de N em N: m 7−→ µm que satisfaz (2.2.30) e (2.2.31) e, além disso, existe
{km }m>0 , km 6= 0, m > 0, e uma sucessão de polinómios mónicos {Λµm }m>0
com grau(Λµm ) = µm , m > 0, tal que
Φum = km Λµm v0 , m > 0.
(2.2.37)
63
Prova: Comecemos por demonstrar a suficiência.
Como grau(Φ(x)Qn (x)) = n + t, n > 0, e a sucessão {Pn }n>0 é livre,
então existem coeficientes (complexos) λn,ν , 0 6 ν 6 n + t, tais que:
Φ(x)Qn (x) =
n+t
X
λn,ν Pν (x), n > 0.
ν=0
Usando esta igualdade, temos que
n+t
X
ν=0
= λn,m ,
n+t
X
λn,ν δm,ν
ν=0
0 6 m 6 n + t.
Como, por (2.2.37), hΦum , Qn i = km hv0 , Λµm Qn i, m, n > 0, então
λn,m = km hv0 , Λµm Qn i, 0 6 m 6 n + t, n > 0,
ou seja,
λn,m = km hv0 , Λµm Qn i, n > m − t, m > t.
Para 0 6 m 6 n − s − 1, µm 6 m + s 6 n − 1,
λn,m = km hΛµm v0 , Qn i = km hv0 , Λµm Qn i = 0,
pela ortogonalidade de {Qn }n>0 , logo obtemos (2.2.28).
Além disso, se n = µm ,
λµm ,m = km hΛµm v0 , Qµm i = km hv0 , Λµm Qµm i = km hv0 , Q2µm i =
6 0, m > 0.
A relação (2.2.31) garante a existência de r > s, diga-se m0 = r − s > 0
tal que µm0 = m0 + s, pelo que λr,r−s 6= 0, donde concluímos (2.2.29).
Em virtude de (2.2.37), {Pn }n>0 é compatível com Φ:
hΦum , Qµm i = km hv0 , Λµm Qµm i =
6 0, m > 0,
logo Φum 6= 0, m > 0.
Mostremos agora que as condições são necessárias. De acordo com o lema
(2.2.1), as condições (2.2.28)-(2.2.29) implicam (2.2.30)-(2.2.33). Como
{Qn }n>0 é ortogonal relativamente a v0 , então, pela alínea (e) do teorema
2.1.1,
vn = (hv0 , Q2n i)−1 Qn v0 , n > 0
. Deste modo, podemos escrever (2.2.32) sob a forma (2.2.37), onde
kn = λµm ,m (hv0 , Q2n i)−1 ,
m > 0,
µ
m
X
λν,m hv0 , Q2µm i
Qν (x), m > 0.
Λµm (x) =
λµm ,m hv0 , Q2ν i
ν=0
(2.2.38)
(2.2.39)
À semelhança da proposição acima, podemos enunciar o seguinte resultado:
Proposição 2.2.2 [13] Suponhamos que a SP {Pn }n>0 é ortogonal, então as
sucessões {Pn }n>0 e {Qn }n>0 satisfazem a relação do tipo finito (2.2.28)-(2.2.29)
se e só se existe um inteiro s > 0 e uma aplicação de N em N: m 7−→ µm que
satisfaz (2.2.30) e (2.2.31) tal que
ΦPm u0 =
2
hu0 , Pm
i
µm
X
λν,m vν , m > t,
(2.2.40)
ν=m−t
λµm ,m 6= 0, m > 0.
(2.2.41)
Prova: Basta considerar o lema 2.2.1 e usar em (2.2.32) a igualdade
2 i −1 P u , m > 0, a qual fica garantida pelo teorema 2.1.1.
um = hu0 , Pm
m 0
O resultados anteriores conduzem-nos a afirmar o seguinte:
Proposição 2.2.3 [13] Para duas quaisquer sucessões ortogonais {Pn }n>0 e
{Qn }n>0 e um qualquer polinómio mónico Φ de grau t > 0, as seguintes afirmações são equivalentes:
(a’) Existe uma relação do tipo finito entre {Pn }n>0 e {Qn }n>0 , relativamente
a Φ, isto é, existe um inteiro s > 0 tal que
Pn+t
Φ(x)Qn (x) = ν=n−s
∃ r > s : λr,r−s 6= 0.
(a) Existe uma relação estritamente do tipo finito entre {Pn }n>0 e {Qn }n>0 ,
relativamente a Φ, isto é, existe um inteiro s > 0 tal que

Pn+t
 Φ(x)Qn (x) = ν=n−s λn,ν Pν (x), n > s,
(2.2.42)

λn,n−s 6= 0,
n > s.
(b) Existe um número k0 6= 0 e um polinómio mónico Λs , grau(Λs ) = s, tal
que
Φu0 = k0 Λs v0 .
(2.2.43)
(c) Existe um inteiro t > 0 e um polinómio mónico Λs , grau(Λs ) = s, tal que

Pm+s e
 Λs (x)Pm (x) = ν=m−t λ
m,ν Qν (x), m > t,
(2.2.44)
 e
λm,m−t 6= 0
m > t.
Podemos ainda escrever que

2i
hv0 ,Q2s i hu0 ,Pm
e


 λm,ν = λs,0 hv0 ,Q2ν i λν,m , 0 6 ν 6 m + s,


 λn,ν =
hu0 ,Pt2 i hv0 ,Q2n i e
et,0 hu0 ,Pν2 i λν,n ,
λ
Λs (x) =
s
k0 =
λs,0
(2.2.45)
0 6 ν 6 n + t,
s
X
hv0 , Q2 i
ν=0
65
λν,0
Qν (x),
hv0 , Q2ν i
λs,0
hu0 , Pt2 i
=
.
et,0
hv0 , Q2s i
λ
(2.2.46)
(2.2.47)
Prova: É claro que (a)⇒(a’).
Suponhamos que (a’) é válida. Pelo já exposto, {Pn }n>0 é compatível com
Φ. Deste modo, temos que {Pn }n>0 e {Qn }n>0 estão nas condições das
Proposições 2.2.1 e 2.2.2 e, por isso, satisfazem, respectivamente, (2.2.37)
e (2.2.40).
Como {Pn }n>0 é ortogonal relativamente a u0 , então pelo teorema 2.1.1,
un = (hu0 , Pn2 i)−1 Pn u0 , n > 0, e em virtude de (2.2.37), temos que:
2
ΦPm u0 = hu0 , Pm
ikm Λµm v0 , m > 0.
(2.2.48)
Em particular, para m = 0
Φu0 = k0 Λµ0 v0 ,
(2.2.49)
consequentemente, podemos escrever (2.2.48) do seguinte modo:
2
k0 Λµ0 Pm v0 = hu0 , Pm
ikm Λµm v0 , m > 0.
Atendendo à regularidade de v0 , pelo lema 2.1.2, obtemos a igualdade
seguinte
2
k0 Λµ0 (x)Pm (x) = hu0 , Pm
ikm Λµm (x), m > 0,
(2.2.50)
a qual se poderá apresentar da seguinte forma:
Λµ0 (x)Pm (x) = κm Λµm (x), m > 0,
onde
κm =
2i
hv0 , Q2µ0 i hu0 , Pm
λµ ,m , m > 0,
λµ0 ,0 hv0 , Q2µm i m
(2.2.51)
(2.2.52)
de acordo com (2.2.38).
De (2.2.51), por análise do grau dos polinómios de ambos os membros
da igualdade, temos que µ0 + m = µm , m > 0. A partir de (2.2.31),
µm0 = m0 + µ0 , logo µ0 = s. Portanto, µm = m + s, m > 0, donde
(a’)⇒(a). Atendendo a (2.2.49), tem-se que (a’)⇒(b).
Considerando (2.2.51), (2.2.39) e (2.2.52), (a’)⇒(c) e podemos obter através de cálculos simples as relações (2.2.45)-(2.2.46).
P
É sempre válido o seguinte: Φ(x)Qn (x) = n+t
ν=0 λn,ν Pν (x), n > 0, pelo
que
hΦu0 , Qn Pk i =
n+t
X
λn,ν hu0 , Pν Pk i = λn,k hu0 , Pk2 i, 0 6 k 6 n + t.
ν=0
Por outro lado, da relação (2.2.43), segue-se que
hΦu0 , Qn Pk i = hk0 Λs v0 , Qn Pk i = k0 hv0 , Qn Λs Pk i = 0, 0 6 k 6 n − s − 1.
Por conseguinte, como hu0 , Pk2 i =
6 0, k > 0, tem-se que λn,k = 0, 0 6 k 6
n − s − 1. De modo análogo, concluímos que
−1
2
λn,n−s = k0 hu0 , Pn−s
i
hv0 , Q2n i =
6 0, n > 0.
Acabamos de mostrar que (b)⇒(a). No entanto, tomando n = 0 na
−1
igualdade anterior temos que k0 = λs,0 hv0 , Q2s i .
Suponhamos (c) válida; (2.2.44) traduz o facto da relação entre {Qn }n>0
e {Pn }n>0 ser estritamente do tipo finito de ordem t > 0 relativamente
a Λs . Em analogia ao já feito na demonstração de (a’)⇒(b), recorrendo
et,0 hu0 , P 2 i =
à proposição 2.2.1 obtemos: Λs v0 = e
k0 Φt u0 , onde e
k0 = λ
t
k0 −1 , logo concluímos (b).
Introduzamos agora as relações de recorrência satisfeitas, respectivamente, por
{Pn }n>0 e {Qn }n>0 :
P0 (x) = 1,
P1 (x) = x − β0 ,
(2.2.53)
Pn+2 (x) = (x − βn+1 )Pn+1 (x) − γn+1 Pn (x), n > 0,
Q0 (x) = 1,
Q1 (x) = x − ζ0 ,
(2.2.54)
Qn+2 (x) = (x − ζn+1 )Qn+1 (x) − αn+1 Pn (x), n > 0.
Sem entrar em detalhes, atendendo a (2.2.42)-(2.2.44), obtemos o seguinte:
λn+1+s,n+1
γn+1 ,
n > 0,
(2.2.55)
λn+s,n
λs,1
λs−1,0
ζs = β0 +
γ1 −
αs , λ−1,0 = 0,
(2.2.56)
λs,0
λs,0
λn+1+s,n+2
λn+s,n+1
ζn+1+s = βn+1 +
γn+2 −
γn+1 , n > 0. (2.2.57)
λn+1+s,n+1
λn+s,n
αn+1+s =
2.3. QUASI-ORTOGONALIDADE. APLICAÇÕES.
67
Observação 2.2.4
Os resultados anteriores não fornecem condições para as quais a sucessão {Qn }n>0
é ortogonal quando {Pn }n>0 é ortogonal. A resposta a esta questão surgirá numa
secção mais à frente, em 2.3.3.
2.3
Quasi-ortogonalidade. Aplicações.
2.3.1
A quasi-ortogonalidade de ordem s
Definição 2.3.1 Sejam u ∈ P 0 e s ∈ N. A sucessão de polinómios {Bn }n>0
diz-se quasi-ortogonal de ordem s relativamente a u, se satisfizer as seguintes
condições:
hu, Bm Bn i = 0, |n − m| > s + 1,
(2.3.58)
∃r > s tal que hu, Br−s Br i =
6 0.
(2.3.59)
Observações 2.3.1
1. As condições (2.3.58) e (2.3.59) são equivalentes a:
hu, Bm Bn i = 0, 0 6 m 6 n − (s + 1) e n > s + 1;
(2.3.60)
∃r > s tal que hu, Br−s Br i =
6 0.
(2.3.61)
2. Uma sucessão quasi-ortogonal de ordem zero é uma sucessão ortogonal
num sentido mais geral do que o já visto: toda a sucessão (regularmente)
ortogonal é quasi-ortogonal de ordem 0, mas o recíproco não é válido.
- De facto, uma sucessão quasi-ortogonal de ordem zero relativamente a u
satisfaz as condições
hu, Bm Bn i = kn δm,n , m, n > 0,
∃ r > 0 tal que hu, Br2 i =
6 0, i.e., kr 6= 0.
Ora, esta última condição inviabiliza a ortogonalidade (regular) de {Bn }n>0 .
Como consequências directas da definição de quasi-ortogonalidade de ordem
s > 0 apresentamos dois resultados.
Lema 2.3.1 [10] Seja {Qn }n>0 uma SP. Desde que a sucessão de polinómios
{Bn }n>0 seja livre, as condições abaixo apresentadas são equivalentes:
1. {Bn }n>0 é uma sucessão de polinómios quasi-ortogonais de ordem s > 0
relativamente a u (i.e., verifica (2.3.58)-(2.3.59)).
2.
hu, Qm Bn i = 0, 0 6 m 6 n − s − 1, n > s + 1;
∃r > s tal que hu, Qr−s Br i =
6 0.
(2.3.62)
(2.3.63)
Prova: Comecemos por demonstrar que (1.) implica (2.). Suponhamos
que a sucessão de polinómios {BP
n }n>0 é livre. Podemos escrever cada
polinómio Qn , n > 0, como Qn = nk=0 αn,k Bk , com αn,k ∈ C e αn,n 6= 0.
Considerando 0 6 m 6 n − (s + 1) e n > s + 1, temos que
hu, Qm Bn i = hu,
m
X
αm,k Bk Bn i =
k=0
m
X
αm,k hu, Bk Bn i.
k=0
Atendendo a (2.3.60), concluímos (2.3.62).
P
Escrevendo Qr−s como Qr−s = r−s
k=0 αr−s,k Bk , com αr−s,r−s 6= 0, temos
que
hu, Qr−s Br i = hu,
r−s
X
αr−s,k Bk Br i =
k=0
r−s
X
αr−s,k hu, Bk Br i
k=0
= αr−s,r−s hu, Br−s Br i,
por (2.3.60).
(2.3.63).
Como, por hipótese, αr−s,r−s 6= 0, de (2.3.61) decorre
Vejamos agora que (2.) implica (1.).
Suponhamos que a sucessão de polinómios {Bn }n>0 é livre e verifica as
condições (2.3.62) e (2.3.63). Atendendo ao facto da sucessão de polinómios P
{Qn }n>0
ser
livre,
temos
que
Bn = nk=0 βn,k Qk , ∀n > 0. Deste modo,
hu, Bm Bn i = hu,
m
X
βm,k Qk Bn i =
k=0
m
X
βm,k hu, Qk Bn i
k=0
= 0, 0 6 m 6 n − (s + 1) e n > s + 1,
por (2.3.63), logo concluímos 2.3.58.
Analogamente, tem-se que
hu, Br−s Br i = hu,
r−s
X
k=0
βr−s,k xk Br i =
r−s
X
βr−s,k hu, xk Br i
k=0
= βr−s,r−s hu, xr−s Br i,
por (2.3.62). Atendendo a (2.3.65) e ao facto de βr−s,r−s 6= 0, obtemos a
condição (2.3.59).
69
Em particular, o resultado anterior é válido quando considerarmos a sucessão
{Qn }n>0 com Qn (x) = xn , ∀ n > 0, pois esta é livre. Naturalmente, encontramos
hu, xm Bn i = 0, 0 6 m 6 n − s − 1, n > s + 1;
r−s
∃ r > s tal que hu, x
Br i =
6 0.
(2.3.64)
(2.3.65)
Lema 2.3.2 [10] Seja u uma forma regular. Seja {Pn }n>0 a SP ortogonal
correspondente. Toda a sucessão de polinómios {Bn }n>0 quasi-ortogonal de
ordem s > 1 relativamente a u pode escrever-se na forma:
Bn (x) =
n
X
bn,ν Pν (x), 0 6 n 6 s − 1
ν=0
Bn (x) =
n
X
bn,ν Pν (x), n > s
(2.3.66)
ν=n−s
∃ r > s tal que br,r−s 6= 0.
Prova:
AtendendoP
a que {Pn }n>0 é livre, então ∀n > 0, ∃ bn,ν ∈ C, 0 6 ν 6 n tais
que Bn = nν=0 bn,ν Pν . Pelo lema 2.3.1, toda a sucessão quasi-ortogonal
de ordem s > 0 satisfaz as condições
hu, Pm Bn i = 0, 0 6 m 6 n − s − 1, n > s + 1;
∃r > s : hu, Pr−s Br i =
6 0.
Assim,
hu, Pm Bn i = 0, 0 6 m 6 n − s − 1 e n > 0, i.e.,
n
X
bn,ν hu, Pm Pν i = 0, 0 6 m 6 n − s − 1 e n > 0, i.e.,
ν=0
2
bn,m hu, Pm
i = 0, 0 6 m 6 n − s − 1 e n > s + 1.
2 i 6= 0, ∀m > 0, então b
Como, pela regularidade de u, hu, Pm
n,m = 0, 0 6
m 6 n − s − 1 e n > s + 1. Deste modo,
n
X
Bn =
bn,ν Pν , n > s + 1.
ν=n−s
Por outro lado,
∃r > s : hu, Pr−s Br i =
6 0, i.e.,
r
X
∃r > s :
br,ν hu, Pr−s Pν i =
6 0, i.e.,
ν=0
2
∃r > s : br,r−s hu, Pr−s
i=
6 0,
logo, ∃r > s : br,r−s 6= 0, o que conclui a demonstração.
2.3.2
A quasi-ortogonalidade estrita de ordem s
Definição 2.3.2 A sucessão de polinómios {Bn }n>0 diz-se estritamente quasiortogonal de ordem s, com s > 0, relativamente a u se ela verificar (2.3.58)
e
∀ n > s : hu, Bn−s Bn i =
6 0.
(2.3.67)
Lema 2.3.3 [10] Toda a sucessão de polinómios {Bn }n>0 estritamente quasiortogonal de ordem s, com s > 0, relativamente a u é livre, pelo que pode ser
sempre normalizada.
Prova:
P
Sejam n, m dois inteiros positivos com n 6 m. Se m
ν=n αν Bν = 0, com
α
Pν m∈ C, n 6 ν 6 m, então, considerando n 6 k 6 m, a condição
ν=n αν hu, Bk+s Bν i = 0 é equivalente a
m
X
αν hu, Bk+s Bν i = 0,
(2.3.68)
ν=k
já que {Bn }n>0 satisfaz (2.3.58).
Se k = m, a condição (2.3.68) obriga a que αm = 0, pois hu, Bm+s Bm i =
6 0,
uma vez que {Bn }n>0 satisfaz (2.3.67). Em seguida, tomando k = m − 1,
obtemos de modo análogo que αm−1 = 0. Repetindo o processo, concluímos que αk = 0, n 6 k 6 m, o que finaliza a demonstração.
Observações 2.3.2
1. [10] Decorre imediatamente da definição anterior que:
- toda a sucessão estritamente quasi-ortogonal de ordem s > 0 relativamente a u é quasi-ortogonal de ordem s > 0 relativamente a u;
- uma SP {Bn }n>0 estritamente quasi-ortogonal de ordem 0 relativamente
a u é uma SP (regularmente) ortogonal e u diz-se regular.
2. [7, 10] Contrariamente, se s > 1, a forma u não é necessariamente regular.
Suponhamos, por exemplo que a SP {Bn }n>0 é ortogonal relativamente a
u0 , regular. Seja u = us , s > 1, o termo de ordem s da sucessão dual
associada a {Bn }n>0 . (Lembre-se que us é não regular pois (us )0 = 01 .).
Nestas condições, tem-se que:
hu, Bm Bn i = hrs−1 Bs u0 , Bm Bn i = rs−1 hu0 , Bs Bm Bn i
m+s
X
= rs−1
αm+s,ν hu0 , Bν Bn i = 0, n > m + s + 1,
ν=0
2
hu, Bn Bn+s i = rs−1 hu0 , Bs Bn Bn+s i = rs−1 hu0 , Bn+s
i=
6 0, n > 0.
1
Veja-se exemplo 2.1.2
71
Do que se conclui que {Bn }n>0 é estritamente quasi-ortogonal de ordem
s > 1 relativamente a us , não regular.
Lema 2.3.4 [10] Seja {Qn }n>0 uma SP. As condições abaixo apresentadas são
equivalentes:
1. {Bn }n>0 é uma sucessão de polinómios estritamente quasi-ortogonais de
ordem s > 0 relativamente a u (i.e., verifica (2.3.58) e (2.3.67)).
2.
hu, Qm Bn i = 0, 0 6 m 6 n − s − 1, n > s + 1;
(2.3.69)
∀r > s, hu, Qr−s Br i =
6 0.
(2.3.70)
Prova: Atendendo ao resultado anterior, a prova deste resultado é análoga à
do lema 2.3.1.
Lema 2.3.5 [10] Seja u uma forma regular e seja {Pn }n>0 a SP ortogonal
correspondente. Então todas as sucessões de polinómios {Bn }n>0 estritamente
quasi-ortogonais de ordem s > 1 relativamente a u podem escrever-se na forma:
Bn (x) =
n
X
bn,ν Pν (x), 0 6 n 6 s − 1
ν=0
Bn (x) =
n
X
bn,ν Pν (x), n > s
(2.3.71)
ν=n−s
∀r > s, br,r−s 6= 0.
Prova: Atendendo ao lema 2.3.3, a demonstração deste resultado é análoga à
do lema 2.3.2.
A utilização mais frequente da quasi-ortogonalidade faz-se nas condições seguintes:
- seja {Pn }n>0 uma SP normalizada ortogonal relativamente a u regular; existe
uma forma u
e tal que a SP {Pn }n>0 é quasi-ortogonal de ordem s relativamente
au
e.
Podemos caracterizar uma tal situação do seguinte modo:
Proposição 2.3.1 [8, 10] Para cada SP {Pn }n>0 normalizada e regularmente
ortogonal relativamente a u e para cada u
e ∈ P 0 , os enunciados seguintes são
equivalentes:
1. A SP {Pn }n>0 é quasi-ortogonal de ordem s relativamente a u
e.
2. ∃ r > s > 0 tal que he
u, Pr−s Pr i =
6 0, he
u, Pn i = 0, n > s + 1.
3. Existe um polinómio único Φ de grau s tal que
u
e = Φu.
(2.3.72)
4. A SP {Pn }n>0 é estritamente quasi-ortogonal de ordem s relativamente a
u
e.
5. ∃ s > 0 tal que he
u, Ps i =
6 0, he
u, Pn i = 0, n > s + 1.
Prova:
1. ⇒ 2.
Decorre de forma imediata a partir da definição de sucessão quasi-ortogonal
de ordem s > 0:
∃r > s > 0 : he
u, Pr Pr−s i =
6 0 e he
u, Pn P0 i = 0, n > s + 1.
2. ⇒ 3.
Consideremos v ∈ P 0 dada por:
v=u
e−
s
X
λν xν u, com λν ∈ C.
ν=0
Por hipótese tem-se que hv, Pn i = 0, n > s + 1, pois
hv, Pn i = he
u−
s
X
ν
λν x u, Pn i = he
u, Pn i −
ν=0
s
X
λν hu, xν Pn i
ν=0
e he
u, Pn i = 0, n > s + 1 (por 2.) e hu, xν Pn i = 0, n > s + 1 (pela
ortogonalidade regular de {Pn }n>0 relativamente a u).
É possível determinar os coeficientes λν , 0 6 ν 6 s, de modo único, a partir
das condições hv, Pn i = 0, 0 6 n 6 s. Dito de outro modo, pretendemos
determinar os coeficientes λν , 0 6 ν 6 s, de modo que:
he
u, Pn i −
s
X
λν hu, Pn i = 0, 0 6 n 6 s,
ν=0
o que corresponde a resolver o sistema triangular superior de n+1 equações
a n + 1 incógnitas abaixo apresentado sob a forma matricial:
U λ = B, onde
(2.3.73)

hu, P02 i hu, xP0 i hu, x2 P0 i
 0
hu, P12 i hu, x2 P1 i

 0
0
hu, P22 i

U = .
.
..
..
 ..
.

 0
0
0
0
0
0
73
···
···
···
..
.
hu, xs−1 P0 i
hu, xs−1 P1 i
hu, xs−1 P1 i
..
.
···
···
2 i
hu, Ps−1
0
hu, xs P0 i
hu, xs P1 i
hu, xs P1 i
..
.








s
hu, x Ps−1 i
hu, Ps2 i
e

λ0
λ1
λ2
..
.


he
u, P0 i
he
u, P1 i
he
u, P2 i
..
.

















λ=
.
,B = 








he
λs−1 
u, Ps−1 i
he
u, Ps i
λs
Este sistema apresenta uma solução única em λ já que
det U =
s
Y
hu, Pν2 i =
6 0,
ν=0
atendendo às relações de ortogonalidade.
Deste modo, pela proposição 1.3.1, v = 0, pelo que u
e = Φu, com Φ =
P
s
ν.
λ
x
ν=0 ν
Resta ver que grau(Φ) = s. Suponhamos que grau(Φ) < s, logo ter-se-á
necessariamente que λs = 0, o que contraria a hipótese de ∃ r > s > 0 tal
que he
u, Pr−s Pr i =
6 0. De facto, se λs = 0, então
he
u, Pr−s Ps i =
s−1
X
λν hu, xν Pr−s Pr i = 0,
ν=0
já que grau(xν Pr−s ) < r, 0 6 ν 6 s − 1, logo hu, xν Pr−s Pr i = 0, 0 6 ν 6
s−1, dado {Pn }n>0 ser ortogonal relativamente a u. Assim, λs 6= 0, donde
grau(Φ) = s.
3. ⇒ 4.
Supondo que u
e = Φu =
he
u, Pm Pn i =
s
X
Ps
ν
λν xν u com λs 6= 0, segue-se que:
λν hu, xν Pm Pn i = 0, 0 6 m 6 n − s − 1 e n > s + 1,
ν=0
pois 0 6 grau(xν Pm ) 6 n − 1 e, sendo {Pn }n>0 ortogonal relativamente
a u, tem-se que hu, xν Pm Pn i = 0, 0 6 ν 6 s, quando 0 6 m 6 n − s −
1 e n > s + 1. Assim, provamos que {Pn }n>0 satisfaz a primeira condição
da quasi-ortogonalidade estrita de ordem s > 0 relativamente a u
e. Resta
agora verificar que também satisfaz a condição (2.3.67). Com efeito,
∀ n > s, he
u, Pn−s Pn i =
s
X
λν hu, xν Pn−s Pn i = λs hu, xs Pn−s Pn i
ν=0
= λs hu, Pn2 i =
6 0.
4. ⇒ 5.
Decorre imediatamente da definição de ortogonalidade estrita de ordem
s > 0 de {Pn }n>0 relativamente a u
e.
5. ⇒ 2.
É imediato: basta considerar r = s.
Como toda a sucessão estritamente quasi-ortogonal de ordem s relativamente a uma determinada forma é também quasi-ortogonal de ordem s
relativamente a essa forma, fica visto que 4. ⇒ 1. .
Podemos aplicar este resultado na construção de sucessões ortogonais a partir
de uma sucessão ortogonal dada.
2.3.3
A multiplicação (à esquerda) de uma forma por um polinómio
Este é sem dúvida um dos problemas mais antigos da teoria dos polinómios
ortogonais clássicos, já tratados por Christoffel em 1858, [3].
Coloquemos o problema geral. Seja u uma forma regular e seja {Pn }n>0 a SP
normalizada ortogonal correspondente. Seja, por outro lado,
R(x) =
p
Y
(x − xν )mν
ν=1
P
um polinómio de grau r > 1 ( pν=1 mν = r) e com p raízes distintas x1 , ..., xp .
Considere-se c = (x1 , ..., xp ).
A proposição 2.3.1 assegura-nos que a sucessão {Pn }n>0 é estritamente quasiortogonal de ordem p relativamente a u
e = R(x)u, não necessariamente regular.
Procuramos agora saber em que condições poderemos afirmar que a forma
u
e = R(x)u é regular.
75
Lema 2.3.6 [10] Seja D(c; n + 1), n > 0 o determinante de ordem r:
P
(x
)
·
·
·
P
(x
)
n+1
1
n+r
1
..
..
.
.
(Pn+1 )(m1 −1) (x1 ) · · · (Pn+r )(m1 −1) (x1 )
..
..
D(c; n + 1) = (2.3.74)
.
.
Pn+1 (xp )
···
Pn+r (xp )
..
..
.
.
(m
−1)
(m
−1)
(Pn+1 ) p (xp ) · · · (Pn+r ) p (xp )
A forma u
e é regular se e só se D(c; n + 1) 6= 0, n > 0.
Nota: (Pn )(µ) (x) =
dµ
dxµ Pn (x).
Prova: [13]
As Proposições 2.2.1, 2.2.2 e 2.2.3 da secção anterior não fornecem condições para as quais a sucessão {Qn }n>0 é ortogonal quando {Pn }n>0 é
ortogonal.
Em todo o caso, suponhamos s = 0 e t > 1 em (2.2.24)-(2.2.25), dito de
outro modo, existe uma relação do tipo finito entre {Pn }n>0 e {Qn }n>0
de ordem 0 relativamente a Φ:
Pn+t
Φ(x)Qn (x) = ν=n
λn,ν Pν (x), n > 0,
(2.3.75)
∃n > 0 : λn,n 6= 0.
Sejam cµ , 1 6 µ 6 q, os zeros de Φ e mµ a respectiva multiplicidade. A
sucessão {Qn }n>0 fica bem determinada por (2.3.75) se e só se o sistema
n+t
X
λn,ν (Pν )(τ ) (cµ ) = 0, 1 6 µ 6 q, 0 6 τ 6 mµ − 1,
(2.3.76)
ν=n
possuir uma solução única (λn,ν )T , n 6 ν 6 n + t − 1, para qualquer
n > 0.
Mais, o sistema (2.3.76) tem uma única solução para qualquer n > 0 se e
só se o seu determinante ∆n 6= 0, n > 0. Além disso, temos que
∆n λn,n = (−1)t ∆n+1 , n > 0,
logo, quando s = 0, a relação (2.2.24)-(2.2.25), a existir, é necessariamente
estrita, o que significa dizer que µm = m, m > 0.
Supondo agora a ortogonalidade de {Pn }n>0 , tomando m = 0 em (2.2.40)
temos que Φu0 = λ0,0 v0 e de (2.3.75) obtemos:
λ0,0 hv0 , Pm Qn i = hΦu0 , Pm Qn i =
n+t
X
λn,ν hu0 , Pm Pν i = 0, 0 6 m 6 n − 1, n > 1,
ν=n
λ0,0 hv0 , Q2n i = hΦu0 , Pn Qn i =
n+t
X
ν=n
λn,ν hu0 , Pn Pν i = λn,n hu0 , Pn2 i =
6 0,
n > 0.
Consequentemente, a sucessão {Qn }n>0 é ortogonal relativamente a
v0 = (λ0,0 )−1 Φu0 .
Noutras palavras, quando a forma u0 é regular, a forma Φu0 é regular se
e só se ∆n 6= 0, n > 0.
Depois de Christoffel [3], Dini em [6] apresentou uma prova para o resultado
que acabamos de enunciar, na qual usa técnicas distintas das aqui usadas.
A prova apresentada é um exemplo da eficácia das relações do tipo finito, no
sentido em que é a mais curta que poderemos encontrar na literatura para o
resultado em causa.
Podemos construir a SP {Pen }n>0 ortogonal relativamente a u
e e dar os elementos
e
βn , γ
en+1 , n > 0 em função de βn , γn+1 , n > 0. Neste trabalho apenas será
tratado o caso em que R(x) = (x − c)m para m = 1, 2. O caso em que m = 3, 4
encontra-se desenvolvido em [15].
Proposição 2.3.2 [10] Para que a forma u
e = (x−c)u seja regular, é necessário
e suficiente que Pn+1 (c) 6= 0, n > 0. Nesse caso, temos que:
Pn+1 (c)
Pn (x), n > 0;
Pn (c)
(2.3.77)
Pn+2 (c) Pn+1 (c)
βen = βn+1 +
−
, n > 0;
Pn+1 (c)
Pn (c)
(2.3.78)
(x − c)Pen (x) = Pn+1 (x) −
γ
en+1 =
Pn+2 (c)Pn (c)
γn+1 , n > 0.
2 (c)
Pn+1
(2.3.79)
Prova: Procuramos a sucessão {Pen }n>0 sob a forma:
(x − c)Pen (x) =
n+1
X
θn,ν Pν (x),
n > 0,
ν=0
com θn,n+1 = 1, n > 0. Deste modo, tem-se que
he
u, Pen (x)Pm (x)i = hu, (x − c)Pen (x)Pm (x)i =
n+1
X
θn,ν hu, Pν (x)Pm (x)i
ν=0
2
= θn,m hu, Pm
(x)i,
0 6 m 6 n + 1.
Supondo a ortogonalidade de {Pen }n>0 relativamente a u
e, resulta que
e
e
he
u, Pn Pm i = 0, 0 6 m 6 n − 1, n > 1 e he
u, Pn Pn i =
6 0, n > 0, o
77
que obriga a que θn,m = 0, 0 6 m 6 n − 1, n > 1, e θn,n 6= 0, n > 0,
donde
(x − c)Pen (x) = Pn+1 (x) + θn,n Pn (x), n > 0.
Em particular,
0 = Pn+1 (c) + θn,n Pn (c),
n > 0,
o que implica Pn+1 (c) 6= 0, n > 0.
Reciprocamente, se {Pen }n>0 é definida por (2.3.77), é evidente que é ortogonal relativamente a u
e, facto que decorre imediatamente da proposição
2.1.3, pois
Pn+1 (c)
hu, Pn Pk i = 0,
0 6 k 6 n − 1, n > 1;
Pn (c)
Pn+1 (c)
Pn+1 (c)
hu, Pn2 i = −
hu, Pn2 i =
6 0, n > 0.
he
u, Pen Pn i = hu, Pn+1 Pn i −
Pn (c)
Pn (c)
he
u, Pen Pk i = hu, Pn+1 Pk i −
Do exposto, facilmente se verifica que
Pn+1 (c)
he
u, Pen2 i = −
hu, Pn2 i, n > 0,
Pn (c)
donde resulta o seguinte:
γ
en+1 =
(c)
2 i
2
− PPn+2
he
u, Pen+1
Pn+2 (c)Pn (c)
n+1 (c) hu, Pn+1 i
= P (c)
=
γn+1 ,
2 (c)
2i
n+1
2
e
hu,
P
Pn+1
he
u, Pn i
− Pn (c)
n
n > 0,
logo encontramos (2.3.79). Para demonstrar (2.3.78), partamos da igualdade seguinte:
he
u, Pen2 iβen = he
u, xPen2 i, n > 0.
De (2.3.77), temos que
2
he
u, xPen2 (x)i = hu, (x − c)Pen (x) i + che
u, Pen2 (x)i
2
Pn+1 (c)
= hu, Pn+1 (x) −
Pn (x) i + che
u, Pen2 (x)i
Pn (c)
Pn+1 (c) 2
2
hu, Pn2 (x)i + che
u, Pen2 (x)i
= hu, Pn+1 (x)i +
Pn (c)
Pn+1 (c)
2
= hu, Pn+1 (x)i + c −
he
u, Pen2 (x)i, n > 0;
Pn (c)
consequentemente,
−1
Pn+1 (c)
Pn+1 (c)
2
2
e
βn = c −
+ −
hu, Pn i
hu, Pn+1
i
Pn (c)
Pn (c)
Pn+1 (c)
Pn (c)
= c−
−
γn+1 , n > 0.
Pn (c)
Pn+1 (c)
Recordando o facto de
γn Pn−1 (c) = Pn+1 (c) − (c − βn )Pn (c), n > 0, onde P−1 = 0,
podemos também escrever
Pn−1 (c)
Pn (c)
βen = βn + γn
− γn+1
,
Pn (c)
Pn+1 (c)
n > 0.
Encontramos (2.3.78) se na igualdade anterior atendermos ao facto de
−γn+1 Pn (c) = Pn+2 (c) − (c − βn+1 )Pn+1 (c),
γn Pn−1 (c) = −Pn+1 (c) + (c − βn )Pn (c),
n > 0.
Através da identidade de Christoffel-Darboux, temos facilmente que [10]:
n
Pn+1 (x)Pn (c) − Pn+1 (c)Pn (x) X Pν (c)Pν (x)
=
,
x−c
rν
(2.3.80)
ν=0
( onde rn =
Qn
ν=0 γν+1 ,
Pen (x) =
n > 0 ) e, a partir de (2.3.77), obtemos imediatamente
n
X
rn Pν (c)
ν=0
rν Pn (c)
Pν (x), com rn =
n
Y
γν+1 , n > 0.
(2.3.81)
ν=0
Desta relação surge trivialmente a seguinte:
Pn+1 (c) e
Pn (c) e
Pn+1 (c)
Pn+1 (x) −
Pn (x) =
Pn+1 (x),
rn+1
rn
rn+1
ou seja,
Pn+1 (x) = Pen+1 (x) −
Pn (c)
γn+1 Pen (x), n > 0.
Pn+1 (c)
(2.3.82)
Considerando o lema 2.3.5, a relação (2.3.82) traduz o facto da sucessão {Pn }n>0
ser estritamente quasi-ortogonal de ordem 1 relativamente a u
e, regular.
Tratemos agora o caso u
e = (x − c)2 u.
Proposição 2.3.3 [10] Para que a forma u
e = (x − c)2 u seja regular é condição
necessária e suficiente que:
0
D(c; n) = Pn+1
(c)Pn (c) − Pn+1 (c)Pn0 (c) 6= 0, n > 1.
(2.3.83)
79
Nesse caso teremos
n
(x − c)2 Pen (x) = x − c −
βen = βn+1 −
2Pn (c)Pn+1 (c)
D(c;n)
Pn (c)Pn+1 (c)
D(c;n)
+
2
Pn+1
(c)
D(c;n+1)
γ
en+1 =
o
Pn+1 (x) +
n
c − βn+1 +
2
Pn+1
(x)
D(c;n) Pn (x)
o
(2.3.85)
n > 0.
(2.3.86)
Pn (c)Pn+1 (c)
D(c;n)
D(c;n+2)D(c;n)
γn+1 ,
D2 (c;n+1)
(2.3.84)
Prova: Podemos construir a sucessão {Pen }n>0 do seguinte modo:
2
(x − c) Pen (x) =
n+2
X
θn,ν Pν (x), n > 0,
(2.3.87)
ν=0
com θn,n+2 = 1, n > 0. Atendendo à ortogonalidade de {Pn }n>0 relativamente a u, tem-se que
he
u, Pen Pm i =
n+2
X
2
θn,ν hu, Pν (x)Pm (x)i = θn,m hu, Pm
i, 0 6 m 6 n + 2.
ν=0
Sob a hipótese da ortogonalidade de {Pen }n>0 relativamente a u
e, necessariamente θn,m = 0, 0 6 m 6 n − 1, n > 1. Mais,
he
u, Pen Pn i = he
u, Pen2 i = θn,n hu, Pn2 i, n > 0;
2
he
u, Pen Pn+1 i = θn,n+1 hu, Pn+1
i, n > 0,
(2.3.88)
(2.3.89)
pelo que a relação (2.3.87) se passa a escrever como:
(x − c)2 Pen (x) = Pn+2 (x) + θn,n+1 Pn+1 (x) + θn,n Pn (x), n > 0. (2.3.90)
Por derivação da igualdade anterior, obtém-se ainda
0
0
(x−c)2 Pen0 (x)+2(x−c)Pen (x) = Pn+2
(x)+θn,n+1 Pn+1
(x)+θn,n Pn0 (x), n > 0.
Avaliando as duas relações anteriores em x = c, tem-se que
Pn+2 (c) + θn,n+1 Pn+1 (c) + θn,n Pn (c) = 0,
(2.3.91)
0
0
Pn+2
(c) + θn,n+1 Pn+1
(c) + θn,n Pn0 (c) = 0, n > 0.
0
Notando por D(c; n) = Pn+1
(c)Pn (c) − Pn+1 (c)Pn0 (c), n > 0, tem-se que
0
0
D(c; n + 1) = Pn+1 (c)Pn+2 (c) − Pn+1
(c)Pn+2 (c), n > 0. Recorrendo às
igualdades (2.3.91), conclui-se que:
D(c; n + 1) = θn,n D(c; n),
0
θn,n+1 D(c; n) = Pn+2 (c)Pn0 (c) − Pn+2
(c)Pn (c) = δn (c), n > 0.
(2.3.92)
Por (2.3.88), θn,n 6= 0, n > 0, logo, necessariamente, D(c; n+1) 6= 0, n > 0.
Reciprocamente, se esta condição se verificar, a SP {Pen }n>0 definida por
(2.3.87) e (2.3.92) é naturalmente ortogonal relativamente a u
e.
De (2.3.80), tem-se que
D(c; n) =
n
X
rn
ν=0
rν
Pν2 (c), n > 0,
(2.3.93)
e, à custa de (2.1.6), quando derivamos, temos facilmente
δn (c) = −{(c − βn+1 )D(c; n) + Pn (c)Pn+1 (c)}, n > 0.
(2.3.94)
Determinemos as sucessões {βen }n>0 e {e
γn+1 }n>0 . De (2.3.88), temos que
γ
en+1 =
θn+1,n+1
D(c; n + 2)D(c; n)
γn+1 =
γn+1 , n > 0.
θn,n
D(c; n + 1)2
Através de (2.3.90), tem-se que:
he
u, (x−c)Pen2 i = θn,n hu, (x−c)Pen (x)Pn (x)i+θn,n+1 hu, (x−c)Pen (x)Pn+1 (x)i,
mas, podemos sempre escrever
(x−c)Pen (x) = θn,n (ϑc Pn ) (x)+θn,n+1 (ϑc Pn+1 ) (x)θn,n (ϑc Pn (x))+(ϑc Pn+2 ) (x).
Facilmente podemos ainda obter a seguinte igualdade:
(ϑc Pn+2 ) (x) = Pn+1 (x) + (c − βn+1 ) (ϑc Pn+1 ) (x) − γn+1 (ϑc Pn ) (x),
pelo que
he
u, (x − c)Pen (x)Pn (x)i = θn,n+1 hu, Pn2 i + (c − βn+1 )hu, Pn2 i,
logo
2
he
u, (x − c)Pen2 i = θn,n {θn,n+1 + c − βn+1 } hu, Pn2 i + θn,n+1 hu, Pn+1
i.
Deste modo, segue-se que:
he
u, xPen2 i = he
u, (x − c)Pen2 i + che
u, Pen2 i
2
= θn,n {θn,n+1 + c − βn+1 } hu, Pn2 i + θn,n+1 hu, Pn+1
i + c θn,n hu, Pn2 i
2
= θn,n {θn,n+1 + 2c − βn+1 } hu, Pn2 i + θn,n+1 hu, Pn+1
i.
Como βen =
he
u,xPen2 (x)i
,
he
u,Pen2 i
obtemos que
θn,n+1
γn+1
βen = θn,n+1 + 2c − βn+1 +
θn,n
δn (c)
δn (c)
=
+ 2c − βn+1 +
γn+1 ,
D(c; n)
D(c; n + 1)
81
se recorrermos às relações patentes em (2.3.92). Através de (2.3.94), seguese que
Pn (c)Pn+1 (c)
δn (c)
βen = c −
+
γn+1 .
(2.3.95)
D(c; n)
D(c; n + 1)
Facilmente verificamos que
2 (c)
Pn+1
γn+1
1
=
+
, n > 0,
D(c; n)
D(c; n + 1) D(c; n)D(c; n + 1)
pelo que
2 (c)
Pn (c)Pn+1 (c)
δn (c) Pn+1
βen = βn+1 − 2
−
, n > 0.
D(c; n)
D(c; n) D(c; n + 1)
Encontramos (2.3.85) se verificarmos que
δn (c)
Pn (c)
= − c − βn+1 +
((c − βn )Pn (c) − γn Pn−1 (c)) , n > 0,
D(n; c)
D(c; n)
onde se deverá considerar γ0 = 0 e P−1 = 0.
Quando c = 0, estamos perante a forma u
e = x2 u, para a qual podemos explicitar
as conclusões acima extraídas. Nesse sentido, a forma u
e = x2 u é regular se e só
se
0
D(0; n) = Pn+1
(0)Pn (0) − Pn+1 (0)Pn0 (0) 6= 0, n > 1.
Nesse caso teremos
n
x2 Pen (x) = x −
Pn (0)Pn+1 (0)
D(0;n)
n+1 (0)
+
βen = βn+1 − 2 Pn (0)P
D(0;n)
γ
en+1 =
D(0;n+2)D(0;n)
γn+1 ,
D2 (0;n+1)
o
Pn+1 (x) +
2
Pn+1
(0)
D(0;n+1)
n > 0.
2
Pn+1
(x)
D(0;n) Pn (x),
n
βn+1 +
n > 0,
Pn (0)Pn+1 (0)
D(0;n)
o
, n > 0,
Capítulo 3
Sucessões Ortogonais Clássicas e
Formas Correspondentes
3.1
Definição
Comecemos por caracterizar as sucessões de polinómios ortogonais clássicos
devida a Hahn. O objectivo principal deste trabalho é precisamente mostrar
uma generalização da definição que se segue.
Definição 3.1.1 (de Hahn) [4] Seja {Pn }n>0 uma sucessão de polinómios ortogonais com respeito a u ∈ P 0 . Consideremos a sucessão dos polinómios
[1]
derivados {Pn }n>0 anteriormente definidos por:
Pn[1] (x) =
0
Pn+1
(x)
,
n+1
n > 0.
Dizemos que {Pn }n>0 é uma sucessão de polinómios ortogonais clássicos, ou
[1]
simplesmente uma sucessão clássica, se e só se {Pn }n>0 é também uma sucessão de polinómios ortogonais.
Nota: Por uma questão de simplificação de notação usada, a sucessão de
[1]
polinómios {Pn }n>0 será aqui notada por {Qn }n>0 . A sucessão dual correspondente a {Qn }n>0 será notada por {vn }n>0 e, mais uma vez, a sucessão dual
de {Pn }n>0 por {un }n>0 .
Definição 3.1.2 Uma forma u ∈ P 0 diz-se clássica se a sucessão dos polinómios
ortogonais relativamente a u é clássica.
Assim, para uma sucessão {Pn }n>0 de polinómios ortogonais clássicos verificamse as seguintes relações de recorrência de ordem 2, as quais ficam garantidas pela
proposição 2.1.5:
83
CAPÍTULO 3. SUCESSÕES ORTOGONAIS CLÁSSICAS E FORMAS
CORRESPONDENTES
84
• para a sucessão {Pn }n>0 ,
Pn+2 (x) = (x − βn+1 )Pn+1 (x) − γn+1 Pn (x),
P0 (x) = 1,
n > 0,
P1 (x) = x − β0 .
• e para a sucessão {Qn }n>0 , tem-se uma relação de recorrência inteiramente
análoga:
Qn+2 (x) = (x − ζn+1 )Qn+1 (x) − ρn+1 Qn (x),
Q0 (x) = 1,
n > 0,
Q1 (x) = x − ρ0 ,
onde os coeficientes ηn e ρn , para n > 1, são dados por
v0 , xQ2n (x)
, n > 0,
ζn =
hv0 , Q2n (x)i
v0 , Q2n+1 (x)
ρn+1 =
, n>0 ,
hv0 , Q2n (x)i
segundo a proposição 2.1.5.
3.2
Caracterização pela equação funcional
Poder-se-á mostrar uma condição necessária e suficiente para que a forma u seja
clássica, a qual será expressa através de uma equação funcional em u. Registe-se
ainda que este resultado será usado de forma essencial no decurso deste trabalho.
Será fundamental para a construção das quatro classes de polinómios ortogonais
clássicos.
Teorema 3.2.1 [12] Seja {Pn }n>0 uma SP ortogonal relativamente a u0 . Para
que {Pn }n>0 seja uma sucessão clássica é necessário e suficiente que existam
dois polinómios φ e ψ, sendo φ mónico, tais que:
D(φu0 ) + ψu0 = 0,
(3.2.1)
verificando
grau (φ) 6 2,
grau (ψ) = 1
e
ψ 0 (0) −
n 00
φ (0) 6= 0, n > 1
2
(3.2.2)
Antes da prova dever-se-á atender a algumas observações pertinentes.
Observações 3.2.1
1. Se dois polinómios φ e ψ estiverem nas condições do teorema anterior,
então designa-se o par (φ, ψ) como par admissível.
3.2. CARACTERIZAÇÃO PELA EQUAÇÃO FUNCIONAL
85
2. A equação (3.2.1), é equivalente à relação de recorrência dos momentos
da forma u0 que passamos a deduzir.
De
D(φu0 ) + ψu0 = 0
decorre
(D(φu0 ) + ψu0 )n = 0, n > 0
isto é,
hD(φu0 ) + ψu0 , xn i = 0,
n
n
hD(φu0 ), x i + hψu0 , x i = 0,
− φu0 , nxn−1 + hψu0 , xn i = 0,
−n u0 , φxn−1 + hu0 , ψxn i = 0,
n>0
n>0
n>0
n>0 .
Atendendo a que grau (φ) 6 2, φ mónico e grau (ψ) = 1, podemos escrever:
1
φ (x) = φ(0) + φ0 (0)x + φ00 (0)x2
2
ψ (x) = ψ(0) + ψ 0 (0)x , com ψ 0 (0) 6= 0.
(3.2.3)
(3.2.4)
Substituindo na equação anterior as respectivas expressões de φ e ψ, resulta
que
φ00 (0) n+1
n−1
0
n
−n u0 , φ(0)x
+ φ (0)x +
x
+ u0 , ψ(0)xn + ψ 0 (0)xn+1 = 0,
2
ou seja,
nφ00 (0)
0
−nφ(0) (u0 )n−1 + ψ(0) − nφ (0) (u0 )n + ψ (0) −
(u0 )n+1 = 0,
2
(3.2.5)
com n > 0, a qual representa uma relação de recorrência de ordem 2,
linear e homogénea. Dever-se-á aqui observar que (u0 )−1 = 0.
0
A condição ψ 0 (0) − n2 φ00 (0) 6= 0 é imprescindível para a veracidade do
teorema precedente. De facto, se u0 verifica a equação funcional patente
no referido teorema e existe n0 > 1 tal que ψ 0 (0) − n20 φ00 (0) = 0, então
−n0 φ(0) (u0 )n0 −1 + ψ(0) − n0 φ0 (0) (u0 )n0 = 0,
pelo que o momento (u0 )n0 +1 ficaria indeterminado. Além disso, os momentos precedentes (u0 )n0 −1 e (u0 )n0 que já foram determinados, deveriam
satisfazer a equação suplementar:
ψ(0) − n0 φ0 (0) (u0 )n0 = n0 φ(0) (u0 )n0 −1 .
Para excluir esta situação exigimos que
∀n > 0, ψ 0 (0) −
n 00
φ (0) 6= 0.
2
Assim, todos os momentos estarão univocamente determinados.
86
CORRESPONDENTES
Prova: (do teorema 3.2.1)
Comecemos por demonstrar a suficiência. Mostremos que, a sucessão
P 0 (x)
{Qn }n>0 , Qn (x) = n+1
n+1 , n > 0, é ortogonal com respeito à forma
v = φu0 . Com efeito, seja n > 1 e considere-se 0 6 m 6 n − 1, então
hv, xm Qn (x)i =
=
=
=
1 0
φu0 , xm Pn+1
(x)
n+1
1 φu0 , (xm Pn+1 (x))0 − mxm−1 Pn+1 (x)
n+1
1 φu0 , (xm Pn+1 (x))0 − m φu0 , xm−1 Pn+1 (x)
n+1
−1 hD (φu0 ) , xm Pn+1 (x)i + m φu0 , xm−1 Pn+1 (x)
n+1
Usando a relação D(φu0 ) + ψu0 = 0, então tem-se que
−1 h−ψu0 , xm Pn+1 (x)i + m φu0 , xm−1 Pn+1 (x)
n+1
1 =
hψu0 , xm Pn+1 (x)i − φu0 , mxm−1 Pn+1 (x)
n+1
1 hu0 , ψxm Pn+1 (x)i − u0 , φmxm−1 Pn+1 (x)
=
n+1
1 =
u0 , xm ψ(x) − mxm−1 φ(x) Pn+1 (x) .
n+1
Atendendo a que grau xm ψ(x) − mxm−1 φ(x) 6 m + 1 e que {Pn }n>0
é ortogonal com respeito a u0 , então pela Proposição (2.1.3) (alínea c),
conclui-se que
hv, xm Qn (x)i =
hv, xm Qn (x)i = 0,
0 6 m 6 n − 1,
n>1
(3.2.6)
Se m = n > 0:
hv, xn Qn (x)i =
1 u0 , xn ψ(x) − nxn−1 φ(x) Pn+1 (x) .
n+1
Por (3.2.3) e (3.2.4), a expressão anterior escreve-se
hv, xn Qn (x)i =
=
1 u0 , −nφ(0)xn−1 + ψ(0) − nφ0 (0) xn +
n+
1
nφ00 (0)
0
n+1
+ ψ (0) −
x
Pn+1 (x)
2
1 −nφ(0) u0 , xn−1 Pn+1 (x) +
n+1
+ ψ(0) − nφ0 (0) hu0 , xn Pn+1 (x)i +
i
n
+ ψ 0 (0) − φ00 (0) u0 , xn+1 Pn+1 (x)
.
2
Ora, pela mesma argumentação, evocando a Proposição (2.1.3), tem-se
que
u0 , xn−1 Pn+1 (x) = hu0 , xn Pn+1 (x)i = 0
hv, xn Qn (x)i =
87
ψ 0 (0) − n2 φ00 (0) u0 , xn+1 Pn+1 (x) ,
n+1
n>0
Como, por hipótese, ψ 0 (0) − n2 φ00 (0) 6= 0, então
hv, xn Qn (x)i =
6 0,
n > 0.
(3.2.7)
Assim, de (3.2.6) e de (3.2.7), conclui-se que a sucessão {Qn }n>0 é ortogonal relativamente a v = φu0 , atendendo ao exposto na Proposição
(2.1.3).
P0
(x)
Reciprocamente, suponhamos que {Pn }n>0 e {Qn }n>0 , Qn (x) = n+1
n+1 ,
são ortogonais relativamente a u0 e a v0 , respectivamente, sendo {un }n>0
e {vn }n>0 as respectivas sucessões duais. Nestas condições, estas duas
sucessões satisfazem, respectivamente, as relações de recorrência
Pn+2 (x) = (x − βn+1 )Pn+1 (x) − γn+1 Pn (x),
P0 (x) = 1,
n > 0,
P1 (x) = x − β0 ,
e
Qn+2 (x) = (x − ζn+1 )Qn+1 (x) − ρn+1 Qn (x),
Q0 (x) = 1,
n > 0,
Q1 (x) = x − ζ0 ,
onde os coeficientes βn , γn+1 , ζn e ρn+1 , para n > 0, são determinados de
acordo com a proposição (2.1.5).
Pelo teorema 2.1.1, tem-se então que
u0 , Pn2 un = Pn u0 ,
n > 0,
e que
v0 , Q2n
vn = Qn v0 ,
n > 0.
Recordando agora a igualdade dada por (1.3.28), isto é,
D(vn ) = − (n + 1) un+1 , n > 0,
tem-se que
v0 , Q2n
−1
D(Qn v0 ) = −(n + 1)
2
u0 , Pn+1
−1
Pn+1 u0 ,
n>0.
Assim, para n = 0, tem-se:
v0 , Q20
−1
D(Q0 v0 ) = −
u0 , P12
−1
P1 u 0 .
(3.2.8)
Como, por hipótese, as sucessões de polinómios {Pn }n>0 e {Qn }n>0 são
mónicas e as formas u0 e v0 são normalizadas, segue-se então que:
u0 , P02 = hu0 , P0 i = hu0 , 1i = 1 ,
v0 , Q20 = hv0 , Q0 i = hv0 , 1i = 1.
88
CORRESPONDENTES
Tomando n = 0 em (2.1.7), tem-se que
u0 , P12
=
γ1 = u0 , P02
u0 , P12
,
u0 , Q20
donde a equação (3.2.8) escreve-se agora:
v0 , Q20
P1 u0 = − (γ1 )−1 P1 u0 .
D(v0 ) = − 2
u0 , P1
(3.2.9)
Atendendo ainda a que
Q0n v0 = −Qn Dv0 + D(Qn v0 )
segue-se que
h
−1
Q0n v0 = (γ1 )
P1 Qn u0
i
"
#
v0 , Q2n
Pn+1 u0 ,
+ −(n + 1) 2
u0 , Pn+1
isto é,
"
Q0n v0
−1
= (γ1 )
#
v0 , Q2n
Pn+1 u0 , n > 0.
P1 Qn − (n + 1) 2
u0 , Pn+1
(3.2.10)
Tomando n = 1 na relação anterior,
"
#
v0 , Q21
−1
0
P2 u 0
Q1 v0 = (γ1 ) P1 Q1 − 2 u0 , P22
"
#
v0 , Q21 v0 , Q20 u0 , P12
−1
P2 u 0 .
= (γ1 ) P1 Q1 − 2 v0 , Q20 u0 , P12 u0 , P22
Atendendo às expressões patentes em (2.1.7), efectuando as devidas adaptações, tem-se que
h
i
Q01 v0 = (γ1 )−1 P1 Q1 − 2ρ1 (γ1 )−1 (γ2 )−1 P2 u0 .
Mas Q01 = 1, donde
h
i
v0 = (γ1 )−1 P1 Q1 − 2ρ1 (γ2 )−1 P2 u0 .
(3.2.11)
Se o polinómio do segundo membro, que tem grau não superior a 2, fosse
identicamente nulo, então v0 = 0, o que é absurdo, uma vez que, por
hipótese, v0 é regular, donde necessariamente se tem (v0 )0 = 1 6= 0.
Faça-se
kφ (x) = P1 (x) Q1 (x) − 2ρ1 (γ2 )−1 P2 (x) ,
(3.2.12)
89
onde k representa uma constante de normalização não nula. Assim,
v0 = (γ1 )−1 kφu0 ,
pelo que
Dv0 = (γ1 )−1 kD (φu0 ) .
Mas por (3.2.9), conclui-se ainda que
− (γ1 )−1 P1 u0 = (γ1 )−1 kD (φu0 ) ,
ou seja,
D (φu0 ) + k −1 P1 u0 = 0.
Fazendo
ψ (x) = k −1 P1 (x) ,
(3.2.13)
atingimos a igualdade (3.2.1) do enunciado do teorema.
De (3.2.12) decorre que grau (φ) 6 2 e a expressão (3.2.13) obriga a que
grau (ψ) = 1.
Substituindo a expressão assinalada com (3.2.11) na expressão de (3.2.10),
obtém-se:
"
#
2
v
,
Q
0
n
Pn+1 u0 ,
γ1−1 P1 Q1 − 2ρ1 γ2−1 P2 Q0n u0 = γ1−1 P1 Qn − (n + 1) 2
u0 , Pn+1
para n > 0. Lembrando as expressões de ψ (x) (em 3.2.13) e de kφ (x)
(em 3.2.12), a equação anterior poderá tomar novo aspecto:
"
#
v0 , Q2n
0
Pn+1 u0 , n > 0.
kφQn u0 = kψQn − γ1 (n + 1) 2
u0 , Pn+1
Dada a regularidade de u0 , pelo lema (2.1.2), tem-se:
v0 , Q2n
0
Pn+1,
kφQn = kψQn − γ1 (n + 1) 2
u0 , Pn+1
n>0,
isto é,
φQ0n
v0 , Q2n
γ1
Pn+1 = 0,
− ψQn + (n + 1) 2
k
u0 , Pn+1
n > 0.
Escrevendo φ, ψ e Pn+1 como potências de x, ou seja,
1
φ (x) = φ(0) + φ0 (0)x + φ00 (0)x2 , com φ 6= 0 ,
2
ψ (x) = ψ(0) + ψ 0 (0)x, com ψ 0 (0) 6= 0 ,
Pn+1 (x) = xn+1 + ... ,
e notando que sendo Qn mónico,
0
Qn (x) = nxn−1 + ... ,
(3.2.14)
90
CORRESPONDENTES
facilmente se vê que a igualdade (3.2.14) se pode escrever:
φ(0) + φ0 (0)x + 12 φ00 (0)x2 nxn−1 + . . . − (ψ(0) + ψ 0 (0)x) (xn + . . .)
hv0 ,Q2 i
xn+1 + . . . = 0.
+ γk1 (n + 1) u ,P 2n
h 0 n+1 i
O grau do polinómio no membro esquerdo desta equação é igual n + 1.
Necessariamente os coeficientes de todas as potências de x desse polinómio
terão de ser nulos, em particular o coeficiente do termo de mais alto grau
terá de ser nulo, ou seja, teremos, em particular de ter:
v0 , Q2n
n 00
γ1
0
= 0, n > 0
φ (0) − ψ (0) + (n + 1) 2
2
k
u0 , Pn+1
pelo que
v0 , Q2n
γ1
n 00
0
6= 0,
− φ (0) + ψ (0) = (n + 1) 2
2
k
u0 , Pn+1
n>0
(3.2.15)
o que implica a condição (3.2.2) do enunciado.
A igualdade da expressão assinalada com (3.2.14) na prova do teorema precedente é na realidade uma equação diferencial linear de 2 ordem em {Pn }n>0 .
Usando (3.2.15) a equação (3.2.14) toma um outro aspecto:
n
φ (x) Q0n (x) − ψ (x) Qn (x) + − φ00 (0) + ψ 0 (0) Pn+1 (x) = 0,
2
n > 0.
Por definição da sucessão de polinómios {Qn }n>0 ,
0
00
P
(x)
P
(x)
0
Qn (x) = n+1
, logo, Qn (x) = n+1
.
n+1
n+1
Assim a equação anterior escreve-se agora
0
Pn+1 (x) 0
1
n
00
φ (x)
Pn+1 (x)−ψ (x)
+ ψ (0) − φ00 (0) Pn+1 (x) = 0,
n+1
n+1
2
n > 0,
isto é,
n
00
0
φ (x) Pn+1 (x)−ψ (x) Pn+1 (x)+(n + 1) ψ 0 (0) − φ00 (0) Pn+1 (x) = 0,
2
n > 0.
Deste modo, encontramos uma condição necessária sobre cada polinómio Pn da
sucessão ortogonal clássica {Pn }n>0 . Mais adiante, ficará provado que esta é
também condição suficiente.
3.3. CARACTERIZAÇÃO PELA EQUAÇÃO DIFERENCIAL
3.3
91
Caracterização pela equação diferencial
A seguinte caracterização dos polinómios ortogonais clássicos é devida a Böchner.
Teorema 3.3.1 [1] A sucessão ortogonal {Pn }n>0 é uma sucessão clássica se e
somente se existem polinómios φ e ψ e uma sucessão {λn }n>0 , λn 6= 0, n > 0,
tais que:
00
0
φ(x)Pn+1
(x) − ψ(x)Pn+1
(x) = λn Pn+1 (x),
n > 0,
(3.3.16)
onde grau (φ) 6 2 e grau (ψ) = 1.
Prova: Ficou visto no final da demonstração do teorema (3.2.1) a veracidade
da condição necessária neste enunciado, com λn = (n + 1) n2 φ00 (0) − ψ 0 (0) ,
n > 0. Falta pois provar a suficiência.
Suponha-se que existem polinómios φ e ψ e uma sucessão {λn }n>0 , λn 6= 0,
n > 0, tais que a condição (3.3.16) se verifica. Notemos que
Pn+1 (x) = xn+1 + · · · ,
0
Pn+1
(x) = (n + 1)xn + · · · ,
00
Pn+1 (x) = (n + 1)nxn−1 + · · · .
Escrevamos φ e ψ como em (3.2.3) e em (3.2.4) e substituindo em (3.3.16),
obtemos:
(n + 1) n 00
0
φ (0) − (n + 1)ψ (0) xn+1 + · · · = λn xn+1 + · · · ., n > 0
2
A comparação dos coeficientes de xn+1 mostra que:
hn
i
(n + 1) φ00 (0) − ψ 0 (0) = λn 6= 0,
n > 0,
2
(3.3.17)
logo o par (φ, ψ) é admissível.
Sendo {Pn }n>0 ortogonal relativamente a u0 , aplicando u0 a ambos os
membros de (3.3.16), obtemos:,
D
E
00
0
u0 , φPn+1 − ψPn+1 = λn hu0 , Pn+1 i = 0, n > 0.
Mas,
D
00
0
u0 , φPn+1 − ψPn+1
E
E D
E
00
0
u0 , φPn+1 − u0 , ψPn+1
D
E D
E
00
0
=
φu0 , Pn+1 − ψu0 , Pn+1
= D2 (φu0 ) , Pn+1 + hD (ψu0 ) , Pn+1 i
= D2 (φu0 ) + D (ψu0 ) , Pn+1
=
D
= hD (D (φu0 ) + ψu0 ) , Pn+1 i ,
92
CORRESPONDENTES
logo,
hD (D (φu0 ) + ψu0 ) , Pn+1 i = 0, n > 0.
Além disso,
hD (D (φu0 ) + ψu0 ) , P0 i = − hD (φu0 ) + ψu0 , 0i = 0,
portanto
hD (D (φu0 ) + ψu0 ) , Pn i = 0, n > 0.
Pela proposição 1.3.1, tem-se que
D (D (φu0 ) + ψu0 ) = 0 .
Donde, pela expressão (1.2.22) do lema 1.2.1, se tem que
D (φu0 ) + ψu0 = 0.
o que conclui a prova, pelo teorema 3.2.1.
3.4
Invariância do carácter clássico
Lema 3.4.1 [16] Seja {Pn }n>0 uma sucessão ortogonal clássica com respeito a
u0 . A família {Qn }n>0 definida por
Qn (x) =
(Pn+1 )0 (x)
,
n+1
n > 0,
é uma família ortogonal clássica relativamente à forma v0 .
Prova: Pela definição
de Hahn, a sucessão {Qn }n>0 é clássica se e só se
n
o
(Qn+1 )0
a sucessão
é ortogonal. Pelo teorema 3.2.1, provar isso é
n+1
n>0
equivalente a provar a existência de um par de polinómios (φ1 , ψ1 ) , com
grau (φ1 ) 6 2, grau (ψ1 ) = 1 e ψ10 (0) − n2 φ001 (0) 6= 0, ∀n > 0, tais que
D (φ1 v) + ψ1 v = 0.
(3.4.18)
Na demonstração da condição suficiente do referido teorema ficou visto que
a sucessão {Qn }n>0 é ortogonal com respeito à forma v = φu0 . Mostremos
que v verifica a equação funcional (3.4.18) onde φ1 = φ e ψ1 = ψ − φ0 e
que o par (φ1 , ψ1 ) é admissível.
Multiplicando (3.2.1) por φ, tem-se
φD(φu0 ) + ψφu0 = 0.
Se notarmos que v = φu0 , então
φD(v) + ψv = 0
3.4. INVARIÂNCIA DO CARÁCTER CLÁSSICO
93
e como D(φv) = φD(v) + φ0 v, decorre
D(φv) + ψ − φ0 v = 0 , i.e.,
D (φ1 v) + ψ1 v = 0.
Resta apenas ver que o par (φ1 , ψ1 ) = (φ, ψ − φ0 ) é admissível. Por
hipótese grau (φ) 6 2 e grau (ψ) = 1, logo, grau (φ0 ) 6 1 e portanto
grau (ψ − φ0 ) 6 1. Então, podemos escrever
0
ψ − φ0 (x) = ψ − φ0 (0) + ψ − φ0 (0)x.
Mas, de (3.2.2) sabemos que
ψ 0 (0) −
n 00
φ (0) 6= 0, n > 1.
2
Em particular, para n = 2
ψ 0 (0) − φ00 (0) 6= 0,
o que garante que grau (ψ − φ0 ) = 1. Falta apenas ver que
0
n
ψ − φ0 (0) − φ00 (0) 6= 0, n > 1.
2
Ora,
0
n
n
ψ − φ0 (0) − φ00 (0) = ψ 0 (0) − φ00 (0) − φ00 (0)
2
2
(n + 2) 00
0
= ψ (0) −
φ (0)
2
6= 0, n + 2 > 2 (isto é, n > 0),
por (3.2.2). O teorema 3.2.1 garante que a sucessão {Qn }n>0 é clássica.
O resultado anterior pode generalizar-se a:
Lema 3.4.2 [16, 12] Se {Pn }n>0 é uma sucessão ortogonal clássica relativa[k]
[0]
mente a u0 , então a família {Pn }n>0 (com Pn ≡ Pn ) é uma família ortogonal
[k]
clássica com respeito à forma v0 = εk φk u0 , onde εk é um escalar, verificando
[k]
[k]
[0]
D(φv0 ) + (ψ − kφ0 )v0 = 0, k > 0, v0 ≡ u0
e o par (φ, ψ − kφ0 ) é admissível.
Prova: Façamos esta demonstração por indução. Para k = 1, este lema reduzse ao lema anterior.
[k]
Suponhamos que a família {Pn }n>0 é uma família ortogonal clássica com
respeito à forma
[k]
v0 = εk φk u0 ,
94
CORRESPONDENTES
que verifica
[k]
[k]
D(φv0 ) + (ψ − kφ0 )v0 = 0,
sendo o par de polinómios (φ, ψ − kφ0 ) admissível.
[k+1]
Mostremos que, a família {Pn
clássica com respeito à forma
[k+1]
v0
}n>0 também é uma família ortogonal
= εk+1 φk+1 u0 ,
[k+1]
[k+1]
onde v0
é o primeiro elemento da sucessão dual {vn
[k+1]
dente a {Pn
}n>0 e que verifica
[k+1]
D(φv0
[k+1]
) + (ψ − (k + 1)φ0 )v0
}n>0 correspon-
= 0,
sendo o par (φ, ψ − (k + 1)φ0 ) admissível.
[k+1]
Notando que Pn
(x) =
[k+1]
cluímos que {Pn
}n>0 é
0
[k]
Pn+1 (x)
n+1
, e recorrendo ao lema anterior, con-
uma sucessão ortogonal clássica com respeito à
forma
[k]
v [k+1] = φv0 = εk φk+1 u0 .
Pela proposição (2.1.4), sabemos que
[k+1]
v [k+1] = v [k+1] v0
0
pelo que,
[k+1]
v0
=
Portanto, basta fazer εk+1 =
h
v [k+1]
i−1
v [k+1]
−1
0
0
εk φk+1 u0 .
εk .
Mais ainda, pela demonstração do teorema anterior,
[k+1]
D(φv0
[k+1]
= 0,
[k+1]
= 0,
) + ((ψ − kφ0 ) − φ0 )v0
isto é,
[k+1]
D(φv0
) + (ψ − (k + 1)φ0 )v0
e o par (φ, ψ − (k + 1)φ0 ) é admissível.
Por hipótese grau (ψ − kφ0 ) = 1 e grau (φ0 ) 6 1 logo,
grau ψ − (k + 1) φ0 6 1.
Resta apenas ver que o par (φ, ψ − φ0 ) é admissível. Por hipótese, temos
que grau (φ) 6 2 e grau (ψ) = 1, logo grau (φ0 ) 6 1 e portanto concluímos:
grau (ψ − φ0 ) 6 1. Podemos escrever
0
ψ − (k + 1) φ0 (x) = ψ − (k + 1) φ0 (0) + ψ − (k + 1) φ0 (0)x
= ψ − (k + 1) φ0 (0) + ψ 0 (0) − (k + 1) φ00 (0) x.
95
Contudo, sendo o par (φ, ψ − kφ0 ) admissível, obtemos
0
n
ψ − kφ0 (0) − φ00 (0) 6= 0, n > 1.
2
Em particular, para n = 2
ψ 0 (0) − (k + 1) φ00 (0) 6= 0,
o que garante que grau (ψ − (k + 1) φ0 ) = 1. Falta apenas ver que
0
n
ψ − (k + 1) φ0 (0) − φ00 (0) 6= 0, n > 1.
2
Ora,
0
n
n
ψ − (k + 1) φ0 (0) − φ00 (0) = ψ 0 (0) − (k + 1) φ00 (0) − φ00 (0)
2
2
n
+
2
(k
+
1)
= ψ 0 (0) −
φ00 (0)
2
n + 2 + 2k 00
= ψ 0 (0) −
φ (0)
2
6= 0, k > 0 e n + 2 > 2,
isto é,
0
n
ψ − (k + 1) φ0 (0) − φ00 (0) 6= 0, k > 0, n > 0,
2
dado que o par (φ, ψ − kφ0 ) é admissível. O teorema 3.2.1 garante que a
[k+1]
sucessão {Pn
}n>0 é clássica.
É fundamental mostrar a invariância do carácter ortogonal clássico por uma
transformação afim da sucessão {Pn }n>0 suposta ortogonal clássica. Como tal,
consideremos o seguinte resultado:
Teorema 3.4.1 [12] Se {Pn }n>0 é uma sucessão ortogonal clássica relativamente a u0 , então também {Pen }n>0 é ortogonal clássica relativamente a u
e0
onde
Pen (x) = a−n Pn (ax + b),
n > 0,
onde
a ∈ C\{0} e
b∈C,
e
u
e0 = (ha−1 ◦ τ−b )u0 .
(3.4.19)
Prova: De acordo com a proposição 1.3.3, se {un }n>0 representar a sucessão
dual associada à SP {Pn }n>0 então a sucessão dual correspondente à
sucessão {Pen }n>0 definida por
Pen (x) = a−n Pn (ax + b) = a−n (ha ◦ τ−b ) Pn (x) ,
n > 0,
96
CORRESPONDENTES
onde a ∈ C\{0} e b ∈ C, é dada por {e
un }n>0 onde
u
en = an (ha−1 ◦ τ−b )un , n > 0.
Em particular, para n = 0,
u
e0 = (ha−1 ◦ τ−b )u0 .
Comecemos por verificar que, de facto, a sucessão {Pen }n>0 é ortogonal
relativamente a u
e0 . Com efeito,
D
E
u
e0 , Pen Pem
= (ha−1 ◦ τ−b )u0 , a−n Pn (ax + b) a−m Pm (ax + b)
= a−(n+m) h(ha−1 ◦ τ−b )u0 , ((ha ◦ τ−b )Pn (x)) ((ha ◦ τ−b )Pm (x))i ,
sempre que n, m > 0, ou seja,
D
E
e0 , Pen Pem
= h(ha−1 ◦ τ−b )u0 , (ha ◦ τ−b ) (Pn (x)Pm (x))i
an+m u
= hha ◦ (ha−1 ◦ τ−b )u0 , τ−b (Pn (x)Pm (x))i
= hτ−b u0 , τ−b (Pn (x)Pm (x))i
= a−(n+m) h(τb ◦ τ−b ) u0 , Pn (x)Pm (x)i
= hu0 , Pn (x)Pm (x)i = rn δn,m ,
n, m > 0,
pois, por hipótese, {Pn }n>0 é ortogonal relativamente a u0 . Se, além disso,
{Pn }n>0 for regularmente ortogonal relativamente a u0 , então ∀n > 0,
rn 6= 0 logo ren = a−(2n) rn 6= 0, donde {Pen }n>0 é também regularmente
ortogonal com respeito a u
e0 .
Mostremos agora que u
e0 verifica a equação
eu0 ) + ψe
eu0 = 0,
D(φe
(3.4.20)
onde
e
φ(x)
= a−t φ(ax + b),
e
ψ(x)
= a1−t ψ(ax + b),
t = grau (φ) 6 2,
e ψ)
e admissível.
sendo o par (φ,
Com efeito, tomando n = 0 em (1.3.26), vem que
u0 = (τb ◦ ha )e
u0 .
Logo, pelas propriedades (1.2.5) e (1.2.6),
φ(x)u0 = φ(x)(τb ◦ ha )e
u0
= τb ((τ−b φ)ha u
e0 )
= (τb ◦ ha ) [((ha ◦ τ−b ) φ) u
e0 ]
= (τb ◦ ha ) [φ(ax + b)e
u0 ] ,
97
e, usando as propriedades (1.2.7) e (1.2.8), tem-se
D(φu0 ) = D {(τb ◦ ha ) [φ(ax + b)e
u0 ]}
= τb D {ha [φ(ax + b)e
u0 ]}
= a−1 (τb ◦ ha )D [φ(ax + b)e
u0 ] .
Do mesmo modo, se vê que
ψ(x)u0 = (τb ◦ ha ) [ψ(ax + b)e
u0 ] .
Usando a igualdade em (3.2.1) obtém-se:
a−1 (τb ◦ ha )D [φ(ax + b)e
u0 ] + (τb ◦ ha ) [ψ(ax + b)e
u0 ] = 0
(τb ◦ ha )D a−t φ(ax + b)e
u0 + (τb ◦ ha ) a1−t ψ(ax + b)e
u0 = 0
h
i
e
e
(τb ◦ ha ) D(φ(x)u
0 ) + ψ(x)u0 = 0,
isto é,
e 0 ) + ψu
e 0 = 0.
D(φu
e ψ)
e é admissível. Sendo
Vejamos agora que o par (φ,
1
ψ(x) = ψ 0 (0)x + ψ(0) e φ(x) = φ00 (0)x2 + φ0 (0)x + φ(0),
2
então,
−t
−t 1 00
2
0
e
φ(x) = a φ(ax + b) = a
φ (0)(ax + b) + φ (0)(ax + b) + φ(0)
2
1 2 00
−t 1 2 00
2
00
0
0
= a
a φ (0)x + (abφ (0) + φ (0)a)x + b φ (0) + φ (0)b + φ(0) ,
2
2
e
e
ψ(x)
= a1−t ψ(ax + b) = a1−t ψ 0 (0)(ax + b) + ψ(0)
= a1−t aψ 0 (0)x + bψ 0 (0) + ψ(0)
Uma vez que a 6= 0 tem-se:
grau φe = grau (φ) 6 2 e grau ψe = grau (ψ) = 1.
Mostremos ainda que
n
ψe0 (0) − φe00 (0) 6= 0,
2
n > 1.
- Se grau (φ) = t < 2, então, φ00 (0) = 0 = φe00 (0), pelo que a condição
anterior fica simplesmente ψe0 (0) 6= 0, o que é verdade pois já provamos
e = 1.
que grau(ψ)
- Suponhamos grau (φ) = t = 2. Como φe00 (0) = φ00 (0) = 2 e ψe0 (0) = ψ 0 (0),
então provar
n
ψe0 (0) − φe00 (0) 6= 0,
2
n > 1,
98
CORRESPONDENTES
é equivalente a provar que
ψ 0 (0) −
n 00
φ (0) 6= 0, n > 1,
2
o que é válido, pois o par (φ, ψ) é admissível.
Na demonstração do teorema anterior verificou-se que se {Pn }n>0 ortogonal
relativamente a u0 , então {Pen }n>0 é ortogonal com respeito a u
e0 . Assim sendo
podemos escrever a relação de recorrência de ordem 2 relativa a {Pen }n>0 .
Lema 3.4.3 Seja {Pn }n>0 uma SPO relativamente a u0 satisfazendo a relação
de recorrência (2.1.6) patente no enunciado da proposição 2.1.5, então a sucessão {Pen }n>0 do enunciado do teorema 3.4.1 satisfaz a relação de recorrência:
Pen+2 (x) = x − βen+1 Pen+1 (x) − γ
en+1 Pen (x) ,
n > 0 , (3.4.21)
Pe1 (x) = x − βe0 ,
Pe0 (x) = 1,
onde
D
E
u
e0 , xPen2 (x)
β −b
E = n
, n > 0,
βen = D
a
u
e0 , Pen2 (x)
D
E
2 (x)
u
e0 , Pen+1
γ
E = n+1
γ
en+1 = D
6= 0, n > 0.
a2
u
e , Pe2 (x)
0
n
Prova: Sendo {Pn }n>0 uma sucessão de polinómios ortogonal relativamente
a u0 , então, pelo teorema 3.4.1, {Pen }n>0 é ortogonal com respeito a u
e0 .
Assim, pela proposição 2.1.5 é possível estabelecer a relação de recorrência
(3.4.21). Averiguemos portanto, qual a relação entre os βen e βn e entre
γ
en+1 e γn+1 , n > 0, onde βn e γn+1 são os coeficientes dados em (2.1.7)
da proposição 2.1.5. Na demonstração do teorema 3.4.1, vimos que
D
E
u
e0 , Pen2 = a−2n u0 , Pn2 ,
n > 0,
donde
D
γ
en+1
E
2 (x)
2
u
e0 , Pen+1
a−2(n+1) u0 , Pn+1
E =
= a−2 γn+1 ,
= D
−2n hu , P 2 i
a
2
e
0
n
u
e0 , Pn (x)
n > 0.
3.5. FORMAS CLÁSSICAS: QUATRO CLASSES DE EQUIVALÊNCIA
99
Por outro lado, tem-se que
D
E
u
e0 , xPen2 (x)
= (ha−1 ◦ τ−b )u0 , x a−2n Pn2 (ax + b)
= a−2n (ha−1 ◦ τ−b )u0 , x(ha ◦ τ−b )Pn2 (x)
= a−2n (ha−1 ◦ τ−b )u0 , (ha ◦ τ−b ) ((τb ◦ ha−1 ) x) Pn2 (x)
x−b
2
−2n
(ha−1 ◦ τ−b )u0 , (ha ◦ τ−b )
Pn (x)
= a
a
x−b
−2n
2
ha ◦ (ha−1 ◦ τ−b )u0 , τ−b
= a
Pn (x)
a
x−b
= a−2n τ−b u0 , τ−b
Pn2 (x)
a
x−b
2
−2n
(τb ◦ τ−b ) u0 ,
Pn (x)
= a
a
x−b
= a−2n u0 ,
Pn2 (x)
a
x 2
b 2
−2n
= a
u0 , Pn (x) − Pn (x)
a
a
D
E
x
b
= a−2n u0 , Pn2 (x) − u0 , Pn2 (x)
a
a
−2n−1
2
= a
u0 , xPn (x) − b u0 , Pn2 (x) , n > 0.
Do exposto, resulta que
D
E
u
e0 , xPen2 (x)
a−2n−1 u0 , xPn2 (x) − b u0 , Pn2 (x)
e
E =
βn = D
a−2n hu0 , Pn2 i
u
e0 , Pen2 (x)
=
3.5
βn − b
a
,
n > 0.
Formas clássicas: quatro classes de equivalência
Vejamos que as formas clássicas se dividem em quatro classes de equivalência
distintas. A seguinte proposição será fundamental nesta secção.
Teorema 3.5.1 [10] A seguinte relação entre formas
∀u, v ∈ P 0 ,
u ∼ v ⇔ ∃a ∈ C\{0}, ∃b ∈ C : u = (ha−1 ◦ τ−b )v,
é uma relação de equivalência.
100
CORRESPONDENTES
Prova: Ou seja, mostremos que:
i) u ∼ u,
∀u ∈ P 0 .
Basta tomar a = 1 e b = 0;
ii) u ∼ v ⇒ v ∼ u,
∀u, v ∈ P 0 ;
Por hipótese,
u ∼ v ⇔ ∃a ∈ C\{0}, ∃b ∈ C : u = (ha−1 ◦ τ−b )v,
então:
(τb ◦ ha )u = (τb ◦ ha )(ha−1 ◦ τ−b )v = (τb ◦ (ha ha−1 ) ◦ τ−b )v
= (τb ◦ idP 0 ◦ τ−b )v = (τb ◦ τ−b )u = idP 0 v = v,
isto é,
v = (τb ◦ ha )u = (ha ◦ τa−1 b )u
= (h(a−1 )−1 ◦ τ−(−a−1 b) )u .
Portanto,
∃a1 = a−1 ∈ C\{0}, ∃b1 = −a−1 b ∈ C : v = (ha−1 ◦ τ−b1 )v,
1
ou seja,
v ∼ u.
iii) u ∼ v e v ∼ w ⇒ u ∼ w,
∀u, v, v ∈ P 0 .
Por hipótese,
u ∼ v ⇔ ∃ a ∈ C\{0}, ∃ b ∈ C : u = (ha−1 ◦ τ−b )v,
e
v ∼ w ⇔ ∃, c ∈ C\{0}, ∃, d ∈ C : v = (hc−1 ◦ τ−d )w.
Logo,
u = (ha−1 ◦ τ−b )v = (ha−1 ◦ τ−b )(hc−1 ◦ τ−d )w
= (ha−1 ◦ τ−b )(τ−c−1 d ◦ hc−1 )w = (ha−1 ◦ (τ−(c−1 d+b) ◦ hc−1 ))w
= (ha−1 ◦ (hc−1 ◦ τ−(c−1 d+b)c ))w = ((ha−1 ◦ hc−1 ) ◦ τ−(d+bc) )w
= (h(ac)−1 ◦ τ−(d+bc) )w,
isto é,
∃, a2 = (ac) ∈ C\{0}, ∃, b2 = d + bc ∈ C : u = (ha−1 ◦ τ−b2 )w,
2
ou seja,
u ∼ w.
3.5. FORMAS CLÁSSICAS: QUATRO CLASSES DE EQUIVALÊNCIA 101
Os dois últimos resultados permitem, através de uma escolha conveniente dos
parâmetros arbitrários a e b (a 6= 0), colocar em evidência as situações canónicas.
Seja {Pn }n>0 uma sucessão de polinómios ortogonal clássica com respeito a
u0 . Pelo teorema (3.2.1), isto equivale a afirmar que existem polinómios φ e ψ,
obedecendo às condições expostas no enunciado que verificam a equação funcional (3.2.1). Em particular, exige-se que grau (φ) 6 2. O conjunto das formas
ortogonais clássicas divide-se em quatro classes de equivalência determinadas
pelo tipo de raízes de φ, o polinómio director.
Assim só poderão ocorrer quatro situações distintas:
1. grau (φ) = 0, i.e., φ (x) = 1 ;
2. grau (φ) = 1, i.e., φ (x) = x − c,para algum c ∈ C ;
3. grau (φ) = 2 e φ tem uma raíz dupla, i.e., φ (x) = (x − c)2 , para algum
c∈C;
4. grau (φ) = 2 e φ tem duas raízes distintas, i.e., φ (x) = (x − c) (x − d) , para
algum c, d ∈ C e c 6= d.
Estas quatro situações correspondem às quatro classes de equivalência uma vez
que, fazendo uma transformação afim em cada um dos casos, não saímos nunca
desse mesmo caso, como veremos a seguir. Com efeito, sejam a, b ∈ C com
a 6= 0.
No primeiro caso, teremos todos os polinómios φe ∈ P da forma φe (x) = a−0 φ (ax + b) =
1 (o único polinómio não nulo, mónico e de grau zero).
No segundo caso, teremos todos os polinómios φe ∈ P da forma
φe (x) = a−1 φ (ax + b) = a−1 ((ax − b) − c) = x − a−1 (b − c) ,
que são mónicos e têm grau um. Variando os coeficientes a, b ∈ C, obtemos
todos os polinómios de P que são mónicos e têm grau 1.
No terceiro caso, teremos todos os polinómios φe ∈ P da forma φe
−2
φe (x) = a
φ (ax + b) = a
=
−2
x−
c−b
a
2
(ax + b − c)
−2
=a
2
a
c−b
x−
a
2 !
2
que são mónicos e têm grau dois e uma raíz dupla . Variando os coeficientes
a, b ∈ C, obtemos todos os polinómios de P que são mónicos, têm grau 2 e uma
raíz dupla (igual a c−b
a ).
102
CORRESPONDENTES
No último caso, estão contemplados todos os polinómios φe ∈ P da forma
φe (x) = a−2 φ (ax + b) = a−2 ((ax + b − c) (ax + b − d))
c−b
d−b
2
−2
a x−
= a
x−
a
a
d−b
c−b
x−
=
x−
a
a
d−b
e
De facto, sendo c 6= d, também c−b
a 6= a , pelo que φ é ainda mónico de grau
dois e com duas raízes distintas. Variando os coeficientes a, b ∈ C, obtemos
todos os polinómios
de P que são mónicos, têm grau 2 e duas raízes distintas
c−b
d−b
e
.
a
a
O primeiro caso é o caso de Hermite, o segundo é o de Laguerre (que depende
de um parâmetro), o terceiro o de Bessel (dependente de um parâmetro) e o
último o de Jacobi (que dependerá de dois parâmetros independentes).
Escolher um representante de cada classe corresponde a escolher um valor de
a e um valor de b, que, por sua vez, traduz a escolha de certos elementos
característicos. Começa-se por fixar as raízes do polinómio φ. No caso de
Hermite não haverá nada a fazer, ficando os dois parâmetros por fixar. Já
nos casos de Laguerre e Bessel podemos fixar a raíz na origem, ou seja, tomar
b = 0, e, com isso, ficar o parâmetro a por fixar. No caso Jacobi, podemos fixar
as raízes uma em 0 e a outra em 1 ou, alternativamente, uma em −1 e outra
em 1, não restando qualquer valor (a ou b) para fixar.
Um estudo mais detalhado sobre esta matéria poder-se-á encontrar em [12],[11]
ou em [10]. Além disso, em [12] encontrar-se-á um estudo envolvendo representações integrais.
Capítulo 4
Sucessões Ortogonais
Semi-clássicas
4.1
Definição
Definição 4.1.1 Uma forma regular u ∈ P 0 diz-se semi-clássica se existem
polinómios φ e ψ de grau t e p, respectivamente, tais que:
D (φu) + ψu = 0 ,
(4.1.1)
onde grau (ψ) > 1, φ mónico. Se p = t − 1 e ap 6= 0 for o coeficiente do termo
de mais alto grau de ψ, exigir-se-á que ap 6= n, n > 0. Nestas condições o par
(φ, ψ) diz-se admissível.
Escrevendo φ e ψ como potências de x:
φ (x) =
ψ (x) =
t
X
ν=0
p
X
cν xν , onde ct = 1 e t = grau (φ) ,
aν xν , onde p = grau (ψ) > 1 ,
ν=0
o par (φ, ψ) será dito admissível se, quando p = t − 1 (i.e., t = p + 1), ap ∈
/ N.
Vejamos o motivo desta imposição.
Com efeito, (4.1.1) é equivalente a
(D (φu) + ψu)n = 0 , ∀n > 0, i.e.,
hD (φu) + ψu, xn i = 0 , ∀n > 0,
103
(4.1.2)
104
CAPÍTULO 4. SUCESSÕES ORTOGONAIS SEMI-CLÁSSICAS
i.e.
hD (φu) , xn i + hψu, xn i = 0, ∀n > 0,
− φu, nxn−1 + hψu, xn i = 0 ∀n > 0,
−n u, φxn−1 + hu, ψxn i = 0, ∀n > 0.
Substituindo agora φ e ψ pelas respectivas expressões e sendo t = p + 1, a
equação acima escreve-se:
+
+ *
* p+1
p
X
X
ν+n
ν+n−1
aν x
= 0 , ∀n > 0 ,
cν x
+ u,
−n u,
ν=0
ν=0
−n
p+1
X
cν u, xν+n−1 +
p
X
aν u, xν+n = 0, ∀n > 0,
ν=0
ν=0
ou seja,
−n
p+1
X
cν (u)ν+n−1 +
ν=0
−nc0 (u)n−1 +
p
X
aν (u)ν+n = 0 , ∀n > 0,
ν=0
p+1
X
(−ncν + aν−1 ) (u)ν+n−1 = 0 , ∀n > 0,
ν=1
−nc0 (u)n−1 +
p
X
(−ncν+1 + aν ) (u)ν+n = 0 , ∀n > 0.
ν=0
Analisando os momentos de ordem mais elevada em cada uma das parcelas, e
usando o facto de ct = cp+1 = 1, tem-se:
−n (u)p+n + ap (u)p+n = 0 , ∀n > 0, i.e.,
(−n + ap ) (u)p+n = 0, ∀n > 0
Se existir n0 ∈ N tal que ap = n0 , então a igualdade anterior escrever-se-ia:
(−n + n0 ) (u)p+n = 0, ∀n > 0,
pelo que o momento de ordem p + n0 ficaria indeterminado. Além disso, certos
momento de ordem inferior, que já foram determinados, deverão satisfazer a
condição suplementar
−n0 c0 (u)n0 −1 +
p
X
(−n0 cν+1 + aν ) (u)ν+n0 = 0 (com ap = n0 ).
ν=0
No sentido de excluir essa situação, exigimos que:
ap 6= n,
∀n > 0.
(4.1.3)
Assim, todos os momentos estarão univocamente determinados. Sendo o par
(φ, ψ) admissível, a equação D (φu) + ψu = 0, onde grau (ψ) > 1 e φ é mónico,
possui uma única solução u não nula, ou dito de outra forma, a equação funcional
determina univocamente a sucessão dos momentos de u.
4.2. CLASSE DE UMA FORMA SEMI-CLÁSSICA
4.2
105
Classe de uma forma semi-clássica
Vejamos que a forma semi-clássica u satisfaz uma infinidade de equações do tipo
(4.1.1).
Proposição 4.2.1 [11] Seja u uma forma semiclássica satisfazendo a equação
funcional D (φu)+ψu = 0, onde (φ, ψ) é um par admissível. Se χ ∈ P , mónico,
não nulo e com grau (χ) = q > 0, então u satisfaz ainda a equação
D (φ1 u) + ψ1 u = 0, onde
(4.2.4)
φ1 = χφ e ψ1 = χψ − χ0 φ. Além disso, (φ1 , ψ1 ) é par admissível.
Prova: Vejamos que u satisfaz a equação funcional (4.2.4). Por hipótese, u é
solução da equação funcional D (φu)+ψu = 0, a qual podemos multiplicar
pelo polinómio χ, ou seja,
χ (D (φu) + ψu) = 0 , i.e.,
χD (φu) + χψu = 0.
Lembrando que D (χ (φu)) = χ0 φu + χD (φu), então a equação anterior
escreve-se agora como
D (χφu) − χ0 φu + χψu = 0 ,
donde
D (χφu) + χψ − χ0 φ u = 0, ou seja
D (φ1 u) + ψ1 u = 0 .
Como χ é mónico, χφ é ainda mónico. Além disso, dado que grau (ψ) > 1
e grau (χ) > 0 então grau (χψ) > 1, donde
grau χψ − χ0 φ = max grau (χψ) , grau χ0 φ > grau (χψ) > 1.
Resta verificar a condição admissibilidade do par (φ1 , ψ1 ) = (χφ, χψ − χ0 φ).
Faça-se t = grau (φ) e p = grau (ψ) , então t1 = grau (φ1 ) = t + q e
p1 = grau (ψ1 ) = max {p + q, q + t − 1} . É claro que se p 6= t − 1 então
p1 6= t1 − 1.
Suponhamos que p = t − 1, logo p1 = p + q. O coeficiente principal do
polinómio (χ0 φ) (x) é q e o coeficiente principal de (χψ) (x) é ap , onde ap
é o coeficiente principal de ψ. Assim se âp+q for coeficiente principal de
ψ1 (i.e., o do termo de grau p1 = p + q),
âp+q = ap − q
Como, por hipótese, o par (φ, ψ) é admissível, então ap ∈
/ N, n > 0, pelo
que âp+q ∈
/ N logo o par (φ1 , ψ1 ) é admissível.
106
Seja então t = grau (φ) e p = grau (ψ) . Sob o exposto, consideremos a aplicação
de P × P em N que a cada par (φ, ψ) associa um número s = max (p − 1, t − 2) ,
s > 0. Consideremos a imagem de dois elementos de P × P:
P ×P → N
(φ, ψ) 7→ s = max (p − 1, t − 2)
(φ1 , ψ1 ) 7→ s1 = max (p1 − 1, t1 − 2)
Sendo φ1 = (χφ), ψ1 = (χψ − χ0 φ), t1 = grau (φ1 ) e p1 = grau (ψ1 ) , onde χ é
um qualquer elemento de P mónico e não nulo, tem-se que:
s1 = s + q
onde q = grau (χ) .
Com efeito, como
p1 = max (p + q, q + t − 1)
= q + max (p, t − 1)
= q+s+1
t1 = q + t ,
segue-se que
s1 = max (p1 − 1, t1 − 2)
= max (q + s + 1 − 1, q + t − 2)
= q + max (s, t − 2)
= q + s.
Na proposição precedente, vimos que se uma forma semi-clássica u satisfizer a
equação funcional D (φu)+ψu = 0, necessariamente terá de satisfazer a equação
D (φ1 u) + ψ1 u = 0. Além disso, se o par (φ, ψ) for admissível, também (φ1 , ψ1 )
o será. Assim, podemos definir a aplicação:
{formas semi-clássicas} → P (N)
u → h (u) .
Definição 4.2.1 O elemento mínimo de h (u) será designado por classe de u.
Quando u é de classe s, a sucessão {Pn }n>0 ortogonal relativamente a u diz-se
de classe s.
Corolário 4.2.2 As sucessões ortogonais clássicas são semi-clássicas de classe
zero.
Prova: De facto, exigir que s = 0 equivale a exigir que max (p − 1, t − 2) = 0,
ou seja, p − 1 6 0 e t − 2 6 0, isto é, p 6 1 e t 6 2. Contudo, por definição
4.3. CONSEQUÊNCIAS DAS RELAÇÕES DO TIPO FINITO
107
de sucessão ortogonal semi-clássica exige-se p > 1, pelo que p = 1. Por
outro lado, atendendo a que φ e ψ se escrevem como em (3.2.3) e em
(3.2.4) e ao facto de φ ser mónico, ψ 0 (0) − n2 φ00 (0) = ap − n2 (2) = ap − n,
que é sempre diferente de zero pois, ap ∈
/ N. E portanto concluímos que o
par (φ, ψ) é um par admissível.
4.3
Consequências das relações do tipo finito
Proposição 4.3.1 Para qualquer polinómio mónico Φ de grau t e qualquer SP
ortogonal {Pn }n>0 as seguintes afirmações são equivalentes:
(a) Existe um inteiro s > 0 tal que
Φ(x)Pn[1] (x) =
n+t
X
(4.3.5)
ν=n−s
λn,n−s 6= 0, n > s + 1.
(4.3.6)
(b) Existe um polinómio Ψ, grau(Ψ) = p > 1, tal que
(Φu0 )0 + Ψu0 = 0,
(4.3.7)
onde o par (Φ, Ψ) é admissível.
(c) Existem um inteiro s > 0 e um polinómio Ψ, grau(Ψ) = p > 1, tais que
0
Φ(x)Pm
(x)
− Ψ(x)Pm (x) =
m+s
Xm
em,ν Pν+1 (x), m > t,
λ
(4.3.8)
ν=m−t
em,m−t 6= 0, m > t,
λ
(4.3.9)
onde s = max(p − 1, t − 2), o par (Φ, Ψ) é admissível e
p − 1, m = 0,
sm =
s,
m > 1.
(4.3.10)
Podemos ainda escrever que
2
em,ν = −(ν + 1) hu0 , Pm i λν,m , 0 6 ν 6 m + s.
λ
2 i
hu0 , Pν+1
(4.3.11)
[1]
Prova: Supondo (a), então o lema 2.2.1 é satisfeito por Qn = Pn , n > 0.
Contudo (4.3.6) obriga a que µm = m + s, m > 1, e (2.2.32) passa a
escrever-se na forma:
Φum =
µm
X
ν=0
λν,m u[1]
ν ,
m > 0,
108
do que podemos deduzir, graças a (1.3.28), que
(Φum )0 = −
µm
X
λν,m (ν + 1)uν+1 ,
m > 0.
ν=0
Atendendo à ortogonalidade de {Pn }n>0 , temos que
(Pm Φu0 )0 = −Ψµm +1 u0 ,
m > 0,
(4.3.12)
onde
Ψµm +1 (x) =
µm
X
ν=0
(ν + 1)
2i
hu0 , Pm
2 i λν,m Pν+1 (x),
hu0 , Pν+1
m > 0.
(4.3.13)
Podemos dar um novo aspecto a (4.3.12):
0
Pm
Φu0 + Pm (Φu0 )0 = −Ψµm +1 u0 ,
m > 0.
(4.3.14)
Considerando m = 0 em (4.3.14), temos
(Φu0 )0 + Ψµ0 +1 u0 = 0.
(4.3.15)
Substituindo (4.3.15) em (4.3.14) e atendendo à regularidade de u0 , ocorre
que
0
ΦPm
− Ψµ0 +1 Pm = −Ψµm +1 , m > 0.
(4.3.16)
A análise do grau dos polinómios patentes em ambos os membros da
igualdade anterior, permite-nos concluir o seguinte:
se t − 1 > µ0 + 1 (logo t > 3), então t = s + 2, µ0 < s;
se t − 1 6 µ0 + 1, então µ0 = s donde t 6 s + 2.
Obviamente que o par (Φ, Ψµ0 +1 ) é admissível e fazendo p = µ0 + 1,
temos que s = max(p − 1, t − 2). Por conseguinte, atendendo a (4.3.11),
são válidas (4.3.8) e (4.3.9).
Deste modo, acabamos de provar que (a)⇒(b) e (a)⇒(c).
Vejamos agora que (b)⇒(c). Podemos sempre considerar a igualdade
0
Φ(x)Pm
(x) − Ψ(x)Pm (x) =
m+s
m +1
X
λ0m,ν Pν (x),
m > 0,
ν=0
da qual é possível deduzir (à semelhança de casos anteriores)
0
hu0 , ΦPm
− ΨPm Pµ i = λ0m,ν hu0 , Pµ2 i, 0 6 µ 6 m + s + 1.
Por outro lado, temos que
0
0
hu0 , ΦPm
− ΨPm Pµ i = hΦPµ u0 , Pm
i − hΨPµ u0 , Pm i
= −h(ΦPµ u0 )0 + ΨPµ u0 , Pm i
= −hPµ0 Φu0 + Pµ (Φu0 )0 + Pµ Ψu0 , Pm i
= −hPµ0 Φu0 , Pm i,
109
por (4.3.7), e portanto
−hPµ0 Φu0 , Pm i = λ0m,µ hu0 , Pµ2 i,
0 6 µ 6 m + s + 1.
Consequentemente, λ0m,µ = 0, 0 6 µ 6 m − t, λ0m,0 = 0, m > 0. Além
disso, para µ = m − t + 1,
0
2
2
−hu0 , Pm−t+1
ΦPm i = −(m−t+1)hu0 , Pm
i = λ0m,m−t+1 hu0 , Pm−t+1
i, m > t,
do que resulta:
0
Φ(x)Pm
(x) − Ψ(x)Pm (x) =
m+s
Xm
λ0m,ν+1 Pν+1 (x),
m > t,
ν=m−t
λ0m,m−t+1 6= 0,
m > t.
Finalmente demonstremos que (c)⇒(a). A partir de (4.3.8), obtemos
0
hun , ΦPm
− ΨPm i =
m+s
Xm
em,ν δn,ν+1 ,
λ
m, n > 0,
ν=0
ou seja,
h(Φun )0 + Ψun , Pm i = −
m+s
Xm
em,ν δn,ν+1 ,
λ
m, n > 0.
ν=0
Para n = 0, h(Φu0 )0 + Ψu0 , Pm i = 0, m > 0, logo
(Φu0 )0 + Ψu0 = 0.
Mais, efectuando a mudança n → n + 1, obtemos
h(Φun+1 )0 + Ψun+1 , Pm i = 0,
m > n + 1 + t, n > 0,
e
h(Φun+1 ) + Ψun+1 , Pn+t i = −λn+t,n 6= 0, n > 0.
0
De acordo com o lema 1.3.3, face ao já exposto, inferimos que
n+t
X
(Φun+1 )0 + Ψun+1 = −
eν,n uν ,
λ
n > s,
ν=n−s
e a ortogonalidade de {Pn }n>0 permite concluir que
0
(ΦPn+1 u0 ) + ΨPn+1 u0 = −
n+t
X
2
eν,n hu0 , Pn+1 i Pν u0 ,
λ
hu0 , Pν2 i
ν=n−s
n > s,
isto é,
0
Pn+1
Φu0 +Pn+1 (Φu0 )0 +ΨPn+1 u0 = −
n+t
X
2
eν,n hu0 , Pn+1 i Pν u0 ,
λ
hu0 , Pν2 i
ν=n−s
n > s,
Em virtude de (4.3.7) e atendendo à regularidade de u0 , finalmente obtemos (4.3.5)-(4.3.6), de acordo com (4.3.11).
110
Observações 4.3.1
1. Quando t > s + 3 em (4.3.5), tal significa que {Pn }n>0 não é ortogonal.
É consequência imediata de (4.3.16) e das considerações subsequentes.
2. Quando s = 0, obtemos os polinómios ortogonais clássicos. Neste caso,
temos o resultado a seguir apresentado.
Proposição 4.3.2 A SP {Pn }n>0 ortogonal é clássica se e só se existir um
inteiro t, 0 6 t 6 2, tal que
m
X
Pm (x) =
ζm,ν Pν[1] (x), m > t,
(4.3.17)
ν=m−t
ζm,m−t 6= 0, m > t.
Prova: Comecemos por mostrar que as condições são necessárias. Quando
[1]
[1]
{Pn }n>0 é clássica, {Pn }n>0 é ortogonal relativamente a u0 = k0−1 Φu0 ,
onde Φ é mónico e grau(Φ) 6 2. Resulta por isso que a afirmação (b) da
[1]
proposição 2.2.3 é satisfeita com Qn → Pn e s = 0, logo obtemos (2.2.44),
o que equivale a (4.3.17).
Mostremos agora que as condições são suficientes. Pela proposição 2.2.1
[1]
com Qn → Pn , Pn → Pn , Φ = 1, temos (2.2.37), isto é,
u[1]
m = km Λm+t u0 ,
m > 0,
(4.3.18)
onde
−1
2
km = ζm+t,m hu0 , Pm+t
i
,
Λm+t (x) =
m > 0,
m+s
X
2 i
ζν,m hu0 , Pm+t
Pν (x),
ζ
hu0 , Pν2 i
ν=m m+t,m
m > 0.
Por (4.3.18) e (1.3.28), inferimos que
−(n + 1)un+1 = (km Λm+t u0 )0
e pela ortogonalidade de {Pn }n>0 , obtemos
(Λm+t u0 )0 + ρm Pm+1 u0 = 0,
com
m > 0,
−1
−1
2
ρm = (m + 1)km
i
,
hu0 , Pm+1
(4.3.19)
m > 0.
Tomando m = 0, obtemos
(Λt u0 )0 + ρ0 P1 u0 = 0.
(4.3.20)
111
Logo u0 é uma forma clássica (basta considerar (3.2.1)). Com efeito,
o par (Λt , ρ0 P1 ) é admissível. Multipliquemos as equações (4.3.19) por
Λt e (4.3.20) por Λm+t e subtraia-se a segunda à primeira. Devido à
regularidade de u0 , obtemos
Λt Λ0m+t − Λm+t Λ0t = ρ0 P1 Λm+t − ρm Pm+1 Λt ,
m > 0.
Por inspecção dos graus dos polinómios, vemos que 0 6 t 6 2. Quando
t = 2, ρ0 − m = ρm 6= 0, m > 0 e quando 0 6 t 6 1, ρm = ρ0 , m > 0.
[1]
Observação 4.3.2 Como {Pn }n>0 é ortogonal, podemos considerar (4.3.18)
como
2 −1
[1]
[1]
[1] [1]
Pm
u0 = km Λm+t u0 , m > 0.
hu0 , Pm i
[1]
Se m = 0, u0 = k0 Λt u0 , logo, pela regularidade de u0 ,
[1]
hu0 ,
[1]
Pm
2 −1
[1]
i
k0 Λt Pm
= km Λm+t ,
ou seja,
com km
[1]
Λt (x)Pm
(x) = Λm+t (x), m > 0,
(4.3.21)
−1
[1]
[1] 2
= k0 hu0 , Pm i
, m > 0. Encontramos de novo as relações
(4.3.5)-(4.3.6), embora aqui, para s = 0, a relação de tipo finito é estrita.
112
Capítulo 5
Nova Prova do teorema de Hahn
5.1
Enunciado do teorema de Hahn
O enunciado do teorema de Hahn é o que a seguir se apresenta.
Teorema 5.1.1 (Hahn) [14] Seja {Pn }n>0 uma sucessão ortogonal. Se existir
o
n
[k]
é ortogonal, então {Pn }n>0 é uma sucessão clássica.
k > 1 tal que Pn
n>0
Por uma questão de simplicidade de escrita, faça-se
Qn (x) := Pn[k] (x) ,
n>0,
e seja {vn }n>0 a sucessão dual associada à sucessão de polinómios {Qn }n>0 (com
[k]
vn = un ). Esta notação será usada até ao final deste trabalho.
Antes de se dar início à prova ir-se-ão demonstrar alguns resultados que serão
fundamentais para as nossas conclusões.
5.2
Resultados preliminares
Lema 5.2.1 Sejam f , g ∈ P e seja w ∈ P 0 . Se os polinómios f e g forem
primos entre si, e se f w = 0 e gw = 0, então w = 0.
113
114
CAPÍTULO 5. NOVA PROVA DO TEOREMA DE HAHN
Prova: Consideremos as factorizações de f e g. Deste modo,
f (x) =
g (x) =
r
Y
ν=1
s
Y
(x − bν )rν , com grau (f ) =
r
X
rν > 0 ,
ν=1
(x − cτ )sτ , com grau (g) =
s
X
sτ > 0 ,
τ =1
τ =1
onde bν 6= cτ , para 1 6 ν 6 r e 1 6 τ 6 s.
Sob a hipótese de que f w = 0, deduzimos, pela proposição 2.1.7, que
w=
r rX
ν −1
X
Bµν (δbυ )(µ) ,
ν=1 µ=0
Bµν
onde os coeficientes
são números complexos, com 0 6 µ 6 rν − 1 e
t > 1 o número de raízes distintas.
Analogamente, sob a hipótese gw = 0, deduzimos que
w=
s sX
τ −1
X
Cστ (δcτ )(σ) .
τ =1 σ=0
E, portanto,
s sX
τ −1
X
Cστ
(σ)
(δcτ )
τ =1 σ=0
=
r rX
ν −1
X
Bµν (δbυ )(µ) .
ν=1 µ=0
Sendo cτ e bυ , com 1 6 τ 6 s e 1 6 υ 6 r, todos distintos, resulta
que δcτ , δbυ são linearmente independentes. Além disso, (δcτ )(σ) , com
1 6 σ 6 sτ − 1, são linearmente independentes de δcτ , para 1 6 τ 6 s.
De forma inteiramente análoga tem-se que (δbυ )(µ) , com 1 6 µ 6 rυ − 1,
são linearmente independentes de δbυ , para 1 6 υ 6 r. Perante o exposto,
necessariamente se tem que Cµτ = Bµν = 0, para 1 6 τ 6 s, 1 6 σ 6 sτ − 1
e 1 6 υ 6 r,1 6 µ 6 rυ − 1. E portanto w = 0.
Lema 5.2.2 [11, p.144] Seja u uma forma semi-clássica, tal que:
D (Φ1 u) + Ψ1 u = 0 ,
(5.2.1)
D (Φ2 u) + Ψ2 u = 0 ,
(5.2.2)
onde grau (Φi ) = ti e grau (Ψi ) = pi com i = 1, 2.
Se Φ o máximo factor comum entre Φ1 e Φ2 , então existe um polinómio Ψ, tal
que:
D (Φu) + Ψu = 0
com s = max (p − 1, t − 2)
(5.2.3)
onde grau (Φ) = t e grau (Ψ) = p.
Além disso, s = max (p − 1, t − 2) = si − ti + t, onde si = max (pi − 1, ti − 2) ,
i = 1, 2.
5.2. RESULTADOS PRELIMINARES
115
Prova: Como Φ é o máximo factor comum entre Φ1 e Φ2 então poder-se-á
escrever que
e 1 ∈ P tal que Φ1 = Φ
e 1Φ ,
∃Φ
e 2 ∈ P tal que Φ2 = Φ
e 2Φ .
∃Φ
e2 e
Multiplicando ambos os membros da equação dada por (5.2.1) por Φ
e
ambos os membros da equação (5.2.2) por Φ1 , encontra-se
e 2 D (Φ1 u) + Φ
e 2 Ψ1 u = 0,
Φ
e 1 D (Φ2 u) + Φ
e 1 Ψ2 u = 0,
Φ
lembrando que
e 2 Φ1 u
e 2 D (Φ1 u) + Φ
e 0 Φ1 u,
D Φ
= Φ
2
e 1 Φ2 u
e 1 D (Φ2 u) + Φ
e 0 Φ2 u,
D Φ
= Φ
1
as equações anteriores escrevem-se agora
e 2 Φ1 u + −Φ
e 02 Φ1 + Φ
e 2 Ψ1 u = 0
D Φ
e 1 Φ2 u + −Φ
e 0 Φ2 + Φ
e 1 Ψ2 u = 0
D Φ
1
e i Φ, para i = 1, 2, e aplicando esta igualdade nestas
mas como Φi = Φ
últimas equações, tem-se
e 2Φ
e 1 Φu + −Φ
e 02 Φ
e 1Φ + Φ
e 2 Ψ1 u = 0,
D Φ
e 1Φ
e 2 Φu + −Φ
e 01 Φ
e 2Φ + Φ
e 1 Ψ2 u = 0,
D Φ
Subtraindo a segunda equação à primeira segue-se que
h i
e 2Φ
e 1 Φu + −Φ
e0 Φ
e 1Φ + Φ
e 2 Ψ1 u
D Φ
2
h i
e 1Φ
e 2 Φu + −Φ
e 01 Φ
e 2Φ + Φ
e 1 Ψ2 u = 0,
− D Φ
ou seja,
e 2 Ψ1 − Φ
e 1 Ψ2 + Φ
e0 Φ
e 2Φ − Φ
e0 Φ
e 1 Φ u = 0.
Φ
1
2
Atendendo à regularidade de u, obtemos
e 2 Ψ1 − Φ
e 1 Ψ2 + Φ
e 01 Φ
e 2Φ − Φ
e 02 Φ
e 1 Φ = 0,
Φ
isto é,
e 2 Ψ1 + Φ
e 01 Φ − Φ
e 1 Ψ2 + Φ
e 02 Φ = 0,
Φ
logo
e 2 Ψ1 + Φ
e0 Φ = Φ
e 1 Ψ2 + Φ
e0 Φ .
Φ
1
2
(5.2.4)
116
e1 e Φ
e 2 polinómios primos entre si, decorre, em particular, que
Sendo Φ
e 1 terá necessariamente de ser raíz de Ψ1 + Φ
e 0 Φ, pelo
qualquer raíz de Φ
1
que,
e 1 Ψ = Ψ1 + Φ
e 0 Φ.
∃ Ψ ∈ P tal que Φ
(5.2.5)
1
e 0 Φ por Φ
e 1 Ψ na equação (5.2.4) obtém-se:
Substituindo agora Ψ1 + Φ
1
e 2Φ
e 1Ψ = Φ
e 1 Ψ2 + Φ
e0 Φ .
Φ
2
e1 =
Como Φ
6 0, tem-se que:
e 2 Ψ = Ψ2 + Φ
e 02 Φ.
Φ
(5.2.6)
Regressando agora às equações (5.2.1) e (5.2.2) dadas no enunciado e
e i Φ, para i = 1, 2, segue-se:
efectuando a substituição Φi = Φ
e 1 Φu + Ψ1 u = 0,
D Φ
e 2 Φu + Ψ2 u = 0,
D Φ
e notando que
e i Φu = Φ
e i D (Φu) + Φ
e 0i Φu,
D Φ
com i = 1, 2,
conclui-se que:
e 1 D (Φu) + Φ
e 0 Φu + Ψ1 u = 0,
Φ
1
e
e
Φ2 D (Φu) + Φ02 Φu + Ψ2 u = 0,
isto é,
e 1 D (Φu) + Φ
e 0 Φ + Ψ1 u = 0,
Φ
1
e 2 D (Φu) + Φ
e 02 Φ + Ψ2 u = 0,
Φ
usando agora as expressões obtidas em (5.2.5) e em (5.2.6), obtém-se
e 1 D (Φu) + Φ
e 1 Ψu = 0,
Φ
e 2 D (Φu) + Φ
e 2 Ψu = 0,
Φ
ou seja,
e 1 (D (Φu) + Ψu) = 0,
Φ
e 2 (D (Φu) + Ψu) = 0.
Φ
e1 e Φ
e 2 não têm
Dever-se-á aqui notar que D (Φu) + Ψu ∈ P 0 . Como Φ
factores comuns, então, pelo lema (5.2.1), tem-se que:
D (Φu) + Ψu = 0.
117
Para concluir a prova resta analisar o valor de s = max (p − 1, t − 2) onde
e i ) = ti −t,
t = grau (Φ) e p = grau (Ψ). Sendo grau (Φi ) = ti , então grau(Φ
para i = 1, 2. A notar ainda que
si = max (pi − 1, ti − 2) , para i = 1, 2 ,
e i Ψ = Ψi − Φ
e 0 Φ, a
onde grau (Ψi ) = pi , para i = 1, 2. Atendendo a que Φ
i
avaliação dos graus de ambos os membros conduz ao seguinte:
p = max (pi , ti − t − 1 + t) + t − ti
= max (pi , ti − 1) + t − ti
= si + 1 + t − ti , para i = 1, 2 .
Por conseguinte, inferimos que
s = max {p − 1, t − 2}
= max {(si + 1 + t − ti ) − 1, t − 2}
= max {t + si − ti , t − 2} , para i = 1, 2 ,
mas, como si > ti − 2, i.e., si − ti > −2, então
max {t + si − ti , t − 2} = t + si − ti , para i = 1, 2.
Consequentemente, conclui-se que s = si + t − ti , para i = 1, 2.
Lema 5.2.3 [14] Seja {Pn }n>0 uma sucessão ortogonal semi-clássica com respeito a u0 . Suponha-se ainda que u0 satisfaz as duas equações funcionais
D (Φ1 u0 ) + Ψ1 u0 = 0
D (Φ2 u0 ) + Ψ2 u0 = 0
(5.2.7)
onde grau (Φi) = ti e grau (Ψi ) = pi com i = 1, 2,
e que existem um inteiro m > 0 e quatro polinómios E, F, G e H, tais que
Φ1 (x) = E(x)Pm+1 (x) + F (x)Pm (x)
(5.2.8)
Φ2 (x) = G (x) Pm+1 (x) + H(x)Pm (x)
e seja ainda ∆ (x) o determinante do sistema (5.2.8) dado por
E (x) F (x) .
∆ (x) = G (x) H (x) (5.2.9)
A forma u0 é clássica se uma das seguintes três condições for verificada:
a)
∃ i = 1, 2, tal que grau (Ψi ) 6 grau (Φi ) − 1 e grau (∆) = 2;
b)
∃ i = 1, 2, tal que grau (Ψi ) = grau (Φi ) e grau (∆) = 1;
c)
∃ i = 1, 2, tal que grau (Ψi ) = grau (Φi ) + 1 e grau (∆) = 0.
118
Prova: Comecemos por notar que, pela regra de Crammer aplicada ao sistema
Φ1 (x)
E(x) F (x)
Pm+1 (x)
=
,
Φ2 (x)
G (x) H(x)
Pm (x)
tem-se que
Φ1 (x) F (x) = Φ1 (x) H (x) − Φ2 (x) F (x) ,
∆ (x) Pm+1 (x) = Φ2 (x) H (x) E (x) Φ1 (x) = Φ2 (x) E (x) − Φ1 (x) G (x) , m > 0.
∆ (x) Pm (x) = G (x) Φ2 (x) Lembremos que, pelo corolário 2.1.6, Pm e Pm+1 , m > 0, não têm zeros
comuns. Assim, qualquer factor comum entre Φ1 e Φ2 é-o também de ∆.
Em particular, se Φ for o maior factor comum entre Φ1 e Φ2 , Φ é factor
de ∆. Nesse sentido, tem-se
e i com i = 1, 2
Φi = ΦΦ
e
∆ = Φ∆.
(5.2.10)
Pelo lema (5.2.2), existe um polinómio Ψ, tal que, (Φu0 )0 +Ψu0 = 0. Além
disso, ficou visto na prova que tal Ψ satisfaz as igualdades (5.2.5) e (5.2.6),
dadas por:
e i Ψ = Ψi + Φ
e 0i Φ , i = 1, 2.
Φ
Analisando o grau de ambos os membros da equação anterior, tem-se
n
o
e i + grau (Ψ) = max grau (Ψi ) , grau Φ
e 0 + grau (Φ)
grau Φ
i
e i = grau (Φi ) − grau (Φ) e a
Atendendo à expressão de Φi , então grau Φ
igualdade anterior passa a escrever-se como
grau (Φi ) − grau (Φ) + grau (Ψ) = max {grau (Ψi ) , grau (Φi ) − 1} .
(5.2.11)
Recorde-se ainda que, sendo u0 uma forma semi-clássica, necessariamente
se tem grau (Ψ) > 1. Proceda-se agora a uma análise de cada uma das
hipóteses: (a), (b) e (c). Ainda a referir que se grau (∆) 6 2, então
necessariamente grau (Φ) 6 2.
Em (a), supõe-se que ∃ i = 1, 2 tal que grau (Ψi ) 6 grau (Φi ) − 1, pelo que
a equação (5.2.11) escreve-se
grau (Φi ) − grau (Φ) + grau (Ψ) = grau (Φi ) − 1
i.e.
grau (Ψ) = grau (Φ) − 1
e como grau (Ψ) > 1 então grau (Φ) > 2. Por outro lado, atendendo a
e , pelo que grau (∆) = 2 obriga
(5.2.10), grau (∆) = grau (Φ) + grau ∆
a grau (Φ) 6 2. Assim, grau (Φ) = 2, logo grau (Ψ) = grau (Φ) − 1 = 1.
5.3. NOVA PROVA
119
Resulta por isso que a forma u0 é clássica. As condições de admissibilidade
de uma forma clássica são naturalmente verificadas.
Mais, atentando no grau de Φ, concluímos que se trata de uma forma
de Bessel (se Φ tiver uma raíz dupla) ou Jacobi (se Φ tiver duas raízes
distintas).
Em (b), supõe-se que ∃ i = 1, 2 tal que grau (Ψi ) = grau (Φi ) , pelo que a
equação (5.2.11) escreve-se
grau (Φi ) − grau (Φ) + grau (Ψ) = grau (Ψi )
grau (Φi ) − grau (Φ) + grau (Ψ) = grau (Φi )
i.e.
grau (Ψ) = grau (Φ)
e como grau (Ψ) > 1 então grau (Φ) > 1. Por outro lado, atendendo a
e pelo que grau (∆) = 1 obriga a
(5.2.10), grau(∆) = grau(Φ) + grau(∆),
grau (Φ) 6 1. Em resultado disso, tem-se grau (Φ) = 1, logo grau(Ψ) = grau(Φ) = 1.
Nestas condições, tem-se que a forma u0 é clássica. Ainda a referir que,
sendo grau (Φ) = 1, trata-se de uma forma clássica de Laguerre.
Em (c), supõe-se grau (Ψi ) = grau (Φi ) + 1, pelo que a equação (5.2.11)
escreve-se
grau (Φi ) − grau (Φ) + grau (Ψ) = grau (Ψi )
grau (Φi ) − grau (Φ) + grau (Ψ) = grau (Φi ) + 1
i.e.
grau (Ψ) = grau (Φ) + 1
e como grau (Ψ) > 1, então grau (Φ) > 0. Por outro lado, atendendo a
e donde grau (∆) = 0 obriga a
(5.2.10), grau (∆) = grau (Φ) + grau(∆),
grau (Φ) 6 0, do que se conclui que grau (Φ) = 0.
Logo grau (Ψ) = grau (Φ) + 1 = 1. Deste modo, tem-se que a forma u0
é clássica, mais concretamente, corresponde à forma clássica de Hermite
(pois grau (Φ) = 0).
Finalmente reúnem-se as condições para dar início à nova prova do teorema de
Hahn, o objectivo principal deste trabalho.
5.3
Nova prova
Apresentamos, agora, a nova prova do teorema de Hahn (5.1.1) [14].
Sob a hipótese de que as sucessões {Pn }n>0 e {Qn }n>0 são ortogonais relativamente a u0 e a v0 , respectivamente, tem-se, pela proposição (2.1.5), que
Pn+2 (x) = (x − βn+1 )Pn+1 (x) − γn+1 Pn (x),
P0 (x) = 1 e
P1 (x) = x − β0 ,
n > 0,
(5.3.12)
120
e
Qn+2 (x) = (x − ζn+1 )Qn+1 (x) − ρn+1 Pn (x),
Q0 (x) = 1 e
n > 0,
(5.3.13)
Q1 (x) = x − ζ0 ,
onde as constantes βn , γn+1 , ζn e ρn+1 , n > 0, são dadas pelas expressões
contempladas na proposição (2.1.5). Passamos a citá-las:
2 (x)
u0 , xPn2 (x)
u0 , Pn+1
βn =
, γn+1 =
6= 0, n > 0,
hu0 , Pn2 (x)i
hu0 , Pn2 (x)i
v0 , Q2n+1 (x)
v0 , xQ2n (x)
, ρn+1 =
6= 0, n > 0.
ζn =
hv0 , Q2n (x)i
hv0 , Q2n (x)i
Equivalentemente, do teorema (2.1.1), tem-se, pela alínea (e)
−1
un = u0 , Pn2
Pn u0 , n > 0,
(5.3.14)
e pela alínea (c) segue-se que
(x − ζn ) vn = vn−1 + ρn+1 vn+1 ,
n > 0.
(5.3.15)
Seja k > 1. Diferenciando k vezes ambos os membros de (5.3.15), vem que
((x − ζn ) vn )(k) = (vn−1 )(k) + ρn+1 (vn+1 )(k) ,
n > 0.
(5.3.16)
Por outro lado, usando a propriedade contemplada em (1.2.18) do lema 1.2.1,
tem-se que
Xk k (k)
((x − ζn ) vn )
=
(x − ζn )(ν) (vn )(k−ν) ,
ν=0 ν
k
k
(0)
(k)
=
(x − ζn ) vn +
(x − ζn )(1) (vn ) (k−1) ,
0
1
= (x − ζn ) vn (k) + k (vn ) (k−1) ,
k > 1.
Substituindo o obtido na igualdade (5.3.16), obtemos:
k (vn ) (k−1) = (vn−1 )(k) + ρn+1 (vn+1 )(k) − (x − ζn ) (vn ) (k) , n > 0, k > 1.
(5.3.17)
Introduzindo no segundo membro de (5.3.17) as expressões de (vn−1 )(k) , (vn )(k)
e (vn+1 )(k) pelas indicadas em (1.3.32) do lema 1.3.4, conduz-nos ao seguinte:
k(vn )(k−1)
=
(−1)k
k
Y
[(n − 1 + µ)un−1+k + (n + 1 + µ)ρn+1 un+1+k −
µ=1
− (n + µ)(x − ζn )un+k ]
=
k
(−1)
k
Y
(n + µ)
µ=1
− (x − ζn )un+k ] ,
n+k+1
n
un−1+k +
ρn+1 un+1+k −
n+k
n+1
n > 0, k > 1,
5.3. NOVA PROVA
121
pelo que se tem:
(−1)k k (vn )(k−1)
k
Y
n
n+k+1
=
(n + µ)
un−1+k +
ρn+1 un+1+k − (x − ζn ) un+k ,
n+k
n+1
µ=1
sempre que n > 0, k > 1. Tendo em atenção (5.3.14), o lado direito da equação
anterior poder-se-á escrever à custa de u0 :
"
k
Y
n
1
k
(k−1)
(−1) k (vn )
=
(n + µ)
Pn−1+k u0 +
2
n + k hu0 , Pn−1+k
i
µ=1
#
n+k+1
ρn+1
(x − ζn )
+
Pn+1+k u0 −
2
2 i Pn+k u0
n + 1 hu0 , Pn+1+k
i
hu0 , Pn+k
"
k
Y
n
1
=
Pn−1+k +
(n + µ)
2
n + k hu0 , Pn−1+k
i
µ=1
#
(x − ζn )
n+k+1
ρn+1
Pn+1+k −
+
2
2 i Pn+k u0 ,
n + 1 hu0 , Pn+1+k
i
hu0 , Pn+k
n > 0, k > 1.
Convirá agora escrever esta expressão à custa de Pn+k e Pn+k+1 , evitando a
dependência em Pn−1+k . Da relação de recorrência (5.3.12), tem-se que:
Pn−1+k (x) = (γn+k )−1 {(x − βn+k )Pn+k (x) − Pn+k+1 (x)} ,
n > 0, k > 1.
Usando esta igualdade, concluímos que
n
1
Pn−1+k
2
n + k hu0 , Pn−1+k
i
−1
1
n
2
=
u0 , Pn−1+k
{(x − βn+k )Pn+k (x) − Pn+k+1 (x)}
γn+k n + k
=
1
n
{(x − βn+k )Pn+k (x) − Pn+k+1 (x)} ,
2
hu0 , Pn+k i n + k
para n > 0, k > 1 e atendendo a que (γn+k )−1 =
2
hu0 ,Pn−1+k
i
. Deste modo,
2
hu0 ,Pn+k
i
(−1)k k (vn ) (k−1)
 h
−1
n+k+1


n+1 ρn+1 γn+1+k −

k
Y
n
n+k
i

Pn+k+1 


(n + µ)
u0
2
h
i


u0 , Pn+k


n
µ=1

 − (x − ζn ) −
n+k (x − βn+k ) Pn+k
 h

i
−1
n+k+1
n


ρ
γ
−
P

n+1 n+1+k
n+k+1 
k
n+1
n+k

Y
(n + µ) 
=
u0 ,
2
h
i


u
,
P
0


n+k
k
n
µ=1
 −
x+
βn+k − ζn ) Pn+k 
=
n+k
para n > 0, k > 1.
n+k
122
Podemos escrever de maneira mais sucinta, sob a forma
(vn ) (k−1) = Nnk Φn+k+1 u0 ,
n>0
(5.3.18)
onde
Nnk Φn+k+1 (x)
n+k+1
n
−1
Pn+k+1
ρn+1 γn+1+k −
n+1
n+k
k
n
x+
βn+k − ζn ) Pn+k ,
n+k
n+k
Lkn
=
−
em que Nnk representa uma constante de normalização (necessariamente diferente de zero!),
Lkn = (−1)k k −1
2
u0 , Pn+k
k
−1 Y
(n + µ) ,
n > 0, k > 1,
µ=1
e Φn+k+1 é um polinómio mónico de grau 6 n + k + 1. Ora de (5.3.18) segue-se
que
(vn ) (k) = Nnk (Φn+k+1 u0 )0 , n > 0 , k > 1,
mas por outro lado, de (1.3.32) e (e) do teorema 2.1.1 tem-se ainda que:
(vn ) (k) = (−1)k
k
Y
(n + µ) un+k
µ=1
= (−1)k
k
Y
(n + µ)
2
u0 , Pn+k
−1
Pn+k u0 ,
n > 0 , k > 1.
µ=1
Deste modo encontramos a equação:
Nnk (Φn+k+1 u0 )0 +(−1)k−1
k
Y
(n + µ)
2
u0 , Pn+k
−1
Pn+k u0 = 0, n > 0, k > 1.
µ=1
Visando a simplificação de escrita, tomemos
(Φn+k+1 u0 )0 + λkn Pn+k u0 = 0, n > 0 , k > 1,
(5.3.19)
onde
λkn = (−1)k−1
2
u0 , Pn+k
−1 Nnk
k
−1 Y
(n + µ) , n > 0 , k > 1.
µ=1
A equação funcional (5.3.19) garante que u0 é uma forma semi-clássica desde
que as condições de admissibilidade sejam satisfeitas. Para simplificação de
escrita e por analogia à definição apresentada de formas semi-clássicas, façase Φ (x) = Φn+k+1 (x) e Ψ (x) = λkn Pn+k (x) , n > 0, k > 1. Naturalmente,
grau (Ψ) = n + k > 1, n > 0, k > 1. Por outro lado, se grau (Ψ) = grau (Φ) − 1,
ou seja, se grau (Φ) = n + k + 1, então o coeficiente de mais alto grau de Ψ
5.3. NOVA PROVA
123
é λkn , o qual é diferente de um inteiro positivo, se
condição essa que é sempre verificada.
2
u0 , Pn+k
−1
Nnk
−1
∈
/ N,
Analisando a expressão de Φn+k+1 , é possível dar-lhe um novo aspecto. Nesse
sentido, escreva-se
Φn+k+1 (x) = Akn Pn+k+1 (x)− Bnk x + Cnk Pn+k (x) , n > 0 , k > 1, (5.3.20)
onde
Akn
Bnk
Cnk
n+k+1
n
−1
=
,
ρn+1 γn+1+k −
n+1
n+k
−1
k
k
k
Ln
=
Nn
,
n+k
−1
n
k
k
Nn
=
Ln
βn+k − ζn ,
n > 0 , k > 1.
n+k
Nnk
−1
Lkn
Em particular para n = 0 e n = 1,
Φk+1 (x) = Ak0 Pk+1 (x) − B0k x + C0k Pk (x) , k > 1,
Φk+2 (x) = Ak1 Pk+2 (x) − B1k x + C1k Pk+1 (x) , k > 1.
De realçar que podemos escrever Φk+2 simplesmente à custa de Pk+1 e Pk ,
k > 1, se considerarmos que
Pk+2 (x) = (x − βk+1 ) Pk+1 (x) − γk+1 Pk (x) ,
k > 1,
pelo que
Φk+2 (x) = Ak1 (x − βk+1 ) − B1k x − C1k Pk+1 (x) − Ak1 γk+1 Pk (x) ,
k > 1,
ou seja,
Φk+1 (x) = Ak0 Pk+1 (x) − (B0k x + C0k )Pk (x),
(5.3.21)
Φk+2 (x) = (Ak1 − B1k )x − (Ak1 βk+1 + C1k ) Pk+1 (x) − Ak1 γk+1 Pk (x). (5.3.22)
Em particular, tem-se que a forma semi-clássica u0 satisfaz as seguintes equações
funcionais
(Φk+1 u0 )0 + (λk0 Pk )u0 = 0,
k > 1,
(Φk+2 u0 )0 + λk1 Pk+1 u0 = 0,
k > 1,
obtidas de (5.3.19) tomando n = 0 e n = 1, respectivamente.
Considere-se, agora, o seguinte sistema que permitirá escrever Φk+1 e Φk+2 como
o produto de uma matriz pelo vector formado por Pk+1 e Pk , k > 1:
Φk+1 (x)
Ak0
−(B0k x + C0k )
Pk+1 (x)
=
,
Φk+2 (x)
Pk (x)
(Ak1 − B1k )x − (Ak1 βk+1 + C1k )
−Ak1 γk+1
124
Denote-se por ∆k (x) o determinante da matriz anterior, isto é,
k
kx + Ck A
−
B
0
0
0
,
∆k (x) = Ak1 − B1k x − Ak1 βk+1 + C1k
−Ak1 γk+1
k > 1.
Podemos sempre escrever ∆k (x) na forma polinomial, isto é,
h i
∆k (x) = B0k Ak1 − B1k x2 + C0k Ak1 − B1k − B0k Ak1 βk+1 + C1k x
h i
− C0k Ak1 βk+1 + C1k + Ak0 Ak1 γk+1 ,
para cada k > 1.
Com base no lema 5.2.3, podemos averiguar em que casos u0 é clássica. Para
tal, convém avaliar os graus dos polinómios Φk+1 , Φk+2 , Ψk+1 (x) = λk0 Pk (x) e
Ψk+2 (x) = λk1 Pk+1 (x) , para cada k > 1. Assim,
grau (Φk+1 ) 6 k + 1,
grau (Φk+2 ) 6 k + 2,
grau (Ψk+1 ) = grau (Pk ) = k ,
grau (Ψk+2 ) = grau (Pk+1 ) = k + 1, k > 1.
Pelo lema 5.2.3, temos que u0 é uma forma clássica se se verificar uma das três
condições:
i) grau (∆k ) = 2 e ∃ i = 1, 2 tal que grau (Ψk+i ) 6 grau (Φk+i ) − 1, k > 1;
ii) grau (∆k ) = 1 e ∃ i = 1, 2 tal que grau (Ψk+i ) = grau (Φk+i ) , k > 1;
iii) grau (∆k ) = 0 e ∃ i = 1, 2 tal que grau (Ψk+i ) = grau (Φk+i ) + 1, k > 1;
isto é,
i) grau (∆k ) = 2 e {grau (Φk+1 ) = k + 1 ou grau (Φk+2 ) = k + 2} , k > 1;
ii) grau (∆k ) = 1 e {grau (Φk+1 ) = k ou grau (Φk+2 ) = k + 1} , k > 1;
iii) grau (∆k ) = 0 e {grau (Φk+1 ) = k − 1 ou grau (Φk+2 ) = k} , k > 1.
Analisemos detalhadamente cada um destes casos:
i)
grau (∆k ) = 2 e {grau (Φk+1 ) = k + 1 ou grau (Φk+2 ) = k + 2, k > 1} .
Vejamos que condições a impôr sobre os coeficientes presentes em qualquer
destes polinómios. Assim,
grau (∆k ) = 2 sse Ak1 − B1k 6= 0 e B0k 6= 0, k > 1,
ou seja,
grau (∆k ) = 2 sse
Ak1 − B1k =
6 0, k > 1,
(5.3.23)
5.3. NOVA PROVA
125
já que Bnk > 0, para n > 0 e k > 1 (basta atentar na expressão de Bnk ). Por
outro lado,
 k

 A0 − B0k 6= 0
 grau (Φk+1 ) = k + 1
ou
ou
, k > 1.
(5.3.24)
⇔
 k

k
grau (Φk+2 ) = k + 2
A1 − B1 6= 0
Do exposto, concluímos que se
Ak1 −Bk1 6= 0, k > 1,
(5.3.25)
então u0 é uma forma clássica, mais precisamente, corresponderá à forma canónica de Bessel, caso Φ (x) tenha uma única raíz (dupla) e corresponderá à forma
canónica de Jacobi caso tenha duas raízes complexas distintas.
Recorrendo às expressões de Ak0 , Ak1 , B0k e de B1k , podemos escrever (5.3.25) à
custa dos coeficientes γm e ρm , para m > 0. Nesse sentido, tem-se que:
−1
−1
k+2
1
k
−1
N1k
Lk1
ρ2 γk+2
−
6= N1k
Lk1
, k>1
2
k+1
k+1
isto é,
−1
6= 2, k > 1.
(k + 2) ρ2 γk+2
ii)
grau (∆k ) = 1 e {grau (Φk+1 ) = k ou grau (Φk+2 ) = k + 1, k > 1} .
Para que grau (∆k ) = 1, temos de exigir que
Ak1 − B1k = 0 e
B0k 6= 0 ou Ak1 βk+1 + C1k 6= 0, k > 1,
isto é,
Ak1 − B1k = 0 e Ak1 βk+1 + C1k 6= 0,
k > 1,
(5.3.26)
B0k
> 0, k > 1, como já ficou visto. Além disso devemos ainda considerar
pois,
as condições grau (Φk+1 ) = k ou grau (Φk+2 ) = k + 1, k > 1. Para tal, deverse-á substituir na expressão de Φk+1 , o polinómio Pk+1 pela respectiva relação
de recorrência dada por (5.3.12). Nesse sentido, escreva-se
Φk+1 (x) = Ak0 [(x − βk )Pk (x) − γk Pk−1 (x)] − B0k x + C0k Pk (x) ,
=
Ak0 − B0k xPk (x) − Ak0 βk + C0k Pk (x) − Ak0 γk Pk−1 (x),
com k > 1. Assim,

 k
 grau (Φk+1 ) = k
 A0 − B0k = 0 ∧ Ak0 βk + C0k 6= 0
ou
ou
⇔
, k > 1.

 k
grau (Φk+2 ) = k + 1
A1 − B1k = 0 ∧ Ak1 βk+1 + C1k 6= 0
(5.3.27)
Intersectando as condições obtidas em (5.3.26) e em (5.3.27), concluímos que u0
é uma forma clássica, mais concretamente, corresponderá à forma canónica de
Laguerre, se
 k
 A1 −Bk1 = 0,
k > 1.
(5.3.28)
 k
A1 βk+1 +Ck1 6= 0,
126
Lembrando as expressões de Ak1 , B1k e de C1k , k > 1, tem-se que

h
i
i
h
k
k −1 Lk k+2 ρ γ −1 − 1
k −1 Lk

N
=
N

2 k+2
1
1
1
1 k+1
2
k+1

h


 N k −1 Lk k+2 ρ2 γ −1 −
1
1
k+2
2
1
k+1
i
βk+1 +
−1 k
N1k
L1
h
1
1+k β1+k
,
i
− ζ1 6= 0
ou seja,

−1
 (k + 2) ρ2 γk+2 = 2

(k +
−1
2) ρ2 γk+2
βk+1
, k > 1.
6= 2ζ1
iii) grau (∆k ) = 0 e {grau (Φk+1 ) = k − 1 ou grau (Φk+2 ) = k} , k > 1.
Exigir que grau (∆k ) = 0, k > 1, equivale a exigir que ∆k (x) = const. 6= 0, ou
seja,
Ak1 − B1k = 0 e Ak1 βk+1 + C1k = 0 e Ak0 −Ak1 γk+1 6= 0, k > 1,
isto é,
 k
A0 6= 0,





Ak1 = B1k ,




 k
A1 βk+1 + C1k = 0,
k > 1,
mas como Ak0 6= 0, ∀k > 1, impõe-se apenas que:
 k
 A1 = Bk1 ,

Ak1 βk+1 +Ck1 =
k > 1.
(5.3.29)
0,
Por outro lado, devemos ainda impôr que grau (Φk+1 ) = k−1 ou grau (Φk+2 ) =
k, k > 1. Para fazermos tal análise, comecemos por notar que, usando as condições (5.3.29), Φk+1 (x) e Φk+2 (x) (dados em (5.3.21) e em (5.3.22)) escrevem-se
Φk+1 (x) = Ak0 Pk+1 (x) − B0k x + C0k Pk (x) ,
Φk+2 (x) = −Ak1 γk+1 Pk (x) ,
k > 1,
Como Ak1 6= 0 e γk+1 6= 0, k > 1, então grau (Φk+2 ) = k, k > 1. Assim,
exigir que grau (∆k ) = 0 e {grau (Φk+1 ) = k − 1 ou grau (Φk+2 ) = k} , k > 1,
equivale a exigir que grau (∆k ) = 0. Nesse sentido, u0 corresponderá a uma
forma clássica se as condições (5.3.29) forem satisfeitas. Mais concretamente,
u0 estará na classe de equivalência das formas clássicas de Hermite.
Tais condições podem ser expressas simplesmente à custa dos coeficientes βm ,
γm , ζm , ρm , para m > 0, bastando, para tal, atender, mais uma vez, às
5.3. NOVA PROVA
127
expressões de Ak1 , B1k e C1k , k > 1, pelo que o sistema anterior é equivalente a:

−1
 (k + 2) ρ2 γk+2 = 2,
, k > 1.

−1
(k + 2) ρ2 γk+2
βk+1 6= 2ζ1 ,
Como (5.3.25), (5.3.28) e (5.3.29) são condições complementares, concluímos
que u0 satisfará obrigatoriamente um dos três casos ( i), ii) ou iii) ). Deste
modo, u0 é uma forma clássica, o que equivale a afirmar que a SP {Pn }n>0 é
uma sucessão de polinómios ortogonal clássica com respeito a u0 .
Observação 5.3.1 A assinalar que, na demonstração do teorema de Hahn,
foram dadas as condições nos parâmetros βn , γn+1 , ζn e ρn+1 , n > 0, em que
u0 se tratava de uma forma clássica de Hermite (caso iii), Laguerre (caso ii),
Bessel ou Jacobi (caso i).
128
Capítulo 6
Uma Extensão do teorema de
Hahn
Coloquemo-nos perante o problema de determinar todas as sucessões ortogonais
{Pn }n>0 para as quais existem dois inteiros k, m > 1 fixos tais que, fazendo
o
n
[k]
(m)
, é também
Qn := Pn , n > 0, a sucessão associada de ordem m > 1, Qn
n>0
ortogonal.
Quando m = 0, estamos no problema de Hahn, já tratado no capítulo precedente. Para m > 1, a resposta é dada no teorema seguinte.
Teorema 6.0.1 (da Extensão) [14] Seja {Pn }n>0 uma SP ortogonal. Seja
[k]
k > 1 um inteiro e escreva-se
n Qn :=
o Pn , n > 0. Se existir um inteiro m > 1
(m)
tal que a sucessão associada Qn
é ortogonal, então {Pn }n>0 é uma SP
n>0
clássica.
6.1
Resultados preliminares
Lema 6.1.1 [14] Seja {Qn }n>0 uma SP qualquer cuja sequência dual é {vn }n>0 .
n
o
(m)
Então, para qualquer inteiro m > 1, a sucessão dual vn
da sucessão
n>0
n
o
(m)
associada Qn
satisfaz
n>0
vn(m) vm−1 = xvn+m ,
n
o
(m)
Quando Qn
n>0
n > 0.
(6.1.1)
é ortogonal tem-se ainda que {vn }n>0 satisfaz
(m+1)
(m)
s(m)
n vn+m = Qn vm − Qn−1 vm−1 ,
129
n > 0,
(6.1.2)
130
CAPÍTULO 6. UMA EXTENSÃO DO TEOREMA DE HAHN
onde
s(m)
n
=
(m)
v0 ,
Q(m)
n
2 , n > 0, m > 1.
(6.1.3)
Prova: Seja m > 1 inteiro. Comecemos por demonstrar a igualdade (6.1.1).
A proposição (1.3.6) valida esta igualdade para o caso m = 1, já que nela
se prova que
vn(1) v0 = xvn+1 , n > 0,
fazendo un ≡ vn .
Suponhamos que
vn(ν) vν−1 = xvn+ν ,
1 6 ν 6 m.
(6.1.4)
(m)
Para ν = m+1, tem-se, ainda pela referida proposição, fazendo un ≡ vn ,
que:
(m)
(m)
vn(m+1) v0 = xvn+1 , n > 0.
Multipliquem-se ambos os membros por vm−1
(m)
(m)
vn(m+1) v0 vm−1 = xvn+1 vm−1 ,
n > 0.
(m)
Considerando ν = m e n = 0 na equação (6.1.4), segue-se que v0 vm−1 = xvm ,
pelo que a expressão anterior escreve-se
(m)
vn(m+1) (xvm ) = xvn+1 vm−1 , n > 0.
(6.1.5)
Lembrando (1.2.10) tem-se que
(m)
(m)
(m)
xvn+1 vm−1 = x vn+1 vm−1 − x vn+1 ϑ0 ζ (x) vm−1
h
i
(m)
(m)
= x vn+1 vm−1 − vn+1 ϑ0 ζ (x) vm−1
(m)
= x vn+1 vm−1 = x (xvn+m+1 )
= x2 vn+m+1 ,
n > 0,
já que
D
E (m)
(m)
(m)
(m) xϑ0 ζ − ζϑ0 ζ
= vn+1 , 1 = vn+1 = 0, n > 0.
vn+1 ϑ0 ζ (x) = vn+1 ,
x−ζ
0
Equivalentemente, por (1.2.10) tem-se ainda que
vn(m+1) (xvm ) = x vn(m+1) vm − x (vm ϑ0 ζ) (x) vn(m+1)
= x vn(m+1) vm ,
dado que (vm ϑ0 ζ) (x) = hvm , 1i = (vm )0 = 0, m > 1. Deste modo, a
equação (6.1.5) escreve-se:
x vn(m+1) vm = x2 vn+m+1 ,
n > 0.
(6.1.6)
131
Consideremos a multiplicação por x−1 na igualdade anterior, isto é,
h i
(m)
x−1 x vn+1 vm = x−1 x2 vn+m+1 , n > 0.
Usando (1.2.13), o primeiro membro escreve-se
h i x−1 x vn(m+1) vm−1 = vn(m+1) vm − vn(m+1) vm δ,
0
No entanto,
vn(m+1) vm
0
n > 0.
D
E D
E
vn(m+1) vm , 1 = vn(m+1) , vm (1)
D
E D
E
=
vn(m+1) , hvm , 1i = vn(m+1) , 0 = 0, n > 0,
=
pois, por definição de sucessão dual,hvm , 1i = 0, m > 1. Por conseguinte,
h i
x−1 x vn(m+1) vm = vn(m+1) vm , n > 0.
Recorrendo a (1.2.15),
x−1 x2 vn+m+1 = xvn+m+1 − hvn+m+1 , xiδ
= xvn+m+1 − (vn+m+1 )1 δ
= xvn+m+1 ,
n > 0,
pois n + m + 1 > 2 obriga a que (vn+m+1 )1 = 0. Do exposto conclui-se
que
vn(m+1) vm = xvn+m+1 , n > 0,
o que completa a demonstração da igualdade (6.1.1).
Se supusermos
o
n
(m)
Qn
n>0
ortogonal, então, pela alínea (e) do teorema
2.1.1, tem-se
(m)
(m)
s(m)
= Q(m)
n vn
n v0 , n > 0,
(m)
onde sn
vm−1 :
é dado por (6.1.3). Multipliquemos ambos os membros por
(m)
(m) (m)
s(m)
v
v
=
Q
v
vm−1 , n > 0,
m−1
n
n
n
0
Usando a igualdade (6.1.1) já demonstrada, tem-se que
(m)
s(m)
Q(m)
vm−1 , i.e.,
n xvn+m =
n v0
(m)
xs(m)
Q(m)
vm−1 ,
n > 0.
n vn+m =
n v0
(6.1.7)
Por (1.2.10), segue-se que:
(m)
(m)
(m) (m)
(m)
(m)
Qn v0
vm−1 = Qn
v0 vm−1 − x v0 ϑ0 Qn
(x) vm−1
(m+1)
= Q(m)
(x) vm−1
n (xvm ) − x Qn−1
(m+1)
= xQ(m)
n vm − xQn−1 vm−1 ,
n > 0.
132
Deste modo, (6.1.7) escreve-se
(m+1)
(m)
xs(m)
n vn+m = xQn vm − xQn−1 vm−1 ,
n > 0.
Multipliquem-se ambos os membros da igualdade anterior por x−1 . Por
(1.2.15),
x−1 (xvn+m ) = 0 x−1 vn+m + (ϑ0 x) vn+m − hvn+m , ϑ0 xi δ
= (1) vn+m − hvn+m , 1i δ = vn+m − (vn+m )0 δ
= vn+m − 0.δ = vn+m , n > 0,
e segue-se ainda que
h
i
D
E
(m)
(m)
x−1 xQ(m)
v
=
ϑ
xQ
v
−
v
,
ϑ
xQ
δ
m
0
m
m 0
n
n
n
D
E
(m)
= Q(m)
δ, n > 0,
n vm − vm , Qn
e de forma análoga obtemos:
h
i
D
E
(m+1)
(m+1)
(m+1)
ϑ0 xQn−1
vm − vm , ϑ0 xQn−1
δ
x−1 xQn−1 vm =
D
E
(m+1)
(m+1)
= Qn−1 vm − vm , Qn−1
δ
D
E
(m+1)
(m)
= Qn−1 vm − vm , v0 ϑ0 Q(m)
δ
n
D
E
(m+1)
(m)
= Qn−1 vm − vm v0 , ϑ0 Q(m)
δ
n
D
E
(m+1)
= Qn−1 vm − xvm−1 , ϑ0 Q(m)
δ
n
D
E
(m+1)
= Qn−1 vm − x−1 (xvm−1 ) , Q(m)
δ
n
D
E
(m+1)
= Qn−1 vm − (ϑ0 x) vm−1 − hvm−1 , ϑ0 xi δ, Q(m)
δ
n
D
E
(m+1)
= Qn−1 vm − vm−1 , Q(m)
δ, n > 0.
n
Consequentemente, obtemos
h
i
(m+1)
(m+1)
(m)
x−1 xQ(m)
n vm − xQn−1 vm−1 = Qn vm − Qn−1 vm ,
(m)
(m)
n>0
(m+1)
e segue-se que sn vn+m = Qn vm − Qn−1 vm−1 .
6.2
Prova do teorema da extensão
(m)
[14] Seja m > 1. Para simplificação de escrita, tomemos Rn = Qn e Sn =
(m+1)
Qn
, n > 0. Faça-se n 7→ n + 1 na equação (6.1.2), pelo que se tem,
(m)
sn+1 vn+1+m = Rn+1 vm − Sn vm−1 ,
n > 0.
6.2. PROVA DO TEOREMA DA EXTENSÃO
133
Comecemos por derivar k vezes, k > 1, ambos os membros da equação anterior.
A equação escreve-se agora
(m)
sn+1 (vn+1+m )(k) = (Rn+1 vm )(k) − (Sn vm−1 )(k) ,
n > 0,
logo, pela fórmula de Leibniz dada por (1.2.18),
k k X
X
k
k
(m)
(k)
(ν)
(k−ν)
sn+1 (vn+1+m ) =
(Rn+1 ) (vm )
−
(Sn )(ν) (vm−1 )(k−ν) ,
ν
ν
ν=0
ν=0
com n > 0. Por uma questão de conveniência, escreva-se de outro modo:
k k X
X
k
k
(ν)
(k−ν)
(Rn+1 ) (vm )
−
(Sn )(ν) (vm−1 )(k−ν)
ν
ν
ν=1
ν=1
=
(m)
sn+1 (vn+1+m )(k)
− Rn+1 (vm )(k) + Sn (vm−1 )(k) , n > 0.
Usando (1.3.32) do lema 1.3.4, para substituir (vn+1+m )(k) , (vm )(k) e (vm−1 )(k)
pelas respectivas expressões, encontramos
(vn+m+1 )(k) = (−1)k
k
Y
(n + m + 1 + µ) un+m+1+k ,
µ=1
(vm )(k) = (−1)k
k
Y
(m + µ) um+k ,
µ=1
(vm−1 )(k) = (−1)k
k
Y
(m − 1 + µ) um−1+k , n > 0.
µ=1
pelo que, a equação anterior escreve-se como
k k X
X
k
k
(ν)
(k−ν)
(Rn+1 ) (vm )
−
(Sn )(ν) (vm−1 )(k−ν)
ν
ν
ν=1
ν=1



k
Y
(m)
= (−1)k sn+1 
(n + 1 + m + µ) un+m+1+k 
(6.2.8)
µ=1
−Rn+1
k
Y
(m + µ) um+k + Sn
µ=1
k
Y

(m − 1 + µ) um−1+k  .
µ=1
Notando agora que, pela alínea (e) teorema 2.1.1, tem-se que cada uma das três
parcelas do membro direito se escreve
(m)
sn+1
k
Y
(m)
(n + 1 + m + µ) un+m+1+k = sn+1
µ=1
=
k
Y
(n + 1 + m + µ)
2
u0 , Pn+1+m+µ
−1
k
Y
n+1+m+µ
Pn+1+m+k u0
2
hu0 , Pn+1+m+k
i
µ=1
(m)
sn+1 Pn+1+m+k u0
µ=1
=
2
u0 , Pm−1+k
k
−1 Y
µ=1
(n + 1 + m + µ) D
2
u0 , Pm−1+k
2
u0 , Pn+1+m+µ
E s(m)
n+1 Pn+1+m+µ u0
134
(m)
usando a respectiva expressão para sn+1 dada em (6.1.3),
(m)
sn+1
k
Y
(n + 1 + m + µ) un+m+1+k
µ=1
=
k
Y
(n + 1 + m + µ)
2
u0 , Pn+1+m+k
−1 D
E
(m)
2
v0 , Rn+1
Pn+1+m+µ u0
µ=1
=
k
Y
(m)
(n + 1 + m + µ) µ=1
2
hv0 , Rn+1
i
Pn+1+m+k u0 , n > 0,
2
u0 , Pn+1+m+k
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Rn+1
k
Y
(m + µ) um+k = Rn+1
µ=1
k
Y
(m + µ)
2
u0 , Pm+k
−1
Pm+k u0
µ=1
Qk
(m + µ)
µ=1 2 Rn+1 Pm+k u0
u0 , Pm+k
Qk
−1
µ=1 (m + µ)
2
u0 , Pm−1+k
Rn+1 Pm+k u0 , n > 0;
γm+k
=
=
e finalmente,
Sn
k
Y
(m − 1 + µ) um+k = Sn
µ=1
k
Y
(m − 1 + µ)
2
u0 , Pm−1+k
−1
Pm−1+k u0
µ=1
=
1
k
Y
2
hu0 , Pm−1+k
i µ=1
(m − 1 + µ) Sn Pm−1+k u0 , n > 0.
Assim a equação (6.2.8) poder-se-á escrever de um modo simplificado:
k k X
X
k
k
(ν)
(k−ν)
(Rn+1 ) (vm )
−
(Sn )(ν) (vm−1 )(k−ν) = An+1+m+k u0 , n > 0,
ν
ν
ν=1
ν=1
(6.2.9)
onde
−1 n (m)
2
An+1+m+k = (−1)k u0 , Pm−1+k
Ln (k) Pn+1+m+k
−
k
Y
(m + µ) (γm+k )−1 Rn+1 Pm+k
(6.2.10)
µ=1
+
k
Y
(m − 1 + µ) Sn Pm−1+k


, n > 0,

µ=1
com
L(m)
n (k)
=
k
Y
µ=1
(n + 1 + m + µ) 2
u0 , Pm−1+k
D
E
2
v0(m) , Rn+1
,
2
u0 , Pn+1+m+k
n > 0.
(6.2.11)
135
Tomando n = 0 em (6.2.9), encontramos
k k X
X
k
k
(ν)
(k−ν)
(R1 ) (vm )
−
(S0 )(ν) (vm−1 )(k−ν) = A1+m+k u0 ,
ν
ν
ν=1
n > 0.
ν=1
Atendendo a que grau (S0 ) = 0 e grau (R1 ) = 1, então (S0 )(ν) (x) = 0, 1 6 ν 6 k,
(ν)
(R1 )(1) (x) = R10 (x) = 1 (por R1 ser polinómio mónico) e (R1 ) (x) = 0,
2 6 ν 6 k, a equação anterior poderá ser simplificada:
k (vm )(k−1) = A1+m+k u0 .
(6.2.12)
Se, em (6.2.9), substituirmos (vm )(k−1) pela expressão precedente, encontramos
o seguinte:
k k X
X
k
k
(ν)
(k−ν)
(Rn+1 ) (vm )
−
(Sn )(ν) (vm−1 )(k−ν) =
ν
ν
ν=2
ν=1
(6.2.13)
= An+1+m+k −
0
Rn+1
A1+m+k
u0 .
Em particular, para n = 1, a equação anterior surge como
k (k − 1)
(R2 )(2) (vm )(k−2) −k (S1 )(1) (vm−1 )(k−1) = A2+m+k − R20 A1+m+k u0 ,
2
isto é,
k (k − 1) (vm )(k−2) − k (vm−1 )(k−1) = A2+m+k − R20 A1+m+k u0 , (6.2.14)
uma vez que, sendo grau (R2 ) = 2 e R2 mónico, necessariamente (R2 )(2) (x) = 2
e (R2 )(ν) (x) = 0 , 3 6 ν 6 k, e como grau (S1 ) = 1 e S1 mónico, tem-se
(S1 )(1) (x) = 1 e (S1 )(ν) (x) = 0, 2 6 ν 6 k. Derivando uma vez ambos os
membros de (6.2.12) e lembrando (1.3.32), encontramos
k (−1)k
k
Y
(m + µ) um+k = (A1+m+k u0 )0 .
µ=1
Usando o facto de um+k =
k (−1)k
k
Y
(m + µ)
2
u0 , Pm+k
−1
2
u0 , Pm+k
Pm+k u0 , obtemos
−1
Pm+k u0 = (A1+m+k u0 )0 .
µ=1
Escrevendo de outro modo, para simplificação de cálculos,
(Φ1 u0 )0 + (λ1 Pm+k ) u0 = 0 ,
(6.2.15)
com
N1 Φ1 (x) = A1+m+k (x) ,
k
λ1 = k (−1)
k
Y
µ=1
(m + µ)
(6.2.16)
2
u0 , Pm+k
−1
N1−1 .
136
onde N1 é constante de normalização. Depois de diferenciar uma vez ambos os
membros de (6.2.14), obtemos:
0
k (k − 1) (vm )(k−1) − k (vm−1 )(k) = A2+m+k − R20 A1+m+k u0 . (6.2.17)
Lembrando (6.2.12),
k (vm )(k−1) = A1+m+k u0 ,
e recorrendo a (1.3.32), tem-se ainda que:
(vm−1 )(k) = (−1)k
k
Y
(m − 1 + µ) um−1+k
µ=1
= (−1)k
k
Y
(m − 1 + µ)
2
u0 , Pm−1+k
−1
Pm−1+k u0 .
µ=1
Feitas as substituições em (6.2.17) encontramos
(k − 1) A1+m+k u0 − k (−1)k
k
Y
(m − 1 + µ)
2
u0 , Pm−1+k
−1
Pm−1+k u0
µ=1
=
A2+m+k −
R20 A1+m+k
u0
0
,
isto é,
0
A2+m+k − R20 A1+m+k u0
!
Qk
(m
−
1
+
µ)
k
µ=1
+ (−1)k
Pm−1+k − (k − 1) A1+m+k u0 = 0 .
2
hu0 , Pm−1+k
i
Podemos dar um novo aspecto a esta equação funcional, visando a simplificação
da análise em questão, se escrevermos
(Φ2 u0 )0 + λ2 Pm−1+k − (k − 1) N2−1 A1+m+k u0 = 0 ,
(6.2.18)
onde
N2 Φ2 (x) = A2+m+k (x) − R20 (x) A1+m+k (x) ,
(6.2.19)
onde N2 é constante de normalização, e
λ2 = k (k − 1) (−1)k−1
k−1
Y
(n + µ)
2
u0 , Pn+k−1
−1
N2−1
.
µ=1
Observando as expressões (6.2.16), (6.2.19) e (6.2.10) dos polinómios Φ1 , Φ2 ,
An+1+m+k (respectivamente), concluímos que Φ1 e Φ2 se podem escrever como
o a seguir indicado
Φ1 (x) = E (x) Pm+k (x) + F (x) Pm−1+k (x)
Φ2 (x) = G (x) Pm+k (x) + H (x) Pm−1+k (x) .
137
Determinemos as expressões para os polinómios E (x) , F (x) , G (x) e H (x).
Lembremos que Φ1 = N1−1 A1+m+k . Usando a relação de recorrência (5.3.12),
A1+m+k escreve-se do seguinte modo:
A1+m+k =
n
(−1)k
(m)
L0 (k) (x − βm+k ) Pm+k (x) − γm+k Pm+k−1 (x)
2
i
hu0 , Pm−1+k
k
Y
−
(m + µ) (γm+k )−1 R1 (x) Pm+k (x)
µ=1
+
k
Y
µ=1


(m − 1 + µ) Pm−1+k (x) ,

ou seja,
A1+m+k =
("
#
Qk
(−1)k
µ=1 (m + µ)
(m)
L0 (k) (x − βm+k ) −
R1 (x) Pm+k (x)
2
γm+k
hu0 , Pm−1+k
i



k

Y
(m)
+
(m − 1 + µ) − L0 (k) γm+k  Pm−1+k (x) ,

µ=1
do que se conclui que
E (x) =
F (x) =


k


Y
(m)
L0 (k) (x − βm+k ) −
(m + µ) (γm+k )−1 R1 (x)


µ=1


k

(−1)k N1−1  Y
(m)
(m
−
1
+
µ)
−
L
(k)
γ
.
m+k
0
2

hu0 , Pm−1+k
i
(−1)k N1−1
2
hu0 , Pm−1+k
i
µ=1
Determinemos agora as expressões de G (x) e H (x). Nesse sentido, recordemos
que
Φ2 = N2−1 A2+m+k − R20 A1+m+k .
Usando duas vezes (5.3.12), tem-se que
Pm+k+2 (x) = ((x − βm+1+k ) (x − βm+k ) − γm+1+k ) Pm+k (x)
− (x − βm+1+k ) γm+k Pm+k−1 (x) ,
pelo que podemos escrever A2+m+k como
A2+m+k =
n
(−1)k
(m)
L1 (k) (x − βm+1+k ) (x − βm+k )
2
hu0 , Pm−1+k i

k
Y
(m)
−L1 (k) γm+1+k −
(m + µ) (γm+k )−1 R2 (x) Pm+k (x)
µ=1

+
k
Y
µ=1


(m)
(m − 1 + µ) S1 (x) − L1 (k) (x − βm+1+k ) γm+k  Pm−1+k (x)


.
138
Deste modo,
G (x) =
(−1)k N2−1 n (m)
L1 (k) (x − βm+1+k ) (x − βm+k )
2
i
hu0 , Pm−1+k
(m)
−L1
(k) γm+1+k −
k
Y
(m + µ) (γm+k )−1 R2 (x)
µ=1

(m)
− L0
k
Y
(k) (x − βm+k ) −
µ=1


(m + µ) (γm+k )−1 R1 (x) R20 (x)


ou seja,
G (x) =
h
i
(−1)k N2−1 n
(m)
(m)
0
(x
−
β
)
L
(k)
(x
−
β
)
−
R
(x)
L
(k)
m+k
m+1+k
2
1
0
2
hu0 , Pm−1+k
i

k

Y
(m)
−1
0
+
(m + µ) (γm+k )
R1 (x) R2 (x) − R2 (x) − L1 (k) γm+1+k

µ=1
Por outro lado,
H (x) =

k
(−1)k N2−1  Y
(m)
(m − 1 + µ) S1 (x) − L1 (k) (x − βm+1+k ) γm+k
2
hu0 , Pm−1+k
i µ=1


k

Y
(m)
−R20 (x) 
(m − 1 + µ) − L0 (k) γm+k 
,

µ=1
ou seja,
H (x) =
(−1)k N2−1
2
hu0 , Pm−1+k
i
h

k
Y
(m − 1 + µ) S1 (x) − R20 (x)

µ=1
(m)
−γm+k R20 (x) L0
(m)
(k) − L1
io
(k) (x − βm+1+k )
.
À semelhança do que foi feito na demonstração do teorema de Hahn, consideremos
E (x) F (x) = E (x) H (x) − F (x) G (x) .
∆ (x) = G (x) H (x) Notar que
grau (E) 6 1 ; grau (F ) 6 0 ; grau (G) 6 2 e grau (H) 6 1 ,
pelo que
grau (∆) 6 2.
139
Além disso, tem-se ainda que
grau (An+1+m+k ) 6 n + 1 + m + k , n > 0,
donde
grau (Φ1 ) = grau (Am+1+k ) 6 m + 1 + k ,
e
grau (Φ2 ) = grau (Am+2+k ) 6 m + 2 + k
.
Tome-se
Ψ1 (x) = λ1 Pm+k (x) , e
Ψ2 (x) = λ2 Pm−1+k (x) − (k − 1) N2−1 A1+m+k (x) .
Tem-se que:
grau (Ψ1 ) = m + k
e
grau (Ψ1 ) 6 m + 1 + k .
Assim as equações funcionais (6.2.15) e (6.2.18) escrevem-se:
(Φ1 u0 )0 + Ψ1 u0 = 0
(Φ2 u0 )0 + Ψ2 u0 = 0 ,
respectivamente. Mediante escolhas convenientes dos parâmetros em estudo, é
sempre possível ocorrer uma das três situações seguintes
a)
∃ i = 1, 2 tal que grau (Ψi ) 6 grau (Φi ) − 1 e grau (∆) = 2;
b)
∃ i = 1, 2 tal que grau (Ψi ) = grau (Φi ) e grau (∆) = 1;
c)
∃ i = 1, 2 tal que grau (Ψi ) = grau (Φi ) + 1 e grau (∆) = 0.
Deste modo, o lema 5.2.3 assegura o facto de u0 ser clássica, o que conclui a
demonstração em curso.
140
Referências
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(1929) 730-736.
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Breach, New York,1978.
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[5]
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(1937) 101.
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supérieure à deux, Ann. Fac. Sci. Toulouse 10 (1), 1989, 105-139.
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Techniques de l’Ingénieur, traité Généralités ( Sciences Fondamentales),
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141
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polynomial sequences,Applied Numerical Mathematics 31 (1999),295330.
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Communication in Applied Analysis, 5 (2001), 351-362.
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by a polynomial: The cubic case, Applied Numerical Mathematics 45
(2003) 419-451.
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Ciências da Univ. Porto, 1997

Caracterização dos Polinómios Ortogonais Clássicos

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