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Polinômios de Legendre - parte 1

Vamos estudar a equação de Legendre

$\displaystyle (1-x^2)\,y''-2\,x\,y'+p\,(p+1)\,p=0 \ \ ,$
onde é um parâmetro real a ser escolhido. Vamos ver adiante que esta equação é muito importante nas aplicações. é um ponto ordinário, pois as funções $\displaystyle\,P(x)=-\frac{2\,x}{1-x^2}\,\rule{0.cm}{0.6cm}$ e $\displaystyle\,Q(x)=-\frac{p\,(p+1)}{1-x^2}\,$ são analíticas neste ponto. Suas séries têm raio de convergência (são séries geométricas de razão $x^2\rule{0.cm}{0.4cm}$ , por exemplo, $P(x)=-2\,x(1+x^2+x^4+\cdots=-2\,x-2\,x^3-2\,x^5-\cdots\rule{0.cm}{0.4cm}$ ). Logo a solução é da forma

$\displaystyle y=\sum_{n=0}^\infty a_n\,x^n \ \ ,$
com raio de convergência $R\geq 1$ . Substituindo na equação temos

$\displaystyle \sum_{n=2}^\infty\,n\,(n-1)\,a_n\,x^{n-2}- \sum_{n=2}^\infty\,n\,... ...^n- 2\sum_{n=1}^\infty\,n\,a_n\,x^n+p\,(p+1) \sum_{n=0}^\infty a_n\,x^n =0 \ .$
Fazendo a mudança de índice $\,k=n-2\,$ no 1 $^{\underline{\rm o}}$ somatório, ele se transforma em

$\displaystyle \sum_{k=0}^\infty\,(k+2)\,(k+1)\,a_{k+2}\,x^k .$
Podemos usar qualquer outra letra no lugar da letra , inclusive a letra novamente. O 2 $^{\underline{\rm o}}$ e o terceiro somatórios podem ser começados em (fazendo isto entram mais duas parcelas para a soma, só que são ambas nulas) . Feito isto, podemos reunir todos os termos em um único somatório

$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty\biggl[(n+2)\,(n+1)\,a_{n+2}- \left((n\,(n+1)-p\,(p+1)\rule{0.0cm}{0.4cm}\right)a_n\biggr]x^n=0 \ \ .$
Obtemos, daí, a fórmula de recorrência

$\displaystyle (n+2)\,(n+1)\,a_{n+2}- \left((n\,(n+1)-p\,(p+1)\rule{0.0cm}{0.4cm}\right)a_n=0 \ \ ,$ para $\displaystyle \ n=0,1,2,\dots$
que pode ser reescrita como

$\displaystyle a_{n+2}=\frac{n\,(n+1)-p\,(p+1)}{(n+2)\,(n+1)}\,a_n \ \ .$
Como vamos aplicar esta fórmula repetidas vezes, com vistas a uma possível simplificação, convém fatorar o numerador. Considerando como variável e como constante, o trinômio

$\displaystyle n\,(n+1)-p\,(p+1)=n^2+n-p\,(p+1)$
tem raízes $n_1=p\,$ e $\,n_2=-p-1\,$ e, portanto, se fatora como

$\displaystyle (n-p)\,(n+p+1) \ \ .$
Finalmente, a fórmula de recorrência toma a forma

$\displaystyle a_{n+2}=\frac{(n-p)\,(n+p+1)}{(n+2)\,(n+1)}\,a_n \ \ .$
Escolhendo, primeiro $\,a_0=1\,$ e $\,a_1=0\,$ e depois $\,a_0=0\,$ e $\,a_1=1\,$ , obtemos

$\displaystyle y_1=1-\frac{p\,(p+1)}{2!}\,x^2+\frac{p\,(p-2)\,(p+1)\,(p+3)}{2!}\, x^4-\cdots$
e

$\displaystyle y_2=x-\frac{(p-1)\,(p+2)}{3!}\,x^3+ \frac{(p-1)\,(p-3)(p+2)\,(p+4)}{5!}\,x^5- \cdots$ ,
que são duas soluções linearmente independentes com raio de convergência $R\geq1\,$ . Uma observação extremamente importante é que se $p=n=0,1,2,3,\ldots$ , então uma destas duas soluções é um polinômio de grau $n\,$ . Por exemplo,

$\begin{displaymath} \begin{array}{ll} \mbox{para } n=0\, , \ & y_1=1 \\ \mbox{p... ...-10\,x^2+\frac{35}{3}\,x^4 \rule{0.0cm}{0.5cm} \ . \end{array}\end{displaymath}$
É fácil ver que estes polinômios e seus múltiplos são as únicas soluções polinomiais da equação de Legendre. Para padronizar uma maneira de escolher estes múltiplos, multiplicamos por constantes convenientes de modo a ter que o polinômio assume sempre o valor 1, para $x=1\,$ . Normalizados desta maneira, são chamados de polinômios de Legendre e denotados por $\,P_n(x)\,$ . Assim $\,P_0(x)=1\,$ e $\,P_1(x)=x\, \rule{0.0cm}{0.5cm}$ .
Para $n=2\,$ , $\,y_1=1-3\,x^2\,$ satisfaz $\,y(1)=-2\,$ . Logo $\,P_2(x)=\displaystyle\frac{1-3\,x^2}{-2}=\rule{0.0cm}{0.7cm} \frac{3}{2}\,x^2-\frac{1}{2}\,$ .
Para $\,n=3\,$ , $\displaystyle\,y_2=x-\frac{5}{3}\,x^3\,$ satisfaz $\displaystyle\,y_2(1)=-\frac{2}{3}\,$ e, portanto, $\,P_3(x)=\displaystyle\rule{0.0cm}{0.7cm} \frac{x-\frac{5}{3}\,x^3}{-\frac{2}{3}}= \frac{5}{2}\,x^3-\frac{3}{2}\,x\,$ .
Analogamente se deduz que $\,\displaystyle P_4(x)=\frac{1}{8}\,(35\,x^4-30\,x^2+3)\,$ .
Para ver uma lista dos primeiros polinômios de Legendre e seus gráficos, clique aqui

Vamos encontrar outra solução linearmente independente para a equação de Legendre pelo método visto na 1 $^{\underline{\rm a}}$ área.

Para $\,n=0\,$ , procuramos outra solução na forma $\,Q_0(x)=v(x)\,P_0(x)\,$ . É fácil ver que $\,v(x)\,$ deve satisfazer

$\displaystyle \,(1-x^2)\,v''-2\,x\,v'=0 \ ,$
que, pondo $\,p=v'\,$ , se reduz à equação separável de 1 $^{\underline{\rm a}}$ ordem

$\displaystyle \frac{dp}{dx}=\frac{2\,x}{1-x^2} \ ,$
para a qual encontramos a solução $\,\displaystyle p=\frac{1}{1-x^2}\,$ . Segue que $\,\displaystyle v=\frac{1}{2}\,\ln\left\vert\frac{1+x}{1-x}\right\vert\,$ . Como estamos interessados em resolver a equação no intervalo $\,(-1,\,1)\,\rule{0.0cm}{0.5cm}$ , podemos dispensar os módulos e, finalmente,

$\displaystyle Q_0(x)=\frac{1}{2}\,\ln\frac{1+x}{1-x}= \left(\ln\frac{1+x}{1-x}\right)^\frac{1}{2} \ \ .$
Vê-se que

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow1-}\,Q_0(x)=+\infty$ e $\displaystyle \quad \lim_{x\rightarrow1+}\,Q_0(x)=-\infty \ .$
Como já tínhamos, pelo teorema, que $\,R\geq1\,$ , concluímos então que, para $\,Q_0(x)\,$ , $\,R=1\,$ .

Conclusão: Para $\,n=0\,$ , a equação de Legendre tem duas soluções linearmente independentes, uma delas o polinômio $\,P_0(x)=1\,$ e a outra a função $\,Q_0(x)\,$ ilimitada no intervalo $\,(-1,\,1)\,$ . Logo as únicas soluções limitadas no intervalo $\,(-1,\,1)\,$ são os múltiplos de $\,P_0(x)\,$ .

Para $\,n=1\,$ , de maneira análoga, duas soluções linearmente independentes são

$\displaystyle P_1(x)=x$ e $\displaystyle \qquad Q_1(x)=\frac{x}{2}\,\ln\frac{1+x}{1-x}-1 \ \ .$
Aqui

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow1-}\,Q_1(x)= \lim_{x\rightarrow1+}\,Q_1(x)=+\infty \ .$
Vale, portanto, a mesma conclusão, isto é, para a equação de Legendre com $\,n=1\,$ as únicas soluções limitadas no intervalo $\,(-1,\,1)\,$ são os múltiplos de $\,P_1(x)\,$ .

Continuando este mesmo procedimento, para $\,n=2\,$ , temos

$\displaystyle P_2(x)=\frac{3}{2}\,x^2-\frac{1}{2}$ e $\displaystyle \qquad Q_2(x)=\frac{1}{4}\,(3\,x^2-1)\,\ln\frac{1+x}{1-x}-\frac{3}{2}\,x$
e, para $\,n=3\,$ ,

$\displaystyle P_3(x)=\frac{5}{2}\,x^3-\frac{3}{2}\,x$ e $\displaystyle \qquad Q_3(x)=\frac{1}{4}\,(5\,x^3-3\,x)\,\ln\frac{1+x}{1-x}- \frac{5}{2}\,x^2+\frac{2}{3} \ \ .$
Em geral mostra-se, mas isto não será feito aqui, que uma segunda solução da equação de Legendre é

$\displaystyle Q_n(x)=\frac{1}{2}\,P_n(x)\,\ln\frac{1+x}{1-x}+ \sum_{j=0}^s\frac{2\,n-4\,j-1}{(2\,j+1)\,(n-j)}\, P_{n-2\,j-1}(x) \ \ ,$
onde $\displaystyle s=\biggl[\frac{n-1}{2}\biggr]$ é o maior inteiro que é menor ou igual a $\displaystyle\,\frac{n-1}{2}\,$ .

Conclusão: Qualquer que seja $\,n=0,1,2,3,\ldots\,$ , as únicas soluções limitadas no intervalo $\,(-1,\,1)\,$ da equação de Legendre são os múltiplos do polinômio $\,P_n(x)\,$ .

OBS. Um fato verdadeiro, mas que não ficou justificado ainda, é que para outros valores de $p\,$ , que não os da forma $\,p=n\,(n+1)\,$ , a equação de Legendre não tem solução limitada no intervalo $\,(-1,\,1)\,$ , além da trivial. Os livros que dão um tratamento mais elementar costumam ser omissos neste ponto, mas vamos dar aqui uma justificativa, (conforme Courant-Hilbert, Methods of Mathematical Physics, vol. 1, pag. 325).

Afirmação: Se não é um inteiro $p\geq0$ , não existe solução que seja limitada no intervalo $\,(-1,\,1)\,$ para a equação de Legendre

$\displaystyle (1-x^2)\,y''-2\,x\,y'+p\,(p+1)\,y=0 \ \ ,$
a não ser a solução trivial .

Demonstração:

Começamos notando que se é uma solução da equação de Legendre, então também é. Logo as funções $y_p(x)=\frac{1}{2}\,(f(x)+f(-x))\,$ e $\,y_i(x)=\frac{1}{2}\,(f(x)-f(-x))$ também são soluções. Mas $\,y_p(x)\,$ é par e $\,y_i(x)\,$ é ímpar, com $\,y(x)=f(x)=y_p(x)+y_i(x)\,$ . Portanto, para provar que se $\,p\,$ não é um inteiro $\geq0$ a equação de Legendre não tem solução não trivial limitada no intervalo $\,(-1,\,1)\,$ , basta provar que não existe uma solução limitada que seja par ou ímpar. Basta mostrar que se for uma solução da equação de Legendre, limitada no intervalo $\,(-1,\,1)\,$ , par ou ímpar, então $\,p=n\,$ para algum $\,n=0,1,2,3,\ldots\,$ e é um polinômio. Chamamos $\,\lambda:=p\,(p+1)\,$ . A fórmula de recorrência pode ser reescrita como

$\displaystyle a_{n+2}=\frac{n\,(n+1)-\lambda}{(n+1)\,(n+2)}\,a_n$
e, portanto,

$\displaystyle a_n=\frac{(n-2)\,(n-1)-\lambda}{(n-1)\,n}\,a_{n-2} \ .$
Note que o numerador nunca será nulo. Supondo par (ímpar) vamos ter $a_n\neq0$ somente para par (ímpar). Vamos supor que uma dessas duas situações ocorre. Aplicando a recorrência repetidas vezes obtemos

$\displaystyle a_n=\frac{(n-2)\,(n-1)-\lambda}{(n-1)\,n}\!\cdot\! \frac{(n-4)\,(... ...mbda}{(n-5)\,(n-4)}\!\cdot \cdots\! \frac{(k+1)\,k-\lambda}{(k+2)\,(k+1)}\,a_k$

onde é par (ímpar) se for par (ímpar). Então

$\displaystyle a_n=\frac{1}{n}\cdot \frac{(n-2)\,(n-1)-\lambda}{(n-1)\,(n-2)}\cd... ...)-\lambda}{(n-3)\,(n-4)}\cdot\cdots \frac{(k+1)\,k-\lambda}{k\,(k+1)}\,k\,a_k=$

$\displaystyle =\frac{1}{n}\left(1-\frac{\lambda}{(n-1)\,(n-2)}\right) \left(1-\... ...mbda}{(n-3)\,(n-4)}\right)\cdots \left(1-\frac{\lambda}{(k+1)\,k}\right)k\,a_k$
Vamos deixar $n\longrightarrow\infty$ , mantendo fixo, mas suficientemente grande para que $k\,(k+1)>\lambda$ e portanto $\displaystyle\,1-\frac{\lambda}{(k+1)\,k}>0\,$ . Para concluir o raciocínio, necessitamos um resultado auxiliar.

Lema 1. Para todo com $0<t<1\,$ , vale $\,\ln(1-t)\geq-t\,$ .

Demonstração:

Usando a série de Taylor

$\displaystyle -\ln(1-t)=t+\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}+ \frac{t^4}{4}+\cdots\geq t$
para todo com $0<t<1\,$ e segue a desigualdade.

Lema 2. Se $\,0<b_n<1\,$ , para todo $n\,$ , com $\,B:=\sum\,b_n<\infty\,$ , então

$\displaystyle (1-b_1)\,(1-b_2)\,\cdots(1-b_n)\geq e^{-B} \ \ .$

Demonstração:

Pelo Lema 1, para cada fator, tem-se

$\displaystyle 1-b_j\geq e^{-b_j} \ .$
Segue que

$\displaystyle (1-b_1)\,(1-b_2)\,\cdots(1-b_n)\geq e^{-b_1}\,e^{-b_2}\,\cdots\,e^{-b_n}= e^{-(b_1+b_2+\cdots+b_n)}\geq e^{-B} \ \ .$

Aplicando o Lema 2 à desigualdade obtida acima, segue que existe uma constante $\,C>0\,$ tal que

$\displaystyle \lvert a_n\rvert\geq\frac{C}{n} \ \ ,$ para todo $\displaystyle \ n>k \$ par (ímpar) $\displaystyle \ .$
Como a série dos $\sum \frac{1}{n}\,$ , par (ímpar) é divergente, segue que $\displaystyle\,\left\vert\sum_{j=k}^n\,a_j\,x^j\right\vert\,$ se torna arbitrariamente grande para próximo de 1 e grande, mostrando que $\displaystyle\, \lim_{x\rightarrow1-}\,\lvert y(x)\rvert=\infty\, \rule{0.0cm}{0.6cm}$ , provando a afirmação.

Fórmula de Rodrigues: Vale a seguinte expressão para os polinômios de Legendre:

$\displaystyle P_n(x)=\frac{1}{n!\,2^n}\,\frac{d^n}{dx^n}\, \biggl[\left(x^2-1\rule{0.0cm}{0.4cm}\right)^n\biggr] \ \ .$
Não demonstraremos este fato aqui, apenas diremos que ele pode ser provado em 3 etapas:
Seja $\displaystyle\,R_n(x)=\frac{1}{n!\,2^n}\, \frac{d^n}{dx^n}\,\biggl[\left(x^2-1\rule{0.0cm}{0.4cm} \right)^n\biggr]\,\rule{0.0cm}{0.7cm}$ .

1 $^{\underline{\rm a}}$ ) Como $\displaystyle\, \left(x^2-1\rule{0.0cm}{0.4cm}\right)^n\,$ tem grau $2\,n\,$ , $\,R_n(x)\,$ tem grau $n\,$ .

2 $^{\underline{\rm a}}$ ) Mostrar que $\,R_n(x)\,$ satisfaz a equação de Legendre.

3 $^{\underline{\rm a}}$ ) Mostrar que $R(1)=1\,$ .

Como $\,P_n(x)\,$ é o único polinômio que satisfaz a equação de Legendre e assume o valor 1 para $\,x=1\,$ , fica então provado que $R(x)=P_n(x)\,$ .

Função Geradora: A função $\displaystyle\,G(x,t)=\frac{1}{\sqrt{ 1-2\,x\,t+t^2}}\,$ satisfaz

$\displaystyle G(x,t)=\frac{1}{\sqrt{1-2\,x\,t+t^2}}= \sum_{n=0}^\infty P_n(x)\,t^n \ \ ,$ para $\displaystyle \ \lvert x\rvert\leq1$ e $\displaystyle \quad \ \lvert t\rvert<1 \ \ .$
Não daremos propriamente uma demonstração deste fato. Apenas notamos que substituindo $\,u=t^2-2\,x\,t\,$ na série binomial

$\displaystyle (1+u)^{-\frac{1}{2}}=1-\frac{1}{2}\,u+ \frac{1\cdot3}{2\cdot4}\,u^2- \frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}\,u^3+\cdots$
obtemos

$\displaystyle G(x,t)=1-\frac{1}{2}\,(t^2-2\,x\,t)+ \frac{1\cdot3}{2\cdot4}\,(t^2-2\,x\,t)^2- \frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}\,(t^2-2\,x\,t)^3+\cdots=$

$\displaystyle =1-\frac{1}{2}\,(t^2-2\,x\,t)+\frac{3}{8}\,\left( t^4-4\,x\,t^3+4... ...ht)-\frac{15}{48}\, \left(t^6-6\,x\,t^5+24\,x^2\,t^4-8\,x^3\,t^3\right)+\cdots$

Agrupando os termos e colocando em evidência as potências de obtemos

$\displaystyle G(x,t) =1+x\,t+\left(\frac{3}{2}\,x^2-\frac{1}{2}\right)t^2+ \lef... ...{2}\,x^3-\frac{3}{2}\,x\right)t^3+\cdots= \sum_{n=0}^\infty\,P_n(x)\,t^n \ \ .$
A função geradora encerra várias propriedades da família dos polinômios de Legendre. Vamos ver nos exercícios que muitas outras famílias de polinômios ou funções também possuem a sua função geradora. Abaixo vamos mostrar como várias dessas propriedades podem ser deduzidas a partir da função geradora. O mesmo tipo de raciocínio se aplica a outras famílias de funções.

Propriedades.

1. $P_n(1)=1\,$ .

Dem: Fazendo $\,x=1\,$ na função geradora,

$\displaystyle G(1,t)=\frac{1}{\sqrt{1-2\,t+t^2}}= \sum_{n=0}^\infty\,P_n(1)\,t^n \ \ .$
Portanto

$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty\,P_n(1)\,t^n=\frac{1}{\sqrt{(1-t)^2}}= \frac{1}{1-t}=\sum_{n=0}^\infty\,t^n \ .$
Comparando os coeficientes dos $\,t^n\,$ nos dois lados da igualdade, obtemos finalmente

$\displaystyle P_n(1)=1 \ .$

2. $P_n(-x)=(-1)^n\,P_n(x)\,$ , isto é, se for par, então $\,P_n(x)\,$ é função par (só envolve potências de com expoente par) e analogamente para ímpar.

Dem:

A função geradora $\,\displaystyle\, G(x,t)=\frac{1}{\sqrt{1-2\,x\,t+t^2}}\,\,$ satisfaz $\,G(x,t)=G(-x,-t)\,$ . Logo

$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty\,P_n(x)\,t^n= \sum_{n=0}^\infty\,P_n(-x)\,(-t)^n= \sum_{n=0}^\infty\,(-1)^n\,P_n(-x)\,t^n \ \ .$
Comparando os coeficientes dos nos dois lados da igualdade, obtemos

$\displaystyle P_n(-x)=(-1)^n\,P_n(x) \ \ .$

3. $\,\displaystyle P_{2\,n}(0)=\frac{(-1)^n\,1\cdot 3\cdot 5\cdot\ldots \cdot(2\,n-1)}{n!\,2^n} \qquad \mbox{ e } \qquad P_{2\,n+1}(0)=0 \ \ .$

Dem:

Fazendo $\,x=0\,$ na função geradora,

$\displaystyle G(0,t)=\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}= \sum_{n=0}^\infty\,P_n(0)\,t^n \ \ .$
Usando a série binomial

$\displaystyle (1+s)^a=1+a\,s+\frac{1}{2!}\,a\,(a-1)\,s^2+ \frac{1}{3!}\,a\,(a-1)\,(a-2)\,s^3+\cdots \ \ ,$
com $\,s=t^2\,$ e $\,a=\displaystyle-\frac{1}{2}\,$ , obtemos

$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}=1-\frac{1}{2}\,t^2+ \frac{1\cdot 3}{2!\cdot 2^2}\,t^4- \frac{1\cdot 3\cdot 5}{3!\cdot 2^3}\,t^6+\cdots \ \ .$
Comparando as duas expressões para $\displaystyle\,\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,$ , obtemos

$\displaystyle P_{2\,n}(0)=\frac{(-1)^n\,1\cdot 3\cdot 5\cdot\ldots \cdot(2\,n-1)}{n!\,2^n} \qquad \mbox{ e } \qquad P_{2\,n+1}(0)=0 \ \ .$
Se quisermos, podemos ainda reescrever

$\displaystyle P_{2\,n}(0)=\frac{(-1)^n\,1\cdot 3\cdot 5\cdot\ldots \cdot(2\,n-1... ... \rule{0.0cm}{0.4cm}\right)^2}= \frac{(-1)^n\,(2\,n)!}{(n!)^2\,2^{2\,n}} \ \ .$

4. $\ \displaystyle \int_0^1P_{2\,n-1}(x)\,dx=(-1)^n\, \frac{(-1)^n\,1\cdot 3\cdot 5\cdot\ldots\cdot(2\,n-3)} {n!\,2^n}$ , para $\,n\geq2\$ e
$\,\displaystyle\int_0^1P_{2\,n}(x)\,dx=0\$ , para $\,n\geq1\,\rule{0.0cm}{0.6cm}$ .

Dem:

Integrando $\displaystyle\ G(x,t)=\left( 1-2\,x\,t+t^2\rule{0.0cm}{0.4cm}\right)^{-\frac{1}{2}}= \sum_{n=0}^\infty\,P_n(x)\,t^n \$ em relação a $x\,$ , temos

$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty\,t^n\int_0^1P_n(x)\,dx= \int_0^1\left(1-2\,x\,t... ...\,x\,t+t^2 \rule{0.0cm}{0.4cm}\right)^\frac{1}{2}}{t}\right\vert _{x=0}^ {x=1}$

$\displaystyle =\biggl[\left(1+t^2\right)^\frac{1}{2}-(1-t)\biggr]= \frac{1}{t}\... ...2!}\,\frac{1}{2^2}\,t^4+ \frac{1}{3!}\,\frac{1\cdot 3}{2^3}\,t^6-\cdots\biggr]$

$\displaystyle =1+\frac{1}{2}\,t-\frac{1}{2!}\,\frac{1}{2^2}\,t^3+ \frac{1}{3!}\,\frac{1\cdot 3}{2^3}\,t^5-\cdots$
Comparando os coeficientes de $\,t^n\,$ nos dois lados, obtém-se a conclusão.

Vejamos mais algumas propriedades simples:

5. $\,P_n(-1)=(-1)^n\,$ .

Para provar basta combinar as propriedades 1 e 2.

6. $\,P_n'(1)\displaystyle= \frac{1}{2}\,n\,(n+1)\,$ .

Para provar basta fazer $\,x=1\,$ na equação de Legendre.

Vejamos agora uma propriedade importantíssima dos Polinômios de Legendre.

Ortogonalidade. $\displaystyle \int_{-1}^1P_n(x)\,P_m(x)\,dx=0 \$ , para $\ n\neq m\,$ , isto é, os $\,P_n(x)\,$ são ortogonais em relação ao produto interno $\displaystyle\,\langle f(x),g(x)\,\rangle= \int_{-1}^1f(x)\,g(x)\,dx\,$ .

Dem:

Escrevendo a equação de Legendre para $\,P_n(x)\,$ , temos

$\displaystyle (1-x^2)\,P_n''(x)-2\,x\,P_n'(x)+n\,(n+1)\,P_n(x)=0 \ ,$
ou ainda,

$\displaystyle \frac{d}{dx}\left((1-x^2)\,P_n'(x)\right)+n\,(n+1)\,P_n(x)=0 \ .$
Multiplicando por $\,P_m(x)\,$ e integrando, temos

$\displaystyle n\,(n+1)\,\int_{-1}^{\,1}P_n(x)\,P_m(x)\,dx= -\int_{-1}^{\,1}P_m(x)\,\frac{d}{dx} \left((1-x^2)\,P_n'(x)\right)dx \ .$
Integrando por partes,

$\displaystyle n\,(n+1)\,\int_{-1}^{\,1}P_n(x)\,P_m(x)\,dx= \left.(1-x^2)\,P_n'(... ....4cm}\right\vert _{-1}^{\,1} +\int_{-1}^{\,1}(1-x^2)\,P_n'(x)\,P_m'(x)\,dx \ ,$

isto é,

$\displaystyle n\,(n+1)\,\int_{-1}^{\,1}P_n(x)\,P_m(x)\,dx= \int_{-1}^{\,1}(1-x^2)\,P_n'(x)\,P_m'(x)\,dx \ .$
Trocando os papéis de $\,n\,$ e $\,m\,$ (que equivale a começar com a equação de $\,P_m(x)\,$ e multiplicar por $\,P_n(x)\,$ ), temos, analogamente, que

$\displaystyle m\,(m+1)\,\int_{-1}^{\,1}P_n(x)\,P_m(x)\,dx= \int_{-1}^{\,1}(1-x^2)\,P_n'(x)\,P_m'(x)\,dx \ .$
Segue daí que

$\displaystyle n\,(n+1)\,\int_{-1}^{\,1}P_n(x)\,P_m(x)\,dx= m\,(m+1)\,\int_{-1}^{\,1}P_n(x)\,P_m(x)\,dx \ .$
Portanto

$\displaystyle \int_{-1}^{\,1}P_n(x)\,P_m(x)\,dx=0 \ ,$ se $\displaystyle \ n\neq m \ .$

Norma. $\displaystyle \int_{-1}^{\,1}\left(P_n(x)\rule{0.cm}{0.4cm}\right)^2dx= \frac{2}{2\,n+1} \$

Dem:

Multiplicando a identidade $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-2\,x\,t+t^2}}=\sum_{n=0}^\infty\, P_n(x)\,t^n\$ por si própria, obtemos

$\displaystyle \frac{1}{1-2\,x\,t+t^2}= \frac{1}{\sqrt{1-2\,x\,t+t^2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-2\,x\,t+t^2}} \hspace{1.7cm}$

$\displaystyle =\sum_{n=0}^\infty\,P_n(x)\,t^n\,\sum_{m=0}^\infty\,P_m(x)\,t^m =\sum_{n,m=0}^\infty\,P_n(x)\,P_m(x)\,t^{n+m} \ \ .$
Integrando em relação a $x\,$ , obtemos

$\displaystyle \int_{-1}^{\1}\frac{dx}{1-2\,x\,t+t^2}=\sum_{n,m=0}^\infty\, t^{n+m}\int_{-1}^{\,1}P_n(x)\,P_m(x)\,dx$
Usando a ortogonalidade dos $\,P_n(x)\,$ , na soma acima sobram só as parcelas em que e, portanto,

$\displaystyle \int_{-1}^{\1}\frac{dx}{1-2\,x\,t+t^2}= \sum_{n=0}^\infty\;t^{2\,n}\int_{-1}^{\,1}\left( P_n(x)\rule{0.cm}{0.4cm}\right)^2dx$
Por outro lado,

$\displaystyle \int_{-1}^{\,1}\frac{1}{1-2\,x\,t+t^2}= \left. \frac{\ln\left(1-2... ...{1}{2\,t}\left(\ln(1+2\,x\,t+t^2)- \ln(1-2\,x\,t+t^2)\rule{0.cm}{0.5cm}\right)$

$\displaystyle =\frac{1}{t}\left(\ln(1+t)-\ln(1-t)\rule{0.cm}{0.4cm}\right) =\fr... ...right)+\left(t+\frac{t^2}{2}+ \frac{t^3}{3}+\frac{t^4}{4}+\cdots\right)\biggr]$

$\displaystyle =2\left(1+\frac{t^2}{3}+\frac{t^4}{5}+\cdots\right)= \sum_{n=0}^\infty\,\frac{2}{2\,n+1}\,t^{2\,n} \ \ .$

Comparando os coeficientes de $t^{2\,n}$ nas duas séries, obtemos, finalmente,

$\displaystyle \int_{-1}^{\,1}\left(P_n(x)\rule{0.cm}{0.4cm}\right)^2dx= \frac{2}{2\,n+1} \ \ .$

Obs: É fácil ver que $\,P_0(x),P_1(x), \ldots,P_{n-1}(x)\,$ são linermente indendentes no espaço vetorial dimensional dos polinômios de grau menor ou igual a $n-1\,$ . Constituem, portanto, uma base deste espaço. Segue daí e da ortogonalidade, que para qualquer polinômio $p(x)\,$ de grau menor que tem-se

$\displaystyle \int_{-1}^{\,1}\,p(x)\,P_n(x)\,dx=0 \ .$
Em particular,

$\displaystyle \int_{-1}^{\,1}\,x^m\,P_n(x)\,dx=0 \ ,$ para todo $\displaystyle \ m<n \ .$

Eduardo H. M. Brietzke