caracterização dos polinómios ortogonais clássicos

Caracterização dos PolinómiosOrtogonais Clássicos

Ana Filipa Soares Loureiro

Dezembro, 2003

Caracterização dos PolinómiosOrtogonais Clássicos

Ana Filipa Soares Loureiro

Versão provisória

Dezembro, 2003

Resumo

Este trabalho versa sobre o problema da caracterização de uma sucessão depolinómios ortogonais clássicos (Hermite, Laguerre, Bessel e Jacobi). O ob-jectivo principal é mostrar que uma sucessão ortogonal, cuja m-ésima sucessãoassociada à sucessão dos derivados de ordem k seja ortogonal, é necessariamenteuma sucessão clássica. Este resultado é uma generalização do teorema de Hahn,no qual se estabelece que uma sucessão ortogonal é uma sucessão clássica se asucessão dos derivados de ordem k for ortogonal. Será igualmente apresentadauma demonstração deste teorema.

3

Abstract

This work is devoted to the problem of the characterization of classical ortho-gonal sequences (Hermite, Laguerre, Bessel and Jacobi). Our main aim is toshow that an orthogonal polynomial sequence, whose m-th associated sequenceof k− th derivative sequence is orthogonal, is necessarily a classical one. This isa generalization of Hahn’s theorem, which states that an orthogonal polynomialsequence is classic if its k-th derivative sequence is orthogonal. We present anew proof for the mentioned theorem.

5

Résumé

Ce travail est consacré au problème de la caractérisation des suites orthogonalesclassiques (Hermite, Laguerre, Bessel et Jacobi). L’objet principal du mémoireest de montrer qu’une suite orthogonale dont on suppose que la m-ième suiteassociée à la suite des dérivées d’ordre k soit orthogonale, est nécessairement unesuite classique. Ce résultat est une extension du théorème de Hahn selon lequeltoute suite orthogonale dont la suite des dérivées d’ordre k soit orthogonale estune suite classique. On indique également une démonstration de ce théorème.

7

Aos meus excelêntíssimos orientadores...

Pascal Maroni 1 e Zélia Rocha 2.

Este trabalho tambémlhes pertence e a eles o devo.

1Directeur de recherche au CNRS et membre du Laboratoire Jacques-Louis Lions,Université Pierre et Marie Curie, Paris, France

2Professora Auxiliar do Departamento de Matemática Aplicada, Faculdade de Ciências daUniversidade do Porto, Portugal

9

Prefácio

Este trabalho versa sobre o problema da caracterização dos polinómios or-togonais clássicos que são habitualmente enumerados como os polinómios deHermite, de Laguerre, de Bessel e de Jacobi. Segundo a propriedade de Hahn,uma sucessão de polinómios ortogonais diz-se clássica se a sucessão dos polinó-mios derivados for ortogonal [4]. Em 1937, Hahn apresentou em [5] uma novacaracterização destes polinómios, a qual generaliza a propriedade citada: umasucessão de polinómios ortogonais é clássica se a sucessão dos derivados de ordemk > 1 for ortogonal. Neste trabalho apresenta-se uma nova demonstração desteresultado, cuja ideia de base consiste em trabalhar directamente sobre as formaslineares (ou funcionais) e não sobre as representações integrais dessas formas,que aliás só são conhecidas nalgumas classes para valores particulares de certosparâmetros. Nesse sentido, utiliza-se sistematicamente a sucessão dual associadaa uma sucessão de polinómios livre. Através de raciocínio análogo, com asdevidas adaptações, foi possível cumprir o objectivo principal deste trabalho:fornecer uma extensão para o teorema de Hahn, na qual se estabelece que umasucessão ortogonal, cuja m-ésima sucessão associada à sucessão dos derivadosde ordem k seja ortogonal, é uma sucessão clássica [14].

Na primeira secção do capítulo 1 são dadas as definições de base e indicadas asoperações, obtidas por transposição, que se efectuam naturalmente no espaçodual dos polinómios. A segunda secção é reservada à introdução dos conceitosde sucessão de polinómios e sucessão dual.

A ortogonalidade regular e respectivas noções conexas (as relações de tipofinito e a quasi-ortogonalidade) encontram-se desenvolvidas no capítulo 2. Aprimeira secção deste capítulo é consagrada à caracterização da ortogonalidaderegular (em termos das formas regulares e das sucessões de polinómios), onde sãoapresentados resultados que serão usados de forma essencial na caracterizaçãode sucessões clássicas e semi-clássicas e, principalmente, nas demonstrações dosresultados que figuram no final do trabalho: o teorema de Hahn e o teoremarelativo 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 asua importância, este último merece ser estudado por si mesmo. Supondo aortogonalidade, as relações de tipo finito conduzem às sucessões semi-clássicas,como poderá ser constatado na secção 4.3. Na secção 2.3 são fornecidas asdefinições de quasi-ortogonalidade e de quasi-ortogonalidade estrita de ordem s.

11

Aplicam-se estas noções ao estudo da multiplicação à esquerda de uma formaregular por um polinómio de primeiro ou de segundo grau, construindo assimuma forma regular a partir de outra forma regular dada.

O capítulo 3 é reservado à definição e caracterização das sucessões clássicas querem termos duma equação funcional (secção 3.2), quer em termos duma equaçãodiferencial de segunda ordem (secção 3.3), devida a Bochner [1]. No capítulo 4introduzimos as formas e sucessões semi-clássicas, sendo as formas clássicas umcaso particular destas.

Finalmente, nos capítulos 5 e 6 encontra-se, respectivamente, a nova prova doteorema de Hahn e o enunciado (assim como a sua demonstração) da extensãodeste 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 umpolinómio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.1.1.5 Multiplicação à direita de uma forma por umpolinómio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 Resultados fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.3 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 poli-nómio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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

Capítulo 1

Preliminares

Seja P o espaço vectorial das funções polinomiais com coeficientes em C, natu-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 ouigual a n. Seja P ′ o espaço dual de P, isto é, o espaço das aplicações linearesdefinidas em P e tomando valores em C. Cada elemento u do espaço dual deP designa-se por forma ou funcional. Denote-se por 〈u, f〉 a acção de u ∈ P ′sobre f ∈ P. Naturalmente, 〈u, f〉 ∈ C. Em particular, 〈u, xn〉 := (u)n , n > 0representa o momento de ordem n de u ∈ P ′ (relativamente à sucessão {xn}n>0).Se f(x) =

∑mν=0 aνx

ν , temos que 〈u, f〉 =∑m

ν=0 aν(u)ν . Acrescente-se que umaforma u ∈ P ′ 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:

〈δc, p (x)〉 := p (c) , ∀p ∈ P.

Visando a simplificação de escrita, quando c = 0 escreveremos apenas δ em vezde δ0. Os momentos desta forma ficam determinados por:

(δ)n = 〈δ, xn〉 = δ0,n ={

1, n = 00, n > 1 .

Em todo o texto o termo polinómio será considerado como sinónimo de funçãopolinomial.

1.1 Operadores e propriedades elementares

Sejam u ∈ P ′ e f, g ∈ P. Para a realização deste trabalho precisamos dedefinir algumas transformações lineares de P ′ em P ′, como será o caso de:transformações afins, divisão de uma forma por um polinómio, multiplicaçãoà 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 ′, as quais detêm propriedadesessenciais na construção desta teoria.

Designamos por IP e IP ′ a identidade nos espaços P e P ′, 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, haf , daseguinte maneira:

haf (x) = f (ax) , a ∈ C, f ∈ P.

Por transposição definimos a homotetia aplicada a uma forma u ∈ P ′, hau ∈ P ′,

〈hau, f (x)〉 = 〈u, haf (x)〉 = 〈u, f (ax)〉 , a ∈ C, f ∈ P, u ∈ P ′.

Consideremos ainda o cálculo dos momentos de hau :

(hau)n = 〈hau, xn〉 = 〈u, ha (xn)〉 = 〈u, (ax)n〉

= 〈u, anxn〉 = an 〈u, xn〉= an (u)n , n > 0.

1.1.1.2 Operador translação

Define-se τ−bf ∈ P , a translação aplicada ao polinómio f , do seguinte modo

τ−bf (x) = f (x+ b) , b ∈ C, f ∈ P

Por transposição, define-se a translação de uma forma, τ−bu ∈ P ′,

〈τ−bu, f (x)〉 = 〈u, τbf (x)〉 = 〈u, f (x− b)〉 , b ∈ C, f ∈ P, u ∈ P ′.

Acrescente-se o cálculo dos momentos de τ−bu :

(τbu)n : = 〈τbu, xn〉 = 〈u, τ−bxn〉 = 〈u, (x+ b)n〉 =

⟨u,

n∑k=0

(n

k

)xkbn−k

⟩

=n∑

k=0

(n

k

)bn−k

⟨u, xk

⟩=

n∑k=0

(n

k

)bn−k (u)k , n > 0.

1.1.1.3 Operador diferenças divididas

Definimos ϑcf ∈ P do seguinte modo:

ϑcf (x) =f (x)− f (c)

x− c, c ∈ C, f ∈ P

1.1. OPERADORES E PROPRIEDADES ELEMENTARES 19

Assim, por transposição define-se a divisão de uma forma por um polinómio [9],⟨(x− c)−1 u, f (x)

⟩= 〈u, ϑcf (x)〉 , c ∈ C, f ∈ P, u ∈ P ′

O momento de ordem n da forma (x− c)−1u é dado por:

((x− c)−1u)n ={

0 se n = 0∑n−1k=0 c

n−k−1(u)k se n > 1.

Com efeito,((x− c)−1u)n =

⟨(x− c)−1u, xn

⟩= 〈u, ϑcx

n〉 .

Ora,

ϑcxn =

xn − cn

x− c={

0 n = 0∑n−1k=0 c

n−k−1xk, n > 1 .

Em particular, para n = 0, temos que

((x− c)−1u)0 = 〈u, 0〉 = 0,

e para n > 1, obtemos que

((x− c)−1u)n =

⟨u,

n−1∑k=0

cn−k−1xk

⟩=

n−1∑k=0

cn−k−1(u)k.

Em [9] poderemos encontrar detalhes muito interessantes relativamente à divisãode uma forma por um polinómio.

1.1.1.4 Multiplicação à esquerda de uma forma por um polinómio.

Sejam u ∈ P ′ e f ∈ P. Considere-se a aplicação

P × P ′ −→ P ′(f, u) 7−→ fu

.

A forma fu, multiplicação à esquerda de uma forma por um polinómio, define-sepor transposição da seguinte maneira:

〈fu, p〉 = 〈u, fp〉 , ∀p ∈ P.

Sendo f (x) =∑m

i=0 aixi, ai ∈ C um polinómio de grau m, o momento de ordem

n da forma fu é dado por,

(fu)n = 〈fu, xn〉 = 〈u, fxn〉 =

⟨u,

m∑i=0

aixi+n

⟩=

m∑i=0

ai(u)i+n, n > 0.


1.1.1.5 Multiplicação à direita de uma forma por um polinómio.

Sejam u ∈ P ′ e f ∈ P. Considere-se a aplicação

P ′×P −→ P(u, f) 7−→ uf

.

O polinómio uf , produto à direita de uma forma por um polinómio, define-sepor:

(uf)(x) =⟨u,xf (x)− ξf (ξ)

x− ξ

⟩, f ∈ P, u ∈ P ′ ,onde u actua na variável ξ.

Note-se ainda que ϑξ (xf (x)) = xf(x)−ξf(ξ)x−ξ , pelo que poder-se-á escrever uf

como(uf) (x) = 〈u, ϑξ (xf (x))〉 , onde u actua na variável ξ.

Podemos, alternativamente, escrever uf de um outro modo. Formalizando,escreva-se o polinómio f como

f(x) =m∑

i=0

aixi, ai ∈ C,

pelo que,

ϑξ (xf (x)) =xf(x)− ξf(ξ)

x− ξ=x∑m

i=0 aixi − ξ

∑mi=0 aiξ

i

x− ξ=

m∑i=0

aixi+1 − ξi+1

x− ξ

=m∑

i=0

ai

i∑j=0

xjξi−j .

Deste modo,

(uf) (x) : =⟨u,xf(x)− ξf(ξ)

x− ξ

⟩=

⟨u,

m∑i=0

ai

i∑j=0

xi−jξj

⟩

=m∑

i=0

ai

i∑j=0

(u)jxi−j =

m∑i=0

m∑j=i

aj(u)j−ixi,

se atendermos a quen∑

i=0

i∑j=0

βi,j =n∑

i=0

n∑j=i

βj,j−i.

Como consequência das definições tem-se ainda que:

(uϑ0f) (x) =⟨u,f (x)− f (ξ)

x− ξ

⟩= 〈u, ϑξf (x)〉 , f ∈ P, u ∈ P ′,

1.1. OPERADORES E PROPRIEDADES ELEMENTARES 21

com u a actuar na variável ξ. Com efeito,

(uϑ0f) (x) =⟨u,xϑ0f (x)− ξϑ0f (ξ)

x− ξ

⟩

=⟨u,

(f (x)− f (0))− (f (ξ)− f (0))x− ξ

⟩=⟨u,f (x)− f (ξ)

x− ξ

⟩= 〈u, ϑξf (x)〉 , f ∈ P, u ∈ P ′,

onde u actua na variável ξ.

1.1.1.6 Produto de duas formas

Sejam u, v ∈ P ′. O produto de u por v, denotado uv ∈ P ′, é definido portransposição do produto à direita de uma forma por um polinómio:

〈uv, f〉 = 〈u, vf〉 , ∀f ∈ P.

O momento de ordem n de uv é dado por:

(uv)n =∑

i+j=n

(u)i(v)j , n > 0.

Com efeito, da definição do produto à direita de uma forma por um polinómio,obtemos:

(vζn) (x) =⟨v,xn+1 − ξn+1

x− ξ

⟩=

⟨v,

n∑j=0

xjξn−j

⟩=

n∑i=0

(v)n−j xj ,

logo,

(uv)n = 〈uv, xn〉 = 〈u, vxn〉 =

⟨u,

n∑i=0

(v)n−i xi

⟩

=n∑

i=0

(v)n−i

⟨u, xi

⟩=

n∑i=0

(v)n−i (u)i =∑

i+j=n

(u)i(v)j .

1.1.1.7 Derivada de uma forma

Seja u ∈ P ′. A derivada de u, designada por Du, é a forma definida portransposição

〈Du, p〉 = −⟨u, p′

⟩, ∀p ∈ P,


cujo momento de ordem n é dado por:

(Du)n = −n(u)n−1, n > 0, com (u)−1 = 0.

pois,

(Du)n = 〈Du, xn〉 = −⟨u, (xn)′

⟩= −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)f = uf + vf, ∀u, v ∈ P ′, ∀f ∈ P;v(uf) = (vu)f, ∀u, v ∈ P ′, ∀f ∈ P;(fg)u = f(gu) ∀f, g ∈ P, u ∈ P ′;δu = u, ∀u ∈ P ′;uv = vu, ∀u, v ∈ P ′;(uv)w = u(vw), ∀u, v, w ∈ P ′;(u+ v)w = uw + vw, ∀u, v, w ∈ P ′.

As últimas propriedades garantem que (P ′,+,. ), onde as operações + e . de-notam, respectivamente a soma e produto de duas formas, forme um anelcomutativo com elemento unidade, δ. Todavia não constitui um anel de divisãodado a existência de elementos em P ′ que não possuem elemento inverso (bastaque o momento de ordem zero seja nulo).

Considerem-se agora propriedades importantes envolvendo os operadores atrásdefinidos, as quais se provam facilmente. Sejam, por isso, u ∈ P ′ e f, g ∈ P .

ha ◦ ha−1 ≡ IP ′ ; (1.2.1)τb ◦ τ−b ≡ IP ′ ; (1.2.2)(τb ◦ ha)u = (ha ◦ τa−1b)u; (1.2.3)(ha ◦ τb)u = (τab ◦ ha)u; (1.2.4)f(τbu) = τb ((τ−bf)u) ; (1.2.5)f(hau) = ha ((haf)u) ; (1.2.6)D(τbu) = τbDu; (1.2.7)D(hau) = a−1haDu. (1.2.8)

Há uma série de propriedades que serão usadas no decurso deste trabalho deforma 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 ′, c ∈ C tem-se que

a) (ufg) (x) = ((fu) g)(x) + xg(x) (uϑ0f) (x) (1.2.9)b) f(x)(uv) = (f(x)v)u+ x (vϑ0f) (x)u (1.2.10)c) (ϑcD) f = (Dϑc) f + ϑ2

cf (1.2.11)

d) (x− c)((x− c)−1 u

)= u (1.2.12)

e) (x− c)−1 ((x− c)u) = u− (u)0 δc (1.2.13)f) f

((x− c)−1u

)= f(c)

((x− c)−1u

)+ (ϑcf)u (1.2.14)

g) (x− c)−1(fu) = f(c)((x− c)−1u) + (ϑcf)u− 〈u, ϑcf〉δc (1.2.15)h) (uf)′ (x) =

(u′f)(x) +

(uf ′)(x) + (uϑ0f) (x) (1.2.16)

i) (fu)′ = fu′ + f ′u (1.2.17)

j) (fu)(k) =∑k

ν=0

(k

ν

)f (ν)u(k−ν), k > 1 (1.2.18)

l) (uv)′ = u′v + uv′ + x−1(uv) (1.2.19)

m)((x− c)−1u

)′ = (x− c)−1u′ − (x− c)−2u (1.2.20)n) (uϑ0f) (x) = (ϑ0uf) (x) (1.2.21)o) Du = Dv ⇒ u = v (1.2.22)

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 doleitor.

c) ϑcD = Dϑc + ϑ2c

(ϑ2

cf)(x) = ϑc (ϑcf) (x) = ϑc

f (x)− f (c)x− c

=f(x)−f(c)

x−c − f ′ (c)x− c

=f (x)− f (c)

(x− c)2− f ′ (c)x− c

;

(Dϑcf) (x) +(ϑ2

cf)(x) =

f ′ (x)− f ′ (c)x− c

= ϑc (Df) (x) .

d) (x− c)((x− c)−1 u

)= u (este é um caso particular de (1.2.14))

⟨(x− c)

((x− c)−1 u

), p(x)

⟩=⟨(x− c)−1 u, (x− c)p(x)

⟩= 〈u, ϑc ((x− c) p(x))〉 =

⟨u,

(x− c)p(x)− (c− c)p(c)x− c

⟩= 〈u, p(x)〉 , p ∈ P;


e) (x− c)−1 ((x− c)u) = u− (u)0 δc : é um caso particular de (1.2.15).⟨(x− c)−1 ((x− c)u) , p(x)

⟩= 〈(x− c)u, ϑcp(x)〉

=⟨

(x− c)u,p(x)− p(c)x− c

⟩=⟨u, (x− c)

p(x)− p(c)x− c

⟩= 〈u, p(x)〉 − 〈u, p(c)〉 = 〈u, p(x)〉 − p(c)(u)0

= 〈u, p(x)〉 − (u)0 〈δc, p(x)〉 = 〈u− (u)0δc, p(x)〉 , ∀p ∈ P.

f) f((x− c)−1u

)= f(c)

((x− c)−1u

)+ (ϑcf)u

⟨f((x− c)−1u

), p⟩〈u, ϑcfp〉 =

⟨u,f (x) p (x)− f (c) p (c)

x− c

⟩

=⟨u,f (x) p (x)− f (x) p (c) + f (x) p (c)− f (c) p (c)

x− c

⟩

=⟨u, f (x)

p (x)− p (c)x− c

⟩+ p (c)

⟨u,f (x)− f (c)

x− c

⟩=⟨(x− c)−1 (fu) , p

⟩+⟨(x− c)−1 u, 〈δc, p〉 f

⟩=⟨(x− c)−1 (fu) , p

⟩+⟨⟨

(x− c)−1 u, f⟩δc, p

⟩=⟨(x− c)−1 (fu) , p

⟩+ 〈〈u, ϑcf〉 δc, p〉

=⟨(x− c)−1 (fu) + 〈u, ϑcf〉 δc, p

⟩g) (x− c)−1 (fu) = f(c)

((x− c)−1u

)+ (ϑcf)u− < u, ϑcf > δc

Provamos que

(x− c)−1 (fu) = f((x− c)−1 u

)− 〈u, ϑcf〉 δc.

Resta ver que f((x−c)−1u) = f(c)((x−c)−1u)+(ϑcf)u. Concluamos porisso o pretendido:

〈f((x− c)−1u)− f(c)((x− c)−1u), p〉 = 〈u, ϑc(fp)〉 − 〈u, ϑcp〉f(c)= 〈u, ϑc(fp)− f(c)ϑcp〉

=⟨u,f (x) p (x)− f (c) p (c)− f (c) p (x) + f (c) p (c)

x− c

⟩=⟨u,f (x) p (x)− f (c) p (x)

x− c

⟩= 〈u, (ϑcf) p〉

= 〈(ϑcf)u, p〉

1.2. PROPRIEDADES DAS OPERAÇÕES ELEMENTARES 25

i) (fu)′ = fu′ + f ′u⟨(fu)′ , p

⟩= −

⟨fu, p′

⟩= −

⟨u, fp′

⟩= −

⟨u, (fp)′ − f ′p

⟩=

⟨u, f ′p

⟩−⟨u, (fp)′

⟩=⟨f ′u, p

⟩+⟨u′, fp

⟩=

⟨f ′u+ fu′, p

⟩j) (fu)(k) =

∑kν=0

(kν

)f (ν)u(k−ν), k > 1. Provemos o resultado por

indução finita sobre k. A igualdade anterior demonstra o resultado parak = 1. Suponhamos o resultado válido para k > 1 e demonstremo-lo parak + 1, k > 1.

(fu)(k+1) =((fu)(k)

)′=(∑k

ν=0

(k

ν

)f (ν)u(k−ν)

)′=

∑k

ν=0

(k

ν

)(f (ν)u(k−ν)

)′=

∑k

ν=0

(k

ν

)f (ν+1)u(k−ν) +

∑k

ν=0

(k

ν

)f (ν)u(k+1−ν)

=∑k+1

ν=1

(k

ν − 1

)f (ν)u(k+1−ν) +

∑k

ν=0

(k

ν

)f (ν)u(k+1−ν)

= f (k+1)u+∑k

ν=1

[(k

ν − 1

)+(k

ν

)]f (ν)u(k+1−ν) + fu(k+1)

= f (k+1)u+∑k

ν=1

(k + 1ν

)f (ν)u(k+1−ν) + fu(k+1)

=∑k+1

ν=0

(k + 1ν

)f (ν)u(k+1−ν), k > 1.

m)((x− c)−1u

)′ = (x− c)−1u′ − (x− c)−2u⟨((x− c)−1u

)′, p⟩

= −⟨(x− c)−1u, p′

⟩= −

⟨u, ϑcp

′⟩= −〈u,Dϑcp〉 −

⟨u, ϑ2

cp⟩

=⟨(x− c)−1 u′, p

⟩−⟨(x− c)−2 u, p

⟩=

⟨(x− c)−1 u′ − (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 ′ e das propriedades subsequentes,estamos em condições para dar início ao estudo de sucessões de polinómios.


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 umasucessão de polinómios seja livre.

Lema 1.3.1 [10, 12] Uma sucessão de polinómios {Bn}n>0 é livre se e só segrau (Bn) = n, ∀n > 0.

Prova: Suponhamos que grau(Bn) = n, ∀n > 0. Seja m,n > 0, com n 6 m.Consideremos a combinação linear dada por

∑mν=n λνBν(x) onde λν ∈ C,

n 6 ν 6 m. Suponhamos que∑m

ν=n λνBν(x) = 0, ou seja

λmBm(x) +m−1∑ν=n

λνBν(x) = 0.

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 igualdadeanterior escreve-se

λm(xm + bm(x)) +m−1∑ν=n

λνBν(x) = 0,

onde o polinómio bm é tal que grau(bm) 6 m − 1. Como λmxm é o

único termo de grau m (pois grau(λmbm(x) +∑m−1

ν=n λνBν(x)) 6 m− 1 ),então necessariamente λm = 0. Resta considerar os restantes termos. Aigualdade anterior escreve-se agora

λm−1(xm−1 + bm−1(x)) +m−2∑ν=n

λνBν(x) = 0,

onde o polinómio bm−1 é tal que grau(bm−1) 6 m−2, pelo que, por analo-gia ao anteriormente feito, λm−1 = 0. Repetindo o raciocínio, concluímosque, necessariamente, se terá

λν = 0, para n 6 ν 6 m.

Reciprocamente, suponhamos que {Bn}n>0 é uma sucessão de polinómioslivre, donde, por definição, grau(Bn) 6 n, ∀n > 0. Suponhamos quegrau(Bn) 6 n− 1, ∀n > 0. Assim,

Bn(x) =n−1∑µ=0

αµBµ(x), i.e.,

1.3. SUCESSÕES DE POLINÓMIOS 27

Bn(x)−n−1∑µ=0

αµBµ(x) = 0, i.e.,

n∑µ=0

αµBµ(x) = 0, onde αn = −1

A condição αn = −1 6= 0 invalida o facto da PS {Bn}n>0 ser livre, contra-riando 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 quegrau(Bn) = n, ∀n > 0. Neste caso podemos sempre normalizar cada polinómioda sucessão, considerando Bn(x) = xn + bn−1x

n−1 + . . .+ b0, n > 0, mónico, ediremos 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 p ∈ P, existiremconstantes complexas λν , com 0 6 ν 6 n, tais que p(x) =

∑nν=0 λνBν(x).

Depois do lema anterior, podemos concluir que uma sucessão de polinómioslivre gera P.

Consideremos uma condição necessária e suficiente para que uma forma u sejanula.

Proposição 1.3.1 [16] Se {Pn}n>0 for uma SP e u ∈ P ′ então u = 0 se e sóse 〈u, Pn〉 = 0, n > 0.

Prova: Se u = 0, é claro que 〈u, p〉 = 0, ∀p ∈ P, em particular, 〈u, Pn〉 =0, n > 0. Reciprocamente, consideremos um polinómio arbitrário, p ∈P, de grau k > 0. Se escrevermos p na base {Pn}n>0, isto é, p(x) =∑k

i=0 aiPi(x), onde ai ∈ C, 0 6 i 6 k, então

〈u, p(x)〉 =k∑

i=0

ai 〈u, Pi(x)〉 = 0,

por hipótese. Logo u = 0, uma vez que 〈u, p〉 = 0, ∀p ∈ P.

1.3.1 Sucessão dual

Consideremos a SP {Bn}n>0. Reúnem-se agora as condições para definirmosuma sucessão no dual de P associada a {Bn}n>0.


Definição 1.3.2 Dizemos que {un}n>0, onde un ∈ P ′, é sucessão dual associ-ada à SP {Bn}n>0, se for tal que

〈un, Bm〉 = δn,m, n,m > 0. (1.3.23)

Proposição 1.3.2 [16] A sucessão dual associada a uma SP {Bn}n>0 existe, éúnica e linearmente independente.

Prova: Pretendemos encontrar uma sucessão {un}n > 0, com un ∈ P ′, quesatisfaça (1.3.23). Consideremos n > 0. Podemos sempre caracterizaruma forma através da sucessão dos seus momentos. Nesse sentido, deter-minemos (un)k, k > 0. A SP {Bn}n>0 forma uma base de P, pelo quepodemos escrever xm, m > 0, sob a forma:

xm =m∑

k=0

bm,kBk(x), com bm,m = 1, m > 0.

Se m 6 n, tem-se:

(un)m = 〈un, xm〉 =

m∑k=0

bm,k 〈un, Bk〉 =m∑

k=0

bm,kδnk = bm,mδnm = δnm,

isto é, (un)n = 1 e (un)m = 0, ∀m < n.

Se m > n, tem-se:

(un)m = 〈un, xm〉 =

m∑k=0

bm,k 〈un, Bk〉 =m∑

k=0

bm,kδn,k

=n∑

k=0

bm,kδn,k +m∑

k=n+1

bm,kδn,k = bm,nδn,n = bm,n,

pelo que

(un)m =

0, m < n1, m = nbm,n m > n

.

Portanto, un existe. A unicidade desta sucessão decorre imediatamentedo facto de uma forma ficar univocamente determinada pela sucessão dosseus momentos.

Falta apenas mostrar que {un}n>0 é livre. Considere-se m > n > 0 esuponhamos que

m∑ν=n

λνuν = 0P ′ ,

ou seja, (m∑

ν=n

λνuν

)k

= 0, k > 0, (1.3.24)


isto é,m∑

ν=n

λν(uν)k = 0, k > 0.

Se k = n,∑m

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 queλn+1 = 0. Repetindo sucessivamente o raciocínio (i.e., considerandosucessivamente 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 canónicaassociada à sucessão {Bn}n>0.

Teorema 1.3.1 Seja u ∈ P ′, {Bn}n>0 uma SP, {un}n>0 a respectiva sucessãodual e consideremos

Sn(u) =n∑

k=0

〈u,Bk〉uk, n > 0.

Neste caso, teremos

〈Sn(u), P 〉 −−−−−→n→+∞ 〈u, f〉 , ∀f ∈ {,

ou seja, Sn(u) converge com n para u no sentido da topologia fraca.

Prova: Fixemos n > 0. Deste modo,

〈Sn(u), Bm〉 =n∑

k=0

〈u,Bk〉〈uk, Bm〉 =n∑

k=0

〈u,Bk〉δk,m

=

0 , m > n

〈u,Bm〉 , 0 6 m 6 n.

Considerando agora n→∞, da igualdade anterior decorre que

〈Sn(u), Bm〉 −−−−−→n→+∞ 〈u,Bm〉 , ∀m > 0,

logo, dado {Bn}n>0 ser uma SP, concluímos que

〈Sn(u), f〉 −−−−−→n→+∞ 〈u, f〉 ∀f ∈ P.

Lema 1.3.2 [16] Seja {Bn}n>0 uma SP e seja {un}n>0 a respectiva sucessãodual. Se {Qn}n>0 for uma SP, tem-se necessariamente que

〈un, Qm〉 = 0, 0 6 m < n. (1.3.25)


Prova: Atendendo a que a sucessão {Bn}n>0 forma uma base em P, podemossempre escrever cada polinómio Qm (x), m > 0, à custa dos m primeirospolinómios de {Bn}n>0. Deste modo,

Qm (x) =m∑

k=0

bk,mBk (x) , com bm,m = 1, m > 0

Seja n > 0. Assim,

〈un, Qm (x)〉 =

⟨un,

m∑k=0

bk,mBk (x)

⟩=

m∑k=0

bk,m 〈un, Bk (x)〉

=m∑

k=0

bk,mδn,k .

Fazendo m = n , a relação anterior escreve-se

〈un, Qn (x)〉 = bn,n = 1

Se tomarmos m 6 n− 1, segue-se que 〈un, Qm (x)〉 = 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 elaassociada. 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 res-pectiva sucessão dual e mostremos, por indução finita sobre n, que un = (−1)n

n! Dnδ,n > 0.

Por definição de sucessão dual, tem-se que{〈un, x

m〉 = 0, n 6= m, n,m > 0〈un, x

n〉 = 1, n > 0

Para n = 0, e lembrando que 〈δ, f (x)〉 = f (0), tem-se{〈u0, 1〉 = 1 = 〈δ, 1〉〈u0, x

m〉 = 0 = 〈δ, xm〉 , m > 0,

logo u0 = δ.


Suponhamos que un = (−1)n

n! Dnδ e provemos que o mesmo se verifica para n+1.

⟨un+1, x

n+1⟩

=

⟨(−1)n+1

(n+ 1)!Dn+1δ, xn+1

⟩=

(−1)n+1

(n+ 1)!⟨D (Dnδ) , xn+1

⟩=

(−1)n+1

(n+ 1)!(−1) 〈Dnδ, (n+ 1)xn〉

=(−1)n+1

(n+ 1)!(n+ 1) (−1) 〈Dnδ, (n+ 1)xn〉

=(−1)n

(n)!〈Dnδ, xn〉 =

⟨(−1)n

(n)!Dnδ, xn

⟩= 1,

por hipótese de indução. Falta ainda ver que, de facto, 〈un+1, xm〉 = 0, para

n+ 1 6= m, isto é, n 6= m− 1. Assim,

〈un+1, xm〉 =

⟨(−1)n+1

(n+ 1)!Dn+1δ, xm

⟩=

(−1)n+1

(n+ 1)!〈D (Dnδ) , xm〉

=(−1)n+1

(n+ 1)!(−1)

⟨Dnδ,mxm−1

⟩=

m

n+ 1(−1)n

n!⟨Dnδ, xm−1

⟩=

m

n+ 1

⟨(−1)n

n!Dnδ, xm−1

⟩= 0, por hipótese de indução.

Dada a unicidade da sucessão dual de uma SP, tem-se que a sucessão dualassociada a {xn}n>0 é dada por

{(−1)n

n! Dnδ}

n>0.

Se u for um qualquer elemento de P ′, então temos que

Sn(u) =n∑

k=0

(−1)k

k!(u)kD

kδ, n > 0.

Do teorema anterior, resulta que

n∑k=0

(−1)k

k!(u)k〈Dkδ, f〉 −−−−−→

n→+∞ 〈u, f〉 , ∀f ∈ P.

Por outro lado, atendendo a que

(Sn(u))m = 〈Sn(u), xm〉 =

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. Emmuitas deduções será, sem dúvida, crucial.


Lema 1.3.3 [7, 10, 11, 12] Sejam {Bn}n>0 uma SP e seja {un}n>0 a respectivasucessão dual. Sejam u ∈ P ′ e p ∈ N. Para que u verifique

〈u,Bp−1〉 6= 0, 〈u,Bn〉 = 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∑i=0

λiui.

Além disso, λi = 〈u,Bi〉 , 0 6 i 6 p− 1.

Prova: Vejamos que as condições são necessárias. Com efeito, por definiçãode sucessão dual

〈u,Bn〉 = 〈p−1∑i=0

λiui, Bn〉 =p−1∑i=0

λi 〈ui, Bn〉 =p−1∑i=0

λiδi,n = 0, n > p.

Do mesmo modo,

〈u,Bp−1〉 =p−1∑i=0

λiδi,p−1 = λp−1 6= 0, por hipótese.

Reciprocamente, consideremos a forma

v = u−p−1∑i=0

λiui,

onde λi, 0 6 i 6 p − 1, são constantes arbitrárias. De facto, temos que〈v,Bn〉 = 0, n > p, pois

〈v,Bn〉 = 〈u−p−1∑i=0

λiui, Bn〉 = 〈u,Bn〉 −p−1∑i=0

λi 〈ui, Bn〉

= 〈u,Bn〉 −p−1∑i=0

λiδi,n = 〈u,Bn〉 = 0, n > p, por hipótese.

Considerando 0 6 n 6 p − 1, verificamos, de forma análoga ao casoanterior, que

〈v,Bn〉 = 〈u,Bn〉 − λn.

Por escolha das constantes λn, 0 6 n 6 p−1, isto é, fazendo λn = 〈u,Bn〉,temos que 〈v,Bn〉 = 0, n > 0. Da proposição 1.3.2, decorre que v = 0,ou seja, u =

∑p−1i=0 λiui. Como, por hipótese, λp−1 6= 0, fica provado o

pretendido.


1.3.2 Transformações elementares

Nesta secção iremos considerar transformações elementares da SP e consequen-temente na sucessão dual correspondente. São elas a transformação linear devariável, a derivação e a associação.

1. Transformação linear de variável.

Seja {Bn}n>0 uma SP. Defina-se a SP {Bn}n>0, obtida a partir de {Bn}n>0 portransformação linear de variável.

Proposição 1.3.3 [16] Seja {Bn}n>0 uma SP e {un}n>0 a respectiva sucessãodual. Consideremos a SP {Bn}n>0 definida da seguinte maneira:

Bn(x) = a−nBn(ax+ b), n > 0,

onde a ∈ C − {0} e b ∈ C. Designando por {un}n>0 a sucessão dual associadaa {Bn}n>0, então

un = an(ha−1 ◦ τ−b)un, n > 0.

Prova: Começamos por notar que grau(Bn

)= n e que Bn é mónico, ∀n > 0.

Assim, existe uma única sucessão no dual, {un}n>0, que satisfaz:⟨un, Bm

⟩= δn,m.

Note-se que Bm (x) = a−m(ha ◦ τ−b)Bm(x), pelo que⟨un, Bm

⟩=

⟨un, a

−m(ha ◦ τ−b)Bm(x)⟩

= a−m 〈un, (ha ◦ τ−b)Bm(x)〉

= a−m 〈haun, τ−bBm(x)〉 = a−m 〈(τb ◦ ha) un, Bm(x)〉 = δn,m.

Dada a unicidade de sucessão dual, então necessariamente

un = a−n (τb ◦ ha) un (1.3.26)

i.e.

anτ−bun = haun

an (ha−1 ◦ τ−b)un = un, n > 0

2. Derivação.

Consideremos a SP {B[1]n }n>0, designada por sucessão dos derivados de ordem

1 de {Bn}n>0.


Proposição 1.3.4 [16] Seja {Bn}n>0 uma SP e {un}n>0 a sucessão dual cor-respondente. Consideremos a SP {B[1]

n }n>0 definida da seguinte maneira:

B[1]n (x) =

B′n+1(x)n+ 1

, n > 0. (1.3.27)

Se {u[1]n }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,⟨u[1]

n , B[1]m

⟩= δn,m, n,m > 0.

Atendendo a (1.3.27) obtemos:⟨u[1]

n , B[1]m

⟩= (m+ 1)−1

⟨u[1]

n , B′m+1

⟩= −(m+ 1)−1

⟨Du[1]

n , Bm+1

⟩, n,m > 0,

donde〈u[1]

n , B[1]m 〉 = δn,m, n,m > 0. (1.3.29)

Tomando em (1.3.29) m = n, obtemos:⟨Du[1]

n , Bn+1

⟩= −(n+ 1) 6= 0, n > 0.

Substituindo em (1.3.29) m por m− 1, obtemos:⟨Du[1]

n , Bm

⟩= 0, m > n+ 2.

Usando o lema 1.3.3 para p = n+ 2, temos,

Du[1]n =

n+1∑m=0

λn,mum, onde

λn,m =⟨Du[1]

n , Bm

⟩.

De (1.3.29), decorre que mδn,m−1 = −λn,m, pelo que

λn,m ={

0, 0 6 m 6 n−(n+ 1), n > 0,

donde o resultado.

Definimos a sucessão dos derivados (normalizada) de ordem superior a um({B[k]

n }n>0, k > 1 ), recursivamente, consoante poderá ser constatado na pro-posição que se segue.


Proposição 1.3.5 Seja k > 1 e sejam {Bn}n>0 uma SP e {un}n>0 a suces-são dual correspondente. Consideremos a SP {B[k]

n }n>0 definida da seguintemaneira:

B[k]n (x) =

(B

[k−1]n+1 (x)

)′n+ 1

, n > 0, (1.3.30)

então tem-seDu[k]

n = −(n+ 1)u[k−1]n+1 , n > 0, (1.3.31)

onde {u[j]n }n>0 é a sucessão dual associada a {B[j]

n }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 novaprova do teorema de Hahn, a qual se encontra no Capítulo 5 deste trabalho.

Lema 1.3.4 Se vn = u[k]n , então a derivada de ordem k de vn é dada por

(vn)(k) = (−1)kk∏

µ=1

(n+ µ)un+k, n > 0 e k > 1. (1.3.32)

Prova: A prova será feita por indução finita sobre k > 1.

Para k = 1, (vn)(1) = (vn)′ = − (n+ 1)un+1, donde o resultado é verda-deiro.

Suponhamos que o resultado é válido para k − 1, k > 1. Deste modo,(vn)(k) =

((vn)(k−1)

)′= − (n+ 1) (vn+1)

(k−1) pelo que, usando a hipó-tese de indução,

(vn)(k) = − (n+ 1) (−1)k−1k−1∏µ=1

(n+ 1 + µ)un+1+k−1

= (n+ 1) (−1)kk−1∏µ=0

(n+ 1 + µ)un+k

= (n+ 1) (−1)kk∏

µ=2

(n+ µ)un+k , n > 0 e k > 1,

o que prova o pretendido.

3. Associação.

Notamos por {B(1)n }n>0 a sucessão de polinómios associada (de primeira ordem)

a {Bn}n>0 relativamente a u0.


Proposição 1.3.6 [10] Sejam {Bn}n>0 uma SP e {un}n>0 a sucessão dualcorrespondente. Consideremos a SP

{B

(1)n

}n>0

definida do seguinte modo:

B(1)n (x) =

⟨u0,

Bn+1(x)−Bn+1(ξ)x− ξ

⟩= (u0ϑ0Bn+1) (x) , n > 0. (1.3.33)

Representando por {u(1)n }n>0 a respectiva sucessão dual, então

u(1)n = (xun+1) (u0)

−1 , n > 0 (1.3.34)

(A salientar que (u0)−1 existe se e só se (u0)0 6= 0).

Prova: Sejam {un}n>0 e {u(1)n }n>0 as sucessões duais de {Bn}n>0 e

{B

(1)n

}n>0

,

respectivamente. Por definição de sucessão dual, tem-se necessariamenteque

⟨u

(1)n , B

(1)m

⟩= δn,m, para n,m > 0. Atendendo à relação entre B(1)

n eBn, podemos igualmente escrever⟨

u(1)n , u0ϑ0Bm+1

⟩=⟨x−1u(1)

n u0, Bm+1

⟩= δn,m n,m > 0 (1.3.35)

considerando as propriedades patentes no Capítulo 1. Fixemos n > 0. Daigualdade precedente conclui-se, em particular, que⟨

x−1u(1)n u0, Bk

⟩= 0, para k > n+ 2⟨

x−1u(1)n u0, Bk

⟩6= 0, para k = n+ 1

Pelo lema 1.3.3 segue-se que

x−1u(1)n u0 =

n+1∑i=0

⟨x−1u(1)

n u0, Bi

⟩ui, i.e.

x−1u(1)n u0 =

n∑i=−1

⟨x−1u(1)

n u0, Bi+1

⟩ui+1

donde, por (1.3.35),

x−1u(1)n u0 =

n∑i=−1

δn,iui+1, i.e,

x−1u(1)n u0 = un+1,

isto é,u(1)

n = xun+1 (u0)−1 .

Recursivamente, podemos definir {B(k)n }n>0 (com k > 1), a SP associada a

{B(k−1)n }n>0 (relativamente a (u0)(k−1)).


Proposição 1.3.7 [10] Seja k > 1 e sejam {Bn}n>0 uma SP e {un}n>0 a su-cessão dual correspondente. Consideremos a SP

{B

(k)n

}n>0

definida do seguinte

modo:B(k)

n (x) =(u

(k)0 ϑ0B

(k−1)n+1

)(x) , n > 0,

e seja {u(k)n }n>0 a respectiva sucessão dual, então

u(k+1)n =

(xu

(k)n+1

)(u

(k)0

)−1, n > 0.

Prova: Segue de forma trivial da proposição anterior, se tomarmos em atenção

que {B(k+1)n }n>0 é a SP associada a u(k)

0 , k > 1 e ∀n > 0.

Acrescente-se apenas que tais sucessões serão tratadas com maior detalhe no

Capítulo 6, onde será explicitada uma relação entre(u

[k]n

)(m)(n > 0, k,m > 1)

e un (n > 0), elementos das sucessões duais associadas a{(

B[k]n

)(m)}

n>0

e

{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) , n > 0B0(x) = 1, B1(x) = x− β0.

onde rn (x) representa o resto dessa divisão, pelo que necessariamentegrau(rn) 6 n, n > 0. Assim sendo é sempre possível escrever rn (x) à custa dosn+1 primeiros elementos da sucessão {Bn}n>0, ou seja, rn (x) =

∑nν=0 χn,νBν(x),

n > 0, e com χn,ν ∈ C. Desta forma as relações anteriores escrevem-se:

Bn+2(x) = (x− βn+1)Bn+1(x)−∑n

ν=0 χn,νBν(x), n > 0,

B0(x) = 1, B1(x) = x− β0,(1.3.36)

onde βn, χn,ν ∈ C, 0 6 ν 6 n.

Será pois interessante encontrar uma expressão para os coeficientes complexosβn+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 dualcorrespondente a {Bn}n>0, então,

βn = 〈un, xBn(x)〉 , n > 0 (1.3.37)

χn,ν = 〈uν , xBn+1(x)〉 , 0 6 ν 6 n, n > 0. (1.3.38)


Prova: Recorrendo a (1.3.36), tem-se que

〈un+1, Bn+2〉 = 〈un+1, (x− βn+1)Bn+1〉 −n∑

ν=0

χn,ν 〈un+1, Bν〉

= 〈un+1, xBn+1〉 − βn+1 〈un+1, Bn+1〉 −n∑

ν=0

χn,ν 〈un+1, Bν〉 , n > 0,

a qual se pode escrever como

0 = 〈un+1, xBn+1〉 − βn+1,

atendendo a (1.3.23). Dito de outro modo, temos que

βn+1 = 〈un+1, xBn+1〉 , n > 0.

Além disso, como 〈u0, B1〉 = 0 e

〈u0, B1〉 = 〈u0, x− β0〉 = 〈u0, x〉 − β0〈u0, 1〉 = 〈u0, x〉 − β0,

obtemos queβ0 = 〈u0, x〉 = 〈u0, xB0〉.

Por conseguinte, concluímos que βn = 〈un, xBn〉 , n > 0.

Consideremos 0 6 µ 6 n, n > 0. Usando de novo a relação de recorrência(1.3.36), segue-se que:

〈uµ, Bn+2〉 = 〈uµ, (x− βn+1)Bn+1〉 −n∑

ν=0

χn,ν 〈uµ, Bν〉

= 〈uµ, xBn+1〉 − βn+1 〈uµ, Bn+1〉 −n∑

ν=0

χn,νδµ,ν , n > 0.

Devido à definição de sucessão dual, da igualdade anterior obtemos que

〈uµ, xBn+1〉 =n∑

ν=0

χn,νδµ,ν ,

logo, χn,µ = 〈uµ, xBn+1〉 , 0 6 µ 6 n.

Como consequência deste último lema, tem-se o seguinte resultado que forneceuma 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 dualcorrespondente a {Bn}n>0 . Seja ν > 0, então as condições χn,ν = 〈uν , xBn+1〉 =0, n > ν + 1 são equivalentes a

xuν = uν−1 + βνuν + χν,νuν+1 (1.3.39)u−1 = 0


Prova: Fixemos ν > 0. Suponhamos então que χn,ν = 0, n > ν + 1 . NaProposição (1.3.8), vimos que

χn,ν = 〈xuν , Bn+1(x)〉 = 0, n > ν + 1

Pelo lema 1.3.3, ∃λk,ν ∈ C, 0 6 k 6 ν tais que:

xuν =ν+1∑k=0

λk,νuk .

Assim,

〈xuν , Bn+1(x)〉 =

⟨ν+1∑k=0

λk,νuk, Bn+1(x)

⟩=

ν+1∑k=0

λk,ν 〈uk, Bn+1(x)〉

=ν+1∑k=0

λk,νδk,n+1 = λn+1,ν , n > ν + 1.

Consequentemente, tem-se λn+1,ν = 〈uν , xBn+1(x)〉 = 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 = 〈uν , xBn+1(x)〉 = 0 sempre que n+2 < ν, i.e., n+1 < ν−1.

Deste modo tem-se

xuν = λν−1,νuν−1 + λν,νuν + λν+1,νuν+1.

Se n = ν − 1, então pelo lema 1.3.2 λν−1,ν = 〈uν , xBν−1(x)〉 = 1, poisgrau (xBν(x)) = ν.

Para n = ν, segue-se que λν,ν = 〈uν , xBν(x)〉 = βν , atendendo à expressão(1.3.37) e para n = ν + 1, segue-se que λν+1,ν = 〈uν , xBν+1(x)〉 = χν,ν ,atendendo à expressão (1.3.38). Portanto encontramos (1.3.39).

Reciprocamente, a expressão (1.3.39) implica que

〈xuν , Bn+1〉 = 〈uν−1 + βνuν + χν,νuν+1, Bn+1〉 , i.e.,〈uν , xBn+1〉 = 〈uν−1, Bn+1〉+ βν 〈uν , Bn+1〉+ χν,ν 〈uν+1, Bn+1〉 .

Relativamente ao lado direito da expressão anterior, tem-se, por definiçãode dualidade, que

〈uν , xBn+1〉 = 0, se n < ν − 2 ou se n > ν ,

logo〈uν , xBn+1〉 = 0, para n > ν + 1 .

Dado que χn,ν = 〈uν , xBn+1(x)〉 , 0 6 ν 6 n, n > 0, fica provado opretendido.

Capítulo 2

Ortogonalidade Regular eNoções 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

〈u, PnPm〉 = rnδn,m, (2.1.1)onde rn 6= 0, n,m > 0 (2.1.2)

Neste caso, a sucessão de polinómios {Pn}n>0 diz-se regularmente ortogonalrelativamente 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 amenos de uma constante arbitrária não nula, isto é, {Pn}n>0 é uma sucessãode polinómios ortogonal relativamente a u se e só se {cnPn}n>0 é ortogonalrelativamente a u, onde cn ∈ C\ {0} , n > 0, uma vez que,

〈u, cnPncmPm〉 = cncm 〈u, PnPm〉 = cncmrnδn,m,

onde rn correspondem às constantes apresentadas na definição.

Proposição 2.1.1 Toda a sucessão {Pn}n>0 de polinómios ortogonais relativa-mente a u ∈ P ′ 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.Queremos mostrar que

∑nν=m ανPν = 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∑nν=m ανPν = 0 por Pk e aplicando u a ambos os membros, obtemos o

seguinte:

〈u,n∑

ν=m

ανPνPk〉 = 0, m 6 k 6 n,

ou seja,

αk〈u, P 2k 〉+

n∑ν=m,ν 6=k

αν〈u, PνPk〉 = 0, m 6 k 6 n, i.e.,

αk〈u, P 2k 〉+

n∑ν=m,ν 6=k

ανδν,k = 0, m 6 k 6 n, i.e.,

αk〈u, P 2k 〉 = 0, m 6 k 6 n,

logo αk = 0, m 6 k 6 n, já que, pelas condições de ortogonalidade regularde {Pn}n>0, 〈u, P 2

k 〉 6= 0, k > 0.

Exemplo 2.1.1 A sucessão {xn}n>0 é uma sucessão livre ortogonal relativa-mente à forma δ, mas não regularmente ortogonal.

A impossibilidade de determinada forma ser regular poderá ser verificada apartir da proposição seguinte.

Proposição 2.1.2 [16] Se {Pn}n>0 uma sucessão de polinómios regularmenteortogonais 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 li-nearmente independentes, pelo que, da Proposição (1.3.1), decorre quegrau (Pn) = n, ∀ n > 0. Assuma-se por isso o seguinte:

Pn (x) = annx

n + ann−1x

n−1 + ...+ an1x+ an

0 , com ann 6= 0, n > 0.

Além disso, pelas condições de ortogonalidade,⟨u, P 2

0

⟩6= 0. Como, por

outro lado,⟨u, P 2

0

⟩=⟨u,(a0

0

)2⟩ =(a0

0

)2 〈u, 1〉 =(a0

0

)2 (u)0 , então,necessariamente, (u)0 6= 0 (já que a0

0 em virtude de P0 6= 0).

Exemplo 2.1.2 Suponhamos {Pn}n>0 (regularmente) ortogonal relativamentea 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 estãonormalizadas, isto é, (u)0 = 1 e Pn mónico, n > 0.

No prosseguimento deste trabalho apenas iremos considerar SP’s regularmenteortogonais. Simbolicamente designa-las-emos por SPO.

Proposição 2.1.3 [16] Sejam u ∈ P ′ e {Pn}n>0 uma SP. As condições seguin-tes 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 〈u,QmPn〉 = 0, 0 6 m 6 n− 1, n > 1 〈u,QnPn〉 6= 0, n > 0;

(c) 〈u, xmPn〉 = 0, 0 6 m 6 n− 1, n > 1; 〈u, xnPn〉 6= 0, n > 0.

Prova: a)⇒b) Escrevamos Qm na base {Pn}n>0

Qm(x) =m∑

i=0

aiPi(x), 0 6 m 6 n− 1, n > 0,

Como grau (Qm) = m, am 6= 0. Assim sendo,

〈u,QmPn〉 =m∑

i=0

ai 〈u, PiPn〉 = 0,

uma vez que sendo i 6 m e m 6 n− 1, então i 6= n.

〈u,QnPn〉 =n∑

i=0

ai 〈u, PiPn〉 = an

⟨u, P 2

n

⟩6= 0 , n > 0,

uma vez que an 6= 0 e por hipótese 〈u,QnPn〉 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∑

i=0

bixi.

Como grau (Pm) = m, bm 6= 0. Se 0 6 m 6 n− 1, n > 0, então:

〈u, Pn(x)Pm(x)〉 =m∑

i=0

bi⟨u, xiPn(x)

⟩= 0.

Se m > n + 1, basta trocar m com n na igualdade anterior. Se m = n,então:⟨

u, P 2n(x)

⟩=

n∑i=0

bi⟨u, xiPn(x)

⟩= bn 〈u, xnPn(x)〉 6= 0, n > 0,

uma vez que bn 6= 0 e, por hipótese, 〈u, xnPn〉 6= 0.


Proposição 2.1.4 [16] Se {Pn}n>0 uma SPO com respeito a u e {un}n>0 asucessão dual de {Pn}n>0, então

u = (u)0u0.

Prova: Das hipóteses decorre que 〈u, P0〉 = 〈u, P0P0〉 6= 0 e

〈u, Pn〉 = 〈u, P0Pn〉 = 0, n > 1.

Logo, pelo lema 1.3.3, tem-se que u = λ0u0, onde

λ0 = 〈u, P0〉 = 〈u, 1〉 = (u)0.

NOTA IMPORTANTE: Daqui em diante, ir-se-á sempre supôr u como formaregular e normalizada e a sucessão {Pn}n>0 (regularmente) ortogonal relativa-mente 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)−∑n

ν=0 χn,νPν(x), n > 0,

P0(x) = 1, P1(x) = x− β0,(2.1.3)

apresentamos o resultado seguinte:

Teorema 2.1.1 [11, p.136][16] Seja {Pn}n>0 uma SP e {un}>0 a sua sucessãodual. 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, n > 1; χn,n 6= 0, n > 0, onde χn,k sãodados por (1.3.38);

(c) xun = un−1 + βnun + χn,nun+1, χn,n 6= 0, n > 0, u−1 = 0;

(d) Existe uma sucessão de polinómios {φn}n>0 tal que grau (φn) = n eun = φnu0, n > 0;

(e) un =(⟨u0, P

2n

⟩)−1Pnu0, n > 0.

Prova: (a)⇒(b)

De (2.1.3), podemos escrever:

n∑ν=0

χn,νPν(x) = −Pn+2(x) + xPn+1(x)− βn+1Pn+1(x), n > 0.


Multiplicando a igualdade anterior por Pm, 0 6 m 6 n e aplicando u0,vem:

n∑ν=0

χn,ν 〈u0, PνPm〉 = −〈u0, Pn+2Pm〉+〈u0, xPn+1Pm〉−βn+1 〈u0, Pn+1Pm〉 .

Pelas condições de ortogonalidade, temos:

χn,m

⟨u0, P

2m

⟩= 〈u0, xPn+1Pm〉 , 0 6 m 6 n. (2.1.4)

Como se tem, grau(xPm) = m + 1, então pela proposição (2.1.3), alíneab), vem:

〈u0, xPmPn+1〉 = 0, 0 6 m 6 n− 1, n > 1,〈u0, xPnPn+1〉 6= 0, n > 0.

Além disso, pelas condições de ortogonalidade, tem-se:⟨u0, P

2m

⟩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+βkuk +χk,kuk+1 onde u−1 = 0. Assim, para completara prova basta considerar que χn,n 6= 0, n > 0.

(c)⇒(d)

Façamos esta demonstração por indução.

Por hipótese,

uk+1 = χ−1k,k [xuk − uk−1 − βkuk] , k > 0 (2.1.5)

Para k = 0 tem-se:

u1 = χ−10,0 [xu0 − β0u0]

= χ−10,0 (x− β0)u0,

uma vez que u−1 = 0.

Podemos pois escrever:

u1 = φ1u0 com φ1 = χ−10,0 (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 = φlu0,0 6 l 6 k, e mostremos que

∃φk+1 : grau (φk+1) = k + 1 e uk+1 = φk+1u0.


Usando a hipótese de indução, de (2.1.5) decorre que,

uk+1 = χ−1k,k [xφk − φk−1 − βkφk]u0

logouk+1 = φk+1u0

comφk+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 〈u0, PmPn〉 = 0, m 6= n, m, n > 0. Suponhamosque m < n e escrevamos Pm na base dos {φn}n>0,

Pm(x) =m∑

k=0

akφk(x),

com am 6= 0. Deste modo,

〈u0, PmPn〉 =m∑

k=0

ak 〈u0, φkPn〉 =m∑

k=0

ak 〈φku0, Pn〉

=m∑

k=0

ak 〈uk, Pn〉 ,

por hipótese. E, por definição de sucessão dual, tem-se:

〈u0, PmPn〉 =m∑

k=0

akδk,n = 0,

uma vez que m < n. Analogamente se prova que

〈u0, PmPn〉 = 0,

para m > n.

Mostremos agora que⟨u0, P

2n

⟩6= 0, n > 0. Procedendo como acima,

obtemos: ⟨u0, P

2n

⟩=

n∑k=0

akδk,n = an 6= 0,

uma vez que grau (Pn) = grau (φn) = n⇒ an 6= 0.

(a)⇒(e)

Vejamos que⟨(⟨u0, P

2n

⟩)−1Pnu0, Pm

⟩=

(⟨u0, P

2n

⟩)−1 〈Pnu0, Pm〉

=(⟨u0, P

2n

⟩)−1 〈u0, PnPm〉= δn,m.


Mas, considerando a definição de sucessão dual (1.3.23), e atendendo àrespectiva unicidade (proposição 1.3.2), decorre que

un =(⟨u0, P

2n

⟩)−1Pnu0.

(e)⇒(d) Basta fazer φn =(⟨u0, P

2n

⟩)−1Pn, uma vez que grau (Pn) = n e⟨

u0, P2n

⟩6= 0, n > 0, então grau (φn) = n.

A proposição seguinte fornece a expressão dos coeficientes da relação de recor-rência da alínea (b) do teorema anterior, em termos da funcional u0.

Proposição 2.1.5 [16] Admitindo verificada uma das alíneas do teorema ante-rior, temos:

Pn+2(x) = (x− βn+1)Pn+1(x)− γn+1Pn(x), n > 0,(2.1.6)

P0(x) = 1, P1(x) = x− β0,

onde

βn =

⟨u0, xP

2n(x)

⟩〈u0, P 2

n(x)〉, n > 0,

γn+1 = χn,n, n > 0, (2.1.7)

γn+1 =

⟨u0, P

2n+1(x)

⟩〈u0, P 2

n(x)〉6= 0, n > 0.

Prova: Multiplicando a relação de recorrência por Pn+1 e aplicando u0 obtém-se:

〈u0, Pn+1Pn+2〉 =⟨u0, xP

2n+1

⟩−βn+1

⟨u0, P

2n+1

⟩−γn+1 〈u0, Pn+1Pn〉 , n > 0.

Pelas condições de ortogonalidade, obtemos:

βn+1 =

⟨u0, xP

2n+1

⟩⟨u0, P 2

n+1

⟩ , n > 0.

Das condições iniciais da relação de recorrência, tem-se:

P1(x) = x− β0 = xP0 − β0P0.

Multiplicando a igualdade anterior por P0 e aplicando u0 obtemos:

〈u0, P0P1〉 =⟨u0, xP

20

⟩− β0

⟨u0, P

20

⟩,


e, devido às condições de ortogonalidade, temos:

β0 =

⟨u0, xP

20

⟩⟨u0, P 2

0

⟩ .Por conseguinte, obtemos a expressão para βn

βn =

⟨u0, xP

2n(x)

⟩〈u0, P 2

n(x)〉, n > 0.

Multiplicando a relação de recorrência por Pn e aplicando u0 obtém-se:

〈u0, PnPn+2〉 = 〈u0, xPnPn+1〉−βn+1 〈u0, PnPn+1〉−γn+1

⟨u0, P

2n

⟩, n > 0,

donde, a seguinte expressão para γn+1

γn+1 =〈u0, xPn(x)Pn+1(x)〉

〈u0, P 2n(x)〉

, 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,

〈u0, xPn(x)Pn+1(x)〉 =⟨u0, P

2n+1(x)

⟩− 〈u0, R(x)Pn+1(x)〉

=⟨u0, P

2n+1(x)

⟩,

pela proposição (2.1.3). Portanto, obtemos:

γn+1 =

⟨u0, P

2n+1(x)

⟩〈u0, P 2

n(x)〉, n > 0.

Pelas condições de ortogonalidade tem-se γn+1 6= 0, n > 0.

Uma consequência imediata deste resultado e com particular interesse será oabaixo apresentado.

Corolário 2.1.6 [16] Se {Pn}n>0 é uma SPO, então Pn e Pn+1, n > 0 nãotêm zeros comuns.

Prova: Suponhamos que Pn e Pn+1 têm um zero comum, digamos z. Escre-vendo a relação de recorrência para n− 1 :

Pn+1(z) = (z − βn)Pn(z)− γnPn−1(z), n > 1,

obtemos:γnPn−1(z) = 0.


Como γn 6= 0, n > 1, então:

Pn−1(z) = 0.

Aplicando o raciocínio anterior para n− 2, n− 3, ..., 0, concluiríamos quePn−2(z) = · · · = P1(z) = P0(z) = 0. Mas isto é um absurdo, uma vez queP0(z) = 1. Com efeito, escrevendo a relação de recorrência para n = 0,temos:

P2(z) = (z − β1)P1(z)− γ1P0(z).

Logo, por hipótese,γ1P0(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 regularmenteortogonal dada por (2.1.6), então

n∑ν=0

Pν(x)Pν(c)∏ν+1µ=1 γµ

=

n+1∏µ=1

γµ

−1

Pn+1(x)Pn(c)− Pn(x)Pn+1(c)x− c

. (2.1.8)

Prova: Da relação de recorrência anteriormente apresentada, facilmente seobtém o seguinte:

xPk+1(x)Pk+1(c) = Pk+2(x)Pk+1(c) + βk+1Pk+1(x)Pk+1(c) + γk+1Pk(x)Pk+1(c)cPk+1(x)Pk+1(c) = Pk+1(x)Pk+2(c) + βk+1Pk+1(x)Pk+1(c) + γk+1Pk+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 decálculos simples, facilmente se verifica que a equação precedente poder-se-áescrever como:k+2∏

µ=1

γµ

−1

(x− c)Pk+1(x)Pk+1(c) = Fk+1(x, c)− Fk(x, c), k > 0.

Somando ambos os membros da equação anterior de 0 até n, obtemos:n∑

k=0

(x− c)Pk+1(x)Pk+1(c)∏k+2µ=1 γµ

= Fn+1(x, c), n > 0.


Uma questão de particular interesse será: quando φu = 0, para φ ∈ P e u ∈ P ′,que inferências podemos extrair relativamente a φ ou u? Os lemas 2.1.2 e 2.1.7fornecem-nos a resposta.

Lema 2.1.2 [16] Seja u ∈ P ′ 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

〈φu, Pt〉 = 0,

uma vez que todos os momentos da forma φu são nulos. Por outro lado,

〈φu, Pt〉 = 〈u, φPt〉 = c⟨u, P 2

t

⟩6= 0,

pelas condições de ortogonalidade.

Donde o absurdo. O absurdo resultou de se ter suposto φ 6= 0, pelo quese conclui que φ = 0.

Lema 2.1.3 Seja u,w ∈ P ′ não regulares e seja c ∈ C tais que (x− c)u = w ,então

u = Aδc + (x− c)−1w,

para determinado A ∈ C.

Prova: Com efeito, podemos multiplicar ambos os membros da equação (x− c)u = wpor (x− c)−1 , obtendo

(x− c)−1 [(x− c)u] = (x− c)−1w,

que, pela propriedade (1.2.13), é equivalente a afirmar

u− (u)0 δc = (x− c)−1w, i.e.,u = (u)0 δc + (x− c)−1w.

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 daequação homogénea.


Lema 2.1.4 Dado c ∈ C, temos que

(x− c)−1 (δc)(k) =

−1k + 1

(δc)(k+1) , k > 0. (2.1.9)

Prova: Seja p ∈ P. Consideremos o caso k = 0.⟨(x− c)−1 δc, p

⟩= 〈δc, ϑcp〉 =

⟨δc,

p (x)− p (c)x− c

⟩= p′ (c)

=⟨δc, p

′ (x)⟩

= −⟨(δc)

′ , p (x)⟩,

donde(x− c)−1 δc = − (δc)

′ . (2.1.10)

Para k = 1,⟨(x− c)−1 (δc)

′ , p⟩

= −〈δc, Dϑcp〉 = −〈δc, (ϑcD) p〉+⟨δc,(ϑ2

c

)p⟩

=⟨(δc)

′ , p′⟩−⟨(x− c)−1 (δc)

′ , p⟩

= −⟨(δc)

′′ , p⟩−⟨(x− c)−1 (δc)

′ , p⟩

logo, ⟨(x− c)−1 (δc)

′ , p⟩

= −12⟨(δc)

′′ , p⟩,

do que se conclui

(x− c)−1 (δc)′ = −1

2(δc)

(2) .

Suponhamos que o resultado é válido para k > 0 e provêmo-lo para k+ 1.Assim, determinemos

⟨(x− c)−1 (δc)

(k+1) , p⟩:

⟨(x− c)−1 (δc)

(k+1) , p⟩

=⟨(

(δc)(k))′, ϑcp

⟩= −

⟨(δc)

(k) , Dϑcp⟩

= −⟨(δc)

(k) , ϑcDp⟩

+⟨(δc)

(k) , ϑ2cp⟩

= −⟨(x− c)−1 (δc)

(k) , Dp⟩

+⟨(x− c)−1 (δc)

(k) , ϑcp⟩

= −⟨

−1k + 1

(δc)(k+1) , Dp

⟩+⟨

−1k + 1

(δc)(k+1) , ϑcp

⟩= −

⟨1

k + 1(δc)

(k+2) , p

⟩+⟨

−1k + 1

(x− c)−1 (δc)(k+1) , p

⟩,

do que se pode extrair:⟨k + 2k + 1

(x− c)−1 (δc)(k+1) , p

⟩= −

⟨1

k + 1(δc)

(k+2) , p

⟩,

isto é, ⟨(x− c)−1 (δc)

(k+1) , p⟩

= −⟨

1k + 2

(δc)(k+2) , p

⟩,


pelo que

(x− c)−1 (δc)(k+1) =

−1k + 2

(δc)(k+2) .

Lema 2.1.5 Se c, d ∈ C com c 6= d, então

(x− c)−1 (δd)(k) =

−bk(d− c)k+1

δc +k∑

µ=0

ak,µ

(d− c)k−µ+1(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 ,aν+1,µ = aν,µ−1 +

∑νσ=µ aν,σaσ,µ,

bν+1 =∑ν

µ=0 aν,µbµ,

a0,0 = a1,0 = a1,1 = b0 = b1 = 1aν,−1 = 0

, 1 6 µ 6 ν, ν > 0. (2.1.12)

Prova: Seja p ∈ P. Façamos para k = 0,⟨(x− c)−1 δd, p

⟩= 〈δd, ϑcp〉 =

⟨δd,

p (x)− p (c)x− c

⟩=p (d)− p (c)

d− c

=1

d− c(p (d)− p (c)) =

⟨1

d− c(δd − δc) , p

⟩,

donde,

(x− c)−1 δd =1

d− c(δd − δc) . (2.1.13)

Para k = 1, segue-se que

(x− c)−1 (δd)′ =

((x− c)−1 δd

)′+ (x− c)−2 δd

por (1.2.20), e usando (2.1.13) e (2.1.10) tem-se que

(x− c)−1 (δd)′ =

(1

d− c(δd − δc)

)′+ (x− c)−2 δd

=1

d− c

((δd)

′ − (δc)′)+

1d− c

(x− c)−1 (δd − δc)

=1

d− c

((δd)

′ − (δc)′)+

1(d− c)2

(δd − δc) +1

d− c(δc)

′ .

Conclui-se pois que

(x− c)−1 (δd)′ =

1d− c

(δd)′ +

1(d− c)2

(δd − δc) . (2.1.14)


Tomemos agora k = 2. Assim,

(x− c)−1 (δd)′′ =

((x− c)−1 (δd)

′)′

+ (x− c)−2 (δd)′ .

Calculemos separadamente cada uma das parcelas:((x− c)−1 (δd)

′)′

=(

1d− c

(δd)′ +

1(d− c)2

(δd − δc))′

=1

d− c(δd)

′′ +1

(d− c)2((δd)

′ − (δc)′) .

Usando (2.1.14) e (2.1.10), tem-se:

(x− c)−2 (δd)′ = (x− c)−1

(1

d− c(δd)

′ +1

(d− c)2(δd − δc)

)=

1d− c

(1

d− c(δd)

′ +1

(d− c)2(δd − δc)

)+

1(d− c)2

(1

d− c(δd − δc)

)+

1(d− c)2

(δc)′ =

=1

(d− c)2(δd)

′ +2

(d− c)3(δd − δc) +

1(d− c)2

(δc)′ .

Deste modo,

(x− c)−1 (δd)′′ =

1d− c

(δd)′′ +

2(d− c)2

(δd)′ +

2(d− c)3

(δd − δc) .

Por recorrência, suponhamos que

(x− c)−1 (δd)(ν) =

−bν(d− c)ν+1 δc +

ν∑µ=0

aν,µ

(d− c)ν−µ+1 (δd)(µ) , ν > 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:

(x− c)−1 (δd)(ν+1) =

((x− c)−1 (δd)

(ν))′

+ (x− c)−2 (δd)(ν) .

Para tal calculemos

((x− c)−1 (δd)

(ν))′

=


ν∑µ=0

aν,µ

(d− c)ν−µ+1 (δd)(µ)

′

=−bν

(d− c)ν+1 (δc)′ +

ν∑µ=0

aν,µ

(d− c)ν−µ+1 (δd)(µ+1) , ν > 0,


e

(x− c)−2 (δd)(ν) = (x− c)−1


ν∑µ=0

aν,µ

(d− c)ν−µ+1 (δd)(µ)

= − −bν

(d− c)ν+1 (δc)′ +

ν∑µ=0

aν,µ

(d− c)ν−µ+1

((x− c)−1 (δd)

(µ))

=bν

(d− c)ν+1 (δc)′

+ν∑

µ=0

aν,µ

(d− c)ν−µ+1

(−bµ

(d− c)µ+1 δc +µ∑

σ=0

aµ,σ

(d− c)µ−σ+1 (δd)(σ)

)

=bν

(d− c)ν+1 (δc)′

+ν∑

µ=0

aν,µ

µ∑σ=0

aµ,σ

(d− c)ν−σ+2 (δd)(σ) −

ν∑µ=0

aν,µbµ

(d− c)ν+2 δc

=bν

(d− c)ν+1 (δc)′

+ν∑

σ=0

1(d− c)ν+2−σ

(ν∑

µ=σ

aν,µaµ,σ

)(δd)

(σ) −ν∑

µ=0

aν,µbµ

(d− c)ν+2 δc ,

para valores de ν > 0. Resulta agora que:

(x− c)−1 (δd)(ν+1) =

ν∑µ=0

aν,µ

(d− c)ν−µ+1 (δd)(µ+1)

+ν∑

σ=0

1(d− c)ν+2−σ

(ν∑

µ=σ

aν,µaµ,σ

)(δd)

(σ) −ν∑

µ=0

aν,µbµ

(d− c)ν+2 δc , ν > 0.

Fazendo a substituição σ 7→ µ e µ 7→ σ, nos termos envolvidos no duplosomatório, tem-se:

(x− c)−1 (δd)(ν+1) =

ν∑µ=0

aν,µ

(d− c)ν−µ+1 (δd)(µ+1)

+ν∑

µ=0

1(d− c)ν+2−µ

ν∑σ=µ

aν,σaσ,µ (δd)(µ) −

ν∑µ=0

aν,µbµ

(d− c)ν+2 δc

=ν+1∑µ=1

aν,µ−1

(d− c)ν−µ+2 (δd)(µ)

+ν∑

µ=0

1(d− c)ν+2−µ

ν∑σ=µ

aν,σaσ,µ (δd)(µ) −

ν∑µ=0

aν,µbµ

(d− c)ν+2 δc.


Deste modo, deduzimos que se tem

(x− c)−1 (δd)(ν+1) =

−bν+1

(d− c)ν+2 δc +ν+1∑µ=0

aν+1,µ

(d− c)ν−µ+2 (δd)(µ) , ν > 0,

quando consideramos a relação de recorrência dada por:

aν+1,ν+1 = aν,ν , ν > 0;

aν+1,µ = aν,µ−1 +ν∑

σ=µ

aν,σaσ,µ, 0 6 µ 6 ν; (2.1.15)

bν+1 =ν∑

µ=0

aν,µbµ, , ν > 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 seapresenta.

Proposição 2.1.7 Seja u ∈ P ′ não regular e seja φ um polinómio não nulo talque

φu = 0. (2.1.18)

Escrevendo φ (x) =∏t

µ=1 (x− aµ)tµ , com∑t

µ=0 tµ = T = grau (φ) > 1, entãotem-se

u =t∑

µ=1

tµ−1∑ν=0

Aµ,ν

(δaµ

)(ν), (2.1.19)

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,1δai , αi,1 ∈ C.


Seja φ (x) o polinómio dado no enunciado. Suponhamos que a solução daequação funcional φv = 0 é dada por

v =t∑

µ=1

tµ−1∑ν=0

Aµ,ν

(δaµ

)(ν),

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 =t∑

µ=1

tµ−1∑ν=0

Aµ,ν

(δaµ

)(ν).

Tem-se agora que

(x− c)u =t∑

µ=1

tµ−1∑ν=0

Aµ,ν

(δaµ

)(ν) ,

pelo que, podemos multiplicar ambos os membros da equação por (x− c)−1,ou seja,

(x− c)−1 [(x− c)u] = (x− c)−1

t∑µ=1

tµ−1∑ν=0

Aµ,ν

(δaµ

)(ν)

,

u− (u)0 δc =t∑

µ=1

tµ−1∑ν=0

Aµ,ν (x− c)−1 (δaµ

)(ν) ,

u = (u)0 δc +t∑

µ=1

tµ−1∑ν=0


)(ν) .

Se tomarmos (u)0 = C ∈ C, obtemos:

u = Cδc +t∑

µ=1

tµ−1∑ν=0


)(ν) . (2.1.20)

Resta calcular (x− c)−1 (δaµ

)(ν). Surgem dois casos distintos:


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

(x− c)−1 (δaµ

)(ν) = Cνδc +ν∑

τ=0

αν,τ

(δaµ

)(τ), (2.1.21)

onde os coeficientes complexos αν,τ são determinados pela relação derecorrência dada por (2.1.12), dada em lema 2.1.5, ou seja, por:

αν,ν = αν−1,ν−1,

αν,τ = αν−1,τ−1 +∑ν−1

σ=τ αν−1,σaσ,τ ,

Cν =∑ν−1

µ=0 aν−1,µCµ,

α0,0 = α1,0 = α1,1 = C0 = C1 = 1αν,−1 = 0

, 1 6 µ 6 ν−1, ν > 1. (2.1.22)

Assim a solução da equação funcional (x− c)φ (x)u = 0 é dada por:

u = Cδc +t∑

µ=1

tµ−1∑ν=0

Aµ,ν

(Cνδc +

ν∑τ=0

αν,τ

(δaµ

)(τ)

)

=t∑

µ=1

tµ−1∑ν=0

C(∑tµ=1 tµ

) +Aµ,νCν

δc +Aµ,ν

ν∑τ=0

αν,τ

(δaµ

)(τ)

.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:

(x− c)−1 (δaµ

)(ν) =

Cνδa1 +

∑ντ=0 αν,τ

(δaµ

)(τ), µ 6= 1

−1ν+1 (δc)

(ν+1) = −1ν+1 (δa1)

(ν+1) , µ = 1,(2.1.23)

onde os coeficientes αν,τ e Cν , 0 6 τ 6 ν, ν > 1 respeitam a relação derecorrência (2.1.22).Analogamente ao caso anterior, encontramos a solução de (x− c)φ (x)u =0 é se substituirmos a expressão obtida para (x− c)−1 (δaµ

)(ν) em (2.1.23)na expressão (2.1.20), ou seja,

u = Cδa1 +t1−1∑ν=0

A1,ν

(− 1ν + 1

(δa1)(ν+1)

)

+t∑

µ=2

tµ−1∑ν=0

Aµ,ν

(Cνδa1 +

ν∑τ=0

αν,τ

(δaµ

)(τ)

)

=

C +t∑

µ=2

tµ−1∑ν=0

Aµ,νCνδa1

δa1 +t1−1∑ν=0

A1,ν

(− 1ν + 1

(δa1)(ν+1)

)

+t∑

µ=2

tµ−1∑ν=0

Aµ,ν

ν∑τ=0

αν,τ

(δaµ

)(τ) .


Assim, concluímos que, em qualquer dos dois casos, a solução de(x− c)φ (x)u = 0 é uma combinação linear de δc e

(δaµ

)(τ), 0 6 τ 6 ν,

0 6 ν 6 tµ − 1 e 1 6 µ 6 t.

A determinação explícita das constantes para as quais foi apresentada umarelação de recorrência poderá figurar num trabalho futuro. Neste trabalho, talnão se revela essencial na obtenção das conclusões a que aqui nos propomos.

Reúnem-se as condições para definição e consequente discussão das sucessões depolinómios ortogonais clássicas e, à posteriori, das sucessões ortogonais semi-clássicas, sendo as primeiras um caso particular destas últimas.

Passemos à análise de noções conexas à ortogonalidade. Relações do tipo finitoé um conceito mais geral que o da ortogonalidade ou o da quasi-ortogonalidade.No entanto, dada a importância destes dois últimos conceitos, eles carecem deser 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 qualquerSP e {un}n>0 a respectiva sucessão dual. Geralmente existem valores de n taisque Φun = 0. De facto, tal será possível apenas para 0 6 n < t.

Com efeito, se n > t, tem-se que 〈Φun, Pn−t〉 = 〈un,ΦPn−t〉 = 〈un, Pn〉 = 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 qualquerpolinómio 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 equivalea mostrar que ∃k > 0 tal que 〈Φun, Pk〉 6= 0.

Pelo teorema 2.1.1, un = (〈u0, P2n〉)−1Pnu0, logo

〈Φun, Pk〉 = 〈un,ΦPk〉 = 〈(〈u0, P2n〉)−1Pnu0,ΦPk〉

= (〈u0, P2n〉)−1〈u0,ΦPnPk〉, n > 0.

2.2. RELAÇÕES DO TIPO FINITO E APLICAÇÕES. 59

Considerando k = n+ t, tem-se que

〈Φun, Pn+t〉 = (〈u0, P2n〉)−1〈u0, P

2n+t〉 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∑ν=0

λn,νPν(x), n > 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∑

ν=n−s

λn,νPν(x), n > s, (2.2.24)

∃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, rela-tivamente a Φ, é dada por:

Φ(x)Pn(x) =∑n+t

ν=n−s λn,νQν(x), n > s,

∃r > s : λr,r−s 6= 0.(2.2.27)

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 seguintespropriedades são equivalentes:


1. Existe um inteiro s > 0 tal que

Φ(x)Qn(x) =n+t∑

ν=n−s

λn,νPν(x), n > s, (2.2.28)

∃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 quesatisfaz

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

Φum =µm∑

ν=m−t

λν,mvν , m > t, (2.2.32)

λµm,m 6= 0, m > 0. (2.2.33)

Prova:

1.⇒2.

De (2.2.28), temos que

〈Φum, Qn〉 = 〈um,ΦQn〉 =n+t∑

ν=n−s

λn,ν〈um, Pν〉 =n+t∑

ν=n−s

λn,νδm,ν ,

logo

〈Φum, Qn〉 = λn,m, se n− s 6 m 6 n+ t, n > s,

〈Φum, Qn〉 = 0, se 0 6 m 6 n− s− 1, n > s+ 1,

ou seja,

〈Φum, Qn〉 = λn,m, se m− t 6 n 6 m+ s, m > t,

〈Φum, Qn〉 = 0, se n > m+ s+ 1, m > 0.

Consequentemente, tem-se que

〈Φum, Qm+s〉 = λm+s,m, se m > 0,

〈Φum, Qn〉 = 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

〈Φum, Qµm〉 6= 0, se m > 0,

〈Φum, Qn〉 = 0, se n > µm + 1, m > 0.


Uma vez que, por (2.2.29), existe ∃ r > 0 tal que λr,r−s 6= 0, poder-se-átomar 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∑ν=0

τm,νvν , m > 0. (2.2.35)

Assim,

〈Φum, Qn〉 =µm∑ν=0

τm,ν〈vν , Qn〉 =µm∑ν=0

τm,νδν,n = τm,n, 0 6 n 6 µm 6 m+s.

Se m > n− s, 〈Φum, Qn〉 = 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 defi-nição, λν,m = 0, 0 6 ν 6 m − t − 1, m > t + 1. Finalmente, temosque

〈Φum, Qm−t〉 = 1 =µm∑

ν=m−t

λν,m〈vν , Qm−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



Considerando a relação anterior, obtemos que

〈Φum, Qn〉 = λn,m, 0 6 m 6 n+ t, n 6 0,

pois 〈Φum, Qn〉 = 〈um,ΦQn〉 =∑n+t

ν=0 λn,ν〈um, Pν〉 =∑n+t

ν=0 λn,νδm,ν .

Por outro lado, atendendo a (2.2.32), obtemos que

〈Φum, Qn〉 =µm∑

ν=m−t

λν,m〈vν , Qn〉 =µm∑

ν=m−t

λν,mδν,n.

Se m − t 6 n 6 µm, segue-se que λn,m = λn,m e de (2.2.33) temos queλµm,m = λµm,m 6= 0, m > 0. De acordo com (2.2.31), existe m0 > 0,diga-se m0 = r − s, r > s, tal que µm0 = r, pelo que λr,r−s 6= 0, dondeconcluímos (2.2.29). Se n > µm + 1, temos que λn,m = 0. Atendendo a(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 tipoestritamente finito, a relação (2.2.34) mostra que {Pn}n>0 é automaticamentecompatível com Φ e, evidentemente, temos que µm = m+ s, m > 0.

De facto, como

〈Φum, Qn〉 = 〈um,ΦQn〉 =n+t∑

ν=n−s

λn,ν〈um, Pν〉 =n+t∑

ν=n−s

λn,νδm,ν ,

tem-se que

〈Φum, Qn〉 = 0, n > m+ s+ 1, m > 0,

〈Φum, Qn〉 = λm,n, m− t 6 n 6 m+ s, m > t,

donde, em particular,

〈Φum, Qn〉 = 0, n > m+ s+ 1, m > 0,

〈Φum, Qm+s〉 = λm,m+s 6= 0, m > 0,(2.2.36)

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∑ν=0

λν,mvν , m > 0.

Todavia, pelo lema 2.2.1, vemos que λν,m = 0, 0 6 ν 6 m − t − 1 (seguindo adefinição dos coeficientes λn,ν), logo

Φum =m+s∑

ν=m−t

λν,mvν , 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 relaçãodo tipo finito (2.2.28)-(2.2.29) se e só se existe um inteiro s > 0 e uma aplicaçãode 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 = kmΛµmv0, m > 0. (2.2.37)


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:



Usando esta igualdade, temos que

〈Φum, Qn〉 = 〈um,ΦQn〉 =n+t∑ν=0

λn,ν〈um, Pν〉 =n+t∑ν=0

λn,νδm,ν

= λn,m, 0 6 m 6 n+ t.

Como, por (2.2.37), 〈Φum, Qn〉 = km〈v0,ΛµmQn〉, m, n > 0, então

λn,m = km〈v0,ΛµmQn〉, 0 6 m 6 n+ t, n > 0,

ou seja,λn,m = km〈v0,ΛµmQn〉, n > m− t, m > t.

Para 0 6 m 6 n− s− 1, µm 6 m+ s 6 n− 1,

λn,m = km〈Λµmv0, Qn〉 = km〈v0,ΛµmQn〉 = 0,

pela ortogonalidade de {Qn}n>0, logo obtemos (2.2.28).

Além disso, se n = µm,

λµm,m = km〈Λµmv0, Qµm〉 = km〈v0,ΛµmQµm〉 = km〈v0, Q2µm〉 6= 0, m > 0.

A relação (2.2.31) garante a existência de r > s, diga-se m0 = r − s > 0tal 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:

〈Φum, Qµm〉 = km〈v0,ΛµmQµm〉 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 teorema2.1.1,

vn = (〈v0, Q2n〉)−1Qnv0, n > 0

. Deste modo, podemos escrever (2.2.32) sob a forma (2.2.37), onde

kn = λµm,m(〈v0, Q2n〉)−1, m > 0, (2.2.38)

Λµm(x) =µm∑ν=0

λν,m

λµm,m

〈v0, Q2µm〉

〈v0, Q2ν〉

Qν(x), m > 0. (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 assucessões {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 quesatisfaz (2.2.30) e (2.2.31) tal que

ΦPmu0 = 〈u0, P2m〉

µm∑ν=m−t

λν,mvν , m > t, (2.2.40)

λµm,m 6= 0, m > 0. (2.2.41)

Prova: Basta considerar o lema 2.2.1 e usar em (2.2.32) a igualdadeum =

(〈u0, P

2m〉)−1

Pmu0, m > 0, a qual fica garantida pelo teorema 2.1.1.

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 afirma-ções são equivalentes:

(a’) Existe uma relação do tipo finito entre {Pn}n>0 e {Qn}n>0, relativamentea Φ, isto é, existe um inteiro s > 0 tal que

Φ(x)Qn(x) =∑n+t

ν=n−s λn,νPν(x), 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

Φ(x)Qn(x) =∑n+t

ν=n−s λn,νPν(x), n > s,

λn,n−s 6= 0, n > s.

(2.2.42)

(b) Existe um número k0 6= 0 e um polinómio mónico Λs, grau(Λs) = s, talque

Φu0 = k0Λsv0. (2.2.43)

(c) Existe um inteiro t > 0 e um polinómio mónico Λs, grau(Λs) = s, tal queΛs(x)Pm(x) =

∑m+sν=m−t λm,νQν(x), m > t,

λm,m−t 6= 0 m > t.

(2.2.44)


Podemos ainda escrever queλm,ν = 〈v0,Q2

s〉λs,0

〈u0,P 2m〉

〈v0,Q2ν〉λν,m, 0 6 ν 6 m+ s,

λn,ν = 〈u0,P 2t 〉

λt,0

〈v0,Q2n〉

〈u0,P 2ν 〉λν,n, 0 6 ν 6 n+ t,

(2.2.45)

Λs(x) =s∑

ν=0

〈v0, Q2s〉

λs,0

λν,0

〈v0, Q2ν〉Qν(x), (2.2.46)

k0 =λs,0

〈v0, Q2s〉

=〈u0, P

2t 〉

λt,0

. (2.2.47)

Prova: É claro que (a)⇒(a’).

Suponhamos que (a’) é válida. Pelo já exposto, {Pn}n>0 é compatível comΦ. Deste modo, temos que {Pn}n>0 e {Qn}n>0 estão nas condições dasProposições 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 = (〈u0, P

2n〉)−1Pnu0, n > 0, e em virtude de (2.2.37), temos que:

ΦPmu0 = 〈u0, P2m〉kmΛµmv0, m > 0. (2.2.48)

Em particular, para m = 0

Φu0 = k0Λµ0v0, (2.2.49)

consequentemente, podemos escrever (2.2.48) do seguinte modo:

k0Λµ0Pmv0 = 〈u0, P2m〉kmΛµmv0, m > 0.

Atendendo à regularidade de v0, pelo lema 2.1.2, obtemos a igualdadeseguinte

k0Λµ0(x)Pm(x) = 〈u0, P2m〉kmΛµm(x), m > 0, (2.2.50)

a qual se poderá apresentar da seguinte forma:

Λµ0(x)Pm(x) = κmΛµm(x), m > 0, (2.2.51)

onde

κm =〈v0, Q2

µ0〉

λµ0,0

〈u0, P2m〉

〈v0, Q2µm〉λµm,m, m > 0, (2.2.52)

de acordo com (2.2.38).

De (2.2.51), por análise do grau dos polinómios de ambos os membrosda 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 atra-vés de cálculos simples as relações (2.2.45)-(2.2.46).

É sempre válido o seguinte: Φ(x)Qn(x) =∑n+t

ν=0 λn,νPν(x), n > 0, peloque

〈Φu0, QnPk〉 =n+t∑ν=0

λn,ν〈u0, PνPk〉 = λn,k〈u0, P2k 〉, 0 6 k 6 n+ t.

Por outro lado, da relação (2.2.43), segue-se que

〈Φu0, QnPk〉 = 〈k0Λsv0, QnPk〉 = k0〈v0, QnΛsPk〉 = 0, 0 6 k 6 n− s− 1.

Por conseguinte, como 〈u0, P2k 〉 6= 0, k > 0, tem-se que λn,k = 0, 0 6 k 6

n− s− 1. De modo análogo, concluímos que

λn,n−s = k0

(〈u0, P

2n−s〉

)−1 〈v0, Q2n〉 6= 0, n > 0.

Acabamos de mostrar que (b)⇒(a). No entanto, tomando n = 0 naigualdade anterior temos que k0 = λs,0

(〈v0, Q2

s〉)−1.

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 relativamentea Λs. Em analogia ao já feito na demonstração de (a’)⇒(b), recorrendoà proposição 2.2.1 obtemos: Λsv0 = k0Φtu0, onde k0 = λt,0

(〈u0, P

2t 〉)

=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,

Pn+2(x) = (x− βn+1)Pn+1(x)− γn+1Pn(x), n > 0,(2.2.53)

Q0(x) = 1, Q1(x) = x− ζ0,

Qn+2(x) = (x− ζn+1)Qn+1(x)− αn+1Pn(x), n > 0.(2.2.54)

Sem entrar em detalhes, atendendo a (2.2.42)-(2.2.44), obtemos o seguinte:

αn+1+s =λn+1+s,n+1

λn+s,nγn+1, n > 0, (2.2.55)

ζs = β0 +λs,1

λs,0γ1 −

λs−1,0

λs,0αs, λ−1,0 = 0, (2.2.56)

ζn+1+s = βn+1 +λn+1+s,n+2

λn+1+s,n+1γn+2 −

λn+s,n+1

λn+s,nγn+1, n > 0. (2.2.57)

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 numasecção 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 ′ e s ∈ N. A sucessão de polinómios {Bn}n>0

diz-se quasi-ortogonal de ordem s relativamente a u, se satisfizer as seguintescondições:

〈u,BmBn〉 = 0, |n−m| > s+ 1, (2.3.58)

∃r > s tal que 〈u,Br−sBr〉 6= 0. (2.3.59)

Observações 2.3.1

1. As condições (2.3.58) e (2.3.59) são equivalentes a:

〈u,BmBn〉 = 0, 0 6 m 6 n− (s+ 1) e n > s+ 1; (2.3.60)∃r > s tal que 〈u,Br−sBr〉 6= 0. (2.3.61)

2. Uma sucessão quasi-ortogonal de ordem zero é uma sucessão ortogonalnum 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 usatisfaz as condições

〈u,BmBn〉 = knδm,n, m, n > 0,∃ r > 0 tal que 〈u,B2

r 〉 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 ordems > 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 > 0relativamente a u (i.e., verifica (2.3.58)-(2.3.59)).

2.〈u,QmBn〉 = 0, 0 6 m 6 n− s− 1, n > s+ 1; (2.3.62)

∃r > s tal que 〈u,Qr−sBr〉 6= 0. (2.3.63)

Prova: Comecemos por demonstrar que (1.) implica (2.). Suponhamosque a sucessão de polinómios {Bn}n>0 é livre. Podemos escrever cadapolinómio Qn, n > 0, como Qn =

∑nk=0 αn,kBk, com αn,k ∈ C e αn,n 6= 0.

Considerando 0 6 m 6 n− (s+ 1) e n > s+ 1, temos que

〈u,QmBn〉 = 〈u,m∑

k=0

αm,kBkBn〉 =m∑

k=0

αm,k〈u,BkBn〉.

Atendendo a (2.3.60), concluímos (2.3.62).

Escrevendo Qr−s como Qr−s =∑r−s

k=0 αr−s,kBk, com αr−s,r−s 6= 0, temosque

〈u,Qr−sBr〉 = 〈u,r−s∑k=0

αr−s,kBkBr〉 =r−s∑k=0

αr−s,k〈u,BkBr〉

= αr−s,r−s〈u,Br−sBr〉,

por (2.3.60). Como, por hipótese, αr−s,r−s 6= 0, de (2.3.61) decorre(2.3.63).

Vejamos agora que (2.) implica (1.).

Suponhamos que a sucessão de polinómios {Bn}n>0 é livre e verifica ascondições (2.3.62) e (2.3.63). Atendendo ao facto da sucessão de polinó-mios {Qn}n>0 ser livre, temos queBn =

∑nk=0 βn,kQk, ∀n > 0. Deste modo,

〈u,BmBn〉 = 〈u,m∑

k=0

βm,kQkBn〉 =m∑

k=0

βm,k〈u,QkBn〉

= 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

〈u,Br−sBr〉 = 〈u,r−s∑k=0

βr−s,kxkBr〉 =

r−s∑k=0

βr−s,k〈u, xkBr〉

= βr−s,r−s〈u, xr−sBr〉,

por (2.3.62). Atendendo a (2.3.65) e ao facto de βr−s,r−s 6= 0, obtemos acondição (2.3.59).


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, encontra-mos

〈u, xmBn〉 = 0, 0 6 m 6 n− s− 1, n > s+ 1; (2.3.64)∃ r > s tal que 〈u, xr−sBr〉 6= 0. (2.3.65)

Lema 2.3.2 [10] Seja u uma forma regular. Seja {Pn}n>0 a SP ortogonalcorrespondente. Toda a sucessão de polinómios {Bn}n>0 quasi-ortogonal deordem s > 1 relativamente a u pode escrever-se na forma:

Bn (x) =n∑

ν=0

bn,νPν (x), 0 6 n 6 s− 1

Bn (x) =n∑

ν=n−s

bn,νPν (x), n > s (2.3.66)

∃ r > s tal que br,r−s 6= 0.

Prova:

Atendendo a que {Pn}n>0 é livre, então ∀n > 0, ∃ bn,ν ∈ C, 0 6 ν 6 n taisque Bn =

∑nν=0 bn,νPν . Pelo lema 2.3.1, toda a sucessão quasi-ortogonal

de ordem s > 0 satisfaz as condições

〈u, PmBn〉 = 0, 0 6 m 6 n− s− 1, n > s+ 1;

∃r > s : 〈u, Pr−sBr〉 6= 0.

Assim,

〈u, PmBn〉 = 0, 0 6 m 6 n− s− 1 e n > 0, i.e.,n∑

ν=0

bn,ν〈u, PmPν〉 = 0, 0 6 m 6 n− s− 1 e n > 0, i.e.,

bn,m〈u, P 2m〉 = 0, 0 6 m 6 n− s− 1 e n > s+ 1.

Como, pela regularidade de u, 〈u, P 2m〉 6= 0,∀m > 0, então bn,m = 0, 0 6

m 6 n− s− 1 e n > s+ 1. Deste modo,

Bn =n∑

ν=n−s

bn,νPν , n > s+ 1.

Por outro lado,

∃r > s : 〈u, Pr−sBr〉 6= 0, i.e.,

∃r > s :r∑

ν=0

br,ν〈u, Pr−sPν〉 6= 0, i.e.,

∃r > s : br,r−s〈u, P 2r−s〉 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 quasi-ortogonal de ordem s, com s > 0, relativamente a u se ela verificar (2.3.58)e

∀ n > s : 〈u,Bn−sBn〉 6= 0. (2.3.67)

Lema 2.3.3 [10] Toda a sucessão de polinómios {Bn}n>0 estritamente quasi-ortogonal de ordem s, com s > 0, relativamente a u é livre, pelo que pode sersempre normalizada.

Prova:

Sejam n,m dois inteiros positivos com n 6 m. Se∑m

ν=n ανBν = 0, comαν ∈ C, n 6 ν 6 m, então, considerando n 6 k 6 m, a condição∑m

ν=n αν〈u,Bk+sBν〉 = 0 é equivalente am∑

ν=k

αν〈u,Bk+sBν〉 = 0, (2.3.68)

já que {Bn}n>0 satisfaz (2.3.58).

Se k = m, a condição (2.3.68) obriga a que αm = 0, pois 〈u,Bm+sBm〉 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, concluí-mos 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 relativa-mente a u é quasi-ortogonal de ordem s > 0 relativamente a u;

- uma SP {Bn}n>0 estritamente quasi-ortogonal de ordem 0 relativamentea 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 au0, regular. Seja u = us, s > 1, o termo de ordem s da sucessão dualassociada a {Bn}n>0. (Lembre-se que us é não regular pois (us)0 = 01.).Nestas condições, tem-se que:

〈u,BmBn〉 = 〈r−1s Bsu0, BmBn〉 = r−1

s 〈u0, BsBmBn〉

= r−1s

m+s∑ν=0

αm+s,ν〈u0, BνBn〉 = 0, n > m+ s+ 1,

〈u,BnBn+s〉 = r−1s 〈u0, BsBnBn+s〉 = r−1

s 〈u0, B2n+s〉 6= 0, n > 0.

1Veja-se exemplo 2.1.2


Do que se conclui que {Bn}n>0 é estritamente quasi-ortogonal de ordems > 1 relativamente a us, não regular.

Lema 2.3.4 [10] Seja {Qn}n>0 uma SP. As condições abaixo apresentadas sãoequivalentes:

1. {Bn}n>0 é uma sucessão de polinómios estritamente quasi-ortogonais deordem s > 0 relativamente a u (i.e., verifica (2.3.58) e (2.3.67)).

2.

〈u,QmBn〉 = 0, 0 6 m 6 n− s− 1, n > s+ 1; (2.3.69)∀r > s, 〈u,Qr−sBr〉 6= 0. (2.3.70)

Prova: Atendendo ao resultado anterior, a prova deste resultado é análoga àdo lema 2.3.1.

Lema 2.3.5 [10] Seja u uma forma regular e seja {Pn}n>0 a SP ortogonalcorrespondente. Então todas as sucessões de polinómios {Bn}n>0 estritamentequasi-ortogonais de ordem s > 1 relativamente a u podem escrever-se na forma:

Bn (x) =n∑

ν=0

bn,νPν (x), 0 6 n 6 s− 1

Bn (x) =n∑

ν=n−s

bn,νPν (x), n > s (2.3.71)

∀r > s, br,r−s 6= 0.

Prova: Atendendo ao lema 2.3.3, a demonstração deste resultado é análoga àdo lema 2.3.2.

A utilização mais frequente da quasi-ortogonalidade faz-se nas condições seguin-tes:

- seja {Pn}n>0 uma SP normalizada ortogonal relativamente a u regular; existeuma forma u tal que a SP {Pn}n>0 é quasi-ortogonal de ordem s relativamentea u.

Podemos caracterizar uma tal situação do seguinte modo:

Proposição 2.3.1 [8, 10] Para cada SP {Pn}n>0 normalizada e regularmenteortogonal relativamente a u e para cada u ∈ P ′, os enunciados seguintes sãoequivalentes:


1. A SP {Pn}n>0 é quasi-ortogonal de ordem s relativamente a u.

2. ∃ r > s > 0 tal que 〈u, Pr−sPr〉 6= 0, 〈u, Pn〉 = 0, n > s+ 1.

3. Existe um polinómio único Φ de grau s tal que

u = Φu. (2.3.72)

4. A SP {Pn}n>0 é estritamente quasi-ortogonal de ordem s relativamente au.

5. ∃ s > 0 tal que 〈u, Ps〉 6= 0, 〈u, Pn〉 = 0, n > s+ 1.

Prova:

1. ⇒ 2.

Decorre de forma imediata a partir da definição de sucessão quasi-ortogonalde ordem s > 0:

∃r > s > 0 : 〈u, PrPr−s〉 6= 0 e 〈u, PnP0〉 = 0, n > s+ 1.

2. ⇒ 3.

Consideremos v ∈ P ′ dada por:

v = u−s∑

ν=0

λνxνu, com λν ∈ C.

Por hipótese tem-se que 〈v, Pn〉 = 0, n > s+ 1, pois

〈v, Pn〉 = 〈u−s∑

ν=0

λνxνu, Pn〉 = 〈u, Pn〉 −

s∑ν=0

λν〈u, xνPn〉

e 〈u, Pn〉 = 0, n > s + 1 (por 2.) e 〈u, xνPn〉 = 0, n > s + 1 (pelaortogonalidade regular de {Pn}n>0 relativamente a u).

É possível determinar os coeficientes λν , 0 6 ν 6 s, de modo único, a partirdas condições 〈v, Pn〉 = 0, 0 6 n 6 s. Dito de outro modo, pretendemosdeterminar os coeficientes λν , 0 6 ν 6 s, de modo que:

〈u, Pn〉 −s∑

ν=0

λν〈u, Pn〉 = 0, 0 6 n 6 s,

o que corresponde a resolver o sistema triangular superior de n+1 equaçõesa n+ 1 incógnitas abaixo apresentado sob a forma matricial:

Uλ = B, onde (2.3.73)


U =

〈u, P 20 〉〈u, xP0〉〈u, x2P0〉 · · · 〈u, xs−1P0〉〈u, xsP0〉

0 〈u, P 21 〉〈u, x2P1〉 · · · 〈u, xs−1P1〉〈u, xsP1〉

0 0 〈u, P 22 〉 · · · 〈u, xs−1P1〉〈u, xsP1〉

......

.... . .

......

0 0 0 · · · 〈u, P 2s−1〉〈u, xsPs−1〉

0 0 0 · · · 0 〈u, P 2s 〉

e

λ =

λ0

λ1

λ2...

λs−1

λs

, B =

〈u, P0〉〈u, P1〉〈u, P2〉

...〈u, Ps−1〉〈u, Ps〉

.

Este sistema apresenta uma solução única em λ já que

detU =s∏

ν=0

〈u, P 2ν 〉 6= 0,

atendendo às relações de ortogonalidade.

Deste modo, pela proposição 1.3.1, v = 0, pelo que u = Φu, com Φ =∑sν=0 λνx

ν .

Resta ver que grau(Φ) = s. Suponhamos que grau(Φ) < s, logo ter-se-ánecessariamente que λs = 0, o que contraria a hipótese de ∃ r > s > 0 talque 〈u, Pr−sPr〉 6= 0. De facto, se λs = 0, então

〈u, Pr−sPs〉 =s−1∑ν=0

λν〈u, xνPr−sPr〉 = 0,

já que grau(xνPr−s) < r, 0 6 ν 6 s − 1, logo 〈u, xνPr−sPr〉 = 0, 0 6 ν 6s−1, dado {Pn}n>0 ser ortogonal relativamente a u. Assim, λs 6= 0, dondegrau(Φ) = s.

3. ⇒ 4.

Supondo que u = Φu =∑s

ν λνxνu com λs 6= 0, segue-se que:

〈u, PmPn〉 =s∑

ν=0

λν〈u, xνPmPn〉 = 0, 0 6 m 6 n− s− 1 e n > s+ 1,

pois 0 6 grau(xνPm) 6 n − 1 e, sendo {Pn}n>0 ortogonal relativamentea u, tem-se que 〈u, xνPmPn〉 = 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. Restaagora verificar que também satisfaz a condição (2.3.67). Com efeito,

∀n > s, 〈u, Pn−sPn〉 =s∑

ν=0

λν〈u, xνPn−sPn〉 = λs〈u, xsPn−sPn〉

= λs〈u, P 2n〉 6= 0.

4. ⇒ 5.

Decorre imediatamente da definição de ortogonalidade estrita de ordems > 0 de {Pn}n>0 relativamente a u.

5. ⇒ 2.

É imediato: basta considerar r = s.

Como toda a sucessão estritamente quasi-ortogonal de ordem s relativa-mente a uma determinada forma é também quasi-ortogonal de ordem srelativamente a essa forma, fica visto que 4. ⇒ 1. .

Podemos aplicar este resultado na construção de sucessões ortogonais a partirde uma sucessão ortogonal dada.

2.3.3 A multiplicação (à esquerda) de uma forma por um poli-nómio

Este é sem dúvida um dos problemas mais antigos da teoria dos polinómiosortogonais clássicos, já tratados por Christoffel em 1858, [3].

Coloquemos o problema geral. Seja u uma forma regular e seja {Pn}n>0 a SPnormalizada ortogonal correspondente. Seja, por outro lado,

R(x) =p∏

ν=1

(x− xν)mν

um polinómio de grau r > 1 (∑p

ν=1mν = 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 quasi-ortogonal de ordem p relativamente a u = R(x)u, não necessariamente regular.

Procuramos agora saber em que condições poderemos afirmar que a formau = R(x)u é regular.


Lema 2.3.6 [10] Seja D(c;n+ 1), n > 0 o determinante de ordem r:

D(c;n+ 1) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Pn+1(x1) · · · Pn+r(x1)...

...(Pn+1)(m1−1)(x1) · · · (Pn+r)(m1−1)(x1)

......

Pn+1(xp) · · · Pn+r(xp)...

...(Pn+1)(mp−1)(xp) · · · (Pn+r)(mp−1)(xp)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(2.3.74)

A forma u é regular se e só se D(c;n+ 1) 6= 0, n > 0.

Nota: (Pn)(µ)(x) = dµ

dxµPn(x).

Prova: [13]As Proposições 2.2.1, 2.2.2 e 2.2.3 da secção anterior não fornecem con-dições para as quais a sucessão {Qn}n>0 é ortogonal quando {Pn}n>0 éortogonal.Em todo o caso, suponhamos s = 0 e t > 1 em (2.2.24)-(2.2.25), dito deoutro modo, existe uma relação do tipo finito entre {Pn}n>0 e {Qn}n>0

de ordem 0 relativamente a Φ:Φ(x)Qn(x) =

∑n+tν=n λn,νPν(x), n > 0,

∃n > 0 : λn,n 6= 0.(2.3.75)

Sejam cµ, 1 6 µ 6 q, os zeros de Φ e mµ a respectiva multiplicidade. Asucessão {Qn}n>0 fica bem determinada por (2.3.75) se e só se o sistema

n+t∑ν=n

λn,ν (Pν)(τ) (cµ) = 0, 1 6 µ 6 q, 0 6 τ 6 mµ − 1, (2.3.76)

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 esó se o seu determinante ∆n 6= 0, n > 0. Além disso, temos que

∆nλn,n = (−1)t∆n+1, n > 0,

logo, quando s = 0, a relação (2.2.24)-(2.2.25), a existir, é necessariamenteestrita, 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 = λ0,0v0 e de (2.3.75) obtemos:

λ0,0〈v0, PmQn〉 = 〈Φu0, PmQn〉 =n+t∑ν=n

λn,ν〈u0, PmPν〉 = 0, 0 6 m 6 n− 1, n > 1,

λ0,0〈v0, Q2n〉 = 〈Φu0, PnQn〉 =

n+t∑ν=n

λn,ν〈u0, PnPν〉 = λn,n〈u0, P2n〉 6= 0, n > 0.


Consequentemente, a sucessão {Qn}n>0 é ortogonal relativamente a

v0 = (λ0,0)−1Φu0.

Noutras palavras, quando a forma u0 é regular, a forma Φu0 é regular see só se ∆n 6= 0, n > 0.

Depois de Christoffel [3], Dini em [6] apresentou uma prova para o resultadoque acabamos de enunciar, na qual usa técnicas distintas das aqui usadas.

A prova apresentada é um exemplo da eficácia das relações do tipo finito, nosentido em que é a mais curta que poderemos encontrar na literatura para oresultado em causa.

Podemos construir a SP {Pn}n>0 ortogonal relativamente a u e dar os elementosβn, γn+1, n > 0 em função de βn, γn+1, n > 0. Neste trabalho apenas serátratado o caso em que R(x) = (x− c)m para m = 1, 2. O caso em que m = 3, 4encontra-se desenvolvido em [15].

Proposição 2.3.2 [10] Para que a forma u = (x−c)u seja regular, é necessárioe suficiente que Pn+1(c) 6= 0, n > 0. Nesse caso, temos que:

(x− c)Pn(x) = Pn+1(x)−Pn+1(c)Pn(c)

Pn(x), n > 0; (2.3.77)

βn = βn+1 +Pn+2(c)Pn+1(c)

− Pn+1(c)Pn(c)

, n > 0; (2.3.78)

γn+1 =Pn+2(c)Pn(c)P 2

n+1(c)γn+1, n > 0. (2.3.79)

Prova: Procuramos a sucessão {Pn}n>0 sob a forma:

(x− c)Pn(x) =n+1∑ν=0

θn,νPν(x), n > 0,

com θn,n+1 = 1, n > 0. Deste modo, tem-se que

〈u, Pn(x)Pm(x)〉 = 〈u, (x− c)Pn(x)Pm(x)〉 =n+1∑ν=0

θn,ν〈u, Pν(x)Pm(x)〉

= θn,m〈u, P 2m(x)〉, 0 6 m 6 n+ 1.

Supondo a ortogonalidade de {Pn}n>0 relativamente a u, resulta que〈u, PnPm〉 = 0, 0 6 m 6 n − 1, n > 1 e 〈u, PnPn〉 6= 0, n > 0, o


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)Pn(x) = Pn+1(x) + θn,nPn(x), n > 0.

Em particular,0 = Pn+1(c) + θn,nPn(c), n > 0,

o que implica Pn+1(c) 6= 0, n > 0.

Reciprocamente, se {Pn}n>0 é definida por (2.3.77), é evidente que é or-togonal relativamente a u, facto que decorre imediatamente da proposição2.1.3, pois

〈u, PnPk〉 = 〈u, Pn+1Pk〉 −Pn+1(c)Pn(c)

〈u, PnPk〉 = 0, 0 6 k 6 n− 1, n > 1;

〈u, PnPn〉 = 〈u, Pn+1Pn〉 −Pn+1(c)Pn(c)

〈u, P 2n〉 = −Pn+1(c)

Pn(c)〈u, P 2

n〉 6= 0, n > 0.

Do exposto, facilmente se verifica que

〈u, P 2n〉 = −Pn+1(c)

Pn(c)〈u, P 2

n〉, n > 0,

donde resulta o seguinte:

γn+1 =〈u, P 2

n+1〉〈u, P 2

n〉=−Pn+2(c)

Pn+1(c)

−Pn+1(c)Pn(c)

〈u, P 2n+1〉

〈u, P 2n〉

=Pn+2(c)Pn(c)P 2

n+1(c)γn+1, n > 0,

logo encontramos (2.3.79). Para demonstrar (2.3.78), partamos da igual-dade seguinte:

〈u, P 2n〉βn = 〈u, xP 2

n〉, n > 0.

De (2.3.77), temos que

〈u, xP 2n(x)〉 = 〈u,

((x− c)Pn(x)

)2〉+ c〈u, P 2

n(x)〉

= 〈u,(Pn+1(x)−

Pn+1(c)Pn(c)

Pn(x))2

〉+ c〈u, P 2n(x)〉

= 〈u, P 2n+1(x)〉+

(Pn+1(c)Pn(c)

)2

〈u, P 2n(x)〉+ c〈u, P 2

n(x)〉

= 〈u, P 2n+1(x)〉+

(c− Pn+1(c)

Pn(c)

)〈u, P 2

n(x)〉, n > 0;

consequentemente,

βn = c− Pn+1(c)Pn(c)

+(−Pn+1(c)

Pn(c)〈u, P 2

n〉)−1

〈u, P 2n+1〉

= c− Pn+1(c)Pn(c)

− Pn(c)Pn+1(c)

γn+1, n > 0.


Recordando o facto de

γnPn−1(c) = Pn+1(c)− (c− βn)Pn(c), n > 0, onde P−1 = 0,

podemos também escrever

βn = βn + γnPn−1(c)Pn(c)

− γn+1Pn(c)Pn+1(c)

, n > 0.

Encontramos (2.3.78) se na igualdade anterior atendermos ao facto de

−γn+1Pn(c) = Pn+2(c)− (c− βn+1)Pn+1(c),γnPn−1(c) = −Pn+1(c) + (c− βn)Pn(c), n > 0.

Através da identidade de Christoffel-Darboux, temos facilmente que [10]:

Pn+1(x)Pn(c)− Pn+1(c)Pn(x)x− c

=n∑

ν=0

Pν(c)Pν(x)rν

, (2.3.80)

( onde rn =∏n

ν=0 γν+1, n > 0 ) e, a partir de (2.3.77), obtemos imediatamente

Pn(x) =n∑

ν=0

rnrν

Pν(c)Pn(c)

Pν(x), com rn =n∏

ν=0

γν+1, n > 0. (2.3.81)

Desta relação surge trivialmente a seguinte:

Pn+1(c)rn+1

Pn+1(x)−Pn(c)rn

Pn(x) =Pn+1(c)rn+1

Pn+1(x),

ou seja,

Pn+1(x) = Pn+1(x)−Pn(c)Pn+1(c)

γn+1Pn(x), n > 0. (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, regular.

Tratemos agora o caso u = (x− c)2u.

Proposição 2.3.3 [10] Para que a forma u = (x− c)2u seja regular é condiçãonecessária e suficiente que:

D(c;n) = P ′n+1(c)Pn(c)− Pn+1(c)P ′n(c) 6= 0, n > 1. (2.3.83)


Nesse caso teremos

(x− c)2Pn(x) ={x− c− Pn(c)Pn+1(c)

D(c;n)

}Pn+1(x) +

P 2n+1(x)

D(c;n) Pn(x) (2.3.84)

βn = βn+1 − 2Pn(c)Pn+1(c)D(c;n) +

P 2n+1(c)

D(c;n+1)

{c− βn+1 + Pn(c)Pn+1(c)

D(c;n)

}(2.3.85)

γn+1 = D(c;n+2)D(c;n)D2(c;n+1)

γn+1, n > 0. (2.3.86)

Prova: Podemos construir a sucessão {Pn}n>0 do seguinte modo:

(x− c)2Pn(x) =n+2∑ν=0

θn,νPν(x), n > 0, (2.3.87)

com θn,n+2 = 1, n > 0. Atendendo à ortogonalidade de {Pn}n>0 relativa-mente a u, tem-se que

〈u, PnPm〉 =n+2∑ν=0

θn,ν〈u, Pν(x)Pm(x)〉 = θn,m〈u, P 2m〉, 0 6 m 6 n+ 2.

Sob a hipótese da ortogonalidade de {Pn}n>0 relativamente a u, necessa-riamente θn,m = 0, 0 6 m 6 n− 1, n > 1. Mais,

〈u, PnPn〉 = 〈u, P 2n〉 = θn,n〈u, P 2

n〉, n > 0; (2.3.88)

〈u, PnPn+1〉 = θn,n+1〈u, P 2n+1〉, n > 0, (2.3.89)

pelo que a relação (2.3.87) se passa a escrever como:

(x− c)2Pn(x) = Pn+2(x) + θn,n+1Pn+1(x) + θn,nPn(x), n > 0. (2.3.90)

Por derivação da igualdade anterior, obtém-se ainda

(x−c)2P ′n(x)+2(x−c)Pn(x) = P ′n+2(x)+θn,n+1P′n+1(x)+θn,nP

′n(x), n > 0.

Avaliando as duas relações anteriores em x = c, tem-se que

Pn+2(c) + θn,n+1Pn+1(c) + θn,nPn(c) = 0,

P ′n+2(c) + θn,n+1P′n+1(c) + θn,nP

′n(c) = 0, n > 0.

(2.3.91)

Notando por D(c;n) = P ′n+1(c)Pn(c) − Pn+1(c)P ′n(c), n > 0, tem-se queD(c;n + 1) = Pn+1(c)P ′n+2(c) − P ′n+1(c)Pn+2(c), n > 0. Recorrendo àsigualdades (2.3.91), conclui-se que:

D(c;n+ 1) = θn,nD(c;n),

θn,n+1D(c;n) = Pn+2(c)P ′n(c)− P ′n+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 {Pn}n>0 definida por(2.3.87) e (2.3.92) é naturalmente ortogonal relativamente a u.

De (2.3.80), tem-se que

D(c;n) =n∑

ν=0

rnrνP 2

ν (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 {βn}n>0 e {γn+1}n>0. De (2.3.88), temos que

γn+1 =θn+1,n+1

θn,nγn+1 =

D(c;n+ 2)D(c;n)D(c;n+ 1)2

γn+1, n > 0.

Através de (2.3.90), tem-se que:

〈u, (x−c)P 2n〉 = θn,n〈u, (x−c)Pn(x)Pn(x)〉+θn,n+1〈u, (x−c)Pn(x)Pn+1(x)〉,

mas, podemos sempre escrever

(x−c)Pn(x) = θn,n (ϑcPn) (x)+θn,n+1 (ϑcPn+1) (x)θn,n (ϑcPn(x))+(ϑcPn+2) (x).

Facilmente podemos ainda obter a seguinte igualdade:

(ϑcPn+2) (x) = Pn+1(x) + (c− βn+1) (ϑcPn+1) (x)− γn+1 (ϑcPn) (x),

pelo que

〈u, (x− c)Pn(x)Pn(x)〉 = θn,n+1〈u, P 2n〉+ (c− βn+1)〈u, P 2

n〉,

logo

〈u, (x− c)P 2n〉 = θn,n {θn,n+1 + c− βn+1} 〈u, P 2

n〉+ θn,n+1〈u, P 2n+1〉.

Deste modo, segue-se que:

〈u, xP 2n〉 = 〈u, (x− c)P 2

n〉+ c〈u, P 2n〉

= θn,n {θn,n+1 + c− βn+1} 〈u, P 2n〉+ θn,n+1〈u, P 2

n+1〉+ c θn,n〈u, P 2n〉

= θn,n {θn,n+1 + 2c− βn+1} 〈u, P 2n〉+ θn,n+1〈u, P 2

n+1〉.

Como βn = 〈u,xP 2n(x)〉

〈u,P 2n〉

, obtemos que

βn = θn,n+1 + 2c− βn+1 +θn,n+1

θn,nγn+1

=δn(c)D(c;n)

+ 2c− βn+1 +δn(c)

D(c;n+ 1)γn+1,


se recorrermos às relações patentes em (2.3.92). Através de (2.3.94), segue-se que

βn = c− Pn(c)Pn+1(c)D(c;n)

+δn(c)

D(c;n+ 1)γn+1. (2.3.95)

Facilmente verificamos que

1D(c;n)

=γn+1

D(c;n+ 1)+

P 2n+1(c)

D(c;n)D(c;n+ 1), n > 0,

pelo que

βn = βn+1 − 2Pn(c)Pn+1(c)

D(c;n)− δn(c)D(c;n)

P 2n+1(c)

D(c;n+ 1), n > 0.

Encontramos (2.3.85) se verificarmos que

δn(c)D(n; c)

= −{c− βn+1 +

Pn(c)D(c;n)

((c− βn)Pn(c)− γnPn−1(c))}, n > 0,

onde se deverá considerar γ0 = 0 e P−1 = 0.

Quando c = 0, estamos perante a forma u = x2u, para a qual podemos explicitaras conclusões acima extraídas. Nesse sentido, a forma u = x2u é regular se e sóse

D(0;n) = P ′n+1(0)Pn(0)− Pn+1(0)P ′n(0) 6= 0, n > 1.

Nesse caso teremos

x2Pn(x) ={x− Pn(0)Pn+1(0)

D(0;n)

}Pn+1(x) +

P 2n+1(x)

D(0;n) Pn(x), n > 0,

βn = βn+1 − 2Pn(0)Pn+1(0)D(0;n) +

P 2n+1(0)

D(0;n+1)

{βn+1 + Pn(0)Pn+1(0)

D(0;n)

}, n > 0,

γn+1 = D(0;n+2)D(0;n)D2(0;n+1)

γn+1, n > 0.

Capítulo 3

Sucessões Ortogonais Clássicas eFormas Correspondentes

3.1 Definição

Comecemos por caracterizar as sucessões de polinómios ortogonais clássicosdevida a Hahn. O objectivo principal deste trabalho é precisamente mostraruma generalização da definição que se segue.

Definição 3.1.1 (de Hahn) [4] Seja {Pn}n>0 uma sucessão de polinómios or-togonais com respeito a u ∈ P ′. Consideremos a sucessão dos polinómiosderivados {P [1]

n }n>0 anteriormente definidos por:

P [1]n (x) =

P ′n+1(x)n+ 1

, n > 0.

Dizemos que {Pn}n>0 é uma sucessão de polinómios ortogonais clássicos, ousimplesmente uma sucessão clássica, se e só se {P [1]

n }n>0 é também uma suces-são de polinómios ortogonais.

Nota: Por uma questão de simplificação de notação usada, a sucessão depolinómios {P [1]

n }n>0 será aqui notada por {Qn}n>0. A sucessão dual corres-pondente a {Qn}n>0 será notada por {vn}n>0 e, mais uma vez, a sucessão dualde {Pn}n>0 por {un}n>0 .

Definição 3.1.2 Uma forma u ∈ P ′ diz-se clássica se a sucessão dos polinómiosortogonais relativamente a u é clássica.

Assim, para uma sucessão {Pn}n>0 de polinómios ortogonais clássicos verificam-se as seguintes relações de recorrência de ordem 2, as quais ficam garantidas pelaproposição 2.1.5:

83

84CAPÍTULO 3. SUCESSÕES ORTOGONAIS CLÁSSICAS E FORMAS

CORRESPONDENTES

• para a sucessão {Pn}n>0,

Pn+2(x) = (x− βn+1)Pn+1(x)− γn+1Pn(x), n > 0,P0(x) = 1, P1(x) = x− β0 .

• e para a sucessão {Qn}n>0, tem-se uma relação de recorrência inteiramenteanáloga:

Qn+2(x) = (x− ζn+1)Qn+1(x)− ρn+1Qn(x), n > 0,Q0 (x) = 1, Q1 (x) = x− ρ0 ,

onde os coeficientes ηn e ρn, para n > 1, são dados por

ζn =

⟨v0, xQ

2n(x)

⟩〈v0, Q2

n(x)〉, n > 0,

ρn+1 =

⟨v0, Q

2n+1(x)

⟩〈v0, Q2

n(x)〉, n > 0 ,

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 sejaclássica, a qual será expressa através de uma equação funcional em u. Registe-seainda que este resultado será usado de forma essencial no decurso deste trabalho.Será fundamental para a construção das quatro classes de polinómios ortogonaisclássicos.

Teorema 3.2.1 [12] Seja {Pn}n>0 uma SP ortogonal relativamente a u0. Paraque {Pn}n>0 seja uma sucessão clássica é necessário e suficiente que existamdois 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)− n

2φ′′(0) 6= 0, n > 1 (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 momentosda forma u0 que passamos a deduzir.

DeD(φu0) + ψu0 = 0

decorre(D(φu0) + ψu0)n = 0, n > 0

isto é,

〈D(φu0) + ψu0, xn〉 = 0, n > 0

〈D(φu0), xn〉+ 〈ψu0, xn〉 = 0, n > 0

−⟨φu0, nx

n−1⟩

+ 〈ψu0, xn〉 = 0, n > 0

−n⟨u0, φx

n−1⟩

+ 〈u0, ψxn〉 = 0, n > 0 .

Atendendo a que grau (φ) 6 2, φ mónico e grau (ψ) = 1, podemos escrever:

φ (x) = φ(0) + φ′(0)x+12φ′′(0)x2 (3.2.3)

ψ (x) = ψ(0) + ψ′(0)x , com ψ′(0) 6= 0. (3.2.4)

Substituindo na equação anterior as respectivas expressões de φ e ψ, resultaque

−n⟨u0, φ(0)xn−1 + φ′(0)xn +

φ′′(0)2

xn+1

⟩+⟨u0, ψ(0)xn + ψ′(0)xn+1

⟩= 0,

ou seja,

−nφ(0) (u0)n−1 +(ψ(0)− nφ′(0)

)(u0)n +

(ψ′(0)− nφ′′(0)

2

)(u0)n+1 = 0,

(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.

A condição ψ′(0) − n2φ

′′(0) 6= 0 é imprescindível para a veracidade doteorema precedente. De facto, se u0 verifica a equação funcional patenteno referido teorema e existe n0 > 1 tal que ψ′(0)− n0

2 φ′′(0) = 0, então

−n0φ(0) (u0)n0−1 +(ψ(0)− n0φ

′(0))(u0)n0

= 0,

pelo que o momento (u0)n0+1 ficaria indeterminado. Além disso, os mo-mentos precedentes (u0)n0−1 e (u0)n0

que já foram determinados, deveriamsatisfazer a equação suplementar:(

ψ(0)− n0φ′(0))(u0)n0

= n0φ(0) (u0)n0−1 .

Para excluir esta situação exigimos que

∀n > 0, ψ′(0)− n

2φ′′(0) 6= 0.

Assim, todos os momentos estarão univocamente determinados.


CORRESPONDENTES

Prova: (do teorema 3.2.1)

Comecemos por demonstrar a suficiência. Mostremos que, a sucessão{Qn}n>0, Qn(x) =

P ′n+1(x)

n+1 , n > 0, é ortogonal com respeito à formav = φu0. Com efeito, seja n > 1 e considere-se 0 6 m 6 n− 1, então

〈v, xmQn(x)〉 =1

n+ 1⟨φu0, x

mP ′n+1(x)⟩

=1

n+ 1⟨φu0, (xmPn+1(x))

′ −mxm−1Pn+1(x)⟩

=1

n+ 1[⟨φu0, (xmPn+1(x))

′⟩−m⟨φu0, x

m−1Pn+1(x)⟩]

=−1n+ 1

[〈D (φu0) , xmPn+1(x)〉+m

⟨φu0, x

m−1Pn+1(x)⟩]

Usando a relação D(φu0) + ψu0 = 0, então tem-se que

〈v, xmQn(x)〉 =−1n+ 1

[〈−ψu0, x

mPn+1(x)〉+m⟨φu0, x

m−1Pn+1(x)⟩]

=1

n+ 1[〈ψu0, x

mPn+1(x)〉 −⟨φu0,mx

m−1Pn+1(x)⟩]

=1

n+ 1[〈u0, ψx

mPn+1(x)〉 −⟨u0, φmx

m−1Pn+1(x)⟩]

=1

n+ 1⟨u0,(xmψ(x)−mxm−1φ(x)

)Pn+1(x)

⟩.

Atendendo a que grau(xmψ(x)−mxm−1φ(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

〈v, xmQn(x)〉 = 0, 0 6 m 6 n− 1, n > 1 (3.2.6)

Se m = n > 0:

〈v, xnQn(x)〉 =1

n+ 1⟨u0,(xnψ(x)− nxn−1φ(x)

)Pn+1(x)

⟩.

Por (3.2.3) e (3.2.4), a expressão anterior escreve-se

〈v, xnQn(x)〉 =1

n+ 1⟨u0,(−nφ(0)xn−1 +

(ψ(0)− nφ′(0)

)xn+

+(ψ′(0)− nφ′′(0)

2

)xn+1

)Pn+1(x)

⟩=

1n+ 1

[−nφ(0)

⟨u0, x

n−1Pn+1(x)⟩+

+(ψ(0)− nφ′(0)

)〈u0, x

nPn+1(x)〉+

+(ψ′(0)− n

2φ′′(0)

) ⟨u0, x

n+1Pn+1(x)⟩ ]

.

Ora, pela mesma argumentação, evocando a Proposição (2.1.3), tem-seque ⟨

u0, xn−1Pn+1(x)

⟩= 〈u0, x

nPn+1(x)〉 = 0


〈v, xnQn(x)〉 =ψ′(0)− n

2φ′′(0)

n+ 1⟨u0, x

n+1Pn+1(x)⟩, n > 0

Como, por hipótese, ψ′(0)− n2φ

′′(0) 6= 0, então

〈v, xnQn(x)〉 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 or-togonal relativamente a v = φu0, atendendo ao exposto na Proposição(2.1.3).

Reciprocamente, suponhamos que {Pn}n>0 e {Qn}n>0, Qn(x) =P ′

n+1(x)

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 duassucessões satisfazem, respectivamente, as relações de recorrência

Pn+2(x) = (x− βn+1)Pn+1(x)− γn+1Pn(x), n > 0,P0(x) = 1, P1(x) = x− β0 ,

e

Qn+2(x) = (x− ζn+1)Qn+1(x)− ρn+1Qn(x), n > 0,Q0 (x) = 1, Q1 (x) = x− ζ0 ,

onde os coeficientes βn, γn+1, ζn e ρn+1, para n > 0, são determinados deacordo com a proposição (2.1.5).

Pelo teorema 2.1.1, tem-se então que(⟨u0, P

2n

⟩)un = Pnu0, n > 0,

e que (⟨v0, Q

2n

⟩)vn = Qnv0, 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, Q

2n

⟩)−1D(Qnv0) = −(n+ 1)

(⟨u0, P

2n+1

⟩)−1Pn+1u0, n > 0 .

Assim, para n = 0, tem-se:(⟨v0, Q

20

⟩)−1D(Q0v0) = −

(⟨u0, P

21

⟩)−1P1u0. (3.2.8)

Como, por hipótese, as sucessões de polinómios {Pn}n>0 e {Qn}n>0 sãomónicas e as formas u0 e v0 são normalizadas, segue-se então que:⟨

u0, P20

⟩= 〈u0, P0〉 = 〈u0, 1〉 = 1 ,⟨

v0, Q20

⟩= 〈v0, Q0〉 = 〈v0, 1〉 = 1.


CORRESPONDENTES

Tomando n = 0 em (2.1.7), tem-se que

γ1 =

⟨u0, P

21

⟩⟨u0, P 2

0

⟩ =

⟨u0, P

21

⟩⟨u0, Q2

0

⟩ ,

donde a equação (3.2.8) escreve-se agora:

D(v0) = −⟨v0, Q

20

⟩⟨u0, P 2

1

⟩P1u0 = − (γ1)−1 P1u0. (3.2.9)

Atendendo ainda a que

Q′nv0 = −QnDv0 +D(Qnv0)

segue-se que

Q′nv0 =

[(γ1)

−1 P1Qnu0

]+

[−(n+ 1)

⟨v0, Q

2n

⟩⟨u0, P 2

n+1

⟩Pn+1u0

],

isto é,

Q′nv0 =

[(γ1)

−1 P1Qn − (n+ 1)

⟨v0, Q

2n

⟩⟨u0, P 2

n+1

⟩Pn+1

]u0, n > 0. (3.2.10)

Tomando n = 1 na relação anterior,

Q′1v0 =

[(γ1)

−1 P1Q1 − 2

⟨v0, Q

21

⟩⟨u0, P 2

2

⟩P2

]u0

=

[(γ1)

−1 P1Q1 − 2

⟨v0, Q

21

⟩⟨v0, Q2

0

⟩ ⟨v0, Q20

⟩⟨u0, P 2

1

⟩ ⟨u0, P21

⟩⟨u0, P 2

2

⟩P2

]u0 .

Atendendo às expressões patentes em (2.1.7), efectuando as devidas adap-tações, tem-se que

Q′1v0 =

[(γ1)

−1 P1Q1 − 2ρ1 (γ1)−1 (γ2)

−1 P2

]u0 .

Mas Q′1 = 1, donde

v0 = (γ1)−1[P1Q1 − 2ρ1 (γ2)

−1 P2

]u0 . (3.2.11)

Se o polinómio do segundo membro, que tem grau não superior a 2, fosseidenticamente nulo, então v0 = 0, o que é absurdo, uma vez que, porhipótese, 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)


onde k representa uma constante de normalização não nula. Assim,

v0 = (γ1)−1 kφu0 ,

pelo queDv0 = (γ1)

−1 kD (φu0) .

Mas por (3.2.9), conclui-se ainda que

− (γ1)−1 P1u0 = (γ1)

−1 kD (φu0) ,

ou seja,D (φu0) + k−1P1u0 = 0.

Fazendoψ (x) = k−1P1 (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 quegrau (ψ) = 1.

Substituindo a expressão assinalada com (3.2.11) na expressão de (3.2.10),obtém-se:

γ−11

[P1Q1 − 2ρ1γ

−12 P2

]Q′

nu0 =

[γ−1

1 P1Qn − (n+ 1)

⟨v0, Q

2n

⟩⟨u0, P 2

n+1

⟩Pn+1

]u0,

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:

kφQ′nu0 =

[kψQn − γ1(n+ 1)

⟨v0, Q

2n

⟩⟨u0, P 2

n+1

⟩Pn+1

]u0, n > 0.

Dada a regularidade de u0, pelo lema (2.1.2), tem-se:

kφQ′n = kψQn − γ1(n+ 1)

⟨v0, Q

2n

⟩⟨u0, P 2

n+1

⟩Pn+1, n > 0 ,

isto é,

φQ′n − ψQn +

γ1

k(n+ 1)

⟨v0, Q

2n

⟩⟨u0, P 2

n+1

⟩Pn+1 = 0, n > 0. (3.2.14)

Escrevendo φ, ψ e Pn+1 como potências de x, ou seja,

φ (x) = φ(0) + φ′(0)x+12φ′′(0)x2, com φ 6= 0 ,

ψ (x) = ψ(0) + ψ′(0)x, com ψ′(0) 6= 0 ,Pn+1 (x) = xn+1 + ... ,

e notando que sendo Qn mónico,

Q′n (x) = nxn−1 + ... ,


CORRESPONDENTES

facilmente se vê que a igualdade (3.2.14) se pode escrever:(φ(0) + φ′(0)x+ 1

2φ′′(0)x2

) (nxn−1 + . . .

)− (ψ(0) + ψ′(0)x) (xn + . . .)

+γ1

k (n+ 1) 〈v0,Q2n〉

〈u0,P 2n+1〉

(xn+1 + . . .

)= 0.

O grau do polinómio no membro esquerdo desta equação é igual n + 1.Necessariamente os coeficientes de todas as potências de x desse polinómioterão de ser nulos, em particular o coeficiente do termo de mais alto grauterá de ser nulo, ou seja, teremos, em particular de ter:

n

2φ′′(0)− ψ′(0) +

γ1

k(n+ 1)

⟨v0, Q

2n

⟩⟨u0, P 2

n+1

⟩ = 0, n > 0

pelo que

−n2φ′′(0) + ψ′(0) =

γ1

k(n+ 1)

⟨v0, Q

2n

⟩⟨u0, P 2

n+1

⟩ 6= 0, 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 prece-dente 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:

φ (x)Q′n (x)− ψ (x)Qn (x) +

(−n

2φ′′(0) + ψ′(0)

)Pn+1 (x) = 0, n > 0.

Por definição da sucessão de polinómios {Qn}n>0 ,

Qn (x) =P

′n+1 (x)n+ 1

, logo, Q′n (x) =

P′′n+1 (x)n+ 1

.

Assim a equação anterior escreve-se agora

φ (x)1

n+ 1P

′′n+1 (x)−ψ (x)

P′n+1 (x)n+ 1

+(ψ′(0)− n

2φ′′(0)

)Pn+1 (x) = 0, n > 0,

isto é,

φ (x)P′′n+1 (x)−ψ (x)P

′n+1 (x)+(n+ 1)

(ψ′(0)− n

2φ′′(0)

)Pn+1 (x) = 0, n > 0.

Deste modo, encontramos uma condição necessária sobre cada polinómio Pn dasucessão ortogonal clássica {Pn}n>0. Mais adiante, ficará provado que esta étambém condição suficiente.

3.3. CARACTERIZAÇÃO PELA EQUAÇÃO DIFERENCIAL 91

3.3 Caracterização pela equação diferencial

A seguinte caracterização dos polinómios ortogonais clássicos é devida a Böch-ner.

Teorema 3.3.1 [1] A sucessão ortogonal {Pn}n>0 é uma sucessão clássica se esomente se existem polinómios φ e ψ e uma sucessão {λn}n>0, λn 6= 0, n > 0,tais que:

φ(x)P ′′n+1(x)− ψ(x)P ′n+1(x) = λnPn+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 veracidadeda condição necessária neste enunciado, com λn = (n+ 1)

(n2φ

′′(0)− ψ′(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 + · · · ,P ′n+1(x) = (n+ 1)xn + · · · ,

P′′n+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)n2

φ′′(0)− (n+ 1)ψ′(0)]xn+1 + · · · = λnx

n+1 + · · · ., n > 0

A comparação dos coeficientes de xn+1 mostra que:

(n+ 1)[n2φ′′(0)− ψ′(0)

]= λn 6= 0, n > 0, (3.3.17)

logo o par (φ, ψ) é admissível.

Sendo {Pn}n>0 ortogonal relativamente a u0, aplicando u0 a ambos osmembros de (3.3.16), obtemos:,⟨

u0, φP′′n+1 − ψP

′n+1

⟩= λn 〈u0, Pn+1〉 = 0, n > 0.

Mas,⟨u0, φP

′′n+1 − ψP

′n+1

⟩=

⟨u0, φP

′′n+1

⟩−⟨u0, ψP

′n+1

⟩=

⟨φu0, P

′′n+1

⟩−⟨ψu0, P

′n+1

⟩=

⟨D2 (φu0) , Pn+1

⟩+ 〈D (ψu0) , Pn+1〉

=⟨D2 (φu0) +D (ψu0) , Pn+1

⟩= 〈D (D (φu0) + ψu0) , Pn+1〉 ,


CORRESPONDENTES

logo,〈D (D (φu0) + ψu0) , Pn+1〉 = 0, n > 0.

Além disso,

〈D (D (φu0) + ψu0) , P0〉 = −〈D (φu0) + ψu0, 0〉 = 0,

portanto〈D (D (φu0) + ψu0) , Pn〉 = 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 au0. A família {Qn}n>0 definida por

Qn(x) =(Pn+1)

′ (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 sea sucessão

{(Qn+1)′

n+1

}n>0

é ortogonal. Pelo teorema 3.2.1, provar isso é

equivalente a provar a existência de um par de polinómios (φ1, ψ1) , comgrau (φ1) 6 2, grau (ψ1) = 1 e ψ′1 (0)− n

2φ′′1 (0) 6= 0, ∀n > 0, tais que

D (φ1v) + ψ1v = 0. (3.4.18)

Na demonstração da condição suficiente do referido teorema ficou visto quea sucessão {Qn}n>0 é ortogonal com respeito à forma v = φu0. Mostremosque v verifica a equação funcional (3.4.18) onde φ1 = φ e ψ1 = ψ − φ′ eque 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) + φ′v, decorre

D(φv) +(ψ − φ′

)v = 0 , i.e.,

D (φ1v) + ψ1v = 0.

Resta apenas ver que o par (φ1, ψ1) = (φ, ψ − φ′) é admissível. Porhipótese grau (φ) 6 2 e grau (ψ) = 1, logo, grau (φ′) 6 1 e portantograu (ψ − φ′) 6 1. Então, podemos escrever(

ψ − φ′)(x) =

(ψ − φ′

)(0) +

(ψ − φ′

)′ (0)x.

Mas, de (3.2.2) sabemos que

ψ′(0)− n

2φ′′(0) 6= 0, n > 1.

Em particular, para n = 2

ψ′(0)− φ′′(0) 6= 0,

o que garante que grau (ψ − φ′) = 1. Falta apenas ver que(ψ − φ′

)′ (0)− n

2φ′′(0) 6= 0, n > 1.

Ora, (ψ − φ′

)′ (0)− n

2φ′′(0) = ψ′(0)− φ′′(0)− n

2φ′′(0)

= ψ′(0)− (n+ 2)2

φ′′(0)

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-mente a u0, então a família {P [k]

n }n>0 (com P[0]n ≡ Pn) é uma família ortogonal

clássica com respeito à forma v[k]0 = εkφ

ku0, onde εk é um escalar, verificando

D(φv[k]0 ) + (ψ − kφ′)v[k]

0 = 0, k > 0, v[0]0 ≡ u0

e o par (φ, ψ − kφ′) é admissível.

Prova: Façamos esta demonstração por indução. Para k = 1, este lema reduz-se ao lema anterior.

Suponhamos que a família {P [k]n }n>0 é uma família ortogonal clássica com

respeito à formav

[k]0 = εkφ

ku0,


CORRESPONDENTES

que verificaD(φv[k]

0 ) + (ψ − kφ′)v[k]0 = 0,

sendo o par de polinómios (φ, ψ − kφ′) admissível.

Mostremos que, a família {P [k+1]n }n>0 também é uma família ortogonal

clássica com respeito à forma

v[k+1]0 = εk+1φ

k+1u0,

onde v[k+1]0 é o primeiro elemento da sucessão dual {v[k+1]

n }n>0 correspon-dente a {P [k+1]

n }n>0 e que verifica

D(φv[k+1]0 ) + (ψ − (k + 1)φ′)v[k+1]

0 = 0,

sendo o par (φ, ψ − (k + 1)φ′) admissível.

Notando que P [k+1]n (x) =

(P

[k]n+1

)′(x)

n+1 , e recorrendo ao lema anterior, con-

cluímos que {P [k+1]n }n>0 é uma sucessão ortogonal clássica com respeito à

formav[k+1] = φv

[k]0 = εkφ

k+1u0.

Pela proposição (2.1.4), sabemos que

v[k+1] =(v[k+1]

)0v

[k+1]0

pelo que,

v[k+1]0 =

[(v[k+1]

)0

]−1εkφ

k+1u0.

Portanto, basta fazer εk+1 =[(v[k+1]

)0

]−1εk.

Mais ainda, pela demonstração do teorema anterior,

D(φv[k+1]0 ) + ((ψ − kφ′)− φ′)v[k+1]

0 = 0,

isto é,D(φv[k+1]

0 ) + (ψ − (k + 1)φ′)v[k+1]0 = 0,

e o par (φ, ψ − (k + 1)φ′) é admissível.

Por hipótese grau (ψ − kφ′) = 1 e grau (φ′) 6 1 logo,

grau(ψ − (k + 1)φ′

)6 1.

Resta apenas ver que o par (φ, ψ − φ′) é admissível. Por hipótese, temosque grau (φ) 6 2 e grau (ψ) = 1, logo grau (φ′) 6 1 e portanto concluímos:grau (ψ − φ′) 6 1. Podemos escrever(ψ − (k + 1)φ′

)(x) =

(ψ − (k + 1)φ′

)(0) +

(ψ − (k + 1)φ′

)′ (0)x=

(ψ − (k + 1)φ′

)(0) +

(ψ′ (0)− (k + 1)φ′′(0)

)x.


Contudo, sendo o par (φ, ψ − kφ′) admissível, obtemos(ψ − kφ′

)′ (0)− n

2φ′′(0) 6= 0, n > 1.

Em particular, para n = 2

ψ′(0)− (k + 1)φ′′(0) 6= 0,

o que garante que grau (ψ − (k + 1)φ′) = 1. Falta apenas ver que(ψ − (k + 1)φ′

)′ (0)− n

2φ′′(0) 6= 0, n > 1.

Ora,(ψ − (k + 1)φ′

)′ (0)− n

2φ′′ (0) = ψ′ (0)− (k + 1)φ′′ (0)− n

2φ′′ (0)

= ψ′(0)− n+ 2 (k + 1)2

φ′′(0)

= ψ′(0)− n+ 2 + 2k2

φ′′(0)

6= 0, k > 0 e n+ 2 > 2,

isto é, (ψ − (k + 1)φ′

)′ (0)− n

2φ′′ (0) 6= 0, k > 0, n > 0,

dado que o par (φ, ψ − kφ′) é admissível. O teorema 3.2.1 garante que asucessão {P [k+1]

n }n>0 é clássica.

É fundamental mostrar a invariância do carácter ortogonal clássico por umatransformação 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 relativa-mente a u0, então também {Pn}n>0 é ortogonal clássica relativamente a u0

onde

Pn(x) = a−nPn(ax+ b), n > 0, onde a ∈ C\{0} e b ∈ C ,

eu0 = (ha−1 ◦ τ−b)u0. (3.4.19)

Prova: De acordo com a proposição 1.3.3, se {un}n>0 representar a sucessãodual associada à SP {Pn}n>0 então a sucessão dual correspondente àsucessão {Pn}n>0 definida por

Pn(x) = a−nPn(ax+ b) = a−n (ha ◦ τ−b)Pn (x) , n > 0,


CORRESPONDENTES

onde a ∈ C\{0} e b ∈ C, é dada por {un}n>0 onde

un = an(ha−1 ◦ τ−b)un, n > 0.

Em particular, para n = 0,

u0 = (ha−1 ◦ τ−b)u0 .

Comecemos por verificar que, de facto, a sucessão {Pn}n>0 é ortogonalrelativamente a u0. Com efeito,⟨u0, PnPm

⟩=

⟨(ha−1 ◦ τ−b)u0,

(a−nPn(ax+ b)

) (a−mPm(ax+ b)

)⟩= a−(n+m) 〈(ha−1 ◦ τ−b)u0, ((ha ◦ τ−b)Pn(x)) ((ha ◦ τ−b)Pm (x))〉 ,

sempre que n,m > 0, ou seja,

an+m⟨u0, PnPm

⟩= 〈(ha−1 ◦ τ−b)u0, (ha ◦ τ−b) (Pn(x)Pm (x))〉

= 〈ha ◦ (ha−1 ◦ τ−b)u0, τ−b (Pn(x)Pm (x))〉= 〈τ−bu0, τ−b (Pn(x)Pm (x))〉= a−(n+m) 〈(τb ◦ τ−b)u0, Pn(x)Pm (x)〉= 〈u0, Pn(x)Pm (x)〉 = rnδn,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 rn = a−(2n)rn 6= 0, donde {Pn}n>0 é também regularmenteortogonal com respeito a u0.

Mostremos agora que u0 verifica a equação

D(φu0) + ψu0 = 0, (3.4.20)

onde

φ(x) = a−tφ(ax+ b), ψ(x) = a1−tψ(ax+ b), t = grau (φ) 6 2,

sendo o par (φ, ψ) admissível.

Com efeito, tomando n = 0 em (1.3.26), vem que

u0 = (τb ◦ ha)u0.

Logo, pelas propriedades (1.2.5) e (1.2.6),

φ(x)u0 = φ(x)(τb ◦ ha)u0

= τb ((τ−bφ)hau0)= (τb ◦ ha) [((ha ◦ τ−b)φ) u0]= (τb ◦ ha) [φ(ax+ b)u0] ,


e, usando as propriedades (1.2.7) e (1.2.8), tem-se

D(φu0) = D {(τb ◦ ha) [φ(ax+ b)u0]}= τbD {ha [φ(ax+ b)u0]}= a−1(τb ◦ ha)D [φ(ax+ b)u0] .

Do mesmo modo, se vê que

ψ(x)u0 = (τb ◦ ha) [ψ(ax+ b)u0] .

Usando a igualdade em (3.2.1) obtém-se:

a−1(τb ◦ ha)D [φ(ax+ b)u0] + (τb ◦ ha) [ψ(ax+ b)u0] = 0

(τb ◦ ha)D[a−tφ(ax+ b)u0

]+ (τb ◦ ha)

[a1−tψ(ax+ b)u0

]= 0

(τb ◦ ha)[D(φ(x)u0) + ψ(x)u0

]= 0,

isto é,D(φu0) + ψu0 = 0.

Vejamos agora que o par (φ, ψ) é admissível. Sendo

ψ(x) = ψ′(0)x+ ψ(0) e φ(x) =12φ′′(0)x2 + φ′(0)x+ φ(0),

então,

φ(x) = a−tφ(ax+ b) = a−t

[12φ′′(0)(ax+ b)2 + φ′(0)(ax+ b) + φ(0)

]= a−t

[12a2φ′′(0)x2 + (abφ′′(0) + φ′(0)a)x+

12b2φ′′(0) + φ′(0)b+ φ(0)

],

e

ψ(x) = a1−tψ(ax+ b) = a1−t[ψ′(0)(ax+ b) + ψ(0)

]= a1−t

[aψ′(0)x+ bψ′(0) + ψ(0)

]Uma vez que a 6= 0 tem-se:

grau(φ)

= grau (φ) 6 2 e grau(ψ)

= grau (ψ) = 1.

Mostremos ainda que

ψ′(0)− n

2φ′′(0) 6= 0, n > 1.

- Se grau (φ) = t < 2, então, φ′′(0) = 0 = φ′′(0), pelo que a condiçãoanterior fica simplesmente ψ′(0) 6= 0, o que é verdade pois já provamosque grau(ψ) = 1.

- Suponhamos grau (φ) = t = 2. Como φ′′(0) = φ′′(0) = 2 e ψ′(0) = ψ′(0),então provar

ψ′(0)− n

2φ′′(0) 6= 0, n > 1,


CORRESPONDENTES

é equivalente a provar que

ψ′(0)− n

2φ′′(0) 6= 0, n > 1,

o que é válido, pois o par (φ, ψ) é admissível.

Na demonstração do teorema anterior verificou-se que se {Pn}n>0 ortogonalrelativamente a u0, então {Pn}n>0 é ortogonal com respeito a u0. Assim sendopodemos escrever a relação de recorrência de ordem 2 relativa a {Pn}n>0.

Lema 3.4.3 Seja {Pn}n>0 uma SPO relativamente a u0 satisfazendo a relaçãode recorrência (2.1.6) patente no enunciado da proposição 2.1.5, então a suces-são {Pn}n>0 do enunciado do teorema 3.4.1 satisfaz a relação de recorrência:

Pn+2 (x) =(x− βn+1

)Pn+1 (x)− γn+1Pn (x) , n > 0 , (3.4.21)

P0 (x) = 1, P1 (x) = x− β0,

onde

βn =

⟨u0, xP

2n(x)

⟩⟨u0, P 2

n(x)⟩ =

βn − b

a, n > 0,

γn+1 =

⟨u0, P

2n+1(x)

⟩⟨u0, P 2

n(x)⟩ =

γn+1

a26= 0, n > 0.

Prova: Sendo {Pn}n>0 uma sucessão de polinómios ortogonal relativamentea u0, então, pelo teorema 3.4.1, {Pn}n>0 é ortogonal com respeito a u0.Assim, pela proposição 2.1.5 é possível estabelecer a relação de recorrência(3.4.21). Averiguemos portanto, qual a relação entre os βn e βn e entreγn+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⟨

u0, P2n

⟩= a−2n

⟨u0, P

2n

⟩, n > 0,

donde

γn+1 =

⟨u0, P

2n+1(x)

⟩⟨u0, P 2

n(x)⟩ =

a−2(n+1)⟨u0, P

2n+1

⟩a−2n 〈u0, P 2

n〉= a−2γn+1, n > 0.

3.5. FORMAS CLÁSSICAS: QUATRO CLASSES DE EQUIVALÊNCIA 99

Por outro lado, tem-se que⟨u0, xP

2n(x)

⟩=

⟨(ha−1 ◦ τ−b)u0, x

(a−2nP 2

n(ax+ b))⟩

= a−2n⟨(ha−1 ◦ τ−b)u0, x(ha ◦ τ−b)P 2

n(x)⟩

= a−2n⟨(ha−1 ◦ τ−b)u0, (ha ◦ τ−b)

[((τb ◦ ha−1)x)P 2

n(x)]⟩

= a−2n

⟨(ha−1 ◦ τ−b)u0, (ha ◦ τ−b)

[(x− b

a

)P 2

n(x)]⟩

= a−2n

⟨ha ◦ (ha−1 ◦ τ−b)u0, τ−b

[(x− b

a

)P 2

n(x)]⟩

= a−2n

⟨τ−bu0, τ−b

[(x− b

a

)P 2

n(x)]⟩

= a−2n

⟨(τb ◦ τ−b)u0,

[(x− b

a

)P 2

n(x)]⟩

= a−2n

⟨u0,

[(x− b

a

)P 2

n(x)]⟩

= a−2n

[⟨u0,

x

aP 2

n(x)− b

aP 2

n(x)⟩]

= a−2n

[⟨u0,

x

aP 2

n(x)⟩−⟨u0,

b

aP 2

n(x)⟩]

= a−2n−1[⟨u0, xP

2n(x)

⟩− b

⟨u0, P

2n(x)

⟩], n > 0.

Do exposto, resulta que

βn =

⟨u0, xP

2n(x)

⟩⟨u0, P 2

n(x)⟩ =

a−2n−1[⟨u0, xP

2n(x)

⟩− b

⟨u0, P

2n(x)

⟩]a−2n 〈u0, P 2

n〉

=βn − b

a, n > 0.

3.5 Formas clássicas: quatro classes de equivalência

Vejamos que as formas clássicas se dividem em quatro classes de equivalênciadistintas. A seguinte proposição será fundamental nesta secção.

Teorema 3.5.1 [10] A seguinte relação entre formas

∀u, v ∈ P ′, u ∼ v ⇔ ∃a ∈ C\{0}, ∃b ∈ C : u = (ha−1 ◦ τ−b)v,

é uma relação de equivalência.


CORRESPONDENTES

Prova: Ou seja, mostremos que:

i) u ∼ u, ∀u ∈ P ′.Basta tomar a = 1 e b = 0;

ii) u ∼ v ⇒ v ∼ u, ∀u, v ∈ P ′;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 ◦ (haha−1) ◦ τ−b)v= (τb ◦ idP ′ ◦ τ−b)v = (τb ◦ τ−b)u = idP ′v = v,

isto é,

v = (τb ◦ ha)u = (ha ◦ τa−1b)u= (h(a−1)−1 ◦ τ−(−a−1b))u .

Portanto,

∃a1 = a−1 ∈ C\{0}, ∃b1 = −a−1b ∈ C : v = (ha−11◦ τ−b1)v,

ou seja,v ∼ u.

iii) u ∼ v e v ∼ w ⇒ u ∼ w, ∀u, v, v ∈ P ′.Por hipótese,

u ∼ v ⇔ ∃ a ∈ C\{0}, ∃ b ∈ C : u = (ha−1 ◦ τ−b)v,

ev ∼ 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−1d ◦ hc−1)w = (ha−1 ◦ (τ−(c−1d+b) ◦ hc−1))w= (ha−1 ◦ (hc−1 ◦ τ−(c−1d+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−12◦ τ−b2)w,

ou seja,u ∼ w.

3.5. FORMAS CLÁSSICAS: QUATRO CLASSES DE EQUIVALÊNCIA 101

Os dois últimos resultados permitem, através de uma escolha conveniente dosparâmetros 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 au0. 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 funci-onal (3.2.1). Em particular, exige-se que grau (φ) 6 2. O conjunto das formasortogonais clássicas divide-se em quatro classes de equivalência determinadaspelo 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 algumc ∈ C ;

4. grau (φ) = 2 e φ tem duas raízes distintas, i.e., φ (x) = (x− c) (x− d) , paraalgum c, d ∈ C e c 6= d.

Estas quatro situações correspondem às quatro classes de equivalência uma vezque, fazendo uma transformação afim em cada um dos casos, não saímos nuncadesse mesmo caso, como veremos a seguir. Com efeito, sejam a, b ∈ C coma 6= 0.

No primeiro caso, teremos todos os polinómios φ ∈ P da forma φ (x) = a−0φ (ax+ b) =1 (o único polinómio não nulo, mónico e de grau zero).

No segundo caso, teremos todos os polinómios φ ∈ P da forma

φ (x) = a−1φ (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, obtemostodos os polinómios de P que são mónicos e têm grau 1.

No terceiro caso, teremos todos os polinómios φ ∈ P da forma φ

φ (x) = a−2φ (ax+ b) = a−2((ax+ b− c)2

)= a−2

(a2

(x− c− b

a

)2)

=(x− c− b

a

)2

que são mónicos e têm grau dois e uma raíz dupla . Variando os coeficientesa, b ∈ C, obtemos todos os polinómios de P que são mónicos, têm grau 2 e umaraíz dupla (igual a c−b

a ).


CORRESPONDENTES

No último caso, estão contemplados todos os polinómios φ ∈ P da forma

φ (x) = a−2φ (ax+ b) = a−2 ((ax+ b− c) (ax+ b− d))

= a−2

(a2

(x− c− b

a

)(x− d− b

a

))=

(x− c− b

a

)(x− d− b

a

)De facto, sendo c 6= d, também c−b

a 6= d−ba , pelo que φ é ainda mónico de grau

dois e com duas raízes distintas. Variando os coeficientes a, b ∈ C, obtemostodos os polinómios de P que são mónicos, têm grau 2 e duas raízes distintas(

c−ba

)e(

d−ba

).

O primeiro caso é o caso de Hermite, o segundo é o de Laguerre (que dependede um parâmetro), o terceiro o de Bessel (dependente de um parâmetro) e oúltimo o de Jacobi (que dependerá de dois parâmetros independentes).

Escolher um representante de cada classe corresponde a escolher um valor dea e um valor de b, que, por sua vez, traduz a escolha de certos elementoscaracterísticos. Começa-se por fixar as raízes do polinómio φ. No caso deHermite não haverá nada a fazer, ficando os dois parâmetros por fixar. János casos de Laguerre e Bessel podemos fixar a raíz na origem, ou seja, tomarb = 0, e, com isso, ficar o parâmetro a por fixar. No caso Jacobi, podemos fixaras raízes uma em 0 e a outra em 1 ou, alternativamente, uma em −1 e outraem 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 represen-tações integrais.

Capítulo 4

Sucessões OrtogonaisSemi-clássicas

4.1 Definição

Definição 4.1.1 Uma forma regular u ∈ P ′ diz-se semi-clássica se existempolinómios 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 termode 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) =t∑

ν=0

cνxν , onde ct = 1 e t = grau (φ) ,

ψ (x) =p∑

ν=0

aνxν , onde p = grau (ψ) > 1 ,

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., (4.1.2)

〈D (φu) + ψu, xn〉 = 0 , ∀n > 0,

103

104 CAPÍTULO 4. SUCESSÕES ORTOGONAIS SEMI-CLÁSSICAS

i.e.

〈D (φu) , xn〉+ 〈ψu, xn〉 = 0, ∀n > 0,−⟨φu, nxn−1

⟩+ 〈ψu, xn〉 = 0 ∀n > 0,

−n⟨u, φxn−1

⟩+ 〈u, ψxn〉 = 0, ∀n > 0.

Substituindo agora φ e ψ pelas respectivas expressões e sendo t = p + 1, aequação acima escreve-se:

−n

⟨u,

p+1∑ν=0

cνxν+n−1

⟩+

⟨u,

p∑ν=0

aνxν+n

⟩= 0 , ∀n > 0 ,

−np+1∑ν=0

cν⟨u, xν+n−1

⟩+

p∑ν=0

aν

⟨u, xν+n

⟩= 0, ∀n > 0,

ou seja,

−np+1∑ν=0

cν (u)ν+n−1 +p∑

ν=0

aν (u)ν+n = 0 , ∀n > 0,

−nc0 (u)n−1 +p+1∑ν=1

(−ncν + aν−1) (u)ν+n−1 = 0 , ∀n > 0,

−nc0 (u)n−1 +p∑

ν=0

(−ncν+1 + aν) (u)ν+n = 0 , ∀n > 0.

Analisando os momentos de ordem mais elevada em cada uma das parcelas, eusando 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, certosmomento de ordem inferior, que já foram determinados, deverão satisfazer acondição suplementar

−n0c0 (u)n0−1 +p∑

ν=0

(−n0cν+1 + aν) (u)ν+n0= 0 (com ap = n0).

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 funcionaldetermina univocamente a sucessão dos momentos de u.

4.2. CLASSE DE UMA FORMA SEMI-CLÁSSICA 105

4.2 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 equaçãofuncional 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 (φ1u) + ψ1u = 0, onde (4.2.4)

φ1 = χφ e ψ1 = χψ − χ′φ. Além disso, (φ1, ψ1) é par admissível.

Prova: Vejamos que u satisfaz a equação funcional (4.2.4). Por hipótese, u ésolução da equação funcional D (φu)+ψu = 0, a qual podemos multiplicarpelo polinómio χ, ou seja,

χ (D (φu) + ψu) = 0 , i.e.,

χD (φu) + χψu = 0.

Lembrando que D (χ (φu)) = χ′φu + χD (φu), então a equação anteriorescreve-se agora como

D (χφu)− χ′φu+ χψu = 0 ,

donde

D (χφu) +(χψ − χ′φ

)u = 0, ou seja

D (φ1u) + ψ1u = 0 .

Como χ é mónico, χφ é ainda mónico. Além disso, dado que grau (ψ) > 1e grau (χ) > 0 então grau (χψ) > 1, donde

grau(χψ − χ′φ

)= max

{grau (χψ) , grau

(χ′φ)}

> grau (χψ) > 1.

Resta verificar a condição admissibilidade do par (φ1, ψ1) = (χφ, χψ − χ′φ).Faça-se t = grau (φ) e p = grau (ψ) , então t1 = grau (φ1) = t + q ep1 = grau (ψ1) = max {p+ q, q + t− 1} . É claro que se p 6= t − 1 entãop1 6= t1 − 1.

Suponhamos que p = t − 1, logo p1 = p + q. O coeficiente principal dopolinómio (χ′φ) (x) é q e o coeficiente principal de (χψ) (x) é ap, onde ap

é o coeficiente principal de ψ. Assim se ap+q for coeficiente principal deψ1 (i.e., o do termo de grau p1 = p+ q),

ap+q = ap − q

Como, por hipótese, o par (φ, ψ) é admissível, então ap /∈ N, n > 0, peloque ap+q /∈ N logo o par (φ1, ψ1) é admissível.


Seja então t = grau (φ) e p = grau (ψ) . Sob o exposto, consideremos a aplicaçãode 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 − χ′φ), t1 = grau (φ1) e p1 = grau (ψ1) , onde χ éum 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 aequação funcional D (φu)+ψu = 0, necessariamente terá de satisfazer a equaçãoD (φ1u) +ψ1u = 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-sede classe s.

Corolário 4.2.2 As sucessões ortogonais clássicas são semi-clássicas de classezero.

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. Poroutro 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)− n

2φ′′ (0) = ap − n

2 (2) = ap − n,que é sempre diferente de zero pois, ap /∈ N. E portanto concluímos que opar (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 SPortogonal {Pn}n>0 as seguintes afirmações são equivalentes:

(a) Existe um inteiro s > 0 tal que

Φ(x)P [1]n (x) =

n+t∑ν=n−s

λn,νPν(x), n > s, (4.3.5)

λn,n−s 6= 0, n > s+ 1. (4.3.6)

(b) Existe um polinómio Ψ, grau(Ψ) = p > 1, tal que

(Φu0)′ + 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

Φ(x)P ′m(x)−Ψ(x)Pm(x) =m+sm∑ν=m−t

λm,νPν+1(x), m > t, (4.3.8)

λm,m−t 6= 0, m > t, (4.3.9)

onde s = max(p− 1, t− 2), o par (Φ,Ψ) é admissível e

sm ={p− 1, m = 0,s, m > 1.

(4.3.10)

Podemos ainda escrever que

λm,ν = −(ν + 1)〈u0, P

2m〉

〈u0, P 2ν+1〉

λν,m, 0 6 ν 6 m+ s. (4.3.11)

Prova: Supondo (a), então o lema 2.2.1 é satisfeito por Qn = P[1]n , n > 0.

Contudo (4.3.6) obriga a que µm = m + s, m > 1, e (2.2.32) passa aescrever-se na forma:

Φum =µm∑ν=0

λν,mu[1]ν , m > 0,


do que podemos deduzir, graças a (1.3.28), que

(Φum)′ = −µm∑ν=0

λν,m(ν + 1)uν+1, m > 0.

Atendendo à ortogonalidade de {Pn}n>0, temos que

(PmΦu0)′ = −Ψµm+1u0, m > 0, (4.3.12)

onde

Ψµm+1(x) =µm∑ν=0

(ν + 1)〈u0, P

2m〉

〈u0, P 2ν+1〉

λν,mPν+1(x), m > 0. (4.3.13)

Podemos dar um novo aspecto a (4.3.12):

P ′mΦu0 + Pm(Φu0)′ = −Ψµm+1u0, m > 0. (4.3.14)

Considerando m = 0 em (4.3.14), temos

(Φu0)′ + Ψµ0+1u0 = 0. (4.3.15)

Substituindo (4.3.15) em (4.3.14) e atendendo à regularidade de u0, ocorreque

ΦP ′m −Ψµ0+1Pm = −Ψµm+1, m > 0. (4.3.16)

A análise do grau dos polinómios patentes em ambos os membros daigualdade 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

Φ(x)P ′m(x)−Ψ(x)Pm(x) =m+sm+1∑

ν=0

λ′m,νPν(x), m > 0,

da qual é possível deduzir (à semelhança de casos anteriores)

〈u0,(ΦP ′m −ΨPm

)Pµ〉 = λ′m,ν〈u0, P

2µ〉, 0 6 µ 6 m+ s+ 1.

Por outro lado, temos que

〈u0,(ΦP ′m −ΨPm

)Pµ〉 = 〈ΦPµu0, P

′m〉 − 〈ΨPµu0, Pm〉

= −〈(ΦPµu0)′ + ΨPµu0, Pm〉

= −〈P ′µΦu0 + Pµ (Φu0)′ + PµΨu0, Pm〉

= −〈P ′µΦu0, Pm〉,


por (4.3.7), e portanto

−〈P ′µΦu0, Pm〉 = λ′m,µ〈u0, P2µ〉, 0 6 µ 6 m+ s+ 1.

Consequentemente, λ′m,µ = 0, 0 6 µ 6 m − t, λ′m,0 = 0, m > 0. Alémdisso, para µ = m− t+ 1,

−〈u0, P′m−t+1ΦPm〉 = −(m−t+1)〈u0, P

2m〉 = λ′m,m−t+1〈u0, P

2m−t+1〉, m > t,

do que resulta:

Φ(x)P ′m(x)−Ψ(x)Pm(x) =m+sm∑ν=m−t

λ′m,ν+1Pν+1(x), m > t,

λ′m,m−t+1 6= 0, m > t.

Finalmente demonstremos que (c)⇒(a). A partir de (4.3.8), obtemos

〈un,ΦP ′m −ΨPm〉 =m+sm∑ν=0

λm,νδn,ν+1, m, n > 0,

ou seja,

〈(Φun)′ + Ψun, Pm〉 = −m+sm∑ν=0

λm,νδn,ν+1, m, n > 0.

Para n = 0, 〈(Φu0)′ + Ψu0, Pm〉 = 0, m > 0, logo

(Φu0)′ + Ψu0 = 0.

Mais, efectuando a mudança n→ n+ 1, obtemos

〈(Φun+1)′ + Ψun+1, Pm〉 = 0, m > n+ 1 + t, n > 0,

〈(Φun+1)′ + Ψun+1, Pn+t〉 = −λn+t,n 6= 0, n > 0.

De acordo com o lema 1.3.3, face ao já exposto, inferimos que

(Φun+1)′ + Ψun+1 = −

n+t∑ν=n−s

λν,nuν , n > s,

e a ortogonalidade de {Pn}n>0 permite concluir que

(ΦPn+1u0)′ + ΨPn+1u0 = −

n+t∑ν=n−s

λν,n〈u0, P

2n+1〉

〈u0, P 2ν 〉

Pνu0, n > s,

isto é,

P ′n+1Φu0+Pn+1 (Φu0)′+ΨPn+1u0 = −

n+t∑ν=n−s

λν,n〈u0, P

2n+1〉

〈u0, P 2ν 〉

Pνu0, n > s,

Em virtude de (4.3.7) e atendendo à regularidade de u0, finalmente obte-mos (4.3.5)-(4.3.6), de acordo com (4.3.11).


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 uminteiro t, 0 6 t 6 2, tal que

Pm(x) =m∑

ν=m−t

ζm,νP[1]ν (x), m > t,

ζm,m−t 6= 0, m > t.

(4.3.17)

Prova: Comecemos por mostrar que as condições são necessárias. Quando{Pn}n>0 é clássica, {P [1]

n }n>0 é ortogonal relativamente a u[1]0 = k−1

0 Φu0,onde Φ é mónico e grau(Φ) 6 2. Resulta por isso que a afirmação (b) daproposição 2.2.3 é satisfeita com Qn → P

[1]n e s = 0, logo obtemos (2.2.44),

o que equivale a (4.3.17).

Mostremos agora que as condições são suficientes. Pela proposição 2.2.1com Qn → Pn, Pn → P

[1]n , Φ = 1, temos (2.2.37), isto é,

u[1]m = kmΛm+tu0, m > 0, (4.3.18)

onde

km = ζm+t,m

(〈u0, P

2m+t〉

)−1, m > 0,

Λm+t(x) =m+s∑ν=m

ζν,m

ζm+t,m

〈u0, P2m+t〉

〈u0, P 2ν 〉

Pν(x), m > 0.

Por (4.3.18) e (1.3.28), inferimos que

−(n+ 1)un+1 = (kmΛm+tu0)′

e pela ortogonalidade de {Pn}n>0, obtemos

(Λm+tu0)′ + ρmPm+1u0 = 0, m > 0, (4.3.19)

comρm = (m+ 1)k−1

m

(〈u0, P

2m+1〉

)−1, m > 0.

Tomando m = 0, obtemos

(Λtu0)′ + ρ0P1u0 = 0. (4.3.20)


Logo u0 é uma forma clássica (basta considerar (3.2.1)). Com efeito,o par (Λt, ρ0P1) é admissível. Multipliquemos as equações (4.3.19) porΛt e (4.3.20) por Λm+t e subtraia-se a segunda à primeira. Devido àregularidade de u0, obtemos

ΛtΛ′m+t − Λm+tΛ′t = ρ0P1Λm+t − ρmPm+1Λt, m > 0.

Por inspecção dos graus dos polinómios, vemos que 0 6 t 6 2. Quandot = 2, ρ0 −m = ρm 6= 0, m > 0 e quando 0 6 t 6 1, ρm = ρ0, m > 0.

Observação 4.3.2 Como {P [1]n }n>0 é ortogonal, podemos considerar (4.3.18)

como (〈u[1]

0 ,(P [1]

m

)2〉)−1

P [1]m u

[1]0 = kmΛm+tu0, m > 0.

Se m = 0, u[1]0 = k0Λtu0, logo, pela regularidade de u0,(

〈u[1]0 ,(P [1]

m

)2〉)−1

k0ΛtP[1]m = kmΛm+t,

ou seja,Λt(x)P [1]

m (x) = Λm+t(x), m > 0, (4.3.21)

com km = k0

(〈u[1]

0 ,(P

[1]m

)2〉)−1

, 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.

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

k > 1 tal que{P

[k]n

}n>0

é ortogonal, então {Pn}n>0 é uma sucessão clássica.

Por uma questão de simplicidade de escrita, faça-se

Qn (x) := P [k]n (x) , n > 0 ,

e seja {vn}n>0 a sucessão dual associada à sucessão de polinómios {Qn}n>0 (com

vn = u[k]n ). Esta notação será usada até ao final deste trabalho.

Antes de se dar início à prova ir-se-ão demonstrar alguns resultados que serãofundamentais para as nossas conclusões.

5.2 Resultados preliminares

Lema 5.2.1 Sejam f , g ∈ P e seja w ∈ P ′. Se os polinómios f e g foremprimos entre si, e se fw = 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) =r∏

ν=1

(x− bν)rν , com grau (f) =

r∑ν=1

rν > 0 ,

g (x) =s∏

τ=1

(x− cτ )sτ , com grau (g) =

s∑τ=1

sτ > 0 ,

onde bν 6= cτ , para 1 6 ν 6 r e 1 6 τ 6 s.

Sob a hipótese de que fw = 0, deduzimos, pela proposição 2.1.7, que

w =r∑

ν=1

rν−1∑µ=0

Bνµ (δbυ)(µ) ,

onde os coeficientes Bνµ 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∑

τ=1

sτ−1∑σ=0

Cτσ (δcτ )(σ) .

E, portanto,s∑

τ=1

sτ−1∑σ=0

Cτσ (δcτ )(σ) =

r∑ν=1

rν−1∑µ=0

Bνµ (δbυ)(µ) .

Sendo cτ e bυ, com 1 6 τ 6 s e 1 6 υ 6 r, todos distintos, resultaque δcτ , δbυ são linearmente independentes. Além disso, (δcτ )(σ) , com1 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 Cτ

µ = Bνµ = 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 (Φ1u) + Ψ1u = 0 , (5.2.1)D (Φ2u) + Ψ2u = 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, talque:

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-áescrever que

∃ Φ1 ∈ P tal que Φ1 = Φ1Φ ,∃ Φ2 ∈ P tal que Φ2 = Φ2Φ .

Multiplicando ambos os membros da equação dada por (5.2.1) por Φ2 eambos os membros da equação (5.2.2) por Φ1, encontra-se

Φ2D (Φ1u) + Φ2Ψ1u = 0,Φ1D (Φ2u) + Φ1Ψ2u = 0,

lembrando que

D(Φ2Φ1u

)= Φ2D (Φ1u) + Φ′

2Φ1u,

D(Φ1Φ2u

)= Φ1D (Φ2u) + Φ′

1Φ2u,

as equações anteriores escrevem-se agora

D(Φ2Φ1u

)+(−Φ′

2Φ1 + Φ2Ψ1

)u = 0

D(Φ1Φ2u

)+(−Φ′

1Φ2 + Φ1Ψ2

)u = 0

mas como Φi = ΦiΦ, para i = 1, 2, e aplicando esta igualdade nestasúltimas equações, tem-se

D(Φ2Φ1Φu

)+(−Φ′

2Φ1Φ + Φ2Ψ1

)u = 0,

D(Φ1Φ2Φu

)+(−Φ′

1Φ2Φ + Φ1Ψ2

)u = 0,

Subtraindo a segunda equação à primeira segue-se que[D(Φ2Φ1Φu

)+(−Φ′

2Φ1Φ + Φ2Ψ1

)u]

−[D(Φ1Φ2Φu

)+(−Φ′

1Φ2Φ + Φ1Ψ2

)u]

= 0,

ou seja, (Φ2Ψ1 − Φ1Ψ2 + Φ′

1Φ2Φ− Φ′2Φ1Φ

)u = 0.

Atendendo à regularidade de u, obtemos

Φ2Ψ1 − Φ1Ψ2 + Φ′1Φ2Φ− Φ′

2Φ1Φ = 0,

isto é,Φ2

(Ψ1 + Φ′

1Φ)− Φ1

(Ψ2 + Φ′

2Φ)

= 0,

logoΦ2

(Ψ1 + Φ′

1Φ)

= Φ1

(Ψ2 + Φ′

2Φ). (5.2.4)


Sendo Φ1 e Φ2 polinómios primos entre si, decorre, em particular, quequalquer raíz de Φ1 terá necessariamente de ser raíz de Ψ1 + Φ′

1Φ, peloque,

∃Ψ ∈ P tal que Φ1Ψ = Ψ1 + Φ′1Φ. (5.2.5)

Substituindo agora Ψ1 + Φ′1Φ por Φ1Ψ na equação (5.2.4) obtém-se:

Φ2Φ1Ψ = Φ1

(Ψ2 + Φ′

2Φ).

Como Φ1 6= 0, tem-se que:

Φ2Ψ = Ψ2 + Φ′2Φ. (5.2.6)

Regressando agora às equações (5.2.1) e (5.2.2) dadas no enunciado eefectuando a substituição Φi = ΦiΦ, para i = 1, 2, segue-se:

D(Φ1Φu

)+ Ψ1u = 0,

D(Φ2Φu

)+ Ψ2u = 0,

e notando que

D(ΦiΦu

)= ΦiD (Φu) + Φ′

iΦu, com i = 1, 2,

conclui-se que:

Φ1D (Φu) + Φ′1Φu+ Ψ1u = 0,

Φ2D (Φu) + Φ′2Φu+ Ψ2u = 0,

isto é,

Φ1D (Φu) +(Φ′

1Φ + Ψ1

)u = 0,

Φ2D (Φu) +(Φ′

2Φ + Ψ2

)u = 0,

usando agora as expressões obtidas em (5.2.5) e em (5.2.6), obtém-se

Φ1D (Φu) + Φ1Ψu = 0,Φ2D (Φu) + Φ2Ψu = 0,

ou seja,

Φ1 (D (Φu) + Ψu) = 0,Φ2 (D (Φu) + Ψu) = 0.

Dever-se-á aqui notar que D (Φu) + Ψu ∈ P ′ . Como Φ1 e Φ2 não têmfactores comuns, então, pelo lema (5.2.1), tem-se que:

D (Φu) + Ψu = 0.


Para concluir a prova resta analisar o valor de s = max (p− 1, t− 2) ondet = grau (Φ) e p = grau (Ψ). Sendo grau (Φi) = ti, então grau(Φi) = ti−t,para i = 1, 2. A notar ainda que

si = max (pi − 1, ti − 2) , para i = 1, 2 ,

onde grau (Ψi) = pi, para i = 1, 2. Atendendo a que ΦiΨ = Ψi − Φ′iΦ, a

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 res-peito a u0. Suponha-se ainda que u0 satisfaz as duas equações funcionais

D (Φ1u0) + Ψ1u0 = 0D (Φ2u0) + Ψ2u0 = 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

∆ (x) =∣∣∣∣ E (x) F (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.


Prova: Comecemos por notar que, pela regra de Crammer aplicada ao sistema[Φ1(x)Φ2(x)

]=[E(x) F (x)G (x) H(x)

] [Pm+1(x)Pm(x)

],

tem-se que

∆ (x)Pm+1 (x) =∣∣∣∣ Φ1 (x) F (x)

Φ2 (x) H (x)

∣∣∣∣ = Φ1 (x)H (x)− Φ2 (x)F (x) ,

∆ (x)Pm (x) =∣∣∣∣ E (x) Φ1 (x)G (x) Φ2 (x)

∣∣∣∣ = Φ2 (x)E (x)− Φ1 (x)G (x) , m > 0.

Lembremos que, pelo corolário 2.1.6, Pm e Pm+1, m > 0, não têm zeroscomuns. 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 factorde ∆. Nesse sentido, tem-se

Φi = ΦΦi com i = 1, 2∆ = Φ∆. (5.2.10)

Pelo lema (5.2.2), existe um polinómio Ψ, tal que, (Φu0)′+Ψu0 = 0. Além

disso, ficou visto na prova que tal Ψ satisfaz as igualdades (5.2.5) e (5.2.6),dadas por:

ΦiΨ = Ψi + Φ′iΦ , i = 1, 2.

Analisando o grau de ambos os membros da equação anterior, tem-se

grau(Φi

)+ grau (Ψ) = max

{grau (Ψi) , grau

(Φ′

i

)+ grau (Φ)

}Atendendo à expressão de Φi, então grau

(Φi

)= grau (Φi)− grau (Φ) e a

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, necessariamentese tem grau (Ψ) > 1. Proceda-se agora a uma análise de cada uma dashipóteses: (a), (b) e (c). Ainda a referir que se grau (∆) 6 2, entãonecessariamente grau (Φ) 6 2.

Em (a), supõe-se que ∃ i = 1, 2 tal que grau (Ψi) 6 grau (Φi)−1, pelo quea 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(5.2.10), grau (∆) = grau (Φ) + grau

(∆), pelo que grau (∆) = 2 obriga

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 admissibilidadede uma forma clássica são naturalmente verificadas.

Mais, atentando no grau de Φ, concluímos que se trata de uma formade Bessel (se Φ tiver uma raíz dupla) ou Jacobi (se Φ tiver duas raízesdistintas).

Em (b), supõe-se que ∃ i = 1, 2 tal que grau (Ψi) = grau (Φi) , pelo que aequação (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(5.2.10), grau(∆) = grau(Φ) + grau(∆), pelo que grau (∆) = 1 obriga agrau (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(5.2.10), grau (∆) = grau (Φ) + grau(∆), donde grau (∆) = 0 obriga agrau (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 deHahn, 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 relativa-mente a u0 e a v0, respectivamente, tem-se, pela proposição (2.1.5), que

Pn+2(x) = (x− βn+1)Pn+1(x)− γn+1Pn(x), n > 0, (5.3.12)P0 (x) = 1 e P1 (x) = x− β0,


e

Qn+2(x) = (x− ζn+1)Qn+1(x)− ρn+1Pn(x), n > 0, (5.3.13)Q0 (x) = 1 e Q1 (x) = x− ζ0,

onde as constantes βn, γn+1, ζn e ρn+1, n > 0, são dadas pelas expressõescontempladas na proposição (2.1.5). Passamos a citá-las:

βn =

⟨u0, xP

2n(x)

⟩〈u0, P 2

n(x)〉, γn+1 =

⟨u0, P

2n+1(x)

⟩〈u0, P 2

n(x)〉6= 0, n > 0,

ζn =

⟨v0, xQ

2n(x)

⟩〈v0, Q2

n(x)〉, ρn+1 =

⟨v0, Q

2n+1(x)

⟩〈v0, Q2

n(x)〉6= 0, n > 0.

Equivalentemente, do teorema (2.1.1), tem-se, pela alínea (e)

un =(⟨u0, P

2n

⟩)−1Pnu0, n > 0, (5.3.14)

e pela alínea (c) segue-se que

(x− ζn) vn = vn−1 + ρn+1vn+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

((x− ζn) vn)(k) =∑k

ν=0

(k

ν

)(x− ζn)(ν) (vn)(k−ν) ,

=(k

0

)(x− ζn)(0) vn

(k) +(k

1

)(x− ζn)(1) (vn) (k−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)kk∏

µ=1

[(n− 1 + µ)un−1+k + (n+ 1 + µ)ρn+1un+1+k−

− (n+ µ)(x− ζn)un+k]

= (−1)kk∏

µ=1

(n+ µ)[

n

n+ kun−1+k +

n+ k + 1n+ 1

ρn+1un+1+k−

− (x− ζn)un+k] , n > 0, k > 1,

5.3. NOVA PROVA 121

pelo que se tem:

(−1)k k (vn)(k−1)

=k∏

µ=1

(n+ µ)[

n

n+ kun−1+k +

n+ k + 1n+ 1

ρn+1un+1+k − (x− ζn)un+k

],

sempre que n > 0, k > 1. Tendo em atenção (5.3.14), o lado direito da equaçãoanterior poder-se-á escrever à custa de u0:

(−1)k k (vn)(k−1) =k∏

µ=1

(n+ µ)

[n

n+ k

1〈u0, P 2

n−1+k〉Pn−1+ku0+

+n+ k + 1n+ 1

ρn+1

〈u0, P 2n+1+k〉

Pn+1+ku0 −(x− ζn)〈u0, P 2

n+k〉Pn+ku0

]

=k∏

µ=1

(n+ µ)

[n

n+ k

1〈u0, P 2

n−1+k〉Pn−1+k+

+n+ k + 1n+ 1

ρn+1

〈u0, P 2n+1+k〉

Pn+1+k −(x− ζn)〈u0, P 2

n+k〉Pn+k

]u0,

n > 0, k > 1.

Convirá agora escrever esta expressão à custa de Pn+k e Pn+k+1, evitando adependência 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 quen

n+ k

1〈u0, P 2

n−1+k〉Pn−1+k

=1

γn+k

n

n+ k

(⟨u0, P

2n−1+k

⟩)−1 {(x− βn+k)Pn+k(x)− Pn+k+1(x)}

=1

〈u0, P 2n+k〉

n

n+ k{(x− βn+k)Pn+k(x)− Pn+k+1(x)} ,

para n > 0, k > 1 e atendendo a que (γn+k)−1 = 〈u0,P 2

n−1+k〉〈u0,P 2

n+k〉. Deste modo,

(−1)k k (vn) (k−1)

=k∏

µ=1

(n+ µ)⟨u0, P 2

n+k

⟩[

n+k+1n+1 ρn+1γ

−1n+1+k −

nn+k

]Pn+k+1

−[(x− ζn)− n

n+k (x− βn+k)]Pn+k

u0

=k∏

µ=1

(n+ µ)⟨u0, P 2

n+k

⟩[

n+k+1n+1 ρn+1γ

−1n+1+k −

nn+k

]Pn+k+1

−[

kn+kx+ n

n+kβn+k − ζn)]Pn+k

u0,

para n > 0, k > 1.


Podemos escrever de maneira mais sucinta, sob a forma

(vn) (k−1) = NknΦn+k+1u0, n > 0 (5.3.18)

onde

NknΦn+k+1 (x) = Lk

n

{[n+ k + 1n+ 1

ρn+1γ−1n+1+k −

n

n+ k

]Pn+k+1

−[

k

n+ kx+

n

n+ kβn+k − ζn)

]Pn+k

},

em que Nkn representa uma constante de normalização (necessariamente dife-

rente de zero!),

Lkn = (−1)k k−1

(⟨u0, P

2n+k

⟩)−1k∏

µ=1

(n+ µ) , n > 0, k > 1,

e Φn+k+1é um polinómio mónico de grau 6 n+ k + 1. Ora de (5.3.18) segue-seque

(vn) (k) = Nkn (Φn+k+1u0)

′ , 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)kk∏

µ=1

(n+ µ)un+k

= (−1)kk∏

µ=1

(n+ µ)(⟨u0, P

2n+k

⟩)−1Pn+ku0, n > 0 , k > 1.

Deste modo encontramos a equação:

Nkn (Φn+k+1u0)

′+(−1)k−1k∏

µ=1

(n+ µ)(⟨u0, P

2n+k

⟩)−1Pn+ku0 = 0, n > 0, k > 1.

Visando a simplificação de escrita, tomemos

(Φn+k+1u0)′ + λk

nPn+ku0 = 0, n > 0 , k > 1, (5.3.19)

onde

λkn = (−1)k−1 (⟨u0, P

2n+k

⟩)−1(Nk

n

)−1k∏

µ=1

(n+ µ) , n > 0 , k > 1.

A equação funcional (5.3.19) garante que u0 é uma forma semi-clássica desdeque as condições de admissibilidade sejam satisfeitas. Para simplificação deescrita e por analogia à definição apresentada de formas semi-clássicas, faça-se Φ (x) = Φn+k+1 (x) e Ψ(x) = λk

nPn+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

(⟨u0, P

2n+k

⟩)−1 (Nk

n

)−1/∈ N,

condição essa que é sempre verificada.

Analisando a expressão de Φn+k+1, é possível dar-lhe um novo aspecto. Nessesentido, escreva-se

Φn+k+1 (x) = AknPn+k+1 (x)−

(Bk

nx+ Ckn

)Pn+k (x) , n > 0 , k > 1, (5.3.20)

onde

Akn =

(Nk

n

)−1Lk

n

[n+ k + 1n+ 1

ρn+1γ−1n+1+k −

n

n+ k

],

Bkn =

(Nk

n

)−1Lk

n

[k

n+ k

],

Ckn =

(Nk

n

)−1Lk

n

[n

n+ kβn+k − ζn

], n > 0 , k > 1.

Em particular para n = 0 e n = 1,

Φk+1 (x) = Ak0Pk+1 (x)−

(Bk

0x+ Ck0

)Pk (x) , k > 1,

Φk+2 (x) = Ak1Pk+2 (x)−

(Bk

1x+ Ck1

)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+1Pk (x) , k > 1,

pelo que

Φk+2 (x) =(Ak

1 (x− βk+1)−Bk1x− Ck

1

)Pk+1 (x)−Ak

1γk+1Pk (x) , k > 1,

ou seja,Φk+1(x) = Ak

0Pk+1(x)− (Bk0x+ Ck

0 )Pk(x), (5.3.21)

Φk+2(x) =((Ak

1 −Bk1 )x− (Ak

1βk+1 + Ck1 ))Pk+1(x)−Ak

1γk+1Pk(x). (5.3.22)

Em particular, tem-se que a forma semi-clássica u0 satisfaz as seguintes equaçõesfuncionais

(Φk+1u0)′ + (λk0Pk)u0 = 0, k > 1,

(Φk+2u0)′ +(λk

1Pk+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 comoo produto de uma matriz pelo vector formado por Pk+1 e Pk, k > 1:[

Φk+1(x)Φk+2(x)

]=[

Ak0 −(Bk

0x+ Ck0 )

(Ak1 −Bk

1 )x− (Ak1βk+1 + Ck

1 ) −Ak1γk+1

] [Pk+1(x)Pk(x)

],


Denote-se por ∆k (x) o determinante da matriz anterior, isto é,

∆k (x) =∣∣∣∣ Ak

0 −(Bk

0x+ Ck0

)(Ak

1 −Bk1

)x−

(Ak

1βk+1 + Ck1

)−Ak

1γk+1

∣∣∣∣ , k > 1.

Podemos sempre escrever ∆k (x) na forma polinomial, isto é,

∆k (x) = Bk0

(Ak

1 −Bk1

)x2 +

[Ck

0

(Ak

1 −Bk1

)−Bk

0

(Ak

1βk+1 + Ck1

)]x

−[Ck

0

(Ak

1βk+1 + Ck1

)+Ak

0Ak1γk+1

],

para cada k > 1.

Com base no lema 5.2.3, podemos averiguar em que casos u0 é clássica. Paratal, convém avaliar os graus dos polinómios Φk+1, Φk+2, Ψk+1 (x) = λk

0Pk (x) eΨk+2 (x) = λk

1Pk+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 trêscondições:

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 qualquerdestes polinómios. Assim,

grau (∆k) = 2 sse(Ak

1 −Bk1

)6= 0 e Bk

0 6= 0, k > 1,

ou seja,grau (∆k) = 2 sse

(Ak

1 −Bk1

)6= 0, k > 1, (5.3.23)

5.3. NOVA PROVA 125

já que Bkn > 0, para n > 0 e k > 1 (basta atentar na expressão de Bk

n). Poroutro lado,

grau (Φk+1) = k + 1ougrau (Φk+2) = k + 2

⇔

Ak

0 −Bk0 6= 0

ouAk

1 −Bk1 6= 0

, k > 1. (5.3.24)

Do exposto, concluímos que se

Ak1−Bk

1 6= 0, k > 1, (5.3.25)

então u0 é uma forma clássica, mais precisamente, corresponderá à forma canó-nica de Bessel, caso Φ (x) tenha uma única raíz (dupla) e corresponderá à formacanónica de Jacobi caso tenha duas raízes complexas distintas.

Recorrendo às expressões de Ak0, A

k1, B

k0 e de Bk

1 , podemos escrever (5.3.25) àcusta dos coeficientes γm e ρm, para m > 0. Nesse sentido, tem-se que:(

Nk1

)−1Lk

1

[k + 2

2ρ2γ

−1k+2 −

1k + 1

]6=(Nk

1

)−1Lk

1

[k

k + 1

], k > 1

isto é,(k + 2) ρ2γ

−1k+2 6= 2, k > 1.

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 −Bk

1 = 0 e(Bk

0 6= 0 ou Ak1βk+1 + Ck

1

)6= 0, k > 1,

isto é,Ak

1 −Bk1 = 0 e Ak

1βk+1 + Ck1 6= 0, k > 1, (5.3.26)

pois, Bk0 > 0, k > 1, como já ficou visto. Além disso devemos ainda considerar

as condições grau (Φk+1) = k ou grau (Φk+2) = k + 1, k > 1. Para tal, dever-se-á substituir na expressão de Φk+1, o polinómio Pk+1 pela respectiva relaçãode recorrência dada por (5.3.12). Nesse sentido, escreva-se

Φk+1 (x) = Ak0 [(x− βk)Pk(x)− γkPk−1(x)]−

(Bk

0x+ Ck0

)Pk (x) ,

=(Ak

0 −Bk0

)xPk (x)−

(Ak

0βk + Ck0

)Pk(x)−Ak

0γkPk−1(x),

com k > 1. Assim,grau (Φk+1) = kougrau (Φk+2) = k + 1

⇔

Ak

0 −Bk0 = 0 ∧Ak

0βk + Ck0 6= 0

ouAk

1 −Bk1 = 0 ∧Ak

1βk+1 + Ck1 6= 0

, k > 1.

(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 deLaguerre, se

Ak1−Bk

1= 0,

Ak1βk+1+Ck

1 6= 0,k > 1. (5.3.28)


Lembrando as expressões de Ak1, B

k1 e de Ck

1 , k > 1, tem-se que(Nk

1

)−1Lk

1

[k+22 ρ2γ

−1k+2 −

1k+1

]=(Nk

1

)−1Lk

1

[k

k+1

](Nk

1

)−1Lk

1

[k+22 ρ2γ

−1k+2 −

1k+1

]βk+1 +

(Nk

1

)−1Lk

1

[1

1+kβ1+k − ζ1

]6= 0

,

ou seja, (k + 2) ρ2γ

−1k+2 = 2

(k + 2) ρ2γ−1k+2βk+1 6= 2ζ1

, k > 1.

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, ouseja,(

Ak1 −Bk

1

)= 0 e Ak

1βk+1 + Ck1 = 0 e Ak

0

(−Ak

1γk+1

)6= 0, k > 1,

isto é, Ak

0 6= 0,

Ak1 = Bk

1 ,

Ak1βk+1 + Ck

1 = 0,

k > 1,

mas como Ak0 6= 0, ∀k > 1, impõe-se apenas que:

Ak1= Bk

1,

Ak1βk+1+Ck

1= 0,k > 1. (5.3.29)

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 condi-ções (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) = Ak0Pk+1 (x)−

(Bk

0x+ Ck0

)Pk (x) ,

Φk+2 (x) = −Ak1γk+1Pk (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 umaforma 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, Bk

1 e Ck1 , k > 1, pelo que o sistema anterior é equivalente a:

(k + 2) ρ2γ−1k+2 = 2,

(k + 2) ρ2γ−1k+2βk+1 6= 2ζ1,

, k > 1.

Como (5.3.25), (5.3.28) e (5.3.29) são condições complementares, concluímosque u0 satisfará obrigatoriamente um dos três casos ( i), ii) ou iii) ). Destemodo, u0 é uma forma clássica, o que equivale a afirmar que a SP {Pn}n>0 éuma 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 queu0 se tratava de uma forma clássica de Hermite (caso iii), Laguerre (caso ii),Bessel ou Jacobi (caso i).

Capítulo 6

Uma Extensão do teorema deHahn

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

Qn := P[k]n , n > 0, a sucessão associada de ordem m > 1,

{Q

(m)n

}n>0

, é também

ortogonal.

Quando m = 0, estamos no problema de Hahn, já tratado no capítulo prece-dente. 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 > 1 um inteiro e escreva-se Qn := P[k]n , n > 0. Se existir um inteiro m > 1

tal que a sucessão associada{Q

(m)n

}n>0

é ortogonal, então {Pn}n>0 é uma SP

clássica.

6.1 Resultados preliminares

Lema 6.1.1 [14] Seja {Qn}n>0 uma SP qualquer cuja sequência dual é {vn}n>0 .

Então, para qualquer inteiro m > 1, a sucessão dual{v

(m)n

}n>0

da sucessão

associada{Q

(m)n

}n>0

satisfaz

v(m)n vm−1 = xvn+m, n > 0. (6.1.1)

Quando{Q

(m)n

}n>0

é ortogonal tem-se ainda que {vn}n>0 satisfaz

s(m)n vn+m = Q(m)

n vm −Q(m+1)n−1 vm−1, n > 0, (6.1.2)

129

130 CAPÍTULO 6. UMA EXTENSÃO DO TEOREMA DE HAHN

ondes(m)n =

⟨v

(m)0 ,

(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 nelase prova que

v(1)n v0 = xvn+1, n > 0,

fazendo un ≡ vn.

Suponhamos que

v(ν)n vν−1 = xvn+ν , 1 6 ν 6 m. (6.1.4)

Para ν = m+1, tem-se, ainda pela referida proposição, fazendo un ≡ v(m)n ,

que:v(m+1)n v

(m)0 = xv

(m)n+1, n > 0.

Multipliquem-se ambos os membros por vm−1

v(m+1)n v

(m)0 vm−1 =

(xv

(m)n+1

)vm−1, n > 0.

Considerando ν = m e n = 0 na equação (6.1.4), segue-se que v(m)0 vm−1 = xvm,

pelo que a expressão anterior escreve-se

v(m+1)n (xvm) =

(xv

(m)n+1

)vm−1, n > 0. (6.1.5)

Lembrando (1.2.10) tem-se que(xv

(m)n+1

)vm−1 = x

(v

(m)n+1vm−1

)− x

(v

(m)n+1ϑ0ζ

)(x) vm−1

= x[v

(m)n+1vm−1 −

(v

(m)n+1ϑ0ζ

)(x) vm−1

]= x

(v

(m)n+1vm−1

)= x (xvn+m+1)

= x2vn+m+1, n > 0,

já que(v

(m)n+1ϑ0ζ

)(x) =

⟨v

(m)n+1,

xϑ0ζ − ζϑ0ζ

x− ζ

⟩=⟨v

(m)n+1, 1

⟩=(v

(m)n+1

)0

= 0, n > 0.

Equivalentemente, por (1.2.10) tem-se ainda que

v(m+1)n (xvm) = x

(v(m+1)n vm

)− x (vmϑ0ζ) (x) v(m+1)

n

= x(v(m+1)n vm

),

dado que (vmϑ0ζ) (x) = 〈vm, 1〉 = (vm)0 = 0,m > 1. Deste modo, aequação (6.1.5) escreve-se:

x(v(m+1)n vm

)= x2vn+m+1, n > 0. (6.1.6)


Consideremos a multiplicação por x−1 na igualdade anterior, isto é,

x−1[x(v

(m)n+1vm

)]= x−1

[x2vn+m+1

], n > 0.

Usando (1.2.13), o primeiro membro escreve-se

x−1[x(v(m+1)n vm−1

)]=(v(m+1)n vm

)−(v(m+1)n vm

)0δ, n > 0.

No entanto,(v(m+1)n vm

)0

=⟨v(m+1)n vm, 1

⟩=⟨v(m+1)n , vm (1)

⟩=

⟨v(m+1)n , 〈vm, 1〉

⟩=⟨v(m+1)n , 0

⟩= 0, n > 0,

pois, por definição de sucessão dual,〈vm, 1〉 = 0, m > 1. Por conseguinte,

x−1[x(v(m+1)n vm

)]= v(m+1)

n vm, n > 0.

Recorrendo a (1.2.15),

x−1[x2vn+m+1

]= xvn+m+1 − 〈vn+m+1, x〉δ= 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-seque

v(m+1)n vm = xvn+m+1, n > 0,

o que completa a demonstração da igualdade (6.1.1).

Se supusermos{Q

(m)n

}n>0

ortogonal, então, pela alínea (e) do teorema2.1.1, tem-se

s(m)n v(m)

n = Q(m)n v

(m)0 , n > 0,

onde s(m)n é dado por (6.1.3). Multipliquemos ambos os membros por

vm−1:s(m)n v(m)

n vm−1 =(Q(m)

n v(m)0

)vm−1, n > 0,

Usando a igualdade (6.1.1) já demonstrada, tem-se que

s(m)n xvn+m =

(Q(m)

n v(m)0

)vm−1, i.e.,

xs(m)n vn+m =

(Q(m)

n v(m)0

)vm−1, n > 0. (6.1.7)

Por (1.2.10), segue-se que:(Q(m)

n v(m)0

)vm−1 = Q(m)

n

(v

(m)0 vm−1

)− x

(v

(m)0 ϑ0Q

(m)n

)(x) vm−1

= Q(m)n (xvm)− x

(Q

(m+1)n−1

)(x) vm−1

= xQ(m)n vm − xQ

(m+1)n−1 vm−1, n > 0.


Deste modo, (6.1.7) escreve-se

xs(m)n vn+m = xQ(m)

n vm − xQ(m+1)n−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−1vn+m

)+ (ϑ0x) vn+m − 〈vn+m, ϑ0x〉 δ

= (1) vn+m − 〈vn+m, 1〉 δ = vn+m − (vn+m)0 δ= vn+m − 0.δ = vn+m, n > 0,

e segue-se ainda que

x−1[xQ(m)

n vm

]=

(ϑ0xQ

(m)n

)vm −

⟨vm, ϑ0xQ

(m)n

⟩δ

= Q(m)n vm −

⟨vm, Q

(m)n

⟩δ, n > 0,

e de forma análoga obtemos:

x−1[xQ

(m+1)n−1 vm

]=

(ϑ0xQ

(m+1)n−1

)vm −

⟨vm, ϑ0xQ

(m+1)n−1

⟩δ

= Q(m+1)n−1 vm −

⟨vm, Q

(m+1)n−1

⟩δ

= Q(m+1)n−1 vm −

⟨vm, v

(m)0 ϑ0Q

(m)n

⟩δ

= Q(m+1)n−1 vm −

⟨vmv

(m)0 , ϑ0Q

(m)n

⟩δ

= Q(m+1)n−1 vm −

⟨xvm−1, ϑ0Q

(m)n

⟩δ

= Q(m+1)n−1 vm −

⟨x−1 (xvm−1) , Q(m)

n

⟩δ

= Q(m+1)n−1 vm −

⟨(ϑ0x) vm−1 − 〈vm−1, ϑ0x〉 δ,Q(m)

n

⟩δ

= Q(m+1)n−1 vm −

⟨vm−1, Q

(m)n

⟩δ, n > 0.

Consequentemente, obtemos

x−1[xQ(m)

n vm − xQ(m+1)n−1 vm−1

]= Q(m)

n vm −Q(m+1)n−1 vm, n > 0

e segue-se que s(m)n vn+m = Q

(m)n vm −Q

(m+1)n−1 vm−1 .

6.2 Prova do teorema da extensão

[14] Seja m > 1. Para simplificação de escrita, tomemos Rn = Q(m)n e Sn =

Q(m+1)n , n > 0. Faça-se n 7→ n+ 1 na equação (6.1.2), pelo que se tem,

s(m)n+1vn+1+m = Rn+1vm − Snvm−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

s(m)n+1 (vn+1+m)(k) = (Rn+1vm)(k) − (Snvm−1)

(k) , n > 0,

logo, pela fórmula de Leibniz dada por (1.2.18),

s(m)n+1 (vn+1+m)(k) =

k∑ν=0

(k

ν

)(Rn+1)

(ν) (vm)(k−ν)−k∑

ν=0

(k

ν

)(Sn)(ν) (vm−1)

(k−ν) ,

com n > 0. Por uma questão de conveniência, escreva-se de outro modo:k∑

ν=1

(k

ν

)(Rn+1)

(ν) (vm)(k−ν) −k∑

ν=1

(k

ν

)(Sn)(ν) (vm−1)

(k−ν)

= s(m)n+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∏µ=1

(n+m+ 1 + µ)un+m+1+k ,

(vm)(k) = (−1)kk∏

µ=1

(m+ µ)um+k ,

(vm−1)(k) = (−1)k

k∏µ=1

(m− 1 + µ)um−1+k , n > 0.

pelo que, a equação anterior escreve-se comok∑

ν=1

(k

ν

)(Rn+1)

(ν) (vm)(k−ν) −k∑

ν=1

(k

ν

)(Sn)(ν) (vm−1)

(k−ν)

= (−1)k

s(m)n+1

k∏µ=1

(n+ 1 +m+ µ)un+m+1+k

(6.2.8)

−Rn+1

k∏µ=1

(m+ µ)um+k + Sn

k∏µ=1

(m− 1 + µ)um−1+k

.Notando agora que, pela alínea (e) teorema 2.1.1, tem-se que cada uma das trêsparcelas do membro direito se escreve

s(m)n+1

k∏µ=1

(n+ 1 +m+ µ)un+m+1+k = s(m)n+1

k∏µ=1

n+ 1 +m+ µ

〈u0, P 2n+1+m+k〉

Pn+1+m+ku0

=k∏

µ=1

(n+ 1 +m+ µ)(⟨u0, P

2n+1+m+µ

⟩)−1s(m)n+1Pn+1+m+ku0

=(⟨u0, P

2m−1+k

⟩)−1k∏

µ=1

(n+ 1 +m+ µ)

⟨u0, P

2m−1+k

⟩⟨u0, P 2

n+1+m+µ

⟩s(m)n+1Pn+1+m+µu0


usando a respectiva expressão para s(m)n+1 dada em (6.1.3),

s(m)n+1

k∏µ=1

(n+ 1 +m+ µ)un+m+1+k

=k∏

µ=1

(n+ 1 +m+ µ)(⟨u0, P

2n+1+m+k

⟩)−1⟨v

(m)0 , R2

n+1

⟩Pn+1+m+µu0

=k∏

µ=1

(n+ 1 +m+ µ)〈v(m)

0 , R2n+1〉⟨

u0, P 2n+1+m+k

⟩Pn+1+m+ku0, n > 0,

logo

Rn+1

k∏µ=1

(m+ µ)um+k = Rn+1

k∏µ=1

(m+ µ)(⟨u0, P

2m+k

⟩)−1Pm+ku0

=

∏kµ=1(m+ µ)⟨u0, P 2

m+k

⟩ Rn+1Pm+ku0

=(⟨u0, P

2m−1+k

⟩)−1

∏kµ=1(m+ µ)γm+k

Rn+1Pm+ku0, n > 0;

e finalmente,

Sn

k∏µ=1

(m− 1 + µ)um+k = Sn

k∏µ=1

(m− 1 + µ)(⟨u0, P

2m−1+k

⟩)−1Pm−1+ku0

=1

〈u0, P 2m−1+k〉

k∏µ=1

(m− 1 + µ)SnPm−1+ku0, n > 0.

Assim a equação (6.2.8) poder-se-á escrever de um modo simplificado:

k∑ν=1

(k

ν

)(Rn+1)

(ν) (vm)(k−ν)−k∑

ν=1

(k

ν

)(Sn)(ν) (vm−1)

(k−ν) = An+1+m+ku0, n > 0,

(6.2.9)onde

An+1+m+k = (−1)k (⟨u0, P2m−1+k

⟩)−1{L(m)

n (k)Pn+1+m+k

−k∏

µ=1

(m+ µ) (γm+k)−1Rn+1Pm+k (6.2.10)

+k∏

µ=1

(m− 1 + µ)SnPm−1+k

, n > 0,

com

L(m)n (k) =

k∏µ=1

(n+ 1 +m+ µ)

⟨u0, P

2m−1+k

⟩⟨u0, P 2

n+1+m+k

⟩ ⟨v(m)0 , R2

n+1

⟩, n > 0.

(6.2.11)


Tomando n = 0 em (6.2.9), encontramos

k∑ν=1

(k

ν

)(R1)

(ν) (vm)(k−ν)−k∑

ν=1

(k

ν

)(S0)

(ν) (vm−1)(k−ν) = A1+m+ku0 , n > 0.

Atendendo a que grau (S0) = 0 e grau (R1) = 1, então (S0)(ν) (x) = 0, 1 6 ν 6 k,

(R1)(1) (x) = R′1 (x) = 1 (por R1 ser polinómio mónico) e (R1)

(ν) (x) = 0,2 6 ν 6 k, a equação anterior poderá ser simplificada:

k (vm)(k−1) = A1+m+ku0 . (6.2.12)

Se, em (6.2.9), substituirmos (vm)(k−1) pela expressão precedente, encontramoso seguinte:

k∑ν=2

(k

ν

)(Rn+1)

(ν) (vm)(k−ν) −k∑

ν=1

(k

ν

)(Sn)(ν) (vm−1)

(k−ν) =

(6.2.13)={An+1+m+k −R′n+1A1+m+k

}u0.

Em particular, para n = 1, a equação anterior surge como

k (k − 1)2

(R2)(2) (vm)(k−2)−k (S1)

(1) (vm−1)(k−1) =

{A2+m+k −R′2A1+m+k

}u0,

isto é,

k (k − 1) (vm)(k−2) − k (vm−1)(k−1) =

{A2+m+k −R′2A1+m+k

}u0, (6.2.14)

uma vez que, sendo grau (R2) = 2 eR2 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 osmembros de (6.2.12) e lembrando (1.3.32), encontramos

k (−1)kk∏

µ=1

(m+ µ)um+k = (A1+m+ku0)′ .

Usando o facto de um+k =(⟨u0, P

2m+k

⟩)−1Pm+ku0, obtemos

k (−1)kk∏

µ=1

(m+ µ)(⟨u0, P

2m+k

⟩)−1Pm+ku0 = (A1+m+ku0)

′ .

Escrevendo de outro modo, para simplificação de cálculos,

(Φ1u0)′ + (λ1Pm+k)u0 = 0 , (6.2.15)

com

N1Φ1 (x) = A1+m+k (x) , (6.2.16)

λ1 = k (−1)kk∏

µ=1

(m+ µ)(⟨u0, P

2m+k

⟩)−1N−1

1 .


onde N1 é constante de normalização. Depois de diferenciar uma vez ambos osmembros de (6.2.14), obtemos:

k (k − 1) (vm)(k−1) − k (vm−1)(k) =

((A2+m+k −R′2A1+m+k

)u0

)′ . (6.2.17)

Lembrando (6.2.12),k (vm)(k−1) = A1+m+ku0,

e recorrendo a (1.3.32), tem-se ainda que:

(vm−1)(k) = (−1)k

k∏µ=1

(m− 1 + µ)um−1+k

= (−1)kk∏

µ=1

(m− 1 + µ)(⟨u0, P

2m−1+k

⟩)−1Pm−1+ku0.

Feitas as substituições em (6.2.17) encontramos

(k − 1)A1+m+ku0 − k (−1)kk∏

µ=1

(m− 1 + µ)(⟨u0, P

2m−1+k

⟩)−1Pm−1+ku0

=((A2+m+k −R′2A1+m+k

)u0

)′,

isto é, ((A2+m+k −R′2A1+m+k

)u0

)′+

((−1)k

k∏k

µ=1(m− 1 + µ)

〈u0, P 2m−1+k〉

Pm−1+k − (k − 1)A1+m+k

)u0 = 0 .

Podemos dar um novo aspecto a esta equação funcional, visando a simplificaçãoda análise em questão, se escrevermos

(Φ2u0)′ +(λ2Pm−1+k − (k − 1)N−1

2 A1+m+k

)u0 = 0 , (6.2.18)

ondeN2Φ2 (x) = A2+m+k (x)−R′2 (x)A1+m+k (x) , (6.2.19)

onde N2 é constante de normalização, e

λ2 = k (k − 1) (−1)k−1k−1∏µ=1

(n+ µ)(⟨u0, P

2n+k−1

⟩)−1N−1

2 .

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 comoo 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) .


Determinemos as expressões para os polinómios E (x) , F (x) , G (x) e H (x).

Lembremos que Φ1 = N−11 A1+m+k. Usando a relação de recorrência (5.3.12),

A1+m+k escreve-se do seguinte modo:

A1+m+k =(−1)k

〈u0, P 2m−1+k〉

{L

(m)0 (k) (x− βm+k)Pm+k (x)− γm+kPm+k−1 (x)

−k∏

µ=1

(m+ µ) (γm+k)−1R1 (x)Pm+k (x)

+k∏

µ=1

(m− 1 + µ)Pm−1+k (x)

,

ou seja,

A1+m+k =(−1)k

〈u0, P 2m−1+k〉

{[L

(m)0 (k) (x− βm+k)−

∏kµ=1(m+ µ)γm+k

R1 (x)

]Pm+k (x)

+

k∏µ=1

(m− 1 + µ)− L(m)0 (k) γm+k

Pm−1+k (x)

,

do que se conclui que

E (x) =(−1)kN−1

1

〈u0, P 2m−1+k〉

L(m)0 (k) (x− βm+k)−

k∏µ=1

(m+ µ) (γm+k)−1R1 (x)

F (x) =

(−1)kN−11

〈u0, P 2m−1+k〉

k∏

µ=1

(m− 1 + µ)− L(m)0 (k) γm+k

.

Determinemos agora as expressões de G (x) e H (x). Nesse sentido, recordemosque

Φ2 = N−12

(A2+m+k −R′2A1+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+kPm+k−1 (x) ,

pelo que podemos escrever A2+m+k como

A2+m+k =(−1)k

〈u0, P 2m−1+k〉

{(L

(m)1 (k) (x− βm+1+k) (x− βm+k)

−L(m)1 (k) γm+1+k −

k∏µ=1

(m+ µ) (γm+k)−1R2 (x)

Pm+k (x)

+

k∏µ=1

(m− 1 + µ)S1 (x)− L(m)1 (k) (x− βm+1+k) γm+k

Pm−1+k (x)

.


Deste modo,

G (x) =(−1)kN−1

2

〈u0, P 2m−1+k〉

{L

(m)1 (k) (x− βm+1+k) (x− βm+k)

−L(m)1 (k) γm+1+k −

k∏µ=1

(m+ µ) (γm+k)−1R2 (x)

−

L(m)0 (k) (x− βm+k)−

k∏µ=1

(m+ µ) (γm+k)−1R1 (x)

R′2 (x)

ou seja,

G (x) =(−1)kN−1

2

〈u0, P 2m−1+k〉

{(x− βm+k)

[L

(m)1 (k) (x− βm+1+k)−R′2 (x)L(m)

0 (k)]

+k∏

µ=1

(m+ µ) (γm+k)−1 (R1 (x)R′2 (x)−R2 (x)

)− L

(m)1 (k) γm+1+k

Por outro lado,

H (x) =(−1)kN−1

2

〈u0, P 2m−1+k〉

k∏

µ=1

(m− 1 + µ)S1 (x)− L(m)1 (k) (x− βm+1+k) γm+k

−R′2 (x)

k∏µ=1

(m− 1 + µ)− L(m)0 (k) γm+k

,

ou seja,

H (x) =(−1)kN−1

2

〈u0, P 2m−1+k〉

k∏

µ=1

(m− 1 + µ)[S1 (x)−R′2 (x)

]−γm+k

[R′2 (x)L(m)

0 (k)− L(m)1 (k) (x− βm+1+k)

]}.

À semelhança do que foi feito na demonstração do teorema de Hahn, conside-remos

∆ (x) =∣∣∣∣ E (x) F (x)G (x) H (x)

∣∣∣∣ = E (x)H (x)− F (x)G (x) .

Notar que

grau (E) 6 1 ; grau (F ) 6 0 ; grau (G) 6 2 e grau (H) 6 1 ,

pelo quegrau (∆) 6 2.


Além disso, tem-se ainda que

grau (An+1+m+k) 6 n+ 1 +m+ k , n > 0,

dondegrau (Φ1) = grau (Am+1+k) 6 m+ 1 + k ,

e

grau (Φ2) = grau (Am+2+k) 6 m+ 2 + k .

Tome-se

Ψ1 (x) = λ1Pm+k (x) , eΨ2 (x) = λ2Pm−1+k (x)− (k − 1)N−1

2 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:

(Φ1u0)′ + Ψ1u0 = 0

(Φ2u0)′ + Ψ2u0 = 0 ,

respectivamente. Mediante escolhas convenientes dos parâmetros em estudo, ésempre 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 ademonstração em curso. �

Referências

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[2] T.S. Chihara, An Introduction to Orthogonal Polynomials, Gordon andBreach, New York,1978.

[3] E. B. Christoffel, Über die Gaussiche quadratur und eine Verallgemei-nerung derselben, J. Reine Angew. Math. 55 (1858), 61-82.

[4] W. Hahn, Über die jacobischen polynome und zwei verwandte polynom-klassen, Math. Z. 39 (1935) 634-638.

[5] W. Hahn, Über höhere ableitungen von orthogonal polynomen, Ibid. 43(1937) 101.

[6] Dini J., Sur les formes linéaires et les polynômes orthogonaux semi-classiques, Thèse de l’Univ. P. et M. Curie, Paris, 1988.

[7] P. Maroni, L’orthogonalité et les récurrences de polynômes d’ordresupérieure à deux, Ann. Fac. Sci. Toulouse 10 (1), 1989, 105-139.

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caracterização dos polinómios ortogonais clássicos

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