Polinômios de Legendre - parte 1







Vamos estudar a equação de Legendre

$\displaystyle (1-x^2)\,y''-2\,x\,y'+p\,(p+1)\,p=0 \ \ ,
$

onde $ p$ é um parâmetro real a ser escolhido. Vamos ver adiante que esta equação é muito importante nas aplicações. $ x_0=0$ é um ponto ordinário, pois as funções $ \displaystyle\,P(x)=-\frac{2\,x}{1-x^2}\,\rule{0.cm}{0.6cm}$ e $ \displaystyle\,Q(x)=-\frac{p\,(p+1)}{1-x^2}\,$ são analíticas neste ponto. Suas séries têm raio de convergência $ R=1$ (são séries geométricas de razão $ x^2\rule{0.cm}{0.4cm}$, por exemplo, $ P(x)=-2\,x(1+x^2+x^4+\cdots=-2\,x-2\,x^3-2\,x^5-\cdots\rule{0.cm}{0.4cm}$). Logo a solução é da forma

$\displaystyle y=\sum_{n=0}^\infty a_n\,x^n \ \ ,
$

com raio de convergência $ R\geq 1$. Substituindo na equação temos

$\displaystyle \sum_{n=2}^\infty\,n\,(n-1)\,a_n\,x^{n-2}-
\sum_{n=2}^\infty\,n\,...
...^n-
2\sum_{n=1}^\infty\,n\,a_n\,x^n+p\,(p+1)
\sum_{n=0}^\infty a_n\,x^n =0 \ .
$

Fazendo a mudança de índice $ \,k=n-2\,$ no 1$ ^{\underline{\rm o}}$ somatório, ele se transforma em

$\displaystyle \sum_{k=0}^\infty\,(k+2)\,(k+1)\,a_{k+2}\,x^k .
$

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

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

Obtemos, daí, a fórmula de recorrência

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

que pode ser reescrita como

$\displaystyle a_{n+2}=\frac{n\,(n+1)-p\,(p+1)}{(n+2)\,(n+1)}\,a_n \ \ .
$

Como vamos aplicar esta fórmula repetidas vezes, com vistas a uma possível simplificação, convém fatorar o numerador. Considerando $ n$ como variável e $ p$ como constante, o trinômio

$\displaystyle n\,(n+1)-p\,(p+1)=n^2+n-p\,(p+1)
$

tem raízes $ n_1=p\,$ e $ \,n_2=-p-1\,$ e, portanto, se fatora como

$\displaystyle (n-p)\,(n+p+1) \ \ .
$

Finalmente, a fórmula de recorrência toma a forma

$\displaystyle a_{n+2}=\frac{(n-p)\,(n+p+1)}{(n+2)\,(n+1)}\,a_n \ \ .
$

Escolhendo, primeiro $ \,a_0=1\,$ e $ \,a_1=0\,$ e depois $ \,a_0=0\,$ e $ \,a_1=1\,$, obtemos

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

e

$\displaystyle y_2=x-\frac{(p-1)\,(p+2)}{3!}\,x^3+
\frac{(p-1)\,(p-3)(p+2)\,(p+4)}{5!}\,x^5-
\cdots
$,

que são duas soluções linearmente independentes com raio de convergência $ R\geq1\,$. Uma observação extremamente importante é que se $ p=n=0,1,2,3,\ldots$ , então uma destas duas soluções é um polinômio de grau $ n\,$. Por exemplo,

\begin{displaymath}
\begin{array}{ll}
\mbox{para } n=0\, , \ & y_1=1 \\
\mbox{p...
...-10\,x^2+\frac{35}{3}\,x^4 \rule{0.0cm}{0.5cm} \ .
\end{array}\end{displaymath}

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

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

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

$\displaystyle \,(1-x^2)\,v''-2\,x\,v'=0 \ ,
$

que, pondo $ \,p=v'\,$, se reduz à equação separável de 1$ ^{\underline{\rm a}}$ ordem

$\displaystyle \frac{dp}{dx}=\frac{2\,x}{1-x^2} \ ,
$

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

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

Vê-se que

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow1-}\,Q_0(x)=+\infty$    e $\displaystyle \quad \lim_{x\rightarrow1+}\,Q_0(x)=-\infty \ .
$

Como já tínhamos, pelo teorema, que $ \,R\geq1\,$, concluímos então que, para $ \,Q_0(x)\,$, $ \,R=1\,$.

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

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

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

Aqui

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow1-}\,Q_1(x)=
\lim_{x\rightarrow1+}\,Q_1(x)=+\infty \ .
$

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

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

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

e, para $ \,n=3\,$,

$\displaystyle P_3(x)=\frac{5}{2}\,x^3-\frac{3}{2}\,x$    e $\displaystyle \qquad
Q_3(x)=\frac{1}{4}\,(5\,x^3-3\,x)\,\ln\frac{1+x}{1-x}-
\frac{5}{2}\,x^2+\frac{2}{3} \ \ .
$

Em geral mostra-se, mas isto não será feito aqui, que uma segunda solução da equação de Legendre é

$\displaystyle Q_n(x)=\frac{1}{2}\,P_n(x)\,\ln\frac{1+x}{1-x}+
\sum_{j=0}^s\frac{2\,n-4\,j-1}{(2\,j+1)\,(n-j)}\,
P_{n-2\,j-1}(x) \ \ ,
$

onde $ \displaystyle s=\biggl[\frac{n-1}{2}\biggr]$ é o maior inteiro que é menor ou igual a $ \displaystyle\,\frac{n-1}{2}\,$.

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

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

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

$\displaystyle (1-x^2)\,y''-2\,x\,y'+p\,(p+1)\,y=0 \ \ ,
$

a não ser a solução trivial $ y=0$.

Demonstração:

Começamos notando que se $ y=f(x)$ é uma solução da equação de Legendre, então $ y_1=f(-x)$ também é. Logo as funções $ y_p(x)=\frac{1}{2}\,(f(x)+f(-x))\,$ e $ \,y_i(x)=\frac{1}{2}\,(f(x)-f(-x))$ também são soluções. Mas $ \,y_p(x)\,$ é par e $ \,y_i(x)\,$ é ímpar, com $ \,y(x)=f(x)=y_p(x)+y_i(x)\,$. Portanto, para provar que se $ \,p\,$ não é um inteiro $ \geq0$ a equação de Legendre não tem solução não trivial limitada no intervalo $ \,(-1,\,1)\,$, basta provar que não existe uma solução limitada que seja par ou ímpar. Basta mostrar que se $ y$ for uma solução da equação de Legendre, limitada no intervalo $ \,(-1,\,1)\,$, par ou ímpar, então $ \,p=n\,$ para algum $ \,n=0,1,2,3,\ldots\,$ e $ y$ é um polinômio. Chamamos $ \,\lambda:=p\,(p+1)\,$. A fórmula de recorrência pode ser reescrita como

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

e, portanto,

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

Note que o numerador nunca será nulo. Supondo $ y(x)$ par (ímpar) vamos ter $ a_n\neq0$ somente para $ n$ par (ímpar). Vamos supor que uma dessas duas situações ocorre. Aplicando a recorrência repetidas vezes obtemos

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

onde $ k$ é par (ímpar) se $ n$ for par (ímpar). Então

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

$\displaystyle =\frac{1}{n}\left(1-\frac{\lambda}{(n-1)\,(n-2)}\right)
\left(1-\...
...mbda}{(n-3)\,(n-4)}\right)\cdots
\left(1-\frac{\lambda}{(k+1)\,k}\right)k\,a_k
$

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

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

Demonstração:

Usando a série de Taylor

$\displaystyle -\ln(1-t)=t+\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}+
\frac{t^4}{4}+\cdots\geq t
$

para todo $ t$ com $ 0<t<1\,$ e segue a desigualdade.

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

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


Demonstração:

Pelo Lema 1, para cada fator, tem-se

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

Segue que

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


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

$\displaystyle \lvert a_n\rvert\geq\frac{C}{n} \ \ ,$    para todo $\displaystyle \ n>k \ $    par (ímpar)$\displaystyle \ .
$

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

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

$\displaystyle P_n(x)=\frac{1}{n!\,2^n}\,\frac{d^n}{dx^n}\,
\biggl[\left(x^2-1\rule{0.0cm}{0.4cm}\right)^n\biggr] \ \ .
$

Não demonstraremos este fato aqui, apenas diremos que ele pode ser provado em 3 etapas:

Seja $ \displaystyle\,R_n(x)=\frac{1}{n!\,2^n}\,
\frac{d^n}{dx^n}\,\biggl[\left(x^2-1\rule{0.0cm}{0.4cm}
\right)^n\biggr]\,\rule{0.0cm}{0.7cm}$.

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

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

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

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

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

$\displaystyle G(x,t)=\frac{1}{\sqrt{1-2\,x\,t+t^2}}=
\sum_{n=0}^\infty P_n(x)\,t^n \ \ ,$    para $\displaystyle \ \lvert x\rvert\leq1$    e $\displaystyle \quad \ \lvert t\rvert<1 \ \ .
$

Não daremos propriamente uma demonstração deste fato. Apenas notamos que substituindo $ \,u=t^2-2\,x\,t\,$ na série binomial

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

obtemos

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

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

Agrupando os termos e colocando em evidência as potências de $ t$ obtemos

$\displaystyle G(x,t)
=1+x\,t+\left(\frac{3}{2}\,x^2-\frac{1}{2}\right)t^2+
\lef...
...{2}\,x^3-\frac{3}{2}\,x\right)t^3+\cdots=
\sum_{n=0}^\infty\,P_n(x)\,t^n \ \ .
$

A função geradora encerra várias propriedades da família dos polinômios de Legendre. Vamos ver nos exercícios que muitas outras famílias de polinômios ou funções também possuem a sua função geradora. Abaixo vamos mostrar como várias dessas propriedades podem ser deduzidas a partir da função geradora. O mesmo tipo de raciocínio se aplica a outras famílias de funções.

Propriedades.

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

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

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

Portanto

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

Comparando os coeficientes dos $ \,t^n\,$ nos dois lados da igualdade, obtemos finalmente

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

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

Dem:

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

$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty\,P_n(x)\,t^n=
\sum_{n=0}^\infty\,P_n(-x)\,(-t)^n=
\sum_{n=0}^\infty\,(-1)^n\,P_n(-x)\,t^n \ \ .
$

Comparando os coeficientes dos $ t^n$ nos dois lados da igualdade, obtemos

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


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

Dem:

Fazendo $ \,x=0\,$ na função geradora,

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

Usando a série binomial

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

com $ \,s=t^2\,$ e $ \,a=\displaystyle-\frac{1}{2}\,$, obtemos

$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}=1-\frac{1}{2}\,t^2+
\frac{1\cdot 3}{2!\cdot 2^2}\,t^4-
\frac{1\cdot 3\cdot 5}{3!\cdot 2^3}\,t^6+\cdots \ \ .
$

Comparando as duas expressões para $ \displaystyle\,\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,$, obtemos

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

Se quisermos, podemos ainda reescrever

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



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

Dem:

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

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

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

$\displaystyle =1+\frac{1}{2}\,t-\frac{1}{2!}\,\frac{1}{2^2}\,t^3+
\frac{1}{3!}\,\frac{1\cdot 3}{2^3}\,t^5-\cdots
$

Comparando os coeficientes de $ \,t^n\,$ nos dois lados, obtém-se a conclusão.

Vejamos mais algumas propriedades simples:

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

Para provar basta combinar as propriedades 1 e 2.

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

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


Vejamos agora uma propriedade importantíssima dos Polinômios de Legendre.

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

Dem:

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

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

ou ainda,

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

Multiplicando por $ \,P_m(x)\,$ e integrando, temos

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

Integrando por partes,

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

isto é,

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

Trocando os papéis de $ \,n\,$ e $ \,m\,$ (que equivale a começar com a equação de $ \,P_m(x)\,$ e multiplicar por $ \,P_n(x)\,$), temos, analogamente, que

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

Segue daí que

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

Portanto

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



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

Dem:

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

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

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

Integrando em relação a $ x\,$, obtemos

$\displaystyle \int_{-1}^{\1}\frac{dx}{1-2\,x\,t+t^2}=\sum_{n,m=0}^\infty\,
t^{n+m}\int_{-1}^{\,1}P_n(x)\,P_m(x)\,dx
$

Usando a ortogonalidade dos $ \,P_n(x)\,$, na soma acima sobram só as parcelas em que $ m=n$ e, portanto,

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

Por outro lado,

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

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

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

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

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



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

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

Em particular,

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



Eduardo H. M. Brietzke