Fismat B Inferno [1]

Citation preview

Fismat B-Inferno Vamo passar carai!

Notas de aula feitas com o mais genuíno ódio

OBSERVAÇÕES LEGAIS Parte desse material é um estudo sobre o livro Nikiforov, A. F. Special Functions of Mathematical Physics: A Unified Introduction with Applications. ISBN 0-8176-3183-6, e não possui qualquer intenção de infringir as regras do uso das fontes. Os autores não se responsabilizam pelo uso inadequado desse material nem pelas consequências aos usuários e/ou terceiros. O leitor é inteiramente responsável pelo uso do material. É expressamente recomendado o estudo com base em outras fontes e materiais. Esse material é de domínio público. As imagens utilizadas nesse material são de domínio público disponíveis na internet e são utilizadas com fins acadêmicos. Esse material foi produzido e distribuído sem fins lucrativos. Esse material possui única e exclusiva finalidade de estudo acadêmico. Todo o conteúdo desse material é fictício e não possui qualquer relação com a realidade. Ninguém deve ler este material.

Este trabalho foi feito repleto de ódio, com o propósito de auxiliar os alunos na disciplina de física matemática B, do curso de física da Universidade de Brasília. Esperamos que este livro ajude todos aqueles que sofrem tanto para passar nessa matéria maligna. Todos que participaram deste projeto conseguiram a aprovação engolindo as contas retardadas contidas neste livro. Recomendamos fortemente que se apeguem ao mais profundo ódio a partir de agora. Os veteranos. Primeira edição.

Contents

1

Revisão de análise complexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.1

Preliminary Lemmas and Definitions

1.1.1 1.1.2 1.1.3

Review of Green’s Theorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 ML Inequality . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Holomorphic function . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2

Cauchy’s Riemann Equation

8

1.3

First Cauchy Theorem

8

1.4

Second Cauchy Theorem

9

2

Primeiro Módulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.1

Equação Hipergeométrica

11

2.2

Polinômios do Tipo Hipergeométrico. Fórmula de Rodrigues

12

2.3

Representação Integral para Funções do Tipo Hipergeométrico

17

2.4

Relações de Recorrência e Fórmulas Diferenciais

18

2.5

Polinômios Ortogonais Clássicos

24

2.6

Consequências da Fórmula de Rodriguez

31

2.6.1 2.6.2

Expressar os yn ’s em função de yn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 Relação entre os coeficientes da expansão polinomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.7

Funções Geratrizes

35

2.8

Ortogonalidade dos Polinômios do Tipo Hipergeométrico

38

2.8.1

Tabelas dos polinômios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

7

6

2.9

Algumas Propriedades dos Polinômios Ortogonais

2.9.1 2.9.2 2.9.3 2.9.4 2.9.5 2.9.6 2.9.7

Unicidade do sistema de polinômios ortogonais dada uma função peso ρ Relações de recursividade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A fórmula de Darboux- Christoffel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Propriedades dos zeros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Paridade de polinômios de acordo com a paridade da função peso . . . . Expansão de funções em séries de polinômios ortogonais clássicos . . . . . . Fechamento de sistemas de polinômios ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.10

Funções do Segundo Tipo

41 . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

43 45 46 47 47 49 50

51

2.10.1 Representações integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.10.2 Fórmula assintótica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.11

Relações de Recursão e Fórmulas de Diferenciação

54

2.12

Algumas Funções Especiais Relacionadas a Q0 (z)

55

2.13

Equação Diferencial de Bessel e suas Soluções

56

2.14

Propriedades Básicas das Funções de Bessel

64

3

Homeworks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.1

Variável Complexa

69

3.2

Funções Γ e β

70

3.3

Equação Hipergeométrica

73

3.4

Polinômios Ortogonais

74

1. Revisão de análise complexa

1.1

Preliminary Lemmas and Definitions

1.1.1 Review of Green’s Theorem Let C ⊂ R2 with finite border given by ∂ C and two differentiable maps P : R2 → R and Q : R2 → R, then the followed is stated as true without proof: I

(P(x, y)dx + Q(x, y)dy) =

ZZ 

 ∂ Q(x, y) ∂ P(x, y) dxdy. − ∂x ∂y

(1.1)

The line integral on the left side is taken in the counter-clockwise direction. 1.1.2 ML Inequality Let D ⊂ C with finite border ∂ D and f : D → C, if the maximum of the function restricted to the set D is M, that is, maxD | f | = M and ∂ D has a length L, the following holds: Z Z Z ≤ = M f dz Mdz dz ∂ D = ML. ∂D ∂D

(1.2)

1.1.3 Holomorphic function A holomorphic function f in a set D ⊂ C, so far, is no more than an analytical function in the complex space. That is, one with derivatives of all orders such that it can be Taylor expanded around an arbitrary point zo .

f (z) =

∑ n=0

f (n) (zo ) (z − zo )n . n!

(1.3)

Chapter 1. Revisão de análise complexa

8

1.2

Cauchy’s Riemann Equation Let f with at least its first derivative f ′ . Write the function as a R2 → R2 mapping in order to separate the real and imaginary parts:

Theorem 1.2.1

(1.4)

f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y). Then, the existence of the first derivatives implies ∂u ∂ x (x, y) ∂v ∂ x (x, y)

= ∂∂ vy (x, y), = − ∂∂ uy (x, y).

(1.5)

Proof. The expression for the derivative in terms of limits is f ′ (z0 ) = lim

z→z0

u(x, y) + iv(x, y) − u(x0 , y0 ) − iv(x0 , y0 ) f (z) − f (z0 ) = x→x lim . 0 z − z0 x + iy − x0 − iy0 y→y

(1.6)

0

As the derivative exists in z0 , the limit must be the same idependently of the path taken from z to z0 or from (x, y) to (x0 , y0 ) if we look at the complex space as a R2 space. With this in mind, choose the paths (x, y0 ) 7→ (x0 , y0 ) and (x0 , y) 7→ (x0 , y0 ). We can then equivalently write the limit as in any of the two following forms: 0 )−v(x0 ,y0 ) 0 )−u(x0 ,y0 ) + i limx→x0 v(x,y(x−x = limx→x0 u(x,y(x−x ) )

y→y0

0

y→y0

0

y→y0

0

y→y0

0

or 0 ,y0 ) 0 ,y0 ) = limx→x0 u(x0 ,y)−u(x + i limx→x0 v(x0 ,y)−v(x . i(y−y ) i(y−y ) The summands above coincide with the definition of partial derivatives so that they can be further simplified as = ∂∂ ux (x0 , y0 ) + i ∂∂ xv (x0 , y0 ) or = −i ∂∂ uy (x0 , y0 ) + ∂∂ vy (x0 , y0 ),

since both expression must be equal, we can compare real and imaginary parts to obtain 1.5.  1.3

First Cauchy Theorem Theorem 1.3.1

connected: I

∂A

Let f be a complex function holomorphic on M ⊂ C. Then, for A ⊂ M

f (z)dz = 0

(1.7)

Proof. Writing f (z) = u(x, y) + iv(x, y) and dz = dx + idy: I

∂A

f (z)dz =

I

(u(x, y) + iv(x, y))(dx + idy).

1.4 Second Cauchy Theorem

9

Separating the integral into real and imaginary parts yields I

(u(x, y)dx − v(x, y)dy) + i

I

(u(x, y)dy + v(x, y)dx).

By Green’s Theorem 1.1, the above can be rewritten as   ZZ  ZZ  ∂u ∂v ∂u ∂v (x, y) + (x, y) dxdy + (x, y) − (x, y) dxdy ∂y ∂x ∂x ∂y

and from Cauchy-Riemann’s equation 1.5, both integrands evaluate to zero. 1.4



Second Cauchy Theorem Let f holomorphic in M ⊂ C and a point z0 ∈ M − ∂ M. Then, for a connected set A ⊂ M containing the point z0 :

Theorem 1.4.1

I

f (z) dz = i2π f (z0 ). ∂ A z − z0

(1.8)

Figure 1.1

Proof. We will use the path presented in figure 1.1, where C2 is ∂ A in the negative direction (so that the C1 path is taken in the positive direction for convenience). The path C1 is a circular path with radius ε < diam(C2 ) and center z0 . The integral over the paths C3 and C4 will cancel as they will be covered in opposite directions. The total integral over the set bounded by C1 , C2 C3 and C4 , which will be denoted by B is I

f (z) dz = ∂ B z − z0

I

f (z) dz + C1 z − z0

I

f (z) dz. C2 z − z0

Chapter 1. Revisão de análise complexa

10

Make the following substitution of variables in the path C1 : z 7→ z0 + ε eiφ , dz = iε eiφ dφ . This substitution turns the integral over C1 into Z 2π f (z0 + ε eiφ ) 0

ε eiφ

iφ

iε e dφ = i

Z 2π 0

f (z0 + ε eiφ )dφ .

In the limit ε → 0, the integral evaluates to i2π f (z0 ). From Cauchy’s First Theorem 1.7, f (z) the integrand z−z over the set B is holomorphic as the singular point z0 is located outside 0 of it. For this reason, this integral evaluates to zero. Finally, joining up the aforementioned conclusions I f (z) dz + i2π f (z0 ). 0= C1 z − z0

As the path C1 is ∂ A in the opposite direction: 0=− which is simply equation 1.8.

I

f (z) dz + i2π f (z0 ) ∂ A z − z0 

2. Primeiro Módulo

2.1

Equação Hipergeométrica Seja a seguinte equação u′′ (z) +

e (z) τe(z) ′ σ u (z) + 2 u(z) = 0. σ (z) σ (z)

(2.1)

e devem ser menores que 2. Para simplificar a equação 2.1, vamos fazer a Os graus de σ e σ substituição u = φ (z)y. Calculando suas derivadas temos u ′ = φ ′ y + φ y′ ,

(2.2)

u′′ = φ ′′ y + 2φ ′ y′ + φ y′′ .

(2.3)

Substituindo 2.2 e 2.3 em 2.1, temos (φ ′′ y + 2φ ′ y′ + φ y′′ ) + Então,

φ ′′ φ′ τe y + y′′ + 2 y′ + φ φ σ

e τe ′ σ (φ y + φ y′ ) + 2 (φ y) = 0. σ σ 

 e φ σ ′ y = 0. y+y φ σ2

Rearranjando os termos em coeficientes de y′′ , y′ e y, obtemos finalmente   ′   ′′ e φ τe ′ φ τeφ ′ σ ′′ + + y = 0. y + 2 + y+ φ σ φ σφ σ2

(2.4)

(2.5)

(2.6)

Chapter 2. Primeiro Módulo

12

Para simplificar, vamos usar a seguinte relação:

φ τe τ 2 + = . φ σ σ

Resolvendo para

φ′ φ

(2.7) temos

φ′ 1 = (τ − τe) φ 2σ

(2.8)

e vamos fazer agora

π (z) = de modo que

(τ − τe) , 2

φ′ π = . φ σ

(2.9)

O grau do polinômio π é de no máximo 1. Seja agora a seguinte derivada:  ′ ′ φ φ ′′ φ − φ ′ φ ′ φ ′′ φ ′2 = − 2. = φ φ2 φ φ

(2.10)

Logo,

φ ′′ = φ



φ′ φ

′

+

φ ′2 . φ2

Usando agora a relação 2.9, a expressão 2.11 fica da seguinte forma: φ ′′  π ′  π 2 = + . φ σ σ

(2.11)

(2.12)

Agora voltando na equação 2.6, vamos mexer nos coeficientes de y′ e y. Usando as relações 2.8 e 2.11, o coeficiente de y fica da seguinte forma:  π ′ φ ′′ τeφ ′ σe . (2.13) + + 2= φ σφ σ σ 2.2

Polinômios do Tipo Hipergeométrico. Fórmula de Rodrigues Vamos investigar as soluções da equação

σ y′′ + τ y′ + λ y = 0.

(2.14)

Derivando a equação hipergeométrica 2.14 (λ = cte),

σ ′ y′′ + σ y′′′ + τ ′ y′ + τ y′′ + λ y′ = 0,

(2.15)

2.2 Polinômios do Tipo Hipergeométrico. Fórmula de Rodrigues

13

mudando a notação y′ → v1 ,

σ ′ v′1 + σ v′′1 + τ ′ v1 + τ v′1 + λ v′1 = 0

(2.16)

e rearranjando os termos,

σ v′′1 + (σ ′ + τ )v′1 + (τ ′ + λ )v1 = 0.

(2.17)

Denota-se τ1 = τ + σ ′ e µ1 = λ + τ ′ ,

σ v′′1 + (τ1 )v′1 + (µ1 )v1 = 0.

(2.18)

Portanto, a nova equação é do tipo hipergeométrica. Podemos relacionar as duas soluções, reescrevendo equação 2.14. Trocando y′ e y′′ por respectivamente v1 e v′1 ,

σ v′1 + τ v1 + λ y = 0. e isolando y, temos que   −1 (σ v′1 + τ v1 ). y= λ Outra relação pode ser obtida ao derivar a equação 2.20 em relação à z:   −1 ′ (σ ′ v′1 + σ v′′1 + τ ′ v1 + τ v′1 ). y = λ Rearranjando os termos, tem-se     −1 −1 ′ ′ ′ ′′ ′ ((σ + τ )v1 + σ v1 + τ v1 ) = ((τ1 )v′1 + σ v′′1 + τ ′ v1 ). y = λ λ

(2.19)

(2.20)

(2.21)

(2.22)

Mas o termo em parênteses é −λ v1 , de consequência: y′ = v1 . Derivando a equação 2.18 em relação a z, temos

σ v′′2 + (τ2 )v′2 + (µ2 )v2 = 0,

(2.23)

onde τ2 = τ1 + σ ′ = τ + 2σ ′ e µ2 = λ + 2τ ′ + σ ′′ . Derivando n vezes a equação 2.18, obtemos vn = yn (z),

τn = τ + nσ ′

(2.24)

e para µn :

µn = λ + nτ ′ +

n(n − 1) ′′ σ . 2

(2.25)

Fazendo µn = 0, uma solução possível é vn = K, uma constante. Isso implica que

λ = λn = −nτ ′ −

n(n − 1) ′′ σ . 2

(2.26)

Chapter 2. Primeiro Módulo

14

Isso significa que, quando λ = λn , y = yn (z) pode ser um polinômio de grau n. yn é então chamado de polinômio do tipo hipergeométrico. Seja agora a equação em y

σ y′′ + τ y′ + λ y = 0.

(2.27)

Multiplicando por ρ (z), temos

σ y′′ p + τ y′ p + λ yp = 0

(2.28)

e admitindo que ρ deve satisfazer a igualdade (σ ρ )′ = τρ , temos (σ ρ y′ )′ + λ ρ y = 0.

(2.29)

De forma análoga chegamos na seguinte equação para vn (σ ρn v′n )′ + µn ρn vn = 0.

(2.30)

Podemos agora obter uma relação entre ρn e ρ . Fazemos o seguinte:

τn =

(σ ρn )′ ρn

(2.31)

e usando agora a equação 2.24, temos que (σ ρn )′ = τ + nσ ′ . ρn

(2.32)

Substitui-se o valor de τ e calcula-se as derivadas

σ ′ ρn + σ ρn′ σ ′ρ + σ ρ ′ = + nσ ′ , ρn ρ σ ρ′ σ ρ′ σ′ + n = σ′ + + nσ ′ . ρn ρ

(2.33)

Finalmente,

ρn′ ρ ′ nσ ′ . = + ρn ρ σ

(2.34)

Resolveremos essa equação diferencial para ρn em termos de ρ . Escrevemos 2.34 na seguinte forma: dρ 1 dσ 1 d ρn 1 = +n . dz ρn dz ρ dz σ

(2.35)

Assim, dσ d ρn d ρ +n . = ρn ρ σ

(2.36)

2.2 Polinômios do Tipo Hipergeométrico. Fórmula de Rodrigues

15

Cada integral vai gerar uma função ln. Aplicando a exponencial dos dois lados, temos

ρn = σ n ρ .

(2.37)

Dessa equação vemos que ρn+1 = σ n+1 ρ , de onde tiramos que ρn+1 = σ ρn . Agora seja novamente a seguinte equação (σ ρn v′n )′ + µn ρn vn = 0.

(2.38)

Resolvendo para ρn vn ,

ρn vn = −

1 (σ ρn v′n )′ . µn

(2.39)

Pelas relações de recorrência para ρn e vn :

ρn vn = −

1 (ρn+1 vn+1 )′ µn

(2.40)

e para um m < n, temos

ρ m vm = −

1 (ρm+1 vm+1 )′ . µm

Substituindo ρm+1 vm+1 , obtemos    1 1 − (ρm+2 vm+2 )′′ , ρm vm = − µm µm+1 com mais uma iteração encontramos     1 1 1 − (ρm+3 vm+3 )′′′ . − ρm vm = − µm µm+1 µm+2

(2.41)

(2.42)

(2.43)

Podemos repetir o processo (inserir a recorrência na mesma equação) até o ρn e vn , de modo que       −1 −1 −1 −1 ... (ρn vn )(n−m) . ρm vm = (2.44) µm µm+1 µm+2 µn−1 Agora analizaremos o seguinte fator:       −1 −1 −1 −1 I= ... . µm µm+1 µm+2 µn−1 Este fator I pode ser reescrito na forma          −1 −1 −1 −1 −1 −1 ... ... µ0 µ µ µ µm µ 1  2   m−1    n−1 I= −1 −1 −1 −1 µ0 µ1 µ2 ... µm−1

Chapter 2. Primeiro Módulo

16

e, ao reescrever as frações, I=

(−µ0 )(−µ1 )(−µ2 )...(−µm−1 ) Am , = (−µ0 )(−µ1 )(−µ2 )...(−µm−1 )(−µm )...(−µn−1 ) An

(2.45)

de tal maneira que, n−1

An = (−1)n ∏ µk ,

(2.46)

k=0

sendo A0 = 1. Portanto, temos que

ρ m vm =

Am (ρn vn )(n−m) . An

(2.47)

Continuando para obter a forma explícita da função do tipo hipergeométrico, sabe-se que y é um polinômio de grau n, isto é, y = yn (z), tem-se que (n)

(m)

(2.48)

vn = yn (z) = constante e vm = yn (z). Substitui-se as equações anteriores na equação 2.47, obtém-se (m)

ρm yn (z) =

Am (n) [ρn yn (z)](n−m) An

(2.49)

(m)

Isolando o termo yn (z), (m)

yn (z) =

1 Am (n) [ρn yn (z)](n−m) . ρm (z) An

(2.50)

(n)

Mas, yn = constante e pela regra da derivada do produto aplicada ao termo entre parêntesis, (n)

(n) (n−m) (n) yn (z) + ρn [yn (z)](n−m)

[ρn yn (z)](n−m) = ρn

(n−m) (n) yn (z) + 0.

= ρn

(2.51)

Assim, a equação chega na forma (m) yn (z) =

(n)

1 Am yn (z) [ρn ](n−m) . ρm (z) An

Agora, lembrando que cada µk pode ser escrito como

µk = λ + kτ ′ +

k(k − 1) ′′ σ 2

e que estamos considerando λ = λn , temos que

µk = λn + kτ ′ +

k(k − 1) ′′ σ , 2

(2.52)

2.3 Representação Integral para Funções do Tipo Hipergeométrico

o que leva à

17

 k(k − 1) − n(n − 1) ′′ (2.53) µk = (k − n)τ + σ . 2 Isso nos mostra que k deve ser diferente de n para que o denominador de 2.47 não se anule. Ademais, os coeficientes podem ser reescritos na forma Amm Bn (m) [ρn ](n−m) , yn (z) = (2.54) ρm (z) ′

em que Bn =



1 (n) Amn yn (z),

Amm = Am (λm ) e Amn = Am (λn ). Para o caso de m = 0, temos que

ρ0 (z) = σ 0 ρ = ρ A0n = A0 (λ )|λ =λ n . Como A0 = cte = 1 ⇒ A0n = 1, e ρn = σ n ρ , a equação 2.54 se torna Bn [σ n ρ ]n yn = . ρ A equação 2.55 é a fórmula de Rodrigues para polinômios. 2.3

(2.55)

Representação Integral para Funções do Tipo Hipergeométrico Pela fórmula integral de Cauchy: I n! f (z)dz y(n) (z0 ) = , 2π i (z − z0 )n+1 temos que I n! σ n ρ ds n n . [σ ρ ] = 2π i (s − z0 )n+1 Jogando na equação 2.55,   I Bn n! σ n ρ ds yn = ρ 2π i (s − z0 )n+1 e rearranjando a equação, I  σ n ρ ds Bn n! . yn = ρ 2π i (s − z0 )n+1 Chamamos

Bn n! 2πi

(2.56)

(2.57)

(2.58)

(2.59)

= Cn ,  I σ n ρ ds Cn (2.60) yn = ρ (s − z0 )n+1 e mudamos a notação n para ν , I  Cν σ ν ρ ds . (2.61) yν = ρ (s − z0 )ν+1 Para uma apropriada escolha do contorno C, não necessariamente fechado, a equação 2.61 é solução da equação hipergeométrica.

Chapter 2. Primeiro Módulo

18

Seja ρ (z) tal que

Theorem 2.3.1

[σ (z)ρ (z)]′ = τ (z)ρ (z),

(2.62)

onde ν é a raiz da equação λ + ντ ′ + 12 ν (ν − 1)σ ′′ = 0. E seja Z

ρν (s)ds . ν+1 C (s − z)

u(z) =

(2.63)

Portanto a equação hipergeométrica

σ y′′ + τ y′ + λ y = 0

(2.64)

Tem a seguintes soluções y(z) = yν (z) =

Cν u(z). ρ

(2.65)

Com a seguinte restrição de superfície:

σ ν+1 (s)ρ (s) s2 | = 0, (s − z)ν+1 s1

(2.66)

onde s1 e s2 são os pontos inicial e final da integral. Seja uma função f (z, s) onde s percorre uma curva C no plano complexo S e z está em uma região D no plano complexo Z. Se f é analítica em D ∀ s ∈ C, então

Theorem 2.3.2

F(z) =

Z

f (z, s)ds

(2.67)

C

é analítica em D e também, dF(z) = dz

2.4

Z

d f (z, s) ds. dz C

(2.68)

Relações de Recorrência e Fórmulas Diferenciais Começaremos estabelecendo relações na forma

φν µ =

Z

σ ν (s)ρ (s) ds. µ+1 C (s − z)

(2.69)

Podemos escrever y na seguinte forma: yν µ =

Cν φν µ . ρ (z)

(2.70)

2.4 Relações de Recorrência e Fórmulas Diferenciais Lemma 2.4.1

19

Quaisquer 3 funções φνi µi (z) são conectadas pela seguinte relação linear:

3

∑ Ai(z)φνi µi (z) = 0,

(2.71)

i=1

com coeficientes polinomiais Ai (z), dados que as diferenças νi − ν j e µi − µ j são inteiros e que  σ ν0 +1 (s)ρ (s) m s2 = 0, (2.72) s (s − z)µ0 s1 onde m = 0, 1, 2, . . . e s1 e s2 são os pontos iniciais e finais de C. Proof. Seja 3

Z

3

σ νi (s)ρ (s) ds. µ +1 C (s − z) i

∑ Ai(z)φνi µi (z) = ∑ Ai i=1

i=1

(2.73)

Passando os Ai para dentro da integral temos 3 Z

3

∑ Ai(z)φνi µi (z) = ∑

i=1 C

i=1

Ai

σ νi (s)ρ (s) ds. (s − z)µi +1

(2.74)

Podemos reescrever a integral do lado direito da seguinte forma 3 Z

3

∑ Ai(z)φνi µi (z) = ∑

i=1 C

i=1

Ai

σ νi +ν0 −ν0 (s)ρ (s) ds. (s − z)µi +1+µ0 −µ0

(2.75)

Rearranjando os termos 3

∑ Ai(z)φνi µi (z) = i=1

Z

C

"

# Ai σ νi −ν0 (s) σ ν0 (s)ρ (s) ds, ∑ µi −µ0 (s − z)µ0 +1 i=1 (s − z) 3

(2.76)

vamos chamar o termo entre colchetes de P(s), 3

∑ Ai(z)φνi µi (z) = i=1

Z

σ ν0 (s)ρ (s)P(s) ds, (s − z)µ0 +1 C

(2.77)

onde P(s) é dado na seguinte forma: 3

P(s) = ∑ Ai σ νi −ν0 (s)(s − z)µ0 −µi .

(2.78)

i=1

Como as diferenças νi − ν0 e µ0 − µi são inteiros não negativos, P(s) é um polinômio em s. Escolhemos agora Ai de forma que   σ ν0 (s)ρ (s)P(s) d σ ν0 +1 (s)ρ (s)Q(s) = . (2.79) (s − z)µ0 +1 ds (s − z)µ0

Chapter 2. Primeiro Módulo

20

A eq. 2.77 fica da seguinte forma:   Z 3 d σ ν0 +1 (s)ρ (s)Q(s) ds, ∑ Ai(z)φνi µi (z) = C ds (s − z)µ0 i=1

(2.80)

ou seja, 3



σ ν0 +1 (s)ρ (s)Q(s) ∑ Ai(z)φνi µi (z) = (s − z)µ0 i=1

s2

.

(2.81)

s1

Se queremos a condição 2.72 atendida, obtemos a seguinte relação linear: 3

∑ Ai(z)φνi µi (z) = 0.

(2.82)

i=1

 Seja agora novamente   d σ ν0 +1 (s)ρ (s)Q(s) σ ν0 (s)ρ (s)P(s) = . (s − z)µ0 +1 ds (s − z)µ0

(2.83)

Sabemos que (σ ρν )′ = τν ρν , ρν = σ ν ρ e τν = τ + νσ ′ . Usando essas relações e a eq. 2.83, podemos mostrar que (Homework 3.) P(s) = Q(s)[(s − z)τν0 − µ0 σ ] + (s − z)σ Q′ .

(2.84)

O número de equações que relacionam os coeficientes dos polinômios P e Q é maior que a quantidade de coeficientes desconhecidos de Q. Isto pode ser visto da seguinte forma. Seja P(s) um polinômio de grau n: P(s) = an sn + an−1 sn−1 + ... + a0 s0 Como o grau de Q é necessariamente menor por um fator de 2 (em relação ao de P), Q(s) = bn−2 sn−2 + bn−3 sn−3 + ... + b0 s0 . O fator (s − z)τν0 − µ0 σ pode ser escrito como um polinômio de segundo grau, (s − z)τν0 − µ0 σ = c2 s2 + c1 s1 .

(2.85)

Desconsiderando o fator (s−z)σ Q′ (ele pode ser expandido da mesma forma e ser absorvido pelos coeficientes da expansão polinomial sem perda de generalidade), P(s) = an sn + an−1 sn−1 + ... + a0 s0 = (bn−2 sn−2 + bn−3 sn−3 + ... + b0 s0 )(c2 s2 + c1 s1 ), = an sn + an−1 sn−1 + ... + a0 s0 = (bn−2 c2 ))sn + (bn−2 c1 )sn−1 + ... + b0 s0 . (2.86)

2.4 Relações de Recorrência e Fórmulas Diferenciais

21

A partir desta relação, outras n equações vão ser geradas an = bn−2 c2 an−1 = bn−2 c1 .. . a0 = b0 Em algum problema específico, sempre será conhecido de antemão c1 e c2, portanto, o sistema se reduz a apenas n − 2 variáveis desconhecidas. Seja agora

φν µ =

Z

σ ν (s)ρ (s) ds. µ+1 C (s − z)

(2.87)

Para integrar por partes, fazemos as seguintes substituições u = σ ν ρ , du = (σ ν ρ )′ ds = (σ σ ν−1 ρ )′ ds = (σ ρν−1 )′ ds. Ou seja, du = τν−1 ρν−1 ds. dv = (s − z)−µ−1 ds, ou seja, 1 v = −1 µ (s−z)µ . A integral por partes fica da seguinte forma:  Z τν−1 ρν−1 −σ ν ρ s2 1 + φν µ (z) = ds. (2.88) µ µ (s − z) s1 µ C (s − z)µ Como o termo de superfície é zero, obtemos

φν µ (z) = 

Example 2.1

1 µ

Z

τν−1 ρν−1 ds. µ C (s − z)

Encontre a relação entre φν,ν−1 , φν,ν e φν,ν+1 .

(2.89) 

Solução: Sabemos que µ0 é o maior índice da segunda entrada, portanto, para este conjunto de funções, µ0 = ν + 1. Por outro lado, ν0 é o menor índice da primeira entrada entre as três funções, consequentemente ν0 = ν . Abrindo equação 2.71, 3

∑ Aiφνi,µi = A1φν,ν−1 + A2φν,ν + A3φν,ν+1 = 0.

(2.90)

i=0

Como, pela relação 2.78, P(s) = A1 (s − z)2 + A2 (s − z)1 + A3 (s − z)0 ,

(2.91)

claramente, deg(P) = 2 ⇒ deg(Q) = 0 ⇒ Q(s) = q0 = cte. Relembrando a outra representação de P(s) da equação 2.84, P(s) = Q(s)[(s − z)τν0 − µ0 σ ] + (s − z)σ Q′ = q0 [(s − z)τν (s) − (ν + 1)σ (s)] (2.92) e escolhendo q0 = 1, A1 (s − z)2 + A2 (s − z)1 + A3 (s − z)0 = q0 [(s − z)τν (s) − (ν + 1)σ (s)].

(2.93)

Chapter 2. Primeiro Módulo

22

A fim de encontrar os A’s que satisfazem a relação, precisamos expandir todo o lado direito em potências de (s − z). Uma expansão de Taylor genérica tem a seguinte forma: f (x) = f (b) + f ′ (b)(x − b) + f ′′ (b)

(x − b)2 . 2!

(2.94)

Como deg(σ ) ≤ 2, deg(τν ) ≤ 1, basta expandir até o segundo e primeiro termo, respectivamente 2 • σ (s) = σ (z) + (s − z)σ ′ (z) + σ ′′ (z) (s−z) 2 , • τν (s) = τν (z) + (s − z)τν′ (z). Inserindo na equação 2.93,   σ ′′ (z)(s − z)2 ′ ′ [(s−z)τν (s)−(ν +1)σ (s)] = (s−z)(τν (z)+ τν (z)(s−z))− ν + 1)(σ + σ (s − z) + 2 (2.95) e rearranjando os termos,   σ ′′ (z) 2 ′ +(s−z)1 [τν (z)−(ν +1)σ (z)]+(s−z)0 [−(ν +1)σ (z)]. = (s−z) τν (z) − (ν + 1) 2 (2.96) Comparando com os coeficientes, temos que ′′ • A1 = τν′ (z) − (ν + 1) σ 2(z) , • A2 = τν (z) − (ν + 1)σ (z), • A3 = −(ν + 1)σ (z). Ou seja,   σ ′′ (z) ′ τν (z) − (ν + 1) φν,ν−1 + (τν (z) − (ν + 1)σ (z))φν,ν − (ν + 1)σ (z)φν,ν+1 = 0. 2 (2.97)

Agora utilizaremos o resultado obtido no exemplo para as soluções da equação hipergeométrica yν . Lembrando que yν =

Cν φν,ν ρ (z)

e que ′ φν,ν

d = dz

Tem-se ′ φν,ν

Z

σ ν (s)ρ (s) ds = ν+1 C (s − z)

  d σ ν (s)ρ (s) ds. ν+1 C dz (s − z)

Z

(2.98)

    Z d 1 1 ν = σ (s)ρ (s) ds = −(1+ ν ) σ (s)ρ (s) ds = (ν +1)φν,ν+1 , dz (s − z)ν+1 (s − z)ν+2 C C Z

ν

2.4 Relações de Recorrência e Fórmulas Diferenciais

23

(2.99) de maneira que

φν,ν+1 =

1 φ′ . (ν + 1) ν,ν

(2.100)

Pela regra da cadeia, Cν ρ ′ ′ Cν − φν,ν 2 . yν′ = φν,ν ρ ρ   φν,ν ρ ′ Cν ′ φν,ν − = . ρ ρ

(2.101)

A1 φν,ν−1 + A2 φν,ν + A3 φν,ν+1 = 0

(2.102)

Uma vez que,

e inserindo φν,ν+1 =

1 ′ (ν+1) φν,ν ,

−A1 φν,ν−1 = A2 φν,ν + A3 φν,ν+1 = A2 φν,ν +

A3 ′ φ , ν + 1 ν,ν

(2.103)

chegamos em ′ . −A1 φν,ν−1 = (τ − σ ′ )φν,ν − σ φν,ν

Sabemos que [σ ρ ]′ = τρ ⇒ τ =

τ = σ′ +σ

[σ ρ]′ ρ

=

σ ′ ρ+σ ρ ′ . ρ

(2.104) Assim,

ρ′ . ρ

(2.105)

Jogando na equação 2.104,   −ρ yν σ ρ′ ′ , −A1 φν,ν−1 = φν,ν − σ φν,ν = σ ρ Cν

(2.106)

σ ρ y′ν . Cν

(2.107)

A1Cν φν,ν−1 . σρ

(2.108)

A1 φν,ν−1 = Portanto, yν′ =

Generalizaremos para uma derivada de ordem k. Como 2.108 é a primeira derivada, vamos escrever da seguinte forma: (1)

yν =

(1)

Cν φν,ν−1 . σ 1ρ

(2.109)

Chapter 2. Primeiro Módulo

24

Derivando mais uma vez, temos (2) yν

(2)

C = ν2 φν,ν−2 . σ ρ

(2.110)

Fazendo k vezes, obtemos a seguinte relação: (k) yν

(k)

C = νk φν,ν−k , σ ρ

(2.111)

onde vemos que (k) Cν

k−1 

=∏ τ

′ν +s−1

s=0

2.5

2

σ

′′



Cν .

(2.112)

Polinômios Ortogonais Clássicos Seja a seguinte equação

σ (z)y′′ + τ (z)y′ + λ y = 0,

(2.113)

′′ com soluções yn (z) e λ = λn = −nτ ′ − n(n−1) 2 σ . As soluções são dadas pela fórmula de Rodrigues:

yn (z) =

Bn [σ n ρ ]n , ρ

(2.114)

onde Bn é uma constante de normalização e que ρ (z) satisfaz a seguinte equação: [σ (z)ρ (z)]′ = τ (z)ρ . Dessa equação, sabemos que Z  τ −σ′ ρ (z) = k exp dz . σ

(2.115)

(2.116)

Também sabemos que τ = α z + β . Pelo fato de σ ter grau máximo possível igual a 2, ele pode admitir 3 formatos, cada qual correspondendo a um de ρ :   (b − z)α (z − a)β σ (z) = (b − z)(z − a), ρ (z) = (2.117) (z − a)α exp β z σ (z) = z − a,  2 exp α z + β z σ (z) = 1.

Fazendo uma mudança linear de variáveis, é possível obter as formas canônicas para ρ :   (1 − z)α (1 + z)β σ (z) = 1 − z2 , ρ (z) = (2.118) (z)α exp −z σ (z) = z,  exp −z2 σ (z) = 1.

2.5 Polinômios Ortogonais Clássicos

25

Essas transformações permitem que 2.113 e 2.115 tenham a mesma forma. Desta forma eq 2.114 ainda será definida pela fórmula de Rodrigues. Tomando o caso em que σ (z) = 1 − z2 e ρ (z) = (1 − z)α (1 + z)β e aplicando em 2.115, obtém-se τ :

τ (z) = −(α + β + 2)z + β − α .

(2.119)

Os polinômios yn (z) correspondentes que possuem Bn = de Jacobi, denotados por (α,β )

Pn

(z) =

(α,β ) (z): Pn

(−1)n 2n n!

são chamados de Polinômios

n (−1)n −α −β d (1 − z) [(1 − z)n+α (1 + z)n+β ]. (1 + z) 2n n! dzn

(2.120)

1. Seja agora σ = 1 − z2 e ρ = (1 − z)α (1 + z)β . Então:

ρ ′ = α (1 − z)α−1 (−1)(1 + z)β + (1 − z)α β (1 + z)β −1 .

(2.121)

σ ′ = −2z.

(2.122)

α

′

ρ = (1 − z) (1 + z)

β



Porém,

−α β + (1 − z) (1 + z)

[σ ρ ]′ = σ ′ ρ + σ ρ ′ = −2zρ + hσ ρ ,

τ=

−2zρ + hσ ρ , ρ

= h(z)ρ .

(2.123)

(2.124)

(2.125)

(2.126)

τ = −2z + hσ , τ = −2z +



−α − zα + β − zβ σ. σ

(2.127)

Finalmente:

τ (z) = (β − α ) − (α + β + 2)z.

(2.128)

Os polinômios são dados por: yn (z) = Pn (z) =

Bn [σ n (z)ρ (z)]n . ρ (z)

(2.129)

Chapter 2. Primeiro Módulo

26

Como ρ depende de α e β e considerando a escolha histórica Bn = (α,β ) Pn (z) =

(−1)n 2n n! ,

n (−1)n −β d −α [(1 − z)n+α (1 + z)n+β ] (1 − z) (1 + z) n n 2 n! dz

temos:

(2.130)

Estes são os chamados polinômios de Jacobi. (0,0)



Example 2.2

Polinômios de Legendre Pn (z) = Pn



Example 2.3

Polinômios de Chebyshev dos primeiro e segundo tipos:

(z)



Tn (z) = cos(nφ ),

Un (z) =

(2.131)

sin[(n + 1)φ ] 1 ′ Tn+1 (z) = , n+1 sin φ

(2.132)

onde φ = cos−1 (z). Mais tarde mostraremos que: Tn (z) =

n! (−1/2,−1/2) Pn (z), (1/2)n

(2.133)

Un (z) =

(n + 1)! (1/2,1/2) Pn (z). (3/2)n

(2.134) 



Example 2.4

Polinômios de Gegenbauer:

Cnα (z) =

(2α )n α−1/2,α−1/2 (z). Pn (α + 1/2)n

(2.135) 

Onde usamos a seguinte notação: (α )n = α (α + 1)(α + 2)...(α + n + −1) =

Γ(α + n) . Γ(α )

2. Seja agora σ (z) = z e ρ (z) = zα e−z . Sabemos que τ =

σ ′ = 1,

ρ ′ = α zα−1 e−z + zα e−z = zα e−z (

[σ ρ]′ ρ .

(2.136) Então: (2.137)

α − 1), z

(2.138)

2.5 Polinômios Ortogonais Clássicos

⇒ ρ′ =

ρ′ =

α −z ρ, z

27

(2.139)

α −σ ρ. σ

(2.140)

Então:

τ=

[σ ρ ]′ σ ′ ρ + σ ρ ′ = , ρ ρ

1 τ= ρ

    α −σ ρ +σ ρ , σ

(2.141)

(2.142)

τ = 1+α −σ,

(2.143)

τ = −z + α − 1.

(2.144)

Temos que Bn é dado por: Bn = 1/n!.

(2.145)

Jogando tudo na conhecida fórmula de Rodriguez: yn (z) = Ln (z) =

Bn [σ n (z)ρ (z)](n) , ρ (z)

z−α ez n+α −z (n) [z ⇒ Ln (z) = e ] . n!

(2.146)

(2.147)

Vamos agora explicitar a dependência ao parâmetro α na notação: Lnα (z) =

z−α ez d n n+α −z [z e ]. n! dzn

(2.148)

Estes são os polinômios de Laguerre. 2 3. De forma totalmente análoga, podemos repetir o procedimento para σ = 1 e ρ = e−z . Fazendo isso, obtemos τ = −2z. Fazendo a escolha de normalização histórica, Bn = (−1)n chegamos nos polinômios de Hermite: Hn (z) = (−1)n ez

2

d n −z2 (e ). dzn

(2.149)

Chapter 2. Primeiro Módulo

28

Nós não consideramos o caso onde σ = (z − a)2 . Quando σ é dessa forma, a equação hipergeométrica geral fica da seguinte forma: u′′ (z) +

e (z) τe(z) ′ σ u (z) + 2 u(z) = 0. σ (z) σ (z)

(2.150)

1 Fazendo s = (z−a) , chegamos em outro equação hipergeométrica trunca com σ (s) = s. Em particular, seja:

σ (z)y′′ + τ (z)y′ + λn y = 0,

(2.151)

1 λn = −nτ ′ − n(n − 1)σ ′′ . 2

(2.152)

A equação fica da seguinte forma: d 2 y 2 − sτ (a + 1/s) dy λn + + y = 0. ds2 s ds s2

(2.153)

Como sabemos, a substituição y = φ (s)u leva a equação hipergeométrica para uma outra equação hipergeométrica. Uma forma possível para φ (s) é 1/sn . Temos:

τ (z) = τ (a) + τ ′ (z − a),

(2.154)

⇒ τ (a + 1/s) = τ (a) + τ ′ /s.

(2.155)

Gerando a seguinte equação para u(s):   d2 2 − sτ (a + 1/s) λn d (φ u) + ) (φ u) + 2 φ u = 0. 2 ds s ds s

(2.156)

Fazendo phi = 1/sn :

φ′ =

−n , sn+1

φ ′′ = −

n(n + 1) . sn+2

(2.157)

(2.158)

2.5 Polinômios Ortogonais Clássicos

29

Logo, os seguintes termos viram: d (φ u) = φ ′ u + φ u; ds

(2.159)

d2 (φ u) = φ ′′ u + 2φ ′ u′ + φ u′′ . ds2

(2.160)

Então, 

 2 − sτ (a + 1/s) λn φ u + 2φ u + φ u + (φ ′ u + φ u′ ) + 2 φ u = 0. s s

(2.161)

 τ′ λn 2 (φ ′ u + φ u′ ) + 2 φ u = 0, − τ (a) − ⇒ φ u + 2φ u + φ u + s s s

(2.162)

′′

′′

′ ′

′′

′ ′

′′



       τ′ τ′ λn 2 ′ ′′ ′ 2 ′ φ u + −2φ + φ u + φ +φ + 2 φ u = 0. − τ (a) − − τ (a) − s s s s s (2.163) ′′

sφ ′ −sn(n + 1)sn −n(n + 1) = . = φ sn+2 s

(2.164)

O coeficiente de u’ é: Cu′ = −2n + 2sτ (a) − τ ′

(2.165)

O de u: ′′

Cu = φ + φ

′



2 τ′ − τ (a) − s s



+

λn φ. s2

(2.166)

Simplificando: 1 1 Cu = [−nτ ′ − n(n − 1)σ ′′ − 2n + n(n + 1) + nsτ (a) + nτ ′ ], s 2

(2.167)

1 Cu = [nτ (a)]. s

(2.168)

Chapter 2. Primeiro Módulo

30

A equação diferencial fica então: su′′ − [sτ (a) + τ ′ + 2(n − 1)]u′ + nτ (a)u = 0.

(2.169)

Comparando com a hipergeométrica original:

σ (s) = s,

(2.170)

τ (s) = −sτ (a) − τ ′ − 2(n − 1),

(2.171)

λn = nτ (a).

(2.172)

Sabemos que:

ρ = exp

Z 

 τ −σ′ dz (sem a constante) . σ

(2.173)

Então: I=

Z 

  Z  −sτ (a) − τ ′ − 2(n − 1) − 1 τ −σ′ dz = ds σ s

I = −sτ (a) + (−τ ′ − 2n + 1) ln s.

(2.174)

(2.175)

Portanto: ′

ρ = s−τ −2n+1 e−τ(a)s .

(2.176)

Comparando com:

ρ = zα e−z ,

(2.177)

vemos que α = τ ′ − 2n + 1 e t = τ (a)s. Os polinômios de Laguerre na forma usual são: Lnα =

z−α ez d n n+α −z [z e ]. n! dzn

(2.178)

Em outras palavras: ′

Lnα → Ln−τ −2n+1 (τ (a)s).

(2.179)

2.6 Consequências da Fórmula de Rodriguez

31

Ou seja: ′ yn (z) = Cn (z − a)n Ln−τ −2n+1



 τ (a) . z−a

(2.180)

Os polinômios do tipo hipergeométrico mais conhecidos para este caso específico (σ = (z − a)2 ) são os polinômios de Bessel, onde:

σ = z2 , τ = 2(z + 1), ρ (z) = e−2/z . Sabemos que a fórmula de Rodriguez é dada por:

yn (z) =

Bn [σ n ρ ](n) . ρ (z)

(2.181)

Logo (fazendo Bn = 2−n ): yn (z) = 2−n e2/z

d n 2n −2/z [z e ]. dzn

(2.182)

Mas sabemos que:

Lnα (z) =

ez z−α d n α+n −z (z e ), n! dzn

e2/z z2n+1 −(2n+1) Ln (2z) = n!

"  # 2 1−n −2/z . e z

(2.183)

(2.184)

Combinando as duas, podemos ver que:   (−1)n n!zn −2n−1 2 . yn (z) = Ln 2n z 2.6

(2.185)

Consequências da Fórmula de Rodriguez Dada a fórmula Rodriguez:

(m)

yn

=

Amn Bn d n−m n [σ (z)ρ (z)]. σ m (z)ρ (z) dzn−m

(2.186)

Chapter 2. Primeiro Módulo

32

Onde expoentes do tipo (n) indicam a n-ésima derivada. Sabemos que:

Amn = (−1)m

m−1

∏ µkn, k=0

(2.187)

A0n = 1, µkn = µk (λ )|λ =λn = λn = λk . Como

  (n + k − 1)σ ′′ ′ µkn = −(n − k) τ + 2   n! m−1 ′ (n + k − 1)σ ′′ . ⇒ Amn = ∏ τ+ (n − m)! k=0 2

(2.188)

Logo, Bn [σ n ρ ](n) , ρ (z) A1n Bn (1) ⇒ yn = y′n = 1 [σ n ρ ](n−1) σ ρ

yn =

(2.189)

Desta forma, encontramos uma fórmula geral para se obter a primeira derivada de qualquer (m) polinômio ortogonal. Basta pegar a fórmula de Rodriguez para yn , e trocar n por n − m e ρ por ρm = σ m ρ . (α,β )

• Para o polinômio de Jacobi por exemplo, temos ( dPndz ): (α,β )

Pn

=

n (−1)n −β d −α (1 + z) (1 − z) [(1 − z)n+α (1 + z)m+β ]. 2n n! dzn

(2.190)

Onde: m = 1, σ = (1 − z)(1 + z).

(2.191)

Portanto:

ρ = (1 − z)α (1 + z)β τ = (β − α ) − (α + β + 2)z

(2.192)

⇒ τ ′ = −(α + β + 2) e σ ′′ = −2.

De modo que:    0  n! (n + k − 1)σ ′′ (n − 1)σ ′′ ′ ′ A1n = =n τ + . ∏ τ+ (n − 1)! k=0 2 2

(2.193)

2.6 Consequências da Fórmula de Rodriguez

33

Substituindo os termos:   (n − 1)(−2) , A1n = n −α − β − 2 + 2 A1n = −(α + β + n + 1)n. Sabemos que Bn = (α,β )

dPn dz

Logo:

=

A1n Bn d n−1 n (σ ρ ) σ ρ dzn−1

=

n−1 m(α + β + n + 1) −(β +1) d −(α+1) (1 + z) (1 − z) (σ n ρ ) (2.195) 2n n! dzn−2

(α,β )

dPn dz

(−1)n 2n n! .

(2.194)

(α,β )

dPn (α + β + n + 1) (α+1,β +1) (z) =− Pn−1 dz 2 • Laguerre: Sabemos que: Lnα (z) =

z−α ez d n n+α −z (z e ) n! dzn τ = −z + α − 1 σ =z

(2.196)

ρ = zα e−z Então:  ′′  ′ (n − 1)σ = −n. A1n = n τ 2 A primeira derivada é: dLnα A1n Bn d n−1 n (σ ρ ). (z) = 1 dz σ ρ dzn−1 Substituindo: −n dLnα 1 d n−1 n (σ ρ ) (z) = dz n! zα+1 e−z dzn−1 dLnα α+1 (z) = −Ln−1 (z). dz • Repetindo o procedimento para Hermite, vamos ter que: dHn (z) = 2nHn−1 (z). dz

(2.197)

(2.198)

(2.199)

(2.200)

Chapter 2. Primeiro Módulo

34

2.6.1 Expressar os yn ’s em função de yn Pela fórmula de Rodriguez: Bn+1 d n+1 [σ (z)σn (z)], ρ (z) dzn+1 → τn = τ + nσ ′ ,

yn+1 (z) =

→ [σ (z)ρν (z)]′ = τν ρn (z), Bn+1 d n Bn+1 d n ′ σ ρ ⇒ yn+1 (z) = ] ) = ([ (τn ρn ). n ρ dzn ρ dzn Seja duas funções f e g quaisquer, pela regra de Leibniz da n-ésima derivada: ( f g)(n) =

n

n!

∑ k!(n − k)! f (n−k)g(k).

(2.201)

(2.202)

k=0

Portanto:

(ρn τn )(n) =

n! n! (ρn )(n) (τn )(0) + (ρn )(n−1) (τn )(1) . n! 1!(n − 1)!

De modo que: Bn+1 n yn+1 = [τn yn − τn′ σ (z)y′n (z)], Bn λn   λn Bn ′ . yn = τn yn − σ (z)nτn′ Bn+1 yn+1

(2.203)

(2.204)

2.6.2 Relação entre os coeficientes da expansão polinomial Dada a seguinte expansão: yn = an zn + bn zn−1 + ...

(2.205)

Logo, (1)

yn = an nzn−1 + bn (n − 1)zn−2 + ..., (n−1)

⇒ yn

(n−1)

⇒ yn

= an ((n)(n − 1)...(2)(1))z + bn ((n − 1)(n − 2)...(2)(1))

(2.206)

= an n!z + bn (n − 1)!.

Por outro lado:

A(n−1)n Bn d n (σ ρ ) σ n−1 ρ dz A(n−1)n Bn d (n−1) (σ ρn−1 ) yn = σ n−1 ρ dz A(n−1)n Bn (n−1) yn = τn−1 ρn−1 . σ n−1 ρ (n−1)

yn

=

(2.207)

2.7 Funções Geratrizes

35 (n−1)

Comparando as duas representações de yn

, vemos que:

A(n−1)n Bn τn−1 = n!an z + (n − 1)!bn .

(2.208)

Derivando (ou expandindo τn−1 em torno do 0 até a primeira ordem): ′ = n!an A(n−1)n Bn τn−1

(2.209)

′ A(n−1)n Bn τn−1 . n!

an = Para bn :

A(n−1)n Bn τn−1 (0) = (n − 1)!bn A(n−1)n Bn τn−1 bn = (n − 1)!

(2.210)

bn nτn−1 (0) = ′ an τn−1 (0)

(2.211)

Combinando as duas:

2.7

Funções Geratrizes Dizemos que uma função Φ(z, y) é função geradora dos polinômios yn (z) quando: ∞

Φ(z,t) =

Bn ynt n , onde |t| é pequeno o suficiente. n=0 n!

∑

(2.212)

Por simplicidade absorvermos o termo Bn no polinômio. Logo: yn =

yn Bn

(2.213)

1 dn n (σ ρ ). ⇒ yn = ρ dzn Pela integral de Cauchy: n! yn = ρ 2π i

Z

σ n (s)ρ (s)ds . n+1 c (s − z)

(2.214)

Jogando na expansão: 1 Φ(z,t) = 2π iρ

Z

ρ (s) c s−z

"

∞

∑

n=0



σ (s)t (s − z)

n #

ds.

(2.215)

Chapter 2. Primeiro Módulo

36

Para |t| pequeno a soma da série é dada por: 1 s−z . σt = s − z − σt 1 − s−z

(2.216)

Logo: 1 Φ(z,t) = 2π iρ (z)

Z

ρ (s) ds. c s − z − σ (s)t

Pelo teorema do resíduo, temos que:   ρ (s) C−1 = , 1 − σ ′ (s)t s=η(z,t)

(2.217)

(2.218)

de modo que s deve ser solução da seguinte equação: s − z − σ (s)t = 0, |t| suficientemente pequeno. 

(2.219)

Polinômios de Legendre. Sabemos que:

Example 2.5

σ = 1 − z2 , Pn = Pn0,0 , ρ = 1.

(2.220)

Resolvendo a equação polinomial: s − z − (1 − s2 )t = 0,

s − z − t − s2t = 0,

(2.221)

ts2 + s − (z + t) = 0. Por Bhaskara: ∆ = 12 − 4(t)(−1)(z + t),

∆ = 1 + 4t(z + t) = 1 + 4tz + 4t 2 . √ −1 + ∆ ⇒s= 2t p −1 + 1 + 4t(t + z) ⇒s= (pegando a solução positiva). 2t

(2.222)

2.7 Funções Geratrizes

37

Então: Φ(z,t) =

1 | . 1 + 2st s=η(z,t)

(2.223)

Porém, ∞

Φ(z,t) =

Pn t n ∑ n=0 Bn n! ∞

Φ(z,t) =

∑ Pn(−2t)n

(2.224)

n=0

⇒

∞ 1 |s=η(z,t) = ∑ Pn (−2t)n . 1 + 2st n=0

Fazendo t →

−t 2 ,

obtemos:

∞ 1 √ = ∑ Pnt n . 1 − 2tz + t 2 n=0

(2.225)

Esta é justamente a aproximação usada na expansão multipolar: ∞ n 1 r< = ∑ n+1 Pn (cos θ ), |~r1 − ~r2 | n=0 r>

(2.226)

onde r< = min(r1 , r2 ), r> = max(r1 , r2 ) e θ é o ângulo entre ~r1 e ~r2 . Temos que: q

r12 + r22 − 2r1 r2 cos θ  r  2   r1 1 + rr2 − 2rr 2 cos θ , 1 1 r |~r1 − ~r2 | =  2   r2 1 + rr1 − 2rr 1 cos θ , 2 2

|~r1 − ~r2 | =

se r2 < r1

(2.227)

se r1 < r2

Então:

|~r1 − ~r2 | = r>

s



r< 1+ r>



−

2r< cos θ . r>

(2.228)

Logo, 1

r   θ |~r1 − ~r2 | = r> 1 + rr − 2r

∞

n r< = ∑ n+1 Pn cos θ . n=0 r>

(2.229)



Chapter 2. Primeiro Módulo

38 

Example 2.6

Polinômios de Laguerre:

Bn = 1/n!, τ = −z + α − 1, σ = z,

(2.230)

ρ = zα e−z . Calculado a equação polinomial: s − z − st = 0, s(1 − t) − z = 0, z ⇒s= . 1−t

(2.231)

A função geratriz é então:

ρ (s) . | 1 − σ ′ (s)t s=η(z,t)

Φ(z,t) =

(2.232)

Calculando os termos:

σ ′ = 1, ρ (s) =



z 1−t

α

exp (−z/1 − t),

⇒ Φ(z,t) = zα (1 − t)α−1 exp (z/1 − t)

(2.233)

∞

Φ(z,t) =

∑ n!Lnα t n. n=0 



Example 2.7

De forma totalmente análoga, podemos fazer para Hermite. A função geratriz

é então: exp 2zt − t 2 =

∞

tn

∑ Hn(z) n!

(2.234)

n=0



2.8

Ortogonalidade dos Polinômios do Tipo Hipergeométrico Theorem 2.8.1

Seja ρ (x) tal que satisfaça:

σ (x)ρ (x)xk |x=a,b = 0 (k=0,1...),

(2.235)

2.8 Ortogonalidade dos Polinômios do Tipo Hipergeométrico

39

em que os pontos a e b são os endpoints do intervalo (a, b). Então: Z b a

yn (x)ym (x)ρ (x)dx = 0 (λm 6= λn ),

(2.236)

em que ρ (x) é o peso. Proof. Considere: [σ ρ y′n ]′ + λn ρ yn = 0,

(2.237)

[σ ρ y′m ]′ + λm ρ ym = 0. Multiplicando ym na primeira equação e yn na segunda: ym [σ ρ y′n ]′ + λn ρ yn ym = 0,

(2.238)

yn [σ ρ y′m ]′ + λ ρ ym yn = 0. Então: ym [σ ρ y′n ]′ + λn ρ yn ym − yn [σ ρ y′m ]′ − λm ρ ym yn = 0, d [σ ρ w(ym , yn )] + ρ yn ym (λn − λm ) = 0. dx

(2.239)

Onde w(ym , yn ) é o Wronskiano. Integrando no intervalo (a, b):

σ ρ w(ym , yn )|ba + (λn − λm )

Z b a

ρ yn ym dx = 0.

(2.240)

Por construção, se λn 6= λm , então: Z b a

ρ yn ym dx = 0.

(2.241)  (k)

Para a k-ésima derivada de yn (x), yn (x), temos: Z b (k) a

(k)

2 yn (x)ym (x)ρk (x)dx = δmn dkn .

(2.242)

2 em termos de d 2 = d 2 . Como, Vamos agora expressar dkn n 0n

d (k+1) (k) [ρk+1 yn ] + µkn ρk yn = 0, dx

(2.243)

Chapter 2. Primeiro Módulo

40 (k)

multiplicando por yn temos: (k)

yn

d (k+1) (k) [ρk+1 yn ] + µkn ρk [yn ]2 = 0. dx

(2.244)

Integrando em (a, b): Z b (k) d

yn

a

(k+1)

dx

[ρk+1 yn

]dx +

Z b a

(k)

µkn ρk [yn ]2 dx = 0

Z b Z b (k+1) 2 (k+1) (k) b (k) ρk+1 yn ρk [yn ]2 dx = 0 ] ρk+1 dx + µkn yn |a − [yn a

(2.245)

a

2 2 . ⇒ d(k+1)n = µkn dkn

Por indução podemos provar que: 2 dmn

m−1

= dn2

∏ µkn, k=0 m−1

(2.246)

2 ⇒ dn2 = dmn / ∏ µkn . k=0

Desta forma, é possível encontrar a constante de normalização de qualquer polinômio ortogonal. Uma vez que: ynn (x) = n!an , 2 dnn 

= (n!an )

Example 2.8

2

Z b

σ n ρ dx.

(2.247)

a

Para Lnα (x):

σ =x ρ = xα e−x τ = −x + α − 1 1 Bn = n! a=0 b=∞

(2.248)

Temos que: 2 dnn

2

= (n!an )

Z ∞ 0

xα+n e−x dx.

(2.249)

2.9 Algumas Propriedades dos Polinômios Ortogonais

41

Por outro lado, sabe-se que: Γ(t) =

Z ∞ 0

xt−1 e−x dx.

(2.250)

Combinando as duas expressões: Z ∞ 0

xα+n e−x dx = Γ(α + n + 1),

2 ⇒ dmn = (n!an )2 Γ(α + n + 1),

⇒ dn2 =

(2.251)

)2

(n!an Γ(α + n + 1). ∏m−1 k=0 µkn

Sabemos que: an =

An−1,n Bn τn−1 . n!

(2.252)

Logo, dn2 =

′ )2 (n!An−1,n Bn τn−1 Γ(α + n + 1), (n!)2 An−1,n ′2 An−1,n τn−1 dn2 = Γ(α + n + 1). (n!)2

(2.253)

Por outro lado, n−1 

An−1,n = ∏

k=0

⇒ dn2 =

 n−1 1 ′′ −1 + (n + k − 1)σ = ∏ (−1) = 1, 2 k=0

1 Γ(α + n + 1). n!

(2.254)

(2.255) 

2.8.1 Tabelas dos polinômios O procedimento pode ser repetido para qualquer um dos três tipos de polinômio. Os resultados foram compilados em três tabelas, Jacobi 2.1, Laguerre 2.2 e Hermite 2.3. 2.9

Algumas Propriedades dos Polinômios Ortogonais Vamos considerar Z b a

pn (x)pm (x)ρ (x)dx = 0

(2.256)

Chapter 2. Primeiro Módulo

42 (α ,β )

(α > −1, β > −1) (-1,1) (1 − x)α (1 + x)β 1 − x2 β − α − (α + β + 2)x n(n + α + β + 1)

Pn (a, b) ρ(x) σ (x) τ(x) λn Bn an

(−1)n 2n n! Γ(2n+α +β +1) n 2 (n−1)!Γ(n+α +β1 ) (α −β )Γ(2n+α +β ) 2n (n−1)!Γ(n+α +β +1) 2α +β +1 Γ(n+α +1)Γ(n+β +1) n!(2n+α +β +1)Γ(n+α +β +1)

bn dn2

Table 2.1: Todos os resultados envolvendo Jacobi Lnα (x) (a, b) ρ σ (x) τ(x) λn Bn an bn dn2

(α > −1) (0, ∞) xα e−x x 1+α −x n

1 n! (−1)n n! (−1)n−1 (n+α ) (n−1)! Γ(n+α +1) n!

Table 2.2: Todos os resultados envolvendo Laguerre

para m diferente de n. Utilizando essa propriedade vamos expandir polinômios arbitrários utilizando polinômios ortogonais. Seja agora qn (x) um polinômio de grau n. Podemos ter a seguinte combinação linear n

qn (x) =

∑ ckn pk (x).

(2.257)

k=0

Usando 2.257 podemos mostrar que n−1

qn−1 (x) =

∑ ck,n−1 pk (x).

(2.258)

k=0

Utilizando 2.257 e 2.258 chegamos em: qn (x) − cnn pn (x) = qn−1 (x).

(2.259)

Os coeficientes ckn são obtidos da seguinte forma. Seja n

qn (x) =

∑ ckn pk (x). k=0

(2.260)

2.9 Algumas Propriedades dos Polinômios Ortogonais Hn (x) (a, b) ρ(x) σ (x) τ(x) λn Bn an bn dn2

43

(−∞, ∞) 2 e−x 1 −2x 2n (−1)n 2n 0√ n 2 n! π

Table 2.3: Todos os resultados de Hermite

Fazendo o produto interno com pk (x) dos dois lados obtemos: Z b a

qn (x)pk (x)ρ (x)dx =

n Z b

∑

k=0 a

ckn pk (x)pk (x)ρ (x)dx,

(2.261)

onde usamos a expansão de um polinômio q(x) qualquer. Fazendo a integral do lado direito da igualdade igual a dk2 (exceto o termo ckn ), obtemos: Z b a

qn (x)pk (x)ρ (x)dx = cnk dk2 .

(2.262)

Resolvendo para cnk obtemos 1 cnk = 2 dk

Z b a

qn (x)pk (x)ρ (x)dx,

(2.263)

onde dk2

=

Z b a

[pk (x)]2 ρ (x)dx.

(2.264)

Essas expansões feitas até agora equivalem a Z b a

pn (x)xm ρ (x)dx = 0.

(2.265)

2.9.1 Unicidade do sistema de polinômios ortogonais dada uma função peso ρ Vamos supor a seguinte expansão: n

q˜n (x) =

∑ ckn pk (x). k=0

(2.266)

Chapter 2. Primeiro Módulo

44

Sabemos que cnk = 0 para k < n, de forma que pn (x) e p˜n (x) são proporcionais. Podemos representar pn (x) pelo seguinte determinante: C0 C1 . . . Cn C1 C2 . . . Cn+1 . .. .. (2.267) pn (x) = An .. . ... . C n−1 Cn . . . C2n−1 1 x ... xn

onde An é um fator de normalização e Ck = 

ρ (x)dx são os momentos de ρ (x).

1

(− 21 ,− 12 )

Tn (x) = cn Pn n!

( 12 )n

(− 12 ,− 21 )

Pn

a

1

Vamos supor que ρ = (1 − x)− 2 (1 + x)− 2 e α = β = − 21 . Então:

Example 2.9

onde cn =

Rb

(2.268)

(x),

. Para provar essa relação, primeiramente sabemos da seguinte relação: n

(x) =

∑ ak xk .

(2.269)

k=0

Mas o termo an é dado por  n−1  n + k + 1 ′′ ′ an = Bn ∏ τ + σ . 2 k=0

(2.270)

Mas τ ′ = −(α + β + 2) e σ ′′ = −2. Então obtemos n−1

n−1

an = Bn ∏ (−1 − n − k + 1) = Bn ∏ −(n + k).

(2.271)

k=0

k=0

Utilizando o valor de Bn da tabela 2.1, obtemos an =

Γ(2n)

.

(2.272)

Γ(2n) . 2n n!Γ(n)

(2.273)

2n n!Γ(n)

Mas sabemos que: 2n−1 = cn

Resolvendo para cn encontramos: 22n−1 n!Γ(n) . cn = Γ(2n)

(2.274)

Utilizando a identidade √ π Γ(2z) 2z−1
, 2 Γ(z) = Γ z + 12

(2.275)

2.9 Algumas Propriedades dos Polinômios Ortogonais

obtemos a seguinte forma simplificada para cn :
Γ 21
. cn = n! Γ n + 21

45

(2.276)

Então cn é dado da forma n!
. 1

cn =

(2.277)

2 n

Finalmente temos que: n! (− 12 ,− 12 )
Pn . 1

Tn (x) =

(2.278)

2 n



2.9.2 Relações de recursividade Todos os polinômios ortogonais satisfazem uma relação de recursividade do tipo xpn (x) = αn pn+1 (x) + βn pn (x) + γn pm−1 (x),

(2.279)

onde αn , βn e γn são constantes. Vamos provar essa relação. Proof. Seja n+1

xpn =

∑ ckn pk (x),

(2.280)

k=0

onde sabemos que 1 ckn = 2 dk

Z b a

pk (x)xpn (x)ρ (x)dx.

(2.281)

Como xpk tem grau k + 1, vemos que ckn = 0 quando k + 1 < n. Então podemos escrever o somatório na seguinte forma: xpn = cn+1,n pn+1 + cnn pn + cn−1,n pn−1 .

(2.282)

Fazendo αn = cn+1,n , βn = cnn e γn = cn−1,n , obtemos xpn = αn pn+1 + βn pn + γn pn−1 .

(2.283)

Mas sabemos que pn (x) = an xn + bn xn−1 + . . .

(2.284)

e ckn dk2

=

Z b a

pk (x)xpn (x)dx.

(2.285)

Chapter 2. Primeiro Módulo

46

2 Utilizando γn e fazendo k = n−1 temos que cn−1,n dn−1 = cn,n−1 dn2 . Com isso então obtemos

γn =

dn2 2 dn−1

!

(2.286)

cn,n−1 .

Mas αn = cn+1,n . Fazendo então αn−1 = cn,n−1 encontramos ! dn2 γn = αn−1 . 2 dn−1

(2.287)

De forma análoga, podemos chegar nos valores de α e β . Encontramos então os seguintes valores finais: an αn = , (2.288) an+1

βn =

bn bn+1 , − an an+1

(2.289)

γn =

an−1 dn2 . 2 an dn−1

(2.290)

A demonstração está então terminada.



2.9.3 A fórmula de Darboux- Christoffel Seja agora (2.291)

xpn = αn pn+1 + βn pn + γn pn−1 , onde fazemos

γn =

dn2 2 dn−1

!

(2.292)

αn−1 .

Substituindo 2.292 em 2.291 encontramos xpk (x) = αk pk+1 (x) + βk pk (x) +

dk2 2 dk−1

!

αk−1 pk−1 (x).

Reescrevendo 2.293 em função de uma nova variável y obtemos ! dk2 ypk (y) = αk pk+1 (y) + βk pk (y) + αk−1 pk−1 (y). 2 dk−1

(2.293)

(2.294)

2.9 Algumas Propriedades dos Polinômios Ortogonais

47

Multiplicando 2.293 por pk (y) e 2.294 por pk (x), depois dividindo cada equação por dk2 e subtraindo as duas chegamos em pk (x)pk (y) = Ak (x, y) − Ak−1 (x, y), dk2

(x − y)

(2.295)

onde Ak (x, y) =

αk [pk+1 (x)pk (y) − pk (x)pk+1 (y)] . dk2

(2.296)

Somando de k = 0 até k = n: n

pk (x)pk (y) = An (x, y). dk2 k=0

(x − y) ∑

(2.297)

Essa é então a fórmula de Darboux- Christoffel. 2.9.4 Propriedades dos zeros Seja

qx =



1 ∏kj=1 (x − x j )

k = 0, 0 < k 6 n.

(2.298)

Onde x j são os zeros de qk (x). x j são os pontos onde pn (x) muda de sinal. O produto pn (x)qk (x) não muda de sinal para x ∈ (a, b). então: Z b a

pn (x)qk (x)dx 6= 0.

(2.299)

Desse resultado se segue que k = n. 2.9.5 Paridade de polinômios de acordo com a paridade da função peso Seja pn (x) polinômios ortogonais em (−a, a) com uma função peso ρ (x) par. Substituindo −x no produto interno de pn e Pm temos: Z a

−a

pn (−x)pm (x)ρ (x)dx = 0,

(2.300)

para m 6= n. Como ρ (x) define unicamente os polinômios a menos de uma constante, pn (−x) = cn pn (x). Comparando os termos principais vemos que cn = (−1)n . Com esse desenvolvimento podemos mostrar que: Hn (−x) = (−1)n Hn (x),

(2.301)

Pn (−x) = (−1)n Pn (x),

(2.302)

Chapter 2. Primeiro Módulo

48

onde 2.302 é um caso especial de (α,β )

Pn

(α,β )

(−x) = (−1)n Pn

(2.303)

(x).

Vamos fazer agora pn (−x) = (−1)n pn (x).

(2.304)

Temos então an (−x)n + an−1 (−x)n−1 + · · · = (−1)n (an xn + an−1 xn−1 + . . . ).

(2.305)

Podemos ver que pn (x) terá apenas potências pares. De forma análoga, quando n é ímpar, pn (x) terá apenas potências ímpares. Por causa disso podemos fazer p2n = sn (x2 ) e p2n+1 = xtn (x2 ). Seja agora a seguinte integral I=

Z a

−a

p2n (x)p2m (x)ρ (x)dx =

Z a

−a

sn (x2 )sm (x2 )ρ (x)dx.

(2.306)

A integral do lado direito da igualdade se torna: I=2

Z a 0

sn (x2 )sm (x2 )ρ (x)dx.

Fazendo ξ = x2 , d ξ = 2xdx temos: p Z a2 ρ( ξ ) sn (ξ )sm (ξ ) p d ξ = 0, I= 0 ξ

(2.307)

(2.308)

quando n 6= m. Portanto os polinômios sn (x) são ortogonais em (0, a2 ) com peso ρ1 (x) = √ ρ(√ x) 2 ) com peso ρ = √xρ (x). Usando . De forma análoga t (x) são ortogonais em (0, a n 2 x esses resultados, podemos provar as seguinte relações para os polinômios de Laguerre e Hermite: −1

H2n (x) = (−1)n 22n n!Ln 2 (x2 ),

1

H2n+1 (x) = (−1)n 22n+1 n!xLn2 (x2 ).

(2.309)

(2.310)

De 2.309 e 2.310 podemos tirar as seguinte relações: H2n (0) =

(−1)n (2n)! , n!

H2n+1 (0) = 0.

(2.311)

(2.312)

2.9 Algumas Propriedades dos Polinômios Ortogonais

49

2.9.6 Expansão de funções em séries de polinômios ortogonais clássicos Em aplicações é importante encontrar números an , correspondendo à função f (x), que minimizam o seguinte desvio médio quadrático: mN =

Z b a

"

#2

N

f (x) − ∑ an yn (x) n=0

(2.313)

ρ (x)dx,

onde yn são funções ortogonais em (a, b) com peso ρ (x) ≥ 0 e f (x) satisfaz Z b

f (x)2 ρ (x)dx < ∞.

(2.314)

a

Como os yn são ortogonais, podemos escrever 2.313 na seguinte forma: mN =

Z b a

N

N

n=0

n=0

f (x)2 ρ (x)dx + ∑ (an − cn )2 dn2 − ∑ c2n dn2 .

(2.315)

Fica claro que o mínimo de mN acontece quando an = cn . Então temos ∆N = min(mN ) =

Z b a

2

N

f (x) ρ (x)dx − ∑ c2n dn2 .

(2.316)

n=0

Como ∆N ≥ 0, temos que existe um limite não negativo limN→∞ ∆N , e então a série em 2.316 converge. Então chegamos no importante resultado N

∑ n=0

c2n dn2

≥

Z b

f (x)2 ρ (x)dx.

(2.317)

a

Essa é a famosa desigualdade de Bessel. Se consideramos então o caso onde limN→∞ ∆N = 0, a equação 2.317 se torna: N

∑ c2ndn2 = n=0

Z b

f (x)2 ρ (x)dx.

(2.318)

a

A equação 2.318 é a famosa igualdade de Parseval. A série ∑ cn yn (x) é chamada de série de Fourier de f (x). Os cn são chamados de coeficientes de Fourier. Se a igualdade de Parseval é satisfeita para todo f (x) que é quadrado integrável (satisfaz 2.314) então o sistema yn é chamado completo. Uma condição necessária para a completude do sistema yn é que se Z b a

f (x)yn (x)ρ (x)dx = 0

(2.319)

para todo n que seja natural, então isso implica em f (x) = 0 para todo x pertencendo ao intervalo [a, b].

Chapter 2. Primeiro Módulo

50

2.9.7 Fechamento de sistemas de polinômios ortogonais Nesta seção vamos mostrar que o sistema pn é fechado com respeito à funções contínuas f (x) se ρ (x) é contínuo no intervalo [a, b] e existe uma constante c0 > 0 tal que Z b a

eC0 |x| ρ (x)dx < ∞.

(2.320)

Para isso, vamos considerar uma função f (x), contínua em [a, b], que seja quadrado integrável e que também satisfaça Z b a

f (x)yn (x)ρ (x)dx = 0

(2.321)

para todo n que seja natural. Vamos considerar também a seguinte função definida em forma de integral: F(z) =

Z b

eixz f (x)ρ (x)dx,

(2.322)

a

onde z é uma variável complexa na linha |Im(x)| ≤ C, com C < C20 . Vamos primeiro mostrar que F(z) é analítica em |Im(x)| ≤ C. Para isso temos |eixz f (x)ρ (x)| ≤ e|ixIm(z)| | f (x)|ρ (x) ≤ e

C0 |x| 2

| f (x)|ρ (x).

(2.323)

Então sabemos que F(z) converge uniformemente se Z b

e

C0 |x| 2

a

(2.324)

| f (x)|ρ (x)dx

converge. Usando a desigualdade de Schwarz (u, v)2 ≤ (u, u) · (v, v), temos: s Z b

e

C0 |x| 2

a

f (x)ρ (x)dx ≤

Z b a

eC0 |x| ρ (x)dx

Z b

f (x)2 ρ (x)dx < ∞.

(2.325)

a

Vemos então que F(z) converge. F(z) vai ser analítico em |z| ≤ C. Por causa disso podemos fazer a seguinte expansão em Taylor de F(z): ∞

F(z) =

∑ F (n)(0) n=0

zn , n!

(2.326)

onde |z| ≤ C. Fazendo a derivada de F(z) temos dF = dz

Z b

(ix)eixz f (x)ρ (x)dx.

(2.327)

a

Fazendo essa derivada n vezes: F

(n)

=

Z b a

(ix)n eixz f (x)ρ (x)dx.

(2.328)

2.10 Funções do Segundo Tipo

51

Vamos então que F

(n)

(0) =

Z b

(ix)n f (x)ρ (x)dx.

(2.329)

a

Fazendo agora a expansão de (ix)n em termos dos polinômios pk (x), temos (ix)n =

n

(2.330)

∑ ckn pk (x). k=0

Substituindo essa expressão de (ix)n na forma integral de F (n) (0) obtemos F

(n)

n

(0) =

∑ ckn k=0

Z b a

pk (x) f (x)ρ (x)dx = 0,

(2.331)

por causa de f (x). Isso mostra que F (n) (0) = 0 e também que F(z) = 0 no disco |z| ≤ C. Pelo princípio da continuação analítica temos finalmente que F(z) =

Z ∞

−∞

eixz f (x)ρ (x)dx,

(2.332)

se pegamos f (x)ρ (x) = 0 para valores fora do intervalo I = [a, b]. 2.10

Funções do Segundo Tipo

2.10.1 Representações integrais Seja Cn y(z) = ρ (z)

Z

σ n ρ (s) ds, n+1 C (s − z)

(2.333)

onde o contorno C é escolhido de forma que o termo de superfície seja zero (ele vem da integração por partes). Temos também que Cn =

Bn n! . 2π i

(2.334)

Quando z não pertence ao intervalo [a, b], outra possibilidade é pegar C como um seguimento n n! de linha que conecta os pontos a e b. Com Cn = B2πi , a solução é uma função do segundo tipo, denotada por Qn (z): Bn n! Qn (z) = ρ (z)

Z b σ n ρ (s) a

(s − z)n+1

ds.

(2.335)

Vamos integrar por partes usando a seguinte substituição: u = σ n ρ (s), ds . dv = (s − z)n+1

(2.336)

Chapter 2. Primeiro Módulo

52

Com essa substituição, a integral 2.335 fica na seguinte forma: Bn (n − 1)! ρ (z)

Qn (z) =

Z b (σ n ρ (s))′ a

(s − z)n

(2.337)

ds.

Seguindo esse mesmo processo, integrando 2.335 n vezes obtemos a seguinte expressão para Qn (z): Bn ρ (z)

Qn (z) =

Z b (σ n ρ (s))(n)

(s − z)

a

(2.338)

ds.

Usando a fórmula de rodrigues para yn (z) temos Bn d n n [σ (z)ρ (z)] , ρ (z) dzn

yn (z) =

(2.339)

a qual podemos escrever na seguinte maneira: yn ρ dn n σ ρ (z)] = (z) [ . dzn Bn

(2.340)

Substituindo essa relação em 2.338 obtemos: 1 ρ (z)

Qn (z) =

Z b yn (s)ρ (s)

(s − z)

a

Fazendo agora 1 Qn (z) = ρ (z)

Z

a

b

(2.341)

ds.

yn (s)ρ (s) ds + (s − z)

Z b yn (z)ρ (s) a

(s − z)

ds −

Z b yn (z)ρ (s) a

(s − z)

podemos escrever da seguinte forma: Z b  Z b [yn (s) − yn (z)] ρ (s) ρ (s) 1 Qn (z) = ds + yn (z) ds . ρ (z) a (s − z) a (s − z)

 ds ,

(2.342)

(2.343)

Sabemos que a primeira integral do lado direito é τn (z). Podemos então escrever τn (z) da seguinte maneira:

τn (z) =

Z b pn (s)ρ (s) a

onde temos que qn (z) =

(s − z)

Z b pn (s)ρ (s) a

(s − z)

ds − pn (z)

Z b ρ (s) a

(s − z)

ds = qn (z) −

ds.

1 pn (z)q0 (z), a0

(2.344)

(2.345)

Então podemos escrever Qn (z) da seguinte forma: Qn (z) =

τn (z) yn (z) + q0 (z). ρ (z) y0 (z)

(2.346)

Vemos então que as singularidades de Qn (z) são determinadas pelo comportamento de ρ (z) e q0 (z).

2.10 Funções do Segundo Tipo

53

2.10.2 Fórmula assintótica Seja Qn (z) =

1 ρ (z)

Z b yn (s)ρ (s)

(s − z)

a

(2.347)

ds.

Considerando |z| grande fazemos 1 = s−z z

s z

Mas sabemos que

1 1
.
=− −1 z 1 − zs

(2.348)

∞  k 1 s =∑ . s − z k=0 z

(2.349)

Podemos excrever a soma do lado direito da seguinte forma:  k p  k   p+1 ∞  k s s s s ∑ z . ∑ z =∑ z + z k=0 k=0 k=0 ∞

(2.350)

Ou seja:  k p  k   p+1 s s s ∑ z =∑ z + z k=0 k=0 ∞

1 1 − sz

!

(2.351)

.

Ou seja: 1 1
− s = −z z 1− z

"

 k   p+1 s s ∑ z + z k=0 p

1 1 − zs

!#

(2.352)

,

onde finalmente chegamos na expressão   1 s p+1 1 p s k + =− ∑ . s−z z k=0 z (s − z)z p+1

(2.353)

Multiplicando 2.353 por yn (s)ρ (s) obtemos   s p+1 yn (s)ρ (s) yn (s)ρ (s) 1 p s k =− ∑ yn (s)ρ (s) + . s−z z k=0 z (s − z)z p+1

(2.354)

Integrando no intervalo [a, b]: Z b yn (s)ρ (s) a

s−z

p

=−∑

k=0 z

1 k+1

Z b a

k

s yn (s)ρ (s)ds +

1 z p+1

Z b p+1 s yn (s)ρ (s) a

(s − z)

ds.

(2.355)

Chapter 2. Primeiro Módulo

54

Então obtemos p

ρ (z)Qn (z) = − ∑

k=n

1 zk+1

Z b a

sk yn (s)ρ (s)ds +

R p (z) , z p+1

(2.356)

onde R p (z) =

Z b p+1 s yn (s)ρ (s)

(s − z)

a

(2.357)

ds.

Abrindo a soma de Qn (z) temos 1 Qn (z) = ρ (z)



−

1 zn+1

Z b a

n+1

s

yn (s)ρ (s)ds + · · · +

1 z p+1

Z b a

 R p (z) s yn (s)ρ (s)ds + p+1 . z (2.358) p

Fazendo z tender ao infinito e considerando que |R p (z)| é limitado, temos    1 1 dn2 Qn (z) = − . 1+O n+1 an ρ (z)z z 2.11



(2.359)

Relações de Recursão e Fórmulas de Diferenciação Seja Qn (z) =

Bn n! ρ (z)

Z b n σ (s)ρ (s)ds a

(s − z)n+1

(2.360)

.

Como Qn e yn diferem apenas pela constante 1/2π i e pelo contorno, Qn e yn devem satisfazer as mesmas relações de recorrência zQn (z) = α Qn+1 (z) + βn Qn (z) + γn Qn−1 (z) (n ≥ 1),   λn ′ Bn ′ σ (z)Qn (z) = ′ τn (z)Qn (z) − Qn+1 (z) . nτn Bn+1

(2.361)

Para obter a derivada de Qn (z), primeiramente sabemos que cn yn (z) = ρ (z)

Z

σ n (s)ρ (s)ds e y′n (z) = n+1 C (s − z)

(1) R σ n (s)ρ(s)ds Cn σ (z)ρ(z) C (s−z)n .

(2.362)

Como Qn (z) satisfaz as mesmas relações de recorrência que yn (z), podemos facilmente calcular a derivada Q′n (z). Temos Z

Bn n! b σ n (s)ρ (s) Qn (z) = ds, ρ (z) a (s − z)n+1 Z b n χn Bn n! σ (s)ρ (s)ds , Q′n (z) = σ (z)ρ (z) a (s − z)n

(2.363)

2.12 Algumas Funções Especiais Relacionadas a Q0 (z)

55

′′ onde χn = τ ′ + n−1 2 σ . Quando n = 0, temos

Q′0 (z) =

χ0 B0 σ (z)ρ (z)

Z b

(2.364)

ρ (s)ds.

a

Temos então a seguinte fórmula para Q0 (z): Q0 (z) = Q0 (z0 ) −C onde C = χ0 B0 2.12

Rb a

Z z z0

ρ (s)ds =

ds , σ (s)ρ (s)

(2.365)

χ0 d02 a0 .

Algumas Funções Especiais Relacionadas a Q0 (z) Vamos definir Bz (p, q) = Γ(a, z) =

Z z

Z ∞0 z

t p−1 (1 − t)q−1 dt,

e−t t a−1 dt,

(2.366)

Z z 2 2 erf(z) = √ e−t dt.

π

0

1. Função do segundo tipo de Laguerre Temos que, Q0 (z) = −C Fazendo C =

τ ′ d02 a0

Z z0 z

ds . σ (s)ρ (s)

(2.367)

= −Γ(α + 1), σ = x, ρ = xα e−x , temos

Q0 (z) = Qa0 (z) = Γ(α + 1) = Γ(α + 1)

Z −∞ s e z

Z −∞ z

e com −u = s e −du = ds Qα0 (z) = Γ(α + 1) · (−1) iπ

Z ∞ −z

ds (2.368)

es s−α−1 ds

e−u (−u)−α−1 du

α−1

= Γ(α + 1)e (−1)

sα+1

Z ∞ −z

e−u (−u)α−1 du

= Γ(α + 1)eiπ e−iπ e−iπα Γ(−α , −z) = Γ(α + 1)e−iπα Γ(−α , −z).

(2.369)

Chapter 2. Primeiro Módulo

56

2. Para a função do segundo tipo de Hermite 2

σ = 1, ρ = e−x , an = 2n ,

(2.370)

√ Bn = (−1)n , τ = −2x, dn2 = n! π . Temos que Q0 (z) = −C com C =

τ ′ d02 a0

Z ±∞ ds

σρ

z

(2.371)

,

√ = −2 π . Logo,

√ Z Q0 (z) = 2 π

±∞

2

es ds.

(2.372)

z

Fazemos iu = s, idu = ds. √ Z Q0 (iz) = 2 π

i∞

√ Z e ds = 2 π i s2

z

iz

∞

e

−s2

√   Z z √ 2 π Z ∞ −s2 −s2 ds = 2i π √ e ds − e ds . 2 π 0 0 (2.373)

Então, Q0 (iz) = π i [1 − erf(z)] , onde efr(z) = 2.13

(2.374)

R z −s2 √2 e ds. π 0

Equação Diferencial de Bessel e suas Soluções 1. Resolvendo a equação de Helmholtz em coordenadas cilíndricas Seja a equação de Helmholtz: ∆v + λ v = 0,

(2.375)

em coordenadas cilíndricas. Vamos considerar v independente da coordenada z ao longo do eixo. Então v = v(r, φ ) e,   1 ∂ ∂v 1 ∂ 2v ∆v + λ v = (2.376) r + 2 2 + λ v = 0. r ∂r ∂r r ∂φ Queremos ter r, φ + 2π ) = v(r, φ ). Vamos expandir v em série de Fourier, ∞

v(r, φ ) =

∑ n=−∞

vn (r)einφ .

(2.377)

2.13 Equação Diferencial de Bessel e suas Soluções

57

Fazendo o produto interno dos dois lados com e−inφ , Z π

−π

v(r, φ )e

1 vn (r) = 2π

−inφ

Z π

−π

d φ = vn (r) −inφ

v(r, φ )e

Z π

−π

einφ e−inφ d φ , (2.378)

dφ .

Seja agora,   1 ∂ ∂v 1 ∂ 2v r + 2 2 + λ v = 0. r ∂r ∂r r ∂φ

(2.379)

Integrando de −π a π com o peso e−inφ , temos

1 ∂ v ∂ 2v 1 ∂ 2v + + +λv r ∂ r ∂ r2 r2 ∂ φ 2 Z Z 1 1 π ∂ v −inφ 1 π ∂ 2 v −inφ = dφ + dφ + e e r 2π −π ∂ r 2π π ∂ r 2 Z Z 1 1 π ∂ 2 v −inφ λ π −inφ e dφ + ve dφ r2 2π −π ∂ φ 2 2π −π Z 1 ′ 1 1 π ∂ 2 v −inφ ′′ e = vn + vn + 2 d φ + λ vn . r r 2π −π ∂ φ 2

0=

(2.380)

Para a integral que sobrou, temos

Z π 2 Z π ∂ v −inφ ∂ v −inφ π ∂ v −inφ e I= dφ = e e dφ . in − 2 −π ∂ φ −inφ

u=e dv =

∂φ

−inφ

, du = −ine

,

−π

π

∂φ

(2.381)

∂ 2v ∂v dφ , v = . 2 ∂φ ∂φ

Então, Z π ∂ v −inφ I = in e dφ .

∂φ , du = −ine−inφ d φ ,

−π −inφ

(2.382)

u=e ∂v d φ , v = v. dv = ∂φ Assim, I = in



Z π π −inφ ve ve−inφ d φ in − −π −π

Então a equação diferencial se torna 1 ′ 1 vv + v′′n + 2 n2 vn + λ vn = 0, r r



= −n2 vn .

(2.383)

(2.384)

Chapter 2. Primeiro Módulo

58

e multiplicando por r2 , rv′n + r2 v′′n − n2 vn + r2 λ vn = 0.

(2.385)

Fazendo a substituição u(z) = vn (r) e z =

√ λ r, temos,

z z2 r = √ , r2 = . λ λ du dr 1 = v′n = √ v′n , dz dz λ    2   2 2 1 2 ′′ d d u ′ dr ′′ dr ′ d r v = vn + vn 2 = √ vn . = dz2 dz n dz dz dz λ

(2.386)

zu′ + z2 u′′ − n2 u + z2 u = 0,

(2.387)

Logo, z2 u′′ + zu′ + (z2 − n2 )u = 0.

Vamos estudar essa equação da seguinte forma (mais geral): z2 u′′ + zu′ + (z2 − ν 2 )u = 0,

(2.388)

onde z é uma variável complexa e ν pode assumir qualquer valor real ou complexo. As soluções dessa equação são chamadas de soluções de Bessel de ordem ν . 2. Definição de Funções de Bessel do Primeiro Tipo e Funções de Hankel Seja z2 u′′ + zu′ + (z2 − ν 2 )u = 0.

(2.389)

Temos, σ = z, τ˜ = 1, σ˜ = z2 − ν 2 . Vamos fazer u = φ y. Então, u ′ = φ ′ y + φ y′ , u′′ = φ ′′ y + φ ′ y′ + φ ′ y′ + φ y′′ = φ ′′ y + 2φ ′ y′ + φ y′′ .

(2.390)

Sabemos que

π (z) =

σ ′ − τ˜ 2

±

s

σ ′ − τ˜ 2

2

− σ˜ + kσ .

(2.391)

A expressão dentro da raiz se torna ν 2 + z2 + kz. Fazendo essa equação igual a zero, tem-se

ν 2 − z2 + kz = 0,

∆ = k2 − 4(−1)ν 2 = 0 ⇒ k2 + 4ν 2 = 0.

(2.392)

2.13 Equação Diferencial de Bessel e suas Soluções

59

√ Onde vemos que k = ±2iν . Então π = ± −z2 + ν 2 ± 2iν z. Vamos considerar k = 2iν . Então p π = −z2 + ν 2 + 2iν z q (2.393) = (iz + ν )2 = ν + iz.

Para φ ,

φ′ π π dφ = ⇒ = dz, φ σ φ σ Z  π φ = exp dz , σ Z  Z ν = exp dz + i dz , z = zν eiz .

(2.394)

Temos também,

τ = τ˜ + 2π = 2iz + 2ν + 1, λ = k + π ′ (z) = 2iν + i = i(2ν + 1).

(2.395)

A equação fica da forma,

σ (z)y′′ + τ (z)y′ + λ y = 0, zy′′ + (2iz + 2ν + 1)y′ + i(2ν + 1)y = 0.

(2.396)

Uma solução particular dessa equação é y(z) =

Cµ ρ (z)

Z

σ µ ρ (s) ds, µ+1 C (s − z)

(2.397)

em que ρ (z) é solução da equação [σ (z)ρ (z)]′ = τ (z)ρ (z),

(2.398)

sendo µ a raiz da seguinte equação 1 λ + µτ ′ + µ (µ − 1)σ ′′ = 0. 2

(2.399)

O contorno de C é escolhido de forma que s σ µ+1 (s)ρ (s) 2 = 0. (s − z)µ+2 s1

(2.400)

Chapter 2. Primeiro Módulo

60

Nesse caso temos 2ν i + i + µ 2i = 0 2iµ = −2iν − i 1 µ = −ν − , 2

(2.401)

assim, ρ (z) = z2ν e2iz . Então uma solução particular da equação de Bessel é dada na forma uν (z) = φ (z)y(z), −ν −iz

= aν z

e

= aν z−ν e−iz

Z

s−ν−1/2 s2ν e2is ds, (s − z)−ν+1/2

Z

(2.402)

[s(s − z)]ν−1/2 e2is ds,

C

onde aν é uma constante de normalização e C é escolhido de tal forma que s ν+1/2 ν−3/2 2is 2 (2.403) (s − z) e = 0. s s1

Vamos fazer z > 0 e ℜ(ν ) > 3/2. Então as extremidades do contorno podem ser s1 = 0 e s2 = z. De forma alternativa, C pode ir para infinito com ℑ(s) → +∞. Temos então três possibilidades para o contorno C: ✻

✻

C2

0

C1

C0

✲

Obtemos então as três soluções da equação de Bessel: (0) uν (z) = aν z−ν e−iz (1)

(1)

uν (z) = aν e−iz (2) (2) uν (z) = aν e−iz

Z

Z

C0

[s(s − z)]ν−1/2 e2is ds,

C1

[s(s − z)]ν−1/2 e2is ds,

C2

[s(s − z)]ν−1/2 e2is ds.

Z

(2.404)

Devemos ter |arg[s(s − z)]| < π . Para a curva C0 C1 C2

(1 + t) , −1 ≤ t ≤ 1. 2 izt s = z + , 0 ≤ t < ∞. 2 izt s = , 0 ≤ t < ∞. 2 s=z

(2.405)

2.13 Equação Diferencial de Bessel e suas Soluções

61

Então as soluções se tornam s=z

(1 + t) z , ds = dt. 2 2

(2.406)

Logo,     z(1 + t) zt − z z(1 + t) z + zt −z = s(s − z) = 2 2 2 2 1 1 = (z + zt)(zt − z) = (−z2 + z2t 2 ) 4 4 2 z = (t 2 − 1). 4

(2.407)

Para a exponencial temos exp(2is) = exp[iz(1 + t)] = exp[iz + izt]

(2.408)

iz izt

=e e . Então a integral fica na seguinte forma (0)

Z

aν zν 1 (1 − t 2 )ν−1/2 eizt dt 22ν −1 Z aν zν 1 (1 − t 2 )ν−1/2 cos ztdt. = 2ν 2 −1

uν =

(2.409)

De forma análoga,  it ν−1/2 e 1+ e t dt 2 0 2 2 (2.410)   Z it ν−1/2 az nu(2)  z ν −i(z−πν/2−π/4) ∞ −zt ν−1/2 1− e t dt. e = √ 2 2 0 2

(1) aν (1) √ uν (z) = −

 z ν

i(z−πν/2−π/4)

Z ∞

−izt t−1/2



(2)

(1)

Se considerarmos as constantes de normalização sendo reais, aν = −aν e quando ν (1) (2) e z são reais, vemos que uν (z) e uν (z) são complexo conjugados. É conveniente introduzir a seguinte função que é real para z real: i 1 h (1) (2) u (z) + uν (z) . uν (z) = 2 ν

(2.411) (0)

Vamos provar que essa função é igual a uν (z) se fizermos (2)

(1)

aν = −aν = 2aν .

(2.412)

Chapter 2. Primeiro Módulo

62

Vamos fazer um contorno C que é a união de C0 , C1 e C2 . Fechando o contorno no infinito temos Z

C

[s(s − z)]

ν−1/2 2is

e ds = −

Z

C2

Z

C0

[s(s − z)]ν−1/2 e2is ds+ [s(s − z)]

ν−1/2 2is

e ds +

Z

C1

[s(s − z)]ν−1/2 e2is ds = 0. (2.413)

Substituindo as integrais: (2)

−

uν (z)zν eiz (2)

aν

(0)

(0)

(2)

(1)

u zν eiz uν zν eiz + ν + = 0, (1) aν aν (1)

(2.414)

u u u − ν + ν − ν = 0. 2aν aν 2aν h i 1 (2) (0) (1) uν = uν + uν . 2 (0)

(1)

Chamamos uν de função de Bessel do primeiro tipo Jν (z). As funções uν (z) e (2) (2) (1) uν (z) com a normalização aν = −aν = 2aν , são as funções de Hankel do primeiro (1) (2) e segundo tipo, Hν (z) e Hν (z). Então temos i 1 h (1) (2) Jν (z) = H (z) + Hν (z) . 2 ν

(2.415)

Para obter Jν (z) em forma de série de potências, primeiramente sabemos que (−1)k z2kt 2k ∑ (2k)! . k=0 ∞

cos zt =

(2.416)

Colocando a integral temos aν zν Jν (z) = 2ν 2

(−1)k z2k ∑ k=0 (2k)! ∞

Z 1

−1

(1 − t 2 )ν−1/2t 2k dt.

(2.417)

Para a integral, sabemos que a função β é dada por

β (u, v) =

Z 1 0

t u−1 (1 − t)v−1 dt,

(2.418)

e temos, no caso, a seguinte integral I=2

Z 1 0

t 2k (1 − t 2 )ν−1/2 dt.

(2.419)

2.13 Equação Diferencial de Bessel e suas Soluções

63

Fazendo t ′ = t 2 , dt ′ = 2tdt, obtemos I= =

Z 1 ′2k t

t

0

Z 1 ′k t 0

(1 − t ′ )ν−1/2 dt ′ ,

t ′1/2

′ ν−1/2

(1 − t )

(2.420)

′

dt .

Passando a notação para t novamente, I= Agora,  Então,

Z 1 0

t k−1/2 (1 − t)ν−1/2 dt.

(2.421)

u − 1 = k − 1/2 ⇒ u = k + 1/2, v − 1 = ν − 1/2 ⇒ v = ν + 1/2.

(2.422)

 Γ(k + 21 )Γ(ν + 12 ) 1 1 I = β k + ,ν + = . 2 2 Γ(k + ν + 1)
√ Mas Γ k + 12 = 2πΓ(2k) 2k−1 k! . Logo,
√ π (2k)! Γ ν + 12 . I = 2k 2 k!Γ(k + ν + 1) 

(2.423)

(2.424)

Assim Jν (z) assume a seguinte forma
ν+2k   aν √ 1 ∞ (−1)k 23 Jν (z) = ν π Γ ν + ∑ k!Γ(ν + k + 1) . 2 2 k=0

(2.425)

Escolhendo aν de forma que   1 aν √ πΓ ν + =1 2ν 2

(2.426)

Obtém-se que


ν+2k (−1)k 32 . Jν (z) = ∑ k=0 k!Γ(ν + k + 1) ∞

(2.427) (1)

(2)

Usando o valor de aν escolhido, podemos reescrever Jν , Hν e Hν da seguinte forma 2ν
. π Γ ν + 21  ν Z 1 1 3
(1 − t 2 )ν−1/2 cos ztdt. Jν (z) = √ 2 π Γ ν + 12 −1 aν = √

(2.428)

Chapter 2. Primeiro Módulo

64

De forma análoga, r (1) Hν (z) = (2)

2 zν ei(z−πν/2−π/4)
π Γ ν + 21

(1)∗

Hν (z) =Hν

Z ∞ 0

−zt ν−1/2

e

t



it 1+ 2

ν−1/2

dt,

(2.429)

(z).

Essas integrais são as integrais de Poisson para a função de Bessel. Fazendo t → t/z, obtemos, r   Z 2 zν ei(z−πν/2−π/4) ∞ −t ν−1/2 it ν−1/2 (1)
Hν (z) = e t 1+ , πz 2z Γ ν + 12 0 (2.430) (1)∗

(2)

Hν (z) =Hν

2.14

(z).

Propriedades Básicas das Funções de Bessel 1. Relações de Recursão e Fórmulas de Diferenciação Seja: uν (z) = aν z

−ν −iz

e

Z

C

[s(z − s)]ν−1/2 e2is ds.

(2.431)

Queremos uma relação na seguinte forma: A1 (z)u′ν (z) + A2 (z)uν (z) + A3 (z)uν−1 (z) = 0,

(2.432)

onde Ai (z) são funções racionais de z. Sabemos que P(s) = Q [(s − z)τν0 − ν0 σ ] + σ (z − s)Q′ ,

(2.433)

ou de outra forma, P(s) = ∑ Ai σ νi −ν0 (s)(z − s)µ0 −µi .

(2.434)

i

Agora, ν0 = ν − 1, µ0 = ν .

P(s) = A1 σ (z − s)0 + A2 σ (z − s)0 + A3 σ 0 (z − s) = A1 z + A2 z + A3 (z − s).

(2.435)

Temos então, A1 (z)u′ν (z) + A2 (z)uν (z) + A3 (z)uν−1 (z) = e−iz z−ν−1

Z

C

P(s)[s(z − s)]ν−3/2 e2is ds. (2.436)

Onde,     1 zs +A2 aν zs(z−s)+A3 z2 aν−1 . (2.437) P(s) = A1 aν (−ν − iz)s(z − s) + ν − 2

2.14 Propriedades Básicas das Funções de Bessel

65

A1 , A2 e A3 devem ser determinados pela seguinte condição: o d n P(s)[s(z − s)]ν−3/2 e2is = Q(s)[s(z − s)]ν−1/2 e2is , ds

(2.438)

onde Q(s) é um polinômio. Como nesse caso Q(s) é constante, vamos escolher Q(s) = aν . Dito isso, temos a seguinte equação:   1 aν−1 A1 [(−ν − iz)s(z − s) + ν − zs] + A2 zs(z − s) + A3 z2 2 aν   (2.439) 1 = 2is(z − s) + ν − (z − 2s). 2 Usando os valores de Aν correspondentes às funções de Bessel e Hankel, obtemos,   1 Aν−1 1 . (2.440) = ν− aν 2 2 A equação que determina os Ai é válida para todo s. Fazendo s = 0, A3 = s = z, A1 = − 2z . Finalmente: A2 =

−2ν . z2

2 z

e também

(2.441)

Obtemos então a seguinte relação:

ν uν (z) + u′ν (z) = uν−1 (z). z Derivando, temos:   d ν ′ uν (z) + uν (z) − uν−1 (z) = 0 dz z ν ν ′′ (z) = 0. − uν (z) + u′ν (z) + uν−1 z z

(2.442)

(2.443)

Pela equação de Bessel temos:

σ u′′ν + τ u′ν + λ uν = 0
1 uν′′ = − τ uν′ + λ uν . σ

(2.444)

Temos também que

(ν − 1) uν−1 + u′ν−1 = uν−2 , z

(2.445)

ou seja, ′ uν−1 = uν−2 −

(ν − 1) uν−1 . z

(2.446)

Chapter 2. Primeiro Módulo

66

Então, −

ν ν ′ u u + u′′ν − u′ν−1 = 0. + ν z2 z ν

(2.447)

Substituindo:      
(ν − 1) 1 ν ν ν ′ uν−1 − uν + − τ uν + λ uν − uν−2 − uν−1 = 0 − 2 uν + z z z σ z (ν − 1) ν uν+1 ν uν−1 ν 2 τ λ + − 2 uν − uν′ − uν − uν−2 + uν−1 = 0. − 2 uν + ν z z z z σ σ z (2.448) Simplificando, obtemos finalmente uν (z) − 2

(ν − 1) uν−1 (z) + uν−2 (z) = 0. z

(2.449)

Podemos chegar então nas seguintes formas: 1d ν [z uν (z)] = zν−1 , z dz  1 d  −ν − z uν (z) = z−(ν+1) uν+1 (z). z dz

(2.450)

Consequentemente,    1 d n  −ν z uν (z) = z−(ν+n) uν−n (z), z dz    1 d n  −ν − z uν (z) = z−(ν+n) uν+n (z). z dz

(2.451)

2. Continuação Analítica e Fórmulas Assintóticas (1) (2) Definimos Jν (z), Hν (z) e Hν (z) somente para z > 0 e ℜ(ν ) > 3/2. Agora seja z um ponto no semiplano ao longo de (−∞, 0), ou seja, |arg(z)| < π . Usando a representação integral das funções, podemos fazer uma continuação para maiores domínios em z e ν . Temos que,

ν−1 2 ν−1/2 cos zt ≤ eR 1 − t 2 (2.452) 1−t R

1 e a integral −1 1 − t2 Laplace na forma:

F(z) =

Z ∞ 0


δ −1

(1)

e−zt f (t)dt

com f (t) = t ν−1/2 1 ± 12 it F(z, p, q) =

Z ∞ 0

(2)

dt converge. As integrais de Hν e Hν são integrais de


ν−1/2

(2.453) . A continuação analítica da integral de Laplace é

e−zt t p (1 + at)q dt,

(2.454)

2.14 Propriedades Básicas das Funções de Bessel

67

onde vemos que p = q = ν − 1/2 e a = ±i/2. Essas funções têm a seguinte representação assintótica, quando z → ∞, ℜ(ν ) > −1/2 e |arg(z)| ≤ π − ε : "  1/2  #  k n−1 2 1 i (1,2) Hν (z) = , (2.455) e±(z−πν/2−π/4) ∑ Ck ± +0 n πz z z k=0 onde Ck = 2kΓ(ν+1/2+k) . Usando o fato de que Γ(n + 1) = nΓ(n), podemos escrever k!Γ(ν+1/2−k) Ck na seguinte forma mais simples:   2 4ν − (2l − 1)2 k ,C0 = 1. (2.456) Ck = Πl=1 8l Usando agora a equação Jν (z) =

i 1 h (1) (2) Hν (z) + Hν (z) , 2

chegamos na seguinte forma assintótica para Jν (z):     1/2 (n−1 π 1 2 Ck Jν (z) = ∑ k cos z − 2 ν − k + 2 + 0 πz k=0 z

(2.457)

eℑ(z) zn

!)

. (2.458)

3. Equações Funcionais (1) Vamos supor |ℜ(ν )| < 1/2,. Para descobrir a forma de Hν , devemos considerar essa (1) (2) função como uma combinação linear de Hν e Hν (z). Isto é, (1)

(1)

(2)

H−ν (z) = Aν Hν (z) + Bν Hν (z), onde A e B são constantes. Fazendo z → ∞ temos "  k  #  1/2 n−1 i 1 2 (1) . H−ν = ei(z+πν/2)−π/4) ∑ Ck +0 n πz z z k=0

(2.459)

(2.460)

Comparando os coeficientes, vemos claramente que Aν = eiπν e Bν = 0. Então (1)

(1)

H−ν = eiπν Hν .

(2.461)

De forma análoga, (2)

(2)

H−ν = e−iπν Hν .

(2.462)

Dessas relações, sabemos que J−ν =

i 1 h (1) (2) H−ν + H−ν . 2

(2.463)

Chapter 2. Primeiro Módulo

68

Somando as duas equações, i 1 h (1) (2) (1) (2) H + Hν + H−ν + H−ν Jν + J−ν = 2 ν (1) (2) (1) (2) 2Jν + 2J−ν = Hν + Hν + eiπν Hν + e−iπν Hν h i (1) −iπν (1) −iπν = 2Jν + e Hν + e 2Jν − Hν

(2.464)

(1) (1) = 2Jν + eiπν Hν + 2e−iπν Jν − e−iπν Hν

(1) = 2Jν 1 + e−iπν + Hν eiπν − e−iπν (1) J−ν − e−iπν Jν = i sin πν Hν .

Finalmente, (1)

Hν =

J−ν − e−iπν Jν . i sin πν

(2.465)

De forma análoga, (1)

Hν =

eiπν Jν − J−ν . i sin πν

(2.466)

3. Homeworks

Nessa seção são apresentadas questões relativas aos assuntos discorridos anteriormente. Apenas algumas contém solução. 3.1

Variável Complexa 1. Obtenha as equações de Cauchy-Riemann a partir de

∂f ∂ z¯

= 0.

Solução: Seja f = f (z), tal que z = x + iy. Temos que:

∂f ∂ f ∂x ∂ f ∂y = + = 0. ∂ z¯ ∂ x ∂ z¯ ∂ y ∂ z¯ Escrevendo x e y em função de z e z¯: (z + z¯) , 2 (z − z¯) . y= 2i De modo que: x=

1∂ f 1∂f − = 0. 2 ∂ x 2i ∂ y Abrindo f em parte complexa e real temos que f = u + iv, onde u e v dependem de x e y. Reescrevendo a equação de ∂∂ zf¯ :    ∂u ∂v 1 ∂u ∂v =0 + +i +i 2 ∂x ∂x ∂y ∂y     ∂u ∂v ∂v ∂u +i = 0. − + ∂x ∂y ∂x ∂y

Chapter 3. Homeworks

70

Os termos devem zerar de forma independente. Chegando ao resultado conhecido. 2. Encontre o jacobiano : dw ∧ d w¯ = (...)dx ∧ dy. Solução: Seja w = x + iy e w¯ = x − iy: dw = dx + idy. d w¯ = dx − idy.

Fazendo o produto exterior entre as duas ( dx ∧ dx = 0 e dy ∧ dy = 0) dw ∧ d w¯ = −idx ∧ dy + idy ∧ dx = −2idx ∧ dy. 3. Encontre o jacobiano : dw ∧ d w¯ = (...)dr ∧ d φ . Solução: Seja w = x + iy = reiφ e w¯ = x − iy = re−iφ , tal que dw = eiφ dr + ireiφ d φ , d w¯ = e−iφ dr − ire−iφ d φ .

Fazendo o produto exterior das duas, dw ∧ d w¯ = −irdr ∧ d φ + ird φ ∧ dr = −2irdr ∧ d φ . ¯ também é nula em uma região. 4. Mostrar queHse F = 0, a extensão dela (F) 5. Mostre que f (ω )d ω = ∑n res f . t 6. Calcule o Jacobiano para s = 1−t . 3.2

Funções Γ e β 1. Fazer uma análise da integrabilidade da função β (u, v) = sposta: Re(u), Re(v) > 0.

R 1 u−1 (1 − t)v−1 dt. Re0 t

Solução: Para resolver essa questão, vamos admitir como verdade que a função Γ(z) é analítica em Re(z) > 0 (recomendável demonstrar esse resultado). Podemos então usar a seguinte identidade para a função β

β (u, v) =

Γ(u)Γ(v) . Γ(u + v)

Olhando agora para a definição da função β , os valores para os quais a integral terá valor definido será u e v tais que Re(u) > 0 e Re(v) > 0. 2. Mostre que Γ(z + 1) = zΓ(z). Mostre também que β (z, 1) = 1z . Solução: Sabemos que Γ(1) = 1. Então para Γ(z + 1) temos: Γ(z + 1) =

Z ∞ 0

e−t t z dt.

3.2 Funções Γ e β

71

Essa integral pode ser resolvida fazendo por partes. Vamos fazer as seguintes substituições u = t z → du = zt z−1 dt,

dv = e−t dt → v = −e−t .

Com essas substituições obtemos então Γ(z + 1) =

Z ∞ 0

−t z

e t dt = [uv] −

Z

vdu = [−t z e−t ]∞ 0 +z

Z ∞ 0

e−t t z−1 dt.

Mas a última integral é simplesmente zΓ(z). Então chegamos que Γ(z + 1) = zΓ(z). Vamos agora calcular o valor de β (z, 1). A função β é definida pela seguinte integral

β (u, v) =

Z 1 0

t u−1 (1 − t)v−1 dt,

β (z, 1) será então β (z, 1) =

Z 1 0

t z−1 (1 − t)1−1 dt =

Z 1 0

t z−1 dt.

O integrando é um simples polinômio. Finalmente,  z 1 1 t = . β (z, 1) = z 0 z 3. Calcule o valor de Γ

1 2





e Γ n + 21 .

Solução: Usando a definição da função Γ temos que   Z∞ 1 1 Γ = e−t t − 2 dt. 2 0 1

1

Fazendo agora a substituição u = t 2 , temos que du = 12 t − 2 dt, o que implica em 1 dt = 2t 2 du. Substituindo então na integral temos que   Z∞ Z ∞ 2 1 −u2 −1 21 Γ e−u du. = 2e u t du = 2 2 0 0 √

A última integral é igual a 2π . Logo √   1 π √ =2 = π. Γ 2 2


Vamos agora calcular o valor de Γ z + 12 . Para isso vamos usar a seguinte propriedade:     1 1 2z−1 =Γ Γ(2z). 2 Γ(z)Γ z + 2 2

Chapter 3. Homeworks

72


Resolvendo para Γ z + 21 , obtemos
  Γ 21 Γ(2z) 1 Γ z+ = 2z−1 . 2 2 Γ(z) Vamos agora considerar que z é um número inteiro. Usando agora a propriedade Γ(n + 1) = n!, n inteiro, obtemos finalmente  √  1 π (2n − 1)! = 2z−1 . Γ n+ 2 2 (n − 1)!
n R z n!nz 4. Calcule Γn+1 (z), sabendo que Γn (z) = 0n 1 − 1n t z−1 dt = z(z+1)...(z+n) = ∏n n!n(z+k) . k=0 Dica: A prova por indução consiste nos seguintes passos: 1. provar a relação para o caso base (geralmente n = 0, 1); z 2. assumindo que a relação Γn (z) = ∏n n!n(z+k) é verdadeira, prove para n + 1. k=0

Solução: Pela definição temos que  Z n 1 n z−1 t dt. 1− Γn (z) = n 0 5. Considere a função digama ψ (z) =

ψ (z) = C + ln (z) −

d dz [ln (Γ)].

Sua expansão é dada por

n B2k 1 −∑ + Rn (z). 2z k=1 2kz2k

Integrando ψ em relação a z, obtemos Z

n 1 B2k ψ (z)dz = ln [Γ(z)] = B +Cz + z ln (z) − z − ln (z) + ∑ . 2k−1 2 k=1 2k(2k − 1)z

Encontre B tal que C = 0. Resposta: B = 21 ln(2π ). 6. Verifique que B2 = 61 (segundo número de Bernoulli). Solução: A função geradora para os números de Bernoulli do primeiro tipo B0 = 1, B1 = 12 : tet tn = B n et − t ∑ n! n é convergente para todo t ∈ R. Escreva o lado esquerdo na forma de inverso de série: t (−1)m t m ∑m m!

−1

=

1 (−1)m+1 t m−1 ∑m (m+1)!

.

3.3 Equação Hipergeométrica

73

Substituindo no lugar da função geradora chegamos em    (−1)mt m−1 tn ∑ m! ∑ Bn n! = 1. m n Como o produto de series convergentes converge, podemos unir os somatórios em um fazendo (k := m + n): ! k 1 B n ∑ t k ∑ (−1)k−n+1 n! (k − n + 1)! = 1 n=0 k Nota-se que o kernel da soma acima deve ser zero para todo k > 0 da mesma forma que a soma deve ser igual a 1 para todo t real. Portanto, k

Bn

1

∑ (−1)k−n+1 n! (k − n + 1)! = 0∀k > 0.

n=0

Fazendo k = 2: −

B0 B1 B2 + − = 0, 3! 2 2

de modo que, B2 = 3.3

1 1 1 − = . 2 3 6

Equação Hipergeométrica 1. Para λ 6= 0, mostre que ∃µ0 = λ de τ : σ y′′ + τ y′ + λ y = 0 e u = y′ . Solução: A n-ésima derivada da equação hipergeométrica é

σ v′′n + τn v′n + µn vn = 0 onde vn = y(n) . Sendo

µn = λ + nτ +

n(n − 1)) ′′ σ 2

e fazendo n = 0 :

µ0 = λ + 0τ +

0(0 − 1)) ′′ σ =λ 2

assim,

σ v′′0 + τ0 v′0 + µ0 v0 = 0

Chapter 3. Homeworks

74

Tendo que, v0 = y(i) = y e τn = τ + nσ ′ ⇒ τn = τ . Portanto, tem-se:

σ y′′ + τ y′ + λ y = 0. 2. Usando yν = Cρν φνν , mostre que σ y′′ν + τ yν′ + λ yν = 0. 3. Usando (σ ρν )′ = τν ρν , mostre que P(s) = Q[(s − z)τν0 − µ0 σ (s)] + (s − z)σ Q′ (s). 3.4

Polinômios Ortogonais 1. Simplifique (x)n usando as propriedades de Γ(x). Solução: Sabemos que (x)n =

Γ(x + n) . Γ(x)

Usando o fato de que Γ(z + 1) = zΓ(z), fazemos (x)n =

(x + n − 1)Γ(x + n − 1) . Γ(x)

Desenvolvendo o numerador mais uma vez, (x)n =

(x + n − 1)(x + n − 2)Γ(x + n − 2) . Γ(x)

Agora fazendo o processo n vezes, (x)n =

(x + n − 1)(x + n − 2)(x + n − 3) . . . xΓ(x) , Γ(x)

ou seja, (x)n = (x + n − 1)(x + n − 2)(x + n − 3) . . . x.

Colocando o resultado acima na forma de produtório, temos finalmente n

(x)n = ∏ (x + n − k). k=1

2. Verifique τ (z) = −z + λ + 1. 3. Compare y′n (z) =

−λn Bn d n−1 (σ n ρ ) σ (z)ρ (z) dzn−1

com y′n

Cn = σρ

I

σ n (w)ρ (w)dw . (w − z)n

3.4 Polinômios Ortogonais

75

4. Aplique

σ y′n

  −λn Bn (n + 1) = yn+1 − τn yn . nτn′ (n + 1)(Bn+1 )

nos polinomios de Jacobi, Laguerre e Hermite para encontrar as seguintes relações: dLα α+1 • dzn (z) = −Ln−1 (z), dHn • dz (z) = 2nHn−1 (z).   ′′ 5. Verifique µk (λn ) = λn − λk = −(n − k) τ ′ + n+k−1 2 σ . Solução: Sabemos que

k(k − 1)) ′′ σ , 2 k(k − 1)) ′′ µk = λ + kτ ′ + σ . 2

λk = −kτ −

Devemos fazer λ = λn na equação para µk e então chegaremos à

µk = µk (λn ), ou seja,

µk (λn ) = λn + kτ ′ +

k(k − 1)) ′′ σ . 2

Substituindo em λn

µk (λn ) = −nτ ′ −

n(n − 1) ′′ k(k − 1) ′′ σ + kτ ′ + σ , 2 2

podemos reescrever isso como

µk (λn ) = τ ′ (k − n) +

σ ′′ [k(k − 1) − n(n − 1)], 2

Mas (k − n)(n + k − 1) = k(k − 1) − n(n − 1), e de consequência     n+k−1 ′ µk (λn ) = λn − λk = −(n − k) τ + σ ′′ . 2 6. Encontre as seguintes funções geratrizes para os polinômios de Hermite e Laguerre:
−zt a n = ∑∞ • (1 − t)−a−1 exp 1−t n=0 Ln (z)t ; 2

t • exp(2zt − t 2 ) = ∑∞ n=0 Hn (z) n! .

Chapter 3. Homeworks

76

7. Verifique a ortogonalidade dos polinômios de Hermite e Laguerre. 8. Considere a fórmula geral para a constante de normalização dos polinômios, " # Z n−1  ′′  b σ (m + n − 1) σ n ρ dx. dn2 = (−1)n n! ∏ τ ′ + B2n 2 a m=0 Encontre para • Laguerre: dn2 = Γ(n+α+1) ; n! √ 2 n • Hermite: dn = 2 n! π . 9. Considere a seguinte função: Un (cos(φ )) =

sin((n + 1)φ ) . sin(φ )

Reescreva ela como uma expansão dos polinômios de Tchebyshev do segundo tipo. (−1/2,−1/2) n! Pn Dica: Seja Tn (x) = (1/2) , onde Tn (cos (φ )) = cos (nφ ). Tome a derivada n de Tn (x).

"My watch is ended." Snow, John. Momentos antes de abandonar o posto de patrulheiro (Game of Thrones).

Se este material lhe ajudou de alguma forma, por favor continue o projeto. Alguma conta está faltando? Um desenvolvimento não está muito legal? Adicione no livro! Ajude seu futuro calouro a passar nesta maravilha de matéria! 10.