Considere a equação de Legendre \quad\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}(x)-2 x y^{\prime}(x)+\alpha(\alpha+1) y(x)=0, \quad onde \alpha \in \mathbb{R}, com \alpha>-1. [Note que se \alpha \leq-1 então a substituição \alpha=-(1+\gamma), com \gamma \geq 0 reproduz a mesma equação de Legendre, porém com o parâmetro \gamma.]
(a) Mostre que duas soluções da equação de Legendre para |x|<1 são
\begin{gathered} y_{1}(x)=1-\frac{\alpha(\alpha+1)}{2!} x^{2}+\frac{\alpha(\alpha-2)(\alpha+1)(\alpha+3)}{4!} x^{4} \\\\ +\sum_{m=3}^{+\infty}(-1)^{m} \frac{\alpha \cdots(\alpha-2 m+2)(\alpha+1) \cdots(\alpha+2 m-1)}{(2 m)!} x^{2 m} \\\ y_{2}(x)=x-\frac{(\alpha-1)(\alpha+2)}{3!} x^{3}+\frac{(\alpha-1)(\alpha-3)(\alpha+2)(\alpha+4)}{5!} x^{5} \\\\ +\sum_{m=3}^{+\infty} \frac{(\alpha-1) \cdots(\alpha-2 m+1)(\alpha+2) \cdots(\alpha+2 m)}{(2 m+1)!} x^{2 m+1} \end{gathered}
(b) Mostre que se \alpha é zero ou um número par positivo 2 n então a solução y_{1}(x) reduz-se a um polinômio de grau 2 n contendo apenas potências pares de x. Encontre tais polinômios para \alpha=0,2,4.
(c) Mostre que se \alpha é um número inteiro positivo ímpar 2 n+1, a solução y_{2}(x) reduz-se a um polinômio de grau 2 n+1 contendo apenas potências ímpares de x. Encontre tais polinômios para \alpha=1,3,5.
(d) O polinômio de Legendre P_{n}(x) é definido como sendo o polinômio-solução da equação de Legendre com \alpha=n que satisfaz P_{n}(1)=1. Encontre os polinômios de Legendre P_{0}(x), \cdots, P_{5}(x).

Passo 1

O enunciado dá a equação de Legendre
(1-x^{2})y''(x)-2x y'(x)+\alpha(\alpha+1)y(x)=0,
com \alpha\in\mathbb{R} e \alpha>-1. As tarefas são:
(a) mostrar que duas soluções para |x|<1 são as séries dadas y_{1}(x) (só potências pares) e y_{2}(x) (só potências ímpares);
(b) mostrar que se \alpha=2n (número par não-negativo) então y_{1} termina e dá um polinômio de grau 2n; encontrar esses polinômios para \alpha=0,2,4;
(c) mostrar que se \alpha=2n+1 (ímpar positivo) então y_{2} termina e dá um polinômio de grau 2n+1; encontrar esses polinômios para \alpha=1,3,5;
(d) definir P_{n}(x) como o polinômio solução com \alpha=n e P_{n}(1)=1 e encontrar P_{0},\dots,P_{5}.
Informações relevantes que usarei: procurar soluções em série de potências centrada em x=0, obter a recorrência entre coeficientes, separar em soluções par e ímpar e analisar quando a série termina (quando um fator do numerador da recorrência for zero).

Passo 2

Vamos procurar uma solução em série de potências centrada em 0:
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n},
onde a_{n} são constantes a determinar, e tomamos a_{0} e a_{1} como condições iniciais independentes (duas constantes livres dão duas soluções independentes). Calculemos as derivadas:
y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1},\qquad y''(x)=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n} x^{n-2}.
Substituindo na equação de Legendre:
(1-x^{2})\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_{n}x^{n-2}-2x\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n}x^{n-1}+\alpha(\alpha+1)\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n}=0.
Vamos alinhar todas as somas com potências x^{m}. Primeiro o termo (1-x^{2})y'' dá duas somas:
\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_{n}x^{n-2}\;-\;\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_{n}x^{n}.
Mudando índice na primeira soma com m=n-2 obtemos
\sum_{m=0}^{\infty} (m+2)(m+1)a_{m+2}x^{m}.
As outras duas somas já estão com potências x^{m} (trocar n por m para uniformizar):
- \sum_{m=2}^{\infty} m(m-1)a_{m}x^{m} -2\sum_{m=1}^{\infty} m a_{m}x^{m} + \alpha(\alpha+1)\sum_{m=0}^{\infty} a_{m}x^{m}=0.
Agora agrupamos todos os coeficientes de x^{m} (para m\ge 0). Para cada m\ge 0 obtemos a condição
(m+2)(m+1)a_{m+2} +\big[-m(m-1)-2m+\alpha(\alpha+1)\big]a_{m}=0.

Passo 3

Simplificamos o coeficiente entre colchetes:
-m(m-1)-2m+\alpha(\alpha+1)=-m^{2}-m+\alpha(\alpha+1) = \alpha(\alpha+1)-m(m+1).
Portanto a relação de recorrência fica
(m+2)(m+1)a_{m+2} +\big(\alpha(\alpha+1)-m(m+1)\big)a_{m}=0,
ou isolando a_{m+2},
a_{m+2}=\frac{m(m+1)-\alpha(\alpha+1)}{(m+2)(m+1)}\,a_{m}.
Podemos reescrever o numerador fatorado:
m(m+1)-\alpha(\alpha+1)=(m-\alpha)(m+\alpha+1).
Assim uma forma muito usada da recorrência é
\boxed{\,a_{m+2}=\frac{(m-\alpha)(m+\alpha+1)}{(m+2)(m+1)}\,a_{m}\,.}
Isto vale para todo m\ge 0 e relaciona coeficientes de mesma paridade (mesmo m gera m+2 e assim por diante).

Passo 4

Da recorrência vemos que os coeficientes se separam em duas sequências independentes: os a_{0},a_{2},a_{4},\dots (par) e os a_{1},a_{3},a_{5},\dots (ímpar). Logo existem duas soluções linearmente independentes: uma com a_{1}=0 (série par) e outra com a_{0}=0 (série ímpar).
Solução par y_{1}: tomar a_{0}=1 (normalização conveniente) e a_{1}=0. Aplicando a recorrência repetidamente para índices pares m=0,2,4,\dots obtemos para m=2k
a_{2(k+1)}=\frac{(2k-\alpha)(2k+\alpha+1)}{(2k+2)(2k+1)}\,a_{2k}.
Portanto, por iteração (produto), para m\ge 0,
a_{2m}= \left[\prod_{k=0}^{m-1}\frac{(2k-\alpha)(2k+\alpha+1)}{(2k+2)(2k+1)}\right] a_{0}.
Agora vamos escrever esse produto numa forma equivalente à dada no enunciado. Note que cada fator (2k-\alpha) e (2k+\alpha+1) pode ser agrupado, e o denominador \prod_{k=0}^{m-1}(2k+2)(2k+1)=(2m)!. Além disso, recolhendo termos numeradores obtemos (após reorganizar fatores) a fórmula
\boxed{\,a_{2m}=(-1)^{m}\frac{\alpha(\alpha-2)\cdots(\alpha-2m+2)\,(\alpha+1)(\alpha+3)\cdots(\alpha+2m-1)}{(2m)!}\, a_{0}\,.}
Escolhendo a_{0}=1 recuperamos exatamente a série y_{1}(x) pedida:
\begin{aligned} y_{1}(x)&=1-\frac{\alpha(\alpha+1)}{2!}x^{2}+\frac{\alpha(\alpha-2)(\alpha+1)(\alpha+3)}{4!}x^{4} \\\ &\quad +\sum_{m=3}^{\infty}(-1)^{m}\frac{\alpha\cdots(\alpha-2m+2)\,(\alpha+1)\cdots(\alpha+2m-1)}{(2m)!}x^{2m}. \end{aligned}
Solução ímpar y_{2}: tomar a_{0}=0 e a_{1}=1. Para índices ímpares m=2k+1 a recorrência dá
a_{2(k+1)+1}=\frac{((2k+1)-\alpha)((2k+1)+\alpha+1)}{(2k+3)(2k+2)}a_{2k+1}.
Iterando obtemos, para m\ge 0,
a_{2m+1}=\left[\prod_{k=0}^{m-1}\frac{(2k+1-\alpha)(2k+1+\alpha+1)}{(2k+3)(2k+2)}\right]a_{1}.
Reescrevendo o produto e simplificando o denominador \prod_{k=0}^{m-1}(2k+3)(2k+2)=(2m+1)!, obtemos a fórmula do enunciado:
\boxed{\,a_{2m+1}=\frac{(\alpha-1)(\alpha-3)\cdots(\alpha-2m+1)\,(\alpha+2)(\alpha+4)\cdots(\alpha+2m)}{(2m+1)!}\,a_{1}\,.}
Com a_{1}=1 isto dá
\begin{aligned} y_{2}(x)&=x-\frac{(\alpha-1)(\alpha+2)}{3!}x^{3}+\frac{(\alpha-1)(\alpha-3)(\alpha+2)(\alpha+4)}{5!}x^{5}\\\ &\quad +\sum_{m=3}^{\infty}\frac{(\alpha-1)\cdots(\alpha-2m+1)\,(\alpha+2)\cdots(\alpha+2m)}{(2m+1)!}x^{2m+1}. \end{aligned}
Isso conclui (a): derivamos a recorrência e mostramos as duas séries indicadas.

Passo 5

Agora explico por que as séries terminam quando \alpha é inteiro não-negativo apropriado.
Observe a forma fatorada da recorrência:
a_{m+2}=\frac{(m-\alpha)(m+\alpha+1)}{(m+2)(m+1)}a_{m}.
Se algum fator do numerador for zero para um certo m, então a_{m+2}=0 e, pela recorrência repetida, todos os coeficientes posteriores com a mesma paridade também serão zero — a série termina e passa a ser um polinômio.
(b) Caso \alpha=2n (par não-negativo): para a sequência par (solução y_{1}) considere o fator (m-\alpha) quando m=2n. Para m=2n aparece o fator (2n-\alpha)=(2n-2n)=0, isto implica que a_{2n+2}=0 e todos os coeficientes acima também são zero; logo y_{1} é um polinômio de grau 2n envolvendo apenas potências pares. Vamos encontrar os casos pedidos.
  • \alpha=0: usa-se y_{1} com a_{0}=1. O primeiro coeficiente não-nulo além de a_{0} é
a_{2}=-\frac{\alpha(\alpha+1)}{2!}=\;0,
pois \alpha=0. Assim y_{1}(x)=1 (polinômio de grau 0).
  • \alpha=2: calculamos a_{0}=1,
a_{2}=-\frac{\alpha(\alpha+1)}{2}=-\frac{2\cdot 3}{2}=-3,
e para m=2 a recorrência dá a_{4}=0 (termina). Logo
y_{1}(x)=1-3x^{2}.
  • \alpha=4: calculamos coeficientes com as fórmulas já obtidas:
a_{2}=-\frac{4\cdot 5}{2}=-10,
a_{4}=+\frac{4\cdot 2\cdot 5\cdot 7}{4!}=\frac{280}{24}=\frac{35}{3},
e a_{6}=0 (termina). Logo
y_{1}(x)=1-10x^{2}+\frac{35}{3}x^{4}.
Esses são os polinômios (não normalizados) obtidos a partir de y_{1} para \alpha=0,2,4.

Passo 6

(c) Caso \alpha=2n+1 (ímpar positivo): agora a sequência ímpar (solução y_{2}) contém no numerador o fator (m-\alpha) para certos m ímpares; em particular quando m=2n+1 o fator (2n+1-\alpha)=0, o que força a_{2n+3}=0 e termina a série ímpar. Assim y_{2} é um polinômio de grau 2n+1 contendo apenas potências ímpares. Vamos os exemplos pedidos:
  • \alpha=1: então y_{2} tem a_{1}=1 e a_{3}= -\dfrac{(\alpha-1)(\alpha+2)}{3!}=0 (pois \alpha-1=0). Logo
y_{2}(x)=x.
  • \alpha=3: calculamos
a_{1}=1,\qquad a_{3}=-\frac{(3-1)(3+2)}{3!}=-\frac{2\cdot 5}{6}=-\frac{5}{3},
e a_{5}=0 (termina). Assim
y_{2}(x)=x-\frac{5}{3}x^{3}.
  • \alpha=5: calculamos
a_{1}=1,\qquad a_{3}=-\frac{(5-1)(5+2)}{3!}=-\frac{4\cdot 7}{6}=-\frac{14}{3},
a_{5}=+\frac{(5-1)(5-3)(5+2)(5+4)}{5!}=\frac{4\cdot 2\cdot 7\cdot 9}{120}=\frac{504}{120}=\frac{21}{5},
e a_{7}=0. Logo
y_{2}(x)=x-\frac{14}{3}x^{3}+\frac{21}{5}x^{5}.
Estes são os polinômios (não normalizados) obtidos a partir de y_{2} para \alpha=1,3,5.

Passo 7

(d) Agora obteremos os polinômios de Legendre P_{n}(x), definidos como a solução polinomial com \alpha=n e normalizada por P_{n}(1)=1.
Para n par usamos y_{1} (série par que termina); para n ímpar usamos y_{2}. Para cada caso basta dividir o polinômio obtido por seu valor em x=1 para garantir P_{n}(1)=1.
  • n=0: já vimos y_{1}(x)=1 e y_{1}(1)=1. Então
P_{0}(x)=1.
  • n=1: y_{2}(x)=x e y_{2}(1)=1. Então
P_{1}(x)=x.
  • n=2: y_{1}(x)=1-3x^{2} e y_{1}(1)=1-3=-2. Para normalizar multiplicamos por -\tfrac{1}{2}:
P_{2}(x)=-\tfrac{1}{2}(1-3x^{2})=\tfrac{1}{2}(3x^{2}-1).
  • n=3: y_{2}(x)=x-\tfrac{5}{3}x^{3} e y_{2}(1)=1-\tfrac{5}{3}=-\tfrac{2}{3}. Normalizando por multiplicação por -\tfrac{3}{2} obtemos
P_{3}(x)=-\tfrac{3}{2}\Big(x-\tfrac{5}{3}x^{3}\Big)=\tfrac{1}{2}(5x^{3}-3x).
  • n=4: y_{1}(x)=1-10x^{2}+\tfrac{35}{3}x^{4}. Avaliando em x=1:
y_{1}(1)=1-10+\tfrac{35}{3}=\tfrac{8}{3}.
Multiplicando por \tfrac{3}{8} para normalizar, obtemos
P_{4}(x)=\tfrac{3}{8}\Big(1-10x^{2}+\tfrac{35}{3}x^{4}\Big)=\tfrac{1}{8}(35x^{4}-30x^{2}+3).
  • n=5: y_{2}(x)=x-\tfrac{14}{3}x^{3}+\tfrac{21}{5}x^{5}. Avaliando em x=1:
y_{2}(1)=1-\tfrac{14}{3}+\tfrac{21}{5}=\tfrac{8}{15}.
Multiplicando por \tfrac{15}{8} para normalizar, obtemos
P_{5}(x)=\tfrac{15}{8}\Big(x-\tfrac{14}{3}x^{3}+\tfrac{21}{5}x^{5}\Big)=\tfrac{1}{8}(63x^{5}-70x^{3}+15x).
Esses P_{n} são exatamente os polinômios de Legendre usuais até n=5.

Passo 8

Resumo do que foi mostrado: obtivemos a recorrência entre coeficientes de uma série de potências centrada em 0, demonstramos as duas soluções independentes y_{1} (par) e y_{2} (ímpar) com as formas dadas, argumentámos por que para \alpha inteiro não-negativo a série termina e produzia polinômios, calculámos exemplos pedidos e normalizámos para obter P_{0},\dots,P_{5}.

Resposta

(a) \begin{aligned} y_{1}(x)&=1-\frac{\alpha(\alpha+1)}{2!} x^{2}+\frac{\alpha(\alpha-2)(\alpha+1)(\alpha+3)}{4!} x^{4} \\\ &\quad +\sum_{m=3}^{\infty}(-1)^{m}\frac{\alpha\cdots(\alpha-2m+2)\,(\alpha+1)\cdots(\alpha+2m-1)}{(2m)!}x^{2m}, \end{aligned}
\begin{aligned} y_{2}(x)&=x-\frac{(\alpha-1)(\alpha+2)}{3!} x^{3}+\frac{(\alpha-1)(\alpha-3)(\alpha+2)(\alpha+4)}{5!} x^{5} \\\ &\quad +\sum_{m=3}^{\infty}\frac{(\alpha-1)\cdots(\alpha-2m+1)\,(\alpha+2)\cdots(\alpha+2m)}{(2m+1)!}x^{2m+1}. \end{aligned}
(b) Para \alpha=0,2,4 a solução y_{1} reduz-se a polinômios:
\alpha=0:\quad y_{1}(x)=1,
\alpha=2:\quad y_{1}(x)=1-3x^{2},
\alpha=4:\quad y_{1}(x)=1-10x^{2}+\frac{35}{3}x^{4}.
(c) Para \alpha=1,3,5 a solução y_{2} reduz-se a polinômios:
\alpha=1:\quad y_{2}(x)=x,
\alpha=3:\quad y_{2}(x)=x-\frac{5}{3}x^{3},
\alpha=5:\quad y_{2}(x)=x-\frac{14}{3}x^{3}+\frac{21}{5}x^{5}.
(d) Polinômios de Legendre P_{n}(x) com P_{n}(1)=1:
P_{0}(x)=1,
P_{1}(x)=x,
P_{2}(x)=\tfrac{1}{2}(3x^{2}-1),
P_{3}(x)=\tfrac{1}{2}(5x^{3}-3x),
P_{4}(x)=\tfrac{1}{8}(35x^{4}-30x^{2}+3),
P_{5}(x)=\tfrac{1}{8}(63x^{5}-70x^{3}+15x).

Exercícios relacionados