ISTITUZIONI DI FISICA MATEMATICA Corso di 6 Crediti Corso di ...

dove q è un polinomio di grado n − m che non cambia segno in (a, b); dunqueq(x) ≥ 0 per x ∈ (a, b). Consideriamo il polinomio f definito daf(x) = (x − α 1 ) · · · (x − α m ).Secondo il Lemma II.1 risulta (f, p n ) = 0. In particolare,∫0 = (f, p n ) = c [(x − α 1 ) · · · (x − α m )] 2 q(x)w(x) dx,Idove la funzione sotto il segno dell’integrale è non negativa. Ciò implica chec ∫ I [(x − α 1) · · · (x − α m )] 2 q(x)w(x) = 0 quasi ovunque. Contraddizione. Siconclude pertanto che tutti gli zeri di p n appartengono ad (a, b).Per escludere l’esistenza di zeri multipli di p n , rappresentiamo p n comep n (x) = c(x − β 1 ) m1 · · · (x − β r ) mr ,dove β 1 , · · · , β r sono gli zeri distinti di p n e m 1 + · · · + m r = n. Bisognadimostrare che r = n, m 1 = · · · = m n = 1 e c > 0. Se esiste un indice jcon m j > 1, definiamo n j = 0 se m j è pari e n j = 1 se m j è dispari (cioè, sem j = 3, 5, 7, · · · ). Poi consideriamo il polinomio g definito dag(x) = (x − β 1 ) m1 · · · (x − β j−1 ) m j−1(x − β j ) n j(x − β j+1 ) m j+1· · · (x − β r ) mr .Siccome il grado di g è strettamente minore di n, si ha (g, p n ) = 0. In altreparole l’integrale∫c (x − β 1 ) 2m1· · ·(x − β j−1 ) 2m j−1(x − β j ) m j+n j(x − β j+1 ) 2m j+1· · ·(x − β r ) 2mr dx} {{ }Iespressione non negativa, poichè m j +n j è parivale zero. Quindi la funzione sotto il segno dell’integrale si annulla quasiovunque. Contraddizione. Quindi tutti gli n zeri di p n sono semplici. ✷I polinomi ortogonali soddisfano una relazione di ricorrenza a tre termini.Teorema III.3 Sia α n = (xp n+1 , p n ), c n = (xp n , p n ) e α −1 = 0. Allora(x − c n )p n (x) = α n p n+1 (x) + α n−1 p n−1 (x), n = 0, 1, 2, · · · .Inoltre, se I = (−h, h) e w è pari, allora p n (−x) = (−1) n p n (x) e c n = 0.Dimostrazione. Siccome xp n (x) è un polinomio di grado n + 1, è unacombinazione lineare di p 0 , p 1 , · · · , p n , p n+1 . Purtroppo∫(xp n , p j ) = p n (x) · xp j (x)w(x) dx = 0, j < n − 1,I83