Enunciado

29. Dado um polinômio f de grau n, é possível expressar f como uma combinação linear de P0, P1, P2, ..., Pn:

f x =   ∑ k = 0 n a k P k ( x )

Usando o resultado do Problema 28, mostre que

a k = 2 k + 1 2 ∫ - 1 1 f x P k x d x

Passo 1

Vimos no exercício anterior que esse tipo de cálculo

∫ - 1 1 f x P k x d x

É um produto interno logo ele dará zero se essas funções forem ortogonais entre si. Beleza? Vamos fazer um truque aqui para poder resolver esse problema, vamos multiplicar os dois lados da equação problema por P m e integrar

f x =   ∑ k = 0 n a k P k ( x )

∫ - 1 1 f x P m ( x ) d x =   ∑ k = 0 n a k ∫ - 1 1 P k ( x ) P m ( x ) d x

Esse produto apenas sera diferente de zero se k = m . E como nos informa o enunciado anterior, se o produto não for nulo, teremos o seguinte resultado

2 2 m + 1

Logo esse somatório

∑ k = 0 n a k ∫ - 1 1 P k x P m x d x

Terá infinitos termos nulos e apenas um único diferente de zero, no caso de k = m , assim podemos escrever o seguinte

∑ k = 0 n a k ∫ - 1 1 P k x P m x d x = a k 2 2 k + 1

Se quiséssemos ser um pouco mais rigorosos, ou dar uma resposta um pouco mais rebuscada poderíamos escrever

∑ k = 0 n a k ∫ - 1 1 P k x P m x d x = a k 2 2 k + 1 δ k m

Esse δ k m é o símbolo de delta de kronecker, que funciona assim: 0 para todo valor   k ≠ m , 1 se k =   m . E com isso nosso somatório fica explicito que somaria infinitos zeros com apenas 1 termos não nulo. O professor pira de prazer ao ver uma resposta assim. #FicaADica!!! Voltando a nossa solução, com isso nossa igualdade fica :

∫ - 1 1 f x P m ( x ) d x =   ∑ k = 0 n a k ∫ - 1 1 P k ( x ) P m ( x ) d x

∫ - 1 1 f x P m ( x ) d x =   a k 2 2 k + 1

a k = 2 k + 1 2 ∫ - 1 1 f x P m ( x ) d x

Terminamos por aqui. Te vejo na próxima resolução

: )

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

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