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\newtheorem{teo}{Teorema}
\newtheorem{defi}[teo]{Definizione}
\newtheorem{lem}[teo]{Lemma}
\newtheorem{cor}[teo]{Corollario}
\newtheorem{oss}[teo]{Osservazione}
\newtheorem{ese}{Esercizio}
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\begin{document}
\title{Traccia della prima parte del corso di IAN, a.a. 2015-2016}
\author{Dario A. Bini}
\maketitle

\section{Introduzione} Questo documento
contiene una traccia degli argomenti trattati 
nella prima parte del corso di Istituzioni di Analisi Numerica (IAN). La traccia degli altri argomenti trattati si trova in altri documenti che verranno caricati sul sito Moodle del corso durante lo svolgimento dell'insegnamento di IAN.\\[1ex]


Scopo dell'Analisi Numerica \`e il progetto e l'analisi di metodi di
risoluzione di vari problemi matematici mediante l'uso di sole operazioni
aritmetiche fra numeri {\em floating point}. Nel corso dell'insegnamento di
Analisi Numerica ci siamo occupati principalmente di problemi dell'algebra
lineare e del discreto quali sistemi lineari, trasformate discrete,
interpolazione. Nel corso di Calcolo Scientifico l'interesse si \`e rivolto
verso problemi spettrali (autovalori, SVD) e metodi per sistemi lineari
di grandi dimensioni provenenti dalle applicazioni. Nel corso di IAN ci occupiamo principalmente di
problemi del ``continuo''. problemi cio\`e in cui l'oggetto da ``calcolare''
\`e una funzione da $\R^n$ in $\R$ e non un vettore. La motivazione e lo scopo
saranno comunque gli stessi: progettare e analizzare metodi di risoluzione che
impieghino un numero finito di operazioni aritmetiche. Naturalmente la
finitezza del numero di operazioni comporter\`a l'impossibilit\`a di calcolare
esattamente la soluzione per cui sar\`a necessario approssimarla.

I problemi che andiamo a trattare sono:


\begin{itemize}
\item approssimazione di funzioni: data $f(x):[a,b]\subset\R\to\R$ 
determinare una $g(x)$ in una
  classe di funzioni facilmente calcolabili che meglio approssimi $g(x)$;
\item integrazione approssimata: data $f(x):[a,b]\subset\R\to\R$ approssimare
$\int_a^bf(x)dx$;
\item approssimare la soluzione di certe equazioni differenziali alle derivate
  parziali che si incontrano nelle applicazioni
\end{itemize}

I metodi numerici diventano necessit\`a in tutte le situazioni in cui la
soluzione (funzione) di cui cerchiamo informazioni non si lascia esprimere in
modo esplicito in termini di funzioni elementari. Questa situazione si
presenta nella quasi totalit\`a dei casi di interesse.

Il corso \`e suddiviso in 
\begin{itemize}
\item parte sui polinomi ortogonali: contiene la definizione e l'analisi delle
  propriet\`a di questa classe di polinomi con la tassonomia delle principali
  tipologie di polinomi; saranno evidenziate analogie tra polinomi ortogonali
  e matrici tridiagonali con propriet\`a dell'algebra lineare numerica;

\item parte sull'applicazione dei polinomi ortogonali alla costruzione di
  efficienti formule di integrazione approssimata;

\item parte che riguarda i metodi per l'approssimazione di funzioni in
  generale; particolare attenzione \`e rivolta alla migliore approssimazione
  in norma 2 e in norma infinito; saranno utilizzate le propriet\`a dei
  polinomi ortogonali; saranno sottolineate le relazioni tra approssimazione e
  interpolazione con particolare attenzione ai problemi del condizionamento;
  verr\`a considerato un risultato generale noto come teorema di Korovkin;
  verranno introdotte e analizzate le funzioni curvilinee

\item parte sulla risoluzione numerica di equazioni differenziali alle
  derivate parziali: sar\`a fatta la classificazione in equazioni ellittiche,
  paraboliche e iperboliche con esempi dalle applicazioni; verr\`a sviluppata la
  parte relativa al metodo delle differenze finite dove viene data una
  impostazione il pi\`u possibile ``matriciale''; \`e fatto un cenno ai metodi
  di Rayleigh-Ritz-Galerkin e di collocazione.

\end{itemize}

\section{Polinomi ortogonali}
Nel seguito si denota con $\mathcal P_n$ lo spazio vettoriale di
dimensione $n+1$ costituito dai polinomi a coefficienti reali di grado
al pi\`u $n$ e con $\mathcal P$ lo spazio vettoriale di tutti i
polinomi a coefficienti reali. Inoltre $a,b$ denotano due costanti
della retta reale estesa $\overline{\R}=\R\cup\{+\infty,-\infty\}$ con $a<b$. In
questo modo l'intervallo $[a,b]$ pu\`o essere anche del tipo
$[-\infty,\beta]$, $[\alpha,+\infty]$, con $\alpha,\beta\in\R$, e
$[-\infty,+\infty]$.

Sia $\omega(x):[a,b]\to\overline{\R}$ una funzione a valori nella retta 
reale estesa tale che $\omega(x)>0$ per $a<x<b$ ed  esista finito
$\int_a^bf(x)\omega(x)dx$ per ogni polinomio $f(x)\in\mathcal P(x)$. 
%% FEDE: $\omega$ a quadrato integrabile ??? problema su intervalli infiniti
%% Guardare in letteratura 
Si osserva che l'applicazione che a una
coppia di polinomi $(f(x),g(x))$, $f(x),g(x)\in\mathcal P$ associa il
numero reale
\begin{equation}\label{prodscal}
\left\langle f,g \right\rangle :=\int_a^bf(x)g(x)\omega(x)dx
\end{equation}
\`e un prodotto scalare sul $\mathcal P$.
L'applicazione che a $f(x)\in\mathcal P$ associa 
\[
\left(\int_a^bf(x)^2\omega(x)dx\right)^{1/2}
\]
\`e una norma su $\mathcal P$ che viene denotata con $\|f(x)\|$.

\begin{oss}\rm
Il prodotto scalare appena introdotto verifica la propriet\`a $\langle
xf(x),g(x)\rangle=\langle f(x),x g(x)\rangle$. Non tutti i prodotti
scalari su $\mathcal P$ verificano questa propriet\`a. Ad esempio, se
consideriamo $\mathcal P_n$, e associamo a $p(x)\in\mathcal P_n$ la
$(n+1)$-upla dei suoi coefficienti, possiamo rappresentare lo spazio
lineare $\mathcal P_n$ con $\mathbb R^{n+1}$. Per cui ogni prodotto
scalare su $\mathbb R^{n+1}$ induce un prodotto scalare su $\mathcal
P_n$. In particolare il prodotto scalare euclideo su $\mathbb R^{n+1}$
induce il prodotto scalare tra polinomi $\langle
p(x),q(x)\rangle=\sum_{i=0}^np_iq_i$ dove $p(x)=\sum_{i=0}^n p_ix^i$,
$q(x)=\sum_{i=0}^n q_ix^i$, che non soddisfa la propriet\`a $\langle
xf(x),g(x)\rangle=\langle f(x),x g(x)\rangle$ per $f(x),g(x)\in\mathcal P_{n-1}$.
\qed\end{oss}


\begin{defi} Dato un prodotto scalare $\langle \cdot,\cdot\rangle$, 
su $\mathcal P$,
un insieme di polinomi $\{p_i(x)\in\mathcal P_i,~i=0,1\ldots\}$ tale
che ${\rm deg}(p_i)=i$ e $\left\langle p_i,p_j \right\rangle =0$ se
$i\ne j$ \`e detto {\em insieme di polinomi ortogonali} relativamente
al prodotto scalare $\left\langle \cdot,\cdot \right\rangle $.\qed
\end{defi}

I polinomi $p_i(x)/h_i^{1/2}$, $h_i=\left\langle p_i,p_i \right\rangle
$ sono detti polinomi ortonormali.  Ad esempio, i polinomi $x^i$,
$i=0,1,\ldots$, sono ortonormali rispetto al prodotto scalare indotto
dal prodotto euclideo.



Esempi classici di funzioni peso che definiscono il prodotto scalare di tipo integrale sono $\omega(x)=1$ su $[-1,1]$, $\omega(x)=\sqrt{1-x^2}$ su $[-1,1]$, $\omega(x)=1/\sqrt{1-x^2}$ su $[-1,1]$, $\omega(x)=e^{-x}$ su $[0,+\infty]$, $e^{-x^2}$ su $[-\infty,+\infty]$.
 
\begin{oss}\label{oss1}\rm
Per un generico prodotto scalare su $\mathcal P$,  esistono sempre polinomi ortogonali che possono essere costruiti mediante il procedimento di
ortogonalizzazione di Gram-Schmidt a partire dai monomi $1,x,x^2,x^3,\ldots$,
nel seguente modo:
\begin{equation}\label{tilde}
\begin{array}{ll}
p_0(x)=1,~~p_{k}(x)=x^{k}+\sum_{i=0}^{k-1} \alpha_{k,i}
  p_i(x),\\
&k=1,2,\ldots\\
\alpha_{k,i}=-\left\langle x^{k},p_i(x) \right\rangle /\left\langle p_i(x),p_i(x) \right\rangle,~~i=0,\ldots,k-1 
\end{array}
\end{equation}
Col prodotto scalare integrale \eqref{prodscal} per calcolare i
coefficienti $\alpha_{k,i}$ per $i=0,\ldots,k-1$ e $k=1,\ldots,n$, occorre
calcolare, o approssimare numericamente, $n(n+1)/2$ integrali.
Inoltre, per calcolare i coefficienti del generico polinomio $p_k$ di
grado $k$ occorre eseguire circa $k^2$ operazioni aritmetiche per cui
il costo totale per calcolare i coefficienti di tutti i polinomi
$p_k$, $k=0,\ldots,n$ \`e di $O(n^3)$ operazioni.  Questo per\`o non
\`e il modo migliore di procedere. Come vedremo tra poco ci sono
espressioni pi\`u semplici per esprimere i coefficienti di $p_k(x)$.

Inoltre per calcolare il valore che $p_k(x)$ assume in un punto $\xi$
usando la \eqref{tilde} occorrono circa $2k$ operazioni aritmetiche
avendo per\`o prima calcolato i valori di $p_i(\xi)$,
$i=0,1,\ldots,k-1$ e i coefficienti $a_{k,i}$.  Quindi occorrono
$O(k^2)$ operazioni. Anche questo calcolo pu\`o essere semplificato
mediante una diversa rappresentazione dei polinomi ortogonali.
\qed\end{oss}

La seguente banale osservazione ha una serie di conseguenze meno
immediate e di particolare rilevanza.

\begin{oss}\label{oss2}\rm
I polinomi ortogonali $p_0(x),p_1(x),\ldots, p_n(x)$ sono linearmente
indipendenti e quindi costituiscono una base dello spazio vettoriale $\mathcal
P_n$ dei polinomi di grado minore o uguale ad $n$.
\qed\end{oss}

Dalla precedente osservazione segue il

\begin{teo}\label{th:ort}
Se  $p_0,p_1,\ldots, $ sono polinomi ortogonali rispetto al prodotto scalare \eqref{prodscal} allora per ogni polinomio $q$
di grado $n$ vale $\left\langle p_i,q \right\rangle =0$ per ogni $i>n$.
\end{teo}
{\bf Dim.} Per l'osservazione \ref{oss2} si ha
$q(x)=\sum_{j=0}^n \gamma_j p_j(x)$, $\gamma_n\ne 0$. Se $i>n$ vale allora
$\left\langle p_i,q \right\rangle =
\sum_{j=0}^n\gamma_j\left\langle p_i,p_j \right\rangle =0$.
\qed

La propriet\`a espressa nel teorema precedente ci permette di
dimostrare il seguente risultato interessante.

\begin{teo}
Gli zeri dei polinomi ortogonali rispetto al prodotto scalare \eqref{prodscal}
 sono reali e semplici e stanno in $(a,b)$.
\end{teo}
{\bf Dim.} Siano $x_1,\ldots,x_j$ gli zeri reali e distinti di $p_n(x)$ in
$(a,b)$. Per assurdo supponiamo $j<n$. Supponiamo inoltre che $k$ di questi
zeri abbiano molteplicit\`a dispari e $j-k$ pari. Numeriamo gli $x_i$ in modo
che i primi $k$ abbiano molteplicit\`a dispari. Definiamo
\[
q(x)=\left\{\begin{array}{ll}1&\hbox{se }k=0\\[1ex]
\prod_{s=1}^k(x-x_s)&\hbox{se }k>0
\end{array}\right.
\]
Allora gli zeri in $(a,b)$ di $p_n(x)q(x)$ hanno molteplicit\`a pari e quindi
questo prodotto non cambia segno in $(a,b)$. Conseguentemente
\[
\left\langle p_n,q \right\rangle =\int_a^bp_n(x)q(x)\omega(x)dx\ne 0
\]
che \`e assurdo per il teorema \ref{th:ort} poich\'e il grado di $q(x)$ \`e
$k\le j<n$\qed


%\begin{oss}\rm
%In effetti per dimostrare la propriet\`a data nel precedente teorema
%basta supporre che il prodotto scalare verifichi la condizione
%$\langle xf(x),g(x)\rangle=\langle f(x),x g(x)\rangle$.
%\qed\end{oss}

%\begin{teo}
%Siano $p_i(x)$, per $i=0,1,\ldots$, un insieme di polinomi ortogonali.
%L'unione degli zeri di tutti i $p_i(x)$ \`e denso in $(a,b)$.
%\end{teo}
%{\bf Dim.} Dimostriamo la propriet\`a nel caso in cui $[a,b]$ sia un
%intervallo finito. Supponiamo per assurdo che esista un intervallo
%$[c,d]\subset [a,b]$ che non contiene zeri di alcun polinomio $p_i(x)$. Sia
%$f(x)$ una funzione continua su $[a,b]$ positiva su $[c,d]$ e nulla
%altrove. Per il teorema di Weierstrass (vedi pi\`u avanti) poich\'e $f(x)$ \`e
%continua su un compatto, per ogni $\epsilon>0$ esiste un polinomio
%$q_\epsilon(x)$ tale che $\max_{a\le x\le
%  b}|f(x)-q_\epsilon(x)|\le\epsilon$. Per cui, per ogni $k>0$ vale
%\[
%\int_a^b p_k(x)q_\epsilon(x)\omega(x)dx=\int_a^b 
%p_k(x)f(x)\omega(x)dx+\gamma_\epsilon,
%\]
%dove $\gamma_\epsilon=\int_a^b p_k(x)(q_\epsilon(x)-f(x))\omega(x)dx$. Quindi
%$|\gamma_\epsilon|\le\epsilon\int_a^b|p_k(x)|\omega(x)dx$.

Vale il seguente risultato di minima norma

\begin{teo}
Tra tutti i polinomi $p(x)$ di grado $n$ che hanno coefficiente del termine di grado massimo uguale a quello di $p_n(x)$, il polinomio $p_n(x)$ \`e quello di minima norma.
\end{teo}
 {\bf Dim.} Ogni polinomio $q$ di grado $n$ che ha lo stesso coefficiente di grado massimo di $p_n(x)$ si lascia scrivere come $q=p_n(x)+q_{n-1}(x)$, dove $q_{n-1}(x)$ \`e un polinomio di grado al pi\`u $n-1$. Vale quindi 
\[
\|q\|^2=\langle q,q\rangle=\langle p_n,p_n\rangle+\langle q_{n-1},q_{n-1}\rangle
\]
essendo $\langle q_{n-1},p_n\rangle=0$ per l'ortogonalit\`a. Risulta allora
$\|q\|^2\ge\|p_n\|^2$ dove l'uguaglianza \`e raggiunta se e solo se $q_{n-1}=0$ cio\`e $q=p$.\qed

Un'altra conseguenza del teorema \ref{th:ort} \`e data dal seguente risultato che ha rilevanza sia teorica che computazionale.

\begin{teo}[Ricorrenza a tre termini]\label{theo:tret}
Siano $p_i(x)$, $i=0,1,\ldots$, un insieme di polinomi ortogonali su $[a,b]$
rispetto a un prodotto scalare \eqref{prodscal}. Si denoti $p_0(x)=a_0$,
$p_1(x)=a_1 x+b_1$.
Esistono $A_i,B_i,C_i\in\R$ tali che
\[
p_{i+1}(x)=(xA_{i+1}+B_{i+1})p_i(x)-C_ip_{i-1}(x),~~i\ge 1,~~~A_{i+1},C_i\ne 0.
\]
Inoltre 
\[\begin{split}
A_{i+1}&=\frac{\left\langle p_{i+1},p_{i+1} \right\rangle }{\left\langle xp_i,p_{i+1} \right\rangle },~~B_{i+1}=-A_{i+1}\frac{\left\langle xp_i,p_i \right\rangle }{
  \left\langle p_i,p_i \right\rangle },\\
&C_i=A_{i+1}\frac{\left\langle xp_i,p_{i-1} \right\rangle }{\left\langle p_{i-1},p_{i-1} \right\rangle }=\frac{A_{i+1}}{A_i}\frac {\left\langle p_i,p_i \right\rangle }{\left\langle p_{i-1},p_{i-1} \right\rangle }.
\end{split}
\]
Denotando con $a_i$ e $b_i$ rispettivamente
i coefficienti di $x^i$ e $x^{i-1}$ in $p_i(x)$, vale
$A_{i+1}=\frac{a_{i+1}}{a_i}$, $B_{i+1}=\frac{a_{i+1}}{a_i}
(\frac{b_{i+1}}{a_{i+1}}-\frac{b_i}{a_i})$,
  $C_i=\frac{a_{i+1}a_{i-1}}{a_i^2}\frac{h_i}{h_{i-1}}$, dove
$h_i=\left\langle p_i,p_i \right\rangle$. 
\end{teo}
{\bf Dim.} Il polinomio $xp_i(x)$ ha grado $i+1$ per cui $xp_i,p_i,\ldots,p_0$
sono linearmente indipendenti. Esistono allora $\alpha_0,\alpha_1,\ldots,\alpha_{i+1}\in\R$ tali che
\[
p_{i+1}=\alpha_0p_0+\cdots+\alpha_ip_i+\alpha_{i+1}xp_i.
\]
Per $j\ne i+1$ vale
\[
0=\left\langle p_j,p_{i+1} \right\rangle =\alpha_j\left\langle p_j,p_j \right\rangle +\alpha_{i+1}\left\langle p_j,xp_i \right\rangle =
\alpha_j\left\langle p_j,p_j \right\rangle +\alpha_{i+1}\left\langle xp_j,p_i \right\rangle .
\]
Poich\'e se $j\le i-2$ il polinomio $xp_j$ ha grado minore di $i$, per il
teorema \ref{th:ort} \`e $\left\langle xp_j,p_i \right\rangle =0$. Quindi $\alpha_j=0$ per
$j=0,\ldots,i-2$ per cui
\begin{equation}\label{tmp1}
p_{i+1}=\alpha_{i+1}xp_i+\alpha_ip_i+\alpha_{i-1}p_{i-1}.
\end{equation}
Vale quindi il risultato del teorema con $A_{i+1}=\alpha_{i+1}$, $B_{i+1}=\alpha_i$
$C_i=-\alpha_{i-1}$.
Le costanti $A_i,B_i,C_i$  possono essere facilmente espresse in termini di prodotti scalari. Infatti  moltiplicando scalarmente per $p_{i+1}, p_i$ e $p_{i-1}$ entrambi i membri della
\eqref{tmp1} si ottiene 
\[
\begin{split}
&\langle 
p_{i+1},p_{i+1}\rangle=A_{i+1}\langle xp_i,p_{i+1}\rangle,\\
&A_{i+1}\langle xp_i,p_i\rangle +B_{i+1}\langle p_i,p_i\rangle=0\\
&A_{i+1}\langle p_{i-1},xp_i\rangle-C_i\langle p_{i-1},p_{i-1}\rangle=0
\end{split}
\]
da cui $\langle xp_i(x),p_{i+1}(x)\rangle\ne 0$ e si ricavano le
espressioni per $A_{i+1},B_{i+1},C_i$. Le altre relazioni seguono da
un confronto diretto dei polinomi. Inoltre, poich\'e $\langle p_{i+1},p_{i+1}\rangle\ne 0$ ne segue che $A_{i+1}\ne 0$, inoltre dall'espressione $C_i=\frac{A_{i+1}}{A_i}\frac{\langle p_i,p_i\rangle}{\langle p_{i-1,},p_{i-1}\rangle}$ segue $C_i\ne 0$. \qed


\begin{oss}\label{oss9}\rm
Poich\'e i polinomi del teorema \ref{theo:tret} sono definiti a meno di una
costante moltiplicativa, possiamo scegliere i polinomi monici in modo che
$a_i=1$ per ogni $i\ge 1$ per cui $A_i=1$ per $i\ge 1$.
In questo modo risulta
\[
A_{i+1}=1,~~B_{i+1}=-\frac{\left\langle xp_i,p_i \right\rangle }{\left\langle p_i,p_i \right\rangle },~~C_i=\frac{\left\langle p_i,p_i \right\rangle }{\left\langle p_{i-1},p_{i-1} \right\rangle }>0.
\] 
\qed\end{oss}

\begin{oss}\rm
Si noti che la relazione a tre termini data nel teorema
\ref{theo:tret} ci dice che $p_{i-1}(x)$ \`e il resto della divisione
di $p_{i+1}(x)$ per $p_i(x)$.  Per cui i polinomi ortogonali
$p_{n+1}(x),p_n(x),\ldots,p_0(x)$ possono essere visti come i polinomi
generati dall'algoritmo Euclideo applicato a $p_{n+1}(x)$ e $p_n(x)$.
\qed\end{oss}

\begin{oss}\rm
Fissato $i$, i coefficienti $A_{i+1}=1$, $B_{i+1}$, $C_i$ richiedono
il calcolo dei prodotti scalari $\langle p_i,p_i\rangle$, $\langle
p_{i-1},p_{i-1}\rangle$, $\langle xp_i,p_i\rangle$. Per cui il loro
calcolo per $i=1,\ldots, k$ comporta solamente $2k$ prodotti scalari.

Per calcolare il valore di $p_k(\xi)$ usando la relazione a tre
termini, supponendo di avere a disposizione i coefficienti
$A_{i+1}=1$, $B_{i+1}$ e $C_i$ e di aver caclolato i valori $p_i(\xi)$
per $i=0,\ldots,k-1$, bastano $4$ operazioni aritmetiche. Quindi per
calcolare tutti i valori $p_i(\xi)$ per $i=1,\ldots, k$ bastano $4k$
operazioni aritmetiche.

In modo analogo si vede che i coefficienti di tutti i polinomi
ortogonali di grado al pi\`u $k$ sono calcolabili in $O(k^2)$
operazioni.

Un confronto col metodo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt mostra
che l'uso della relazione ricorrente a tre termini abbassa
sostanzialmente i costi computazionali delle operazioni con polinomi
ortogonali.
\qed\end{oss}

\begin{teo}[Formula di Christoffel-Darboux]
Vale
\begin{equation}\label{eq:chd}
(x-y)\sum_{i=0}^n\frac 1{h_i}p_i(x)p_i(y)=\gamma_n
\left[
p_{n+1}(x)p_n(y)-p_{n+1}(y)p_n(x)\right]
\end{equation}
dove $\gamma_n=\frac{a_n}{a_{n+1}h_n}=\frac 1{h_n A_{n+1}}$, 
$h_i=\left\langle p_i,p_i \right\rangle $.
\end{teo}
{\bf Dim.} Procediamo per induzione. 
Se $n=0$ allora devo dimostrare che 
$(x-y)\frac 1{h_0}p_0(x)p_0(y)=
\frac{a_0}{a_1h_0}\left[p_1(x)p_0(y)-p_1(y)p_0(x)\right]$.
Poich\'e $p_0(x)=a_0$, e $p_1(x)=a_1x+b_1$, allora il secondo membro della relazione precedente diventa 
\[
\frac{a_0}{a_1h_0}\left[(a_1x+b_1)a_0-(a_1y+b_1)a_0\right]\\
=\frac{a_0}{a_1h_0}a_1(x-y)a_0,
\]
che coincide con $\frac{a_0^2}{h_0}(x-y)$.

Per l'implicazione $n-1\to n$, consideriamo il secondo membro di
\eqref{eq:chd} dove sostituiamo al posto di $p_{n+1}(x)$ e di
$p_{n+1}(y)$ l'espressione ottenuta con la relazione a tre termini. Si
ottiene quindi
\[\begin{split}
\gamma_n  \left[((xA_{n+1}+B_{n+1})\right. & p_{n}(x)-C_np_{n-1}(x))p_n(y)\\
 & -\left.((yA_{n+1}+B_{n+1})p_{n}(y)-C_np_{n-1}(y))p_n(x)\right].
\end{split}
\]
Semplificando si arriva a
\[
(x-y)\gamma_nA_{n+1}p_{n}(x)p_n(y) +\gamma_nC_n(p_n(x)p_{n-1}(y)-p_n(y)p_{n-1}(x))
\]
Per l'ipotesi induttiva il secondo addendo coincide con
\[
\frac{C_n\gamma_n}{\gamma_{n-1}}(x-y)\sum_{i=0}^{n-1}\frac
1{h_i}p_i(x)p_i(y).
\]
 La tesi segue dal fatto che $\frac
{\gamma_nC_n}{\gamma_{n-1}}=1$ e $\gamma_nA_{n+1}=1/h_{n}$, per la
definizione di $\gamma_n$ e per le relazioni date nel teorema
\ref{theo:tret}.
\qed

\begin{oss}\rm
Una dimostrazione alternativa della formula di Christoffel-Darboux \`e la seguente.
Vale
{\small
\[\begin{array}{ll}
p_{i+1}(x)=(A_{i+1}x+B_{i+1})p_i(x)-C_ip_{i-1}(x) & \hbox{moltiplico per
}p_i(y)
\\[1ex]
p_{i+1}(x)p_{i}(y)=(A_{i+1}x+B_{i+1})p_i(x)p_i(y)-C_ip_{i-1}(x)p_i(y) &
\hbox{scambio variabili}
\\[1ex]
p_{i+1}(y)p_{i}(x)=(A_{i+1}y+B_{i+1})p_i(y)p_i(x)-C_ip_{i-1}(y)p_i(x) &
\hbox{sottraggo}
\\[1ex]
p_{i+1}(x)p_{i}(y)-p_{i+1}(y)p_{i}(x)\\
\phantom{p_{i+1}(y)p_{i}(x)}=p_i(x)p_i(y)[x-y]A_{i+1}-C_i[p_{i-1}(x)p_i(y)-p_{i-1}(y)p_i(x)]
\end{array}
\]
}
Quindi
\[
\begin{split}
[x-y]p_i(x)p_i(y)A_{i+1}&=p_{i+1}(x)p_i(y)-p_{i+1}(y)p_i(x)\\
                           &~~+C_i[p_{i-1}(x)p_i(y)-p_{i-1}(y)p_i(x)]\\
\frac1{h_i}[x-y]p_i(x)p_i(y)&=\frac
1{h_iA_{i+1}}[p_{i+1}(x)p_i(y)-p_{i+1}(y)p_i(x)]\\
&~~+\frac{C_i}{h_{i}A_{i+1}}[p_{i-1}(x)p_i(y)-p_{i-1}(y)p_i(x)]
\end{split}
\]
dove $C_i=(h_i/h_{i-1})(A_{i+1}/A_i)$. Si ottiene allora
\[\begin{split}
\frac 1{h_i}[x-y]p_i(x)p_i(y)&=\frac
1{h_iA_{i+1}}[p_{i+1}(x)p_i(y)-p_{i+1}(y)p_i(x)]\\
&+\frac{1}{h_{i-1}A_i}[p_{i-1}(x)p_i(y)-p_{i-1}(y)p_i(x)]
\end{split}\]
Sommando, i termini si elidono a due a due e si ottiene la tesi.
\qed\end{oss}

\begin{oss}\rm
Applicando la formula di Christoffel Darboux per $x=x_i$ e $y=x_j$, dove
$x_1,\ldots,x_{n+1}$ sono gli zeri di $p_{n+1}(x)$, si ottiene
\[
\sum_{k=0}^n \frac 1{h_k}p_k(x_i)p_k(x_j)=0,~~i\ne j.
\]
Inoltre $\sum_{k=0}^{n+1}p_k(x_i)^2/h_k\ne 0$ essendo $p_0(x_i)^2/h_0=a_0^2/h_0>0$.
La matrice $V=(v_{i,j})_{i,j=1,n+1}$, $v_{i,j}=p_{i-1}(x_j)/\sqrt{h_{i-1}}$ 
\`e tale che $V^TV$ \`e una matrice diagonale. Cio\`e $V$ ha le colonne $\bm v^{(j)}=(v_{i,j})$ ortogonali. Possiamo scalare le colonne in modo da farle diventare ortonormali, basta per questo dividerle per la loro norma euclidea. Posto
\[
\sigma_j=1/\|\bm v_{(j)}\|,\quad  \|\bm v^{(j)}\|^2=\sum_{i=0}^n\frac{p_i(x_j)^2}{h_i},
\]
 la matrice $W=V\hbox{diag}(\sigma_1,\ldots,\sigma_{n+1})$ ha colonne
 ortonormali e verifica la propriet\`a $W^TW=I$ per cui \`e ortogonale
 e quindi $WW^T=I$. Quest'ultima relazione si scrive come
 $\sum_{k=1}^{n+1} w_{i,k}w_{j,k}=\delta_{i,j}$, da cui
\begin{equation}\label{eq:ortogdisc}
\sum_{k=1}^{n+1}\frac{p_i(x_k)}{\sqrt{h_i}}\frac{p_j(x_k)}{\sqrt{h_j}}\sigma_k^2=\delta_{i,j},
\quad \sigma_k^2=1/\sum_{s=0}^n\frac {p_s(x_k)^2}{h_s}.
\end{equation}


Questa espressione fornisce una sorta di {\em ortogonalit\`a
  ``discreta''} dei polinomi $p_i(x)$ relativa ai punti $x_k$ e ai
pesi $\sigma_k^2$.  In particolare, se associamo ai polinomi $p_j(x)$ i
vettori $\bm u^{(j)}=(u^{(j)}_i)$ per $j=0,\ldots,n$, ottenuti campionando
i polinomi ortonormali negli zeri di $p_{n+1}(x)$, cio\`e tali che
$u^{(j)}_i=p_j(x_i)/\sqrt{h_j}$, abbiamo che $\bm u^{(0)},\ldots,\bm u^{(n)}$ sono
ortonormali rispetto al prodotto scalare (discreto pesato)
\[
\langle \bm y,\bm z\rangle=\sum_{i=1}^{n+1} y_iz_i\sigma_i^2.
\]
\qed\end{oss}

\begin{oss}[Formule di integrazione Gaussiana]\rm
Se su uno spazio vettoriale $\mathcal V_{n+1}$ di dimensione $n+1$ sono
assegnati due prodotti scalari $\langle\cdot,\cdot\rangle'$ e
$\langle\cdot,\cdot\rangle''$ che coincidono su una base
$v_1,\ldots,v_{n+1}$ di $\mathcal V_{n+1}$, cio\`e $\langle
v_i,v_j\rangle'=\langle v_i,v_j\rangle''$, allora tali prodotti
scalari coincidono dappertutto, cio\`e $\langle u, v\rangle' =\langle
u, v\rangle''$ per ogni $u,v\in\mathcal V_{n+1}$. Questo pu\`o essere
facilmente dimostrato rappresentando $u$ e $v$ nella base
$v_1,\ldots,v_{n+1}$ e applicando la bilinearit\`a del prodotto scalare.

Se consideriamo allora come $\mathcal V_{n+1}$ lo spazio dei polinomi di
grado al pi\`u $n$ abbiamo che i due prodotti scalari $\langle
u,v\rangle'=\int_a^b u(x)v(x)\omega(x)dx$ e
$\langle u(x),v(x)\rangle''=\sum_{k=1}^{n+1}u(x_k)v(x_k)\sigma_k^2$, dove
$x_k$ per $k=1,\ldots,n+1$ denotano gli zeri del polinomio ortogonale $p_{n+1}$
di grado $n+1$, coincidono sulla base dei polinomi ortogonali.  Quindi
coincidono dappertutto. In particolare, se $u(x)$ e $v(x)$ sono
polinomi di grado al pi\`u $n$ si ha
\begin{equation}\label{eq:ortdisc}
\int_a^b u(x)v(x)\omega(x)dx=\sum_{k=1}^{n+1} u(x_k)v(x_k)\sigma_k.
\end{equation}
Questa propriet\`a permette di dimostrare che per ogni polinomio
$g(x)$ di grado al pi\`u $2n+1$ vale
\[
\int_a^b g(x)\omega(x)dx=\sum_{k=1}^{n+1}g(x_k)\sigma_k^2.
\]
Cio\`e la formula di integrazione discreta 
\[
\int_a^bf(x)\omega(x)dx\approx \sum_{k=1}^{n+1}f(x_k)\sigma_k^2
\]
per approssimare l'integrale di una funzione $f(x)$, detta formula di
integrazione Gaussiana, \`e esatta per ogni polinomio di grado al
pi\`u $2n+1$, o come si suole dire, ha grado di precisione $2n+1$.
Per dimostrare questo basta scrivere il polinomio $g(x)$ di grado al pi\`u $2n+1$ come
\[
g(x)=p_{n+1}(x)q(x)+r(x)
\]
dove $q(x)$ \`e il quoziente e $r(x)$ il resto della divisione di
$g(x)$ per $p_{n+1}(x)$. In questo modo sia il grado di $q(x)$ che il grado
di $r(x)$ sono al pi\`u $n$ e inoltre vale $g(x_j)=r(x_j)$,
$j=1,\ldots,n+1$ essendo $p_{n+1}(x_j)=0$, per $j=1,\ldots,n+1$.  Si
osserva allora che moltiplicando entrambi i membri della relazione
precedente per $\omega(x)$ e integrando su $[a,b]$ si ha
\[
\int_a^b g(x)\omega(x)dx=\langle p_{n+1}(x),q(x)\rangle+\langle 1,r(x)\rangle.
\]
Il primo addendo del membro destro \`e nullo essendo $p_{n+1}$
ortogonale a $q(x)$, visto che il grado di $q(x)$ \`e pi\`u piccolo di $n+1$. Applicando la \eqref{eq:ortdisc} con $u(x)=1$ e
$v(x)=r(x)$, e ricordando che il grado di $r(x)$ \`e al pi\`u $n$, si
ottiene che il secondo addendo coincide con
$\sum_{k=1}^{n+1}r(x_k)\sigma_k= \sum_{k=1}^{n+1}g(x_k)\sigma_k$.
\qed\end{oss}

\begin{oss}\label{oss:bezout}\rm
Dati due polinomi $u(x)$ e $v(y)$  il {\em bezoutiano} $B(x,y)$ di
$u(x)$ e $v(x)$ \`e il polinomio in due variabili
$(u(x)v(y)-u(y)v(x))/(x-y)$. Il bezoutiano ha diverse particolarit\`a
interessanti che sono utili in computer algebra.  La formula di
Cristoffel-Darboux aggiunge una ulteriore propriet\`a: se $u$ e $v$
sono polinomi ortogonali di grado $n+1$ e $n$ il loro bezoutiano \`e
somma di prodotti di polinomi ortogonali.  Si associa al bezoutiano
$B(x,y)$ la matrice $B_n=(b_{i,j})$ tale che
$B(x,y)=\sum_{i=1}^{n+1}\sum_{j=1}^{n+1}b_{i,j}x^{i-1}y^{j-1}$ chiamata {\em matrice
  bezoutiana}. \`E immediato verificare che $B_n$ \`e simmetrica e che
$B(x,y)=\bm x^T B_n\bm y$ dove $\bm x=(x^i)_{i=0,n-1}$, $\bm
y=(y^i)_{i=0,n-1}$. Poich\'e $p_k(x)p_k(y)=\bm x^T\bm p^{(k)}\bm
p^{(k)T}\bm y$, dove $\bm p^{(k)}$ \`e il vettore dei coefficienti del
polinomio $p_k(x)$, la formula di Christoffel Darboux permette di
scrivere la matrice bezoutiana $B_n$ di $p_n(x)$ e $p_{n+1}(x)$ come somma
delle $n$ diadi simmetriche $\frac 1{\gamma_nh_k}\bm p^{(k)}\bm p^{(k)T}$. La
stessa somma di diadi simmetriche permette di scrivere la matrice
bezoutiana come $\gamma_n B_n=L^TL$, dove $L$ \`e una matrice triangolare
inferiore che sulla riga $i$-esima ha i coefficienti dell'$i$-esimo polinomio ortonormale
$p_i(x)/\sqrt{h_i}$ per $i=0,\ldots,n$.

Una propriet\`a interessante della matrice bezoutiana di due polinomi
qualsiasi $u(x)$ e $v(x)$\`e che la sua fattorizzazione UL a blocchi
fornisce quozienti e resti generati dall'algoritmo euclideo applicato
a $u(x)$ e $v(x)$. Inoltre la matrice bezoutiana \`e non singolare se
e solo se i polinomi $u(x)$ e $v(x)$ sono primi tra loro.

Maggiori informazioni sul bezoutiano, per chi volesse approfondire, si trovano sui lavori:\\
H.K. Wimmer, ``On the History of the Bezoutian and the Resultant Matrix'',
{\em Linear Algebra Appl.} 128:27-34(1990),\\
U. Helmke, P.A. Fuhrmann, ``Bezoutians'', {\em Linear Algebra Appl.} 122--124:1039-1097(1989),\\
G. Heinig, K. Rost, Bezoutians, \url{https://www.tu-chemnitz.de/mathematik/preprint/.../PREPRINT_09.pdf}\\
Onorato Nicoletti, ``Sulla caratteristica delle matrici di Sylvester e di Bezout'', Da una lettera al Prof. Alfredo Capelli, 27 Dicembre 1908 
\url{http://link.springer.com/article/10.1007%2FBF03018209#page-1}
\qed\end{oss}


\subsection{Polinomi ortogonali e matrici tridiagonali}
Sia $T_n(x)$ la matrice definita da
\[
T_n(x)=\left[\begin{array}{ccccc}
a_1x+b_1&-a_0\\
-C_1&A_2x+B_2&-1\\
   &\ddots&\ddots&\ddots\\
   &      &\ddots&\ddots&-1\\
   &      &      &-C_{n-1}&A_nx+B_n
\end{array}
\right]
\]
Applicando la regola di Laplace per calcolare $\det T_n(x)$ lungo l'ultima riga
si scopre che
\[
\det T_n(x)=(A_nx+B_n)\det T_{n-1}(x)-C_{n-1}\det T_{n-2}(x)
\]
inoltre $\det T_1(x)=a_1x+b_1=p_1(x)$ e 
\[
\det T_2(x)=(A_2x+B_2)p_1(x)-C_1
p_0(x)=p_2(x).
\] 
Per cui vale $\det T_n(x)=p_n(x)$.

\`E interessante osservare che
\[
T_n(x)\left[\begin{array}{c}p_0(x)\\p_1(x)\\\vdots\\p_{n-1}(x)\end{array}\right]=
\left[\begin{array}{c}0\\\vdots\\0\\p_{n}(x)\end{array}\right]
\]
per cui il vettore di componenti $(p_i(x))_{i=0:n-1}$ sta nel nucleo di $T_n(x)$
se e solo se $x$ \`e uno zero di $p_n(x)$.

\begin{oss}\label{osstrid}\rm
Se i polinomi ortogonali vengono normalizzati in modo che $A_i=1$ allora gli
zeri di $p_n(x)$ possono essere visti come gli autovalori della matrice
$T_n:=-\hbox{trid}_n(-C_i,B_i,-1)$, dove per semplicit\`a di notazione si \`e posto
$B_1=b_1$,  e gli autovettori corrispondenti hanno per
componenti i valori dei polinomi ortogonali calcolati negli zeri di $p_n(x)$.
Vale infatti $T_n(x)=xI-T_n$. Si osservi ancora che la matrice ottenuta cambiando segno agli elementi sopra
e sotto diagonali ha gli stessi autovalori della matrice originale e
autovettori con componenti a segno alterno.
\qed\end{oss}

\begin{oss}\label{osssim}\rm Assumendo di aver normalizzato i polinomi in modo
  che $a_0=A_i=1$, $i=1,\ldots,n+1$,
 poich\'e i $C_i$ sono tutti positivi per l'osservazione \eqref{oss9}, \`e possibile determinare
  una matrice diagonale $D=\hbox{diag}_n(d_1,\ldots,d_n)$ tale che
  $D^{-1}T_nD$
\`e simmetrica. Tale matrice \`e data da $d_i=\sqrt{h_{i-1}}=\langle p_{i-1},p_{i-1}\rangle^{1/2}$, $i=1,\ldots,n-1$ e
vale
\[
D^{-1}T_{n}(x)D=\left[\begin{array}{ccccc}
b_1+x&-\sqrt{C_1}\\
-\sqrt{C_1}&B_2+x&-\sqrt{C_2}\\
           &\ddots&\ddots&\ddots\\
           &      &\ddots&\ddots&-\sqrt{C_{n-1}}\\
           &      &      &-\sqrt{C_{n-1}}&B_n + x
\end{array}
\right].
\]
Gli autovettori $\bm v^{(j)}$ tali che $D^{-1}T_{n+1}(x_j)D\bm v^{(j)}=0$ sono
$\bm v^{(j)}=D^{-1}\bm u^{(j)}$ con $\bm u^{(j)}=(p_0(x_j),\ldots,p_{n-1}(x_j))^T$, dove i polinomi ortogonali $p_i(x)$ sono monici. 
Dall'ortogonalit\`a dei vettori
$\bm v^{(j)}$ segue che  
\[
\sum_{k=0}^n\frac 1{h_k}p_k(x_i)p_k(x_j)=0,~~ i\ne j.
\]
Si osservi che $p_k(x)/\sqrt{h_k}$ \`e il polinomio ortogonale normalizzato
rispetto alla sua norma indotta dal prodotto scalare.
Questa propriet\`a era stata ottenuta anche dalla formula di Christoffel
Darboux.  
\qed\end{oss}

Le propriet\`a degli zeri dei polinomi ortogonali sono quindi strettamente
legate alle propriet\`a degli autovalori delle matrici tridiagonali
simmetriche.
Nel prossimo paragrafo riportiamo un teorema molto utile, di interesse
generale, che ci permette di scoprire propriet\`a interessanti degli zeri dei
polinomi ortogonali

\subsection{Il teorema del minimax di Courant-Fischer}
Data $A\in\R^{n\times n}$ simmetrica e $\bm x\in\R^n$, $\bm x\ne 0$ si definisce il
quoziente di Rayleigh di $A$ in $\bm x$ l'espressione
\[
\frac{\bm x^TA\bm x}{\bm x^T\bm x}
\]

\begin{oss}\rm Il gradiente del quoziente di Rayleigh \`e
\[
\frac{2}{\bm x^T\bm x}(A-\lambda I)\bm x,~~~~\lambda=\frac{\bm x^TA\bm x}{\bm
  x^T\bm x}.
\]
\qed\end{oss}

Quindi i punti stazionari del quoziente di Rayleigh sono gli autovettori di
$A$ e i valori presi dal quoziente in corrispondenza dei punti stazionari sono
i corrispondenti autovalori. Questo porta al seguente primo risultato

\begin{teo}
Siano $\lambda_1\ge\cdots\ge\lambda_n$ gli autovalori della matrice
simmetrica $A\in\R^{n\times n}$. Vale
\[
\max_{\bm x\ne 0}\frac{\bm x^TA\bm x}{\bm x^T\bm x}=\lambda_1,~~
\min_{\bm x\ne 0}\frac{\bm x^TA\bm x}{\bm x^T\bm x}=\lambda_n.~~
\]
\end{teo}

Si pu\`o dimostrare molto di pi\`u:

\begin{teo}[Teorema di Courant-Fischer del minimax]
Vale
\[
\min_{\small \begin{array}{c} U\subset\R^n\\ \hbox{\rm dim}\,U=k\end{array}} \max_{\small
\begin{array}{c}\bm x\in U\\\bm x\ne 0\end{array}} 
\frac{\bm x^TA\bm x}{\bm x^T\bm x}=\lambda_{n-k+1},~~k=1,2,\ldots,n
\]
\[
\max_{\small\begin{array}{c} U\subset\R^n\\ \hbox{\rm dim}\,U=k\end{array}} \min_{
\small\begin{array}{c}\bm x\in U\\\bm x\ne 0\end{array}} 
\frac{\bm x^TA\bm x}{\bm x^T\bm x}=\lambda_{k},~~k=1,2,\ldots,n
\]
\end{teo}
{\bf Dim.} Si dimostra la versione maxmin. Siano $\bm x_i$ gli autovettori di
$A$ ortonormali e $S$=span$(\bm x_k,\ldots,\bm x_n)$. Allora per ogni
sottospazio $V_k$ di dimensione $k$ vale $S\cap V_k\ne\{0\}$ poich\'e
dim(S)=$n-k+1$ e dim$(V_k)=k$. Allora esiste $\bm x\in S\cap V_k$, $\bm
x=\sum_{i=k}^n \alpha_i\bm x_i\ne 0$. Vale
\[
\frac{\bm x^TA\bm x}{\bm x^T\bm
  x}=\frac{\sum_{i=k}^n|\alpha_i|^2\lambda_i}{\sum_{i=k}^n|\alpha_i|^2}\le
\lambda_k\frac{ \sum_{i=k}^n|\alpha_i|^2}{\sum_{i=k}^n|\alpha_i|^2}=\lambda_k.
\]
Quindi il minimo su ogni $V_k$ del quoziente di Rayleigh \`e minore o uguale a
$\lambda_k$ e quindi anche il massimo al variare di $V_k$ dei minimi \`e
minore o uguale a $\lambda_k$. Basta quindi fare vedere che esiste un
$\widehat V_k$
speciale in cui il minimo del quoziente di Rayleigh vale $\lambda_k$. Per
questo basta scegliere $\widehat V_k=$span$(\bm x_1,\ldots,\bm x_k)$.
Infatti per $\bm x\in \widehat V_k$ risulta $\bm x=\sum_{i=1}^k \alpha_i \bm x_i$ per cui
\[
\bm x^TA\bm x/\bm x^T\bm x=\sum_{i=1}^k \lambda_i\alpha_i^2\bm x_i^T\bm x_i/\sum_{i=1}^k\alpha_i^2 
\bm x_i^T\bm x_i\ge \lambda_k.
\]
 La versione MinMax del teorema si ottiene applicando
la versione MaxMin alla matrice $-A$.\qed

Alcuni corollari interessanti del teorema del minimax.

\begin{cor}
$A$ matrice reale simmetrica $n\times n$ di autovalori
  $\alpha_1\ge\cdots\ge\alpha_n$. $U\in\R^{n\times(n-1)}$ tale che
  $U^TU=I_{n-1}$.
Allora gli autovalori $\beta_1\ge\cdots\ge \beta_{n-1} $ di $B=U^TAU$ sono
tali che
\[
\alpha_1\ge\beta_1\ge\alpha_2\ge\beta_2\ge\cdots\ge\beta_{n-1}\ge\alpha_n.
\]
e si dice che gli autovalori di $B$ separano gli autovalori di $A$.
\end{cor}
{\bf Dim.} Vale
\[
\beta_k=\max_{W_k}\min_{\bm y\in W_k\backslash 0}\frac{\bm y^TB\bm y}{\bm
  y^T\bm y}=\min_{\bm y\in\widehat W_k\backslash 0}\frac{\bm y^TB\bm y}{\bm
  y^T\bm y}=\min_{\bm y\in\widehat W_k\backslash 0}\frac{\bm y^TU^TAU\bm y}{\bm
  y^T\bm y}
\]
dove $\widehat W_k$ \`e il sottospazio dove viene preso il massimo. Sia
\[
\widehat V_k=\{\bm x\in\R^n:\quad \bm x=U\bm y, \bm y\in\widehat W_k\}.
\] 
Vale dim$(\widehat V_k)=k$ e 
\[
\frac{\bm y^TU^TAU\bm y}{\bm
  y^T\bm y}=\frac{\bm x^TA\bm x}{\bm x^T\bm x}
\]
per cui
\[
\beta_k=\min_{\bm y\in\widehat W_k\backslash 0}\frac{\bm y^TU^TAU\bm y}{\bm
  y^T\bm y}=\min_{\bm x\in\widehat V_k\backslash 0}\frac{\bm x^TA\bm x}{\bm
  x^T\bm x}\le\max_{V_k}\min_{\bm x\in V_k\backslash 0}\frac{\bm x^TA\bm x}{\bm
  x^T\bm x}=\alpha_k.
\]
La diseguaglianza $\beta_{k-1}\ge \alpha_k$ si ottiene applicando il risultato
a $-A$ e $-B$. \qed




\begin{cor}\label{corsep}
Se $A_n$ \`e matrice tridiagonale simmetrica, gli autovalori di una qualsiasi
 sottomatrice
principale di $A_n$ di dimensione $(n-1)\times(n-1)$ separano gli autovalori di
$A$. 
%Se poi $A_n$ \`e anche irriducibile, gli autovalori della sottomatrice
%principale $A_{n-1}$
%ottenuta da $A_n$ togliendo ultima (o prima) riga e colonna separano gli
% autovalori di $A_n$ con diseguaglianze strette.
\end{cor}

Come conseguenza del teorema del minimax segue l'importante propriet\`a degli
zeri dei polinomi ortogonali

\begin{teo} 
Gli  zeri del polinomio
ortogonale $p_n(x)$ separano strettamente gli zeri del polinomio ortogonale $p_{n+1}(x)$.
\end{teo}
{\bf Dim.}
La separazione con diseguaglianza debole segue dal corollario \ref{corsep}
applicato alla matrice tridiagonale simmetrica ottenuta simmetrizzando la
matrice trid$_n(-C_i,B_i,-1)$ alla luce delle osservazioni \ref{osstrid},
\ref{osssim}. Per dimostrare la diseguaglianza stretta si supponga per assurdo
che $\lambda$ sia zero di $p_n$ e di $p_{n-1}$. Dalla relazione a tre termini
segue che $\lambda$ \`e zero di $p_{n-1}$. Procedendo per induzione si
conclude che $\lambda$ \`e zero di $p_0$ che \`e assurdo.\qed

Si riportano a titolo di curiosit\`a due altri corollari di cui non si d\`a
dimostrazione.

\begin{cor}
Se $A,B,C$ sono matrici reali simmetriche tali che $A=B+C$ allora per gli
autovalori $\alpha_i,\beta_i,\gamma_i$ ordinati in modo non crescente vale
\[
\beta_i+\gamma_n\le\alpha_i\le\beta_i+\gamma_1.
\]
\end{cor}


\begin{cor}
Se $A,B,C$ sono matrici reali simmetriche tali che $A=B+C$ 
e $C=\bm u\bm u^T$ per un vettore nonnullo $\bm u$,
allora per gli
autovalori $\alpha_i,\beta_i$ di $A$ e $B$ ordinati in modo non crescente vale
\[
\beta_i\le\alpha_i\le\beta_{i+1}
\]
\end{cor}

\section{Rappresentazione di polinomi ortogonali}
Oltre alla rappresentazione data mediante la relazione ricorrente a tre termini esistono altri modi per rappresentare i polinomi ortogonali. In questo paragrafo esaminiamo due rappresentazioni diverse, quella basata sulla matrice dei momenti e quella data dalla formula di Rodrigues.
\subsection{Matrice dei momenti}
Le quantit\`a $\mu_k=\int_a^bx^k\omega(x)dx$, $k=0,1,\ldots,n$, vengono dette
{\em momenti}. Vale il seguente risultato
\begin{teo}
I seguenti polinomi sono ortogonali rispetto al prodotto scalare $\langle
f,g\rangle=\int_a^bf(x)g(x)\omega(x)dx$
\begin{equation}\label{hankel}
p_n(x)=\det\left[\begin{array}{ccccc}
\mu_0&\mu_1&\mu_2&\ldots&\mu_n\\
\mu_1&\mu_2&\mu_3&\ldots&\mu_{n+1}\\
\mu_2&\mu_3&\mu_4&\ldots&\mu_{n+2}\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ldots&\vdots\\
\mu_{n-1}&\mu_{n}&\mu_{n+1}&\ldots&\mu_{2n-1}\\
1&x&x^2&\ldots&x^n
\end{array}\right]
\end{equation}
\end{teo}
{\bf Dim.} Basta verificare che $\langle x^k,p_n(x)\rangle=0$ per
$k=0,1,\ldots,n-1$. Per la linearit\`a dell'integrale e la multilinearit\`a
del determinante si ha che $\langle x^k,p_n(x)\rangle$ \`e uguale al
determinante della matrice che si ottiene sostituendo l'ultima riga della
matrice in \eqref{hankel} con $(\int_a^b x^k, \int_a^b
x^{k+1},\ldots,\int_a^b x^{k+n})$, cio\`e
$(\mu_k,\mu_{k+1},\ldots,\mu_{k+n})$. Questo determinante \`e nullo poich\'e la
matrice ha due righe uguali.\qed 

\begin{oss}\rm Col prodotto scalare su $[0,1]$ definito da $\langle f,g\rangle=\int_0^1f(x)g(x)dx$, la sottomatrice principale di testa $n\times n$
della matrice dei momenti \`e la matrice di Hilbert di elementi
$(1/(i+j-1))$ per $i,j=1,\ldots,n$. Le sottomatrice principali di testa
di dimensione minore o uguale a $n$ di una matrice dei momenti sono
{\em matrici di Hankel}. Cio\`e i loro elementi dipendono dalla somma
degli indici e quindi sono costanti lungo le anti-diagonali. Si pu\`o
dimostrare che l'inversa di una matrice di Hankel non singolare \`e
una matrice di Bezout.
\qed\end{oss}

\begin{oss}\rm
Si ricorda che se $A$ \`e una matrice reale simmetrica definita positiva allora l'applicazione $(\bm u,\bm v)\to \bm u^TA\bm v$ da $\R^n\times\R^n$ in $\R$ \`e un prodotto scalare. Se denotiamo $H_n$ la matrice di elementi $\mu_{i+j-2}$, $i,j=1,\ldots,n$,
si ha $\mu_{i+j-2}=\langle x^{i-1},x^{j-1}\rangle$ per $i,j=1,\ldots,n$.
Per cui
$u^TH_nv=\sum_{i}\sum_{j}u_i\mu_{i+j-1}v_j=\langle\sum_i u_ix^{i-1},\sum_j v_jx^{j-1}\rangle$ non \`e altro che il prodotto scalare tra il polinomio di coefficienti $u_0,\ldots,u_{n}$ e il polinomio di coefficienti $v_0,\ldots,v_n$. Cio\`e $H_n$ descrive il prodotto scalare di tipo integrale 
tra polinomi in termini dei loro coefficienti.

Si osserva ancora che se $H_n=LL^T$ \`e la fattorizzazione di Cholesky
di $H_n$, dove $L$ \`e triangolare inferiore $n\times n$, allora 
 dalla
condizione $(L^{-1})^TH_nL^{-1}=I$ segue che le righe di $(L^{-1})^T$
sono i coefficienti dei polinomi ortogonali normalizzati in modo da
avere norma 1 (polinomi ortonormali). Avevamo inoltre puntualizzato nell'Osservazione
\ref{oss:bezout}, come conseguenza della formula di Christoffel
Darboux, che la matrice di Bezout $B_n$ di $p_n(x)$ e $p_{n-1}(x)$ si
fattorizza nel prodotto $\gamma_nB_n=\widehat L^T\widehat L$ dove $\widehat L$
\`e triangolare inferiore e le colonne di $\widehat L$ hanno per elementi i
coefficienti del generico polinomio ortonormale per cui
vale $\widehat L=L^{-1}$. Allora, confrontando la relazione $\gamma_nB=\widehat
L^T\widehat L$ e $H^{-1}=(L^{-1})^TL^{-1}$ si deduce che
$H_n=\gamma_n^{-1}B_n^{-1}$.
\qed\end{oss}

\begin{oss}\rm
Si osserva ancora che, fissato un prodotto scalare di tipo integrale, per ogni $n>0$ \`e definita la matrice dei momenti $H_n$ di Hankel definita positiva. Viceversa, fissato un intero $n>0$ una matrice di Hankel definita positiva $H_n$, definisce un prodotto scalare su $\mathcal P_n$.
\end{oss}

\subsection{Formula di Rodrigues}
\begin{teo}
Sia $s(x)\in C^n[a,b]$, $s^{(k)}(a)=s^{(k)}(b)=0$, $k=0,1,\ldots,n-1$. Allora
la funzione $t(x)= s^{(n)}(x)/\omega(x)$ \`e ortogonale a ogni polinomio di grado al pi\`u
$n-1$ col prodotto scalare $\left\langle f,g \right\rangle =\int_a^bf(x)g(x)\omega(x)dx$.
\end{teo}
{\bf Dim.} Sia $q(x)$ polinomio di grado $k\le n-1$. Allora
$\left\langle q,s^{(n)}/\omega(n) \right\rangle =\int_a^b
\omega(x)q(x)\frac{s^{(n)}}{\omega(x)}dx=\int_a^b
q(x)s^{(n)}(x)dx$. Integrando per parti si ha
\[
\begin{split}
\left\langle q,\frac{s^{(n)}(x)}{\omega(x)} \right\rangle &=[q(x)s^{(n-1)}(x)]_a^b-\int_a^b
  q'(x)s^{(n-1)}(x)dx\\&=-\int_a^bq'(x)s^{(n-1)}(x)dx=\cdots=(-1)^n\int_a^b
  q^{(n)}(x)s(x)dx=0
\end{split}
\]
poich\'e $q^{(n)}=0$ essendo il grado di $q$ minore di $n$.\qed



\begin{oss}\rm Nelle ipotesi del teorema, se $s^{(n)}(x)/\omega(x)$ \`e un
      polinomio di grado $n$ allora esso coincide con $p_n(x)$.
\qed\end{oss}

Ci\`o permette di esprimere i polinomi ortogonali mediante la {\em Formula di
  Rodrigues}
\begin{equation}\label{rodrigues}
\begin{split}
&p_n(x)=\frac{\beta_n}{\omega(x)}\frac{d^n}{dx^n}s_n(x),~~n=0,1,\ldots,\\
&\beta_n\in\R,~~s_n(x)\in C^n[a,b],:~s_n^{(k)}(a)=s_n^{(k)}(b)=0,
  ~k=0,1,\ldots,n-1,\\
&\frac 1{\omega(x)}\frac{d^n}{dx^n} s_n(x),~~\hbox{polinomio di grado }n.
\end{split}
\end{equation}

I valori dei $\beta_n$ sono scelti in modo da normalizzare i polinomi in modo
pi\`u conveniente a seconda dei casi.

%Esercizio: verificare che $h_i=\left\langle p_i,p_i \right\rangle =(-1)^ia_i\beta_i i!\int_a^b s_i(x)dx$


%\subsection{Polinomi ortogonali e equazioni differenziali}
%Si consideri il seguente problema differenziale agli autovalori
%\[
%q(x)f''+\ell(x)f'+\lambda f=0
%\]
%dove $q(x)$ \`e un polinomio di grado al pi\`u 2
% e $\ell(x)$ \`e un polinomio di grado 1.


\section{Polinomi ortogonali specifici}
Nella tabella \ref{tab1} si riportano le definizioni dei polinomi ortogonali
classici
di Legendre, Chebyshev di prima e di seconda specie, Laguerre ed Hermite.

\begin{table}\begin{center}
\begin{tabular}{cccc}
\hline
$[a,b]$&$\omega(x)$&$s_n(x)$&Nome\\
\hline
$[-1,1]$&1&$(1-x^2)^n$&Legendre\\
$[-1,1]$&$(1-x^2)^{-1/2}$&$(1-x^2)^{n-1/2}$&Chebyshev di prima
specie\\
$[-1,1]$&$(1-x^2)^{1/2}$&$(1-x^2)^{n+1/2}$&Chebyshev di seconda
specie\\
$[0,+\infty]$&$e^{-x}$&$e^{-x}x^n$& Laguerre\\
$[-\infty,+\infty]$&$e^{-x^2}$&$e^{-x^2}$&Hermite\\
\hline
\end{tabular}
\caption{Tassonomia dei principali polinomi ortogonali}\label{tab1}
\end{center}
\end{table}

I polinomi di Legendre e di Chebyshev sono casi particolari dei 
{\em polinomi ultrasferici}, noti anche come polinomi di {\em Gegenbauer}
 cio\`e i polinomi ortogonali su $[-1,1]$ rispetto al peso
$\omega=(1-x^2)^\alpha$, $\alpha>-1$.
Per questi polinomi \`e possibile dare una espressione dei coefficienti in
termini della funzione $\Gamma$ di Eulero
\url{http://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_function}
\[
\Gamma(x)=\int_0^{+\infty} t^{x-1}e^{-t}dt,~~x>0.
%~~x\in\R,~x\ne 0,-1,-2,\ldots.
\]
Tale funzione \`e estendibile a $x\in\C$, $x\ne 0,-1,-2,\ldots$, mediante
l'espressione 
\[
\Gamma(x)=\frac 1z\prod_{n=1}^\infty\frac{(1+\frac 1n)^x}{1+\frac xn}.
\]
Non solo, ma \`e possibile dare una forma esplicita alla funzione $s(x)$ nella
formula di Rodrigues, infatti vale $s(x)=(x^2-1)^{n+\alpha}$.

\begin{oss}\rm La Funzione Gamma di Eulero gode di molte propriet\`a
  interessanti tra cui
\[\begin{split}
&\Gamma(x+1)=x\Gamma(x),~~x\in\R,~x\ne 0,-1,-2,\ldots\\
&\Gamma(1)=1\\
&\Gamma(n+1)=n!,~~\hbox{ se $n$ \`e intero}
\end{split}
\]
Vale inoltre
\[
\frac{d^n x^\alpha}{dx^n}=\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)x^{\alpha-n}
=\frac{\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(\alpha-m+1)}x^{\alpha-n}
\]
Per ulteriori propriet\`a si veda \cite{bbcm}.
\qed\end{oss}

\begin{teo}\label{thm:ultrasf}
Se $\omega(x)=(1-x^2)^\alpha$, $\alpha>-1$, $s_n(x)=(1-x^2)^{\alpha+n}$,
allora $\frac{s_n^{(n)}(x)}{\omega(x)}$ \`e polinomio di grado $n$ e vale
$s_n^{(k)}(1)=s_n^{(k)}(-1)=0$, $k=0,1,\ldots,n-1$. Vale inoltre
\[
\frac{s_n^{(n)}(x)}{\omega(x)}=\sum_{j=0}^n(-1)^j{n\choose j}\frac
{\Gamma(\alpha+n+1)^2}{\Gamma(\alpha+j+1)\Gamma(\alpha+n-j+1)}(1-x)^{n-j}(1+x)^j.
\]
\end{teo}
{\bf Dim.} Se $n=0$ \`e
$\frac{s_0^{(0)}}{\omega(x)}=\frac{(1-x^2)^\alpha}{(1-x^2)^\alpha}=1$. Se
$n>0$ pongo $z=\alpha+n$ e ho
\[
\begin{split}
\frac{d^k}{dx^k}(1-x^2)^z=&\frac{d^k}{dx^k}[(1-x)^z(1+x)^z]\\
=&\sum_{j=0}^k{k\choose j}\frac{d^j}{dx^j}(1-x)^z\frac{d^{k-j}}{dx^{k-j}}(1+x)^z
\end{split}
\] 
D'altro canto vale
\[
\frac{d^m}{dx^m}x^\theta=\frac{\Gamma(\theta+1)}{\Gamma(\theta-m+1)}x^{\theta-m}
\]
da cui
\[
\begin{split}
\frac{d^k}{dx^k}(1-x^2)^z&=\sum_{j=0}^k{k\choose j}(-1)^j\frac{\Gamma(z+1)}{\Gamma(z-j+1)}(1-x)^{z-j}
\frac{\Gamma(z+1)}{\Gamma(z-k+j+1)}(1+x)^{z-k+j}\\
&=(1-x^2)^{z-k} \sum_{j=0}^k{k\choose j}(-1)^j\frac{\Gamma(z+1)^2(1-x)^{k-j}(1+x)^j}{\Gamma(z-j+1)\Gamma(z-k+j+1)}
\end{split}
\]
che diviso per $\omega(x)=(1-x^2)^\alpha$ 
\`e un polinomio in $x$. Inoltre, per $k=0,1,\ldots,n-1$ \`e
$z-k\ge\alpha+1>0$ per cui $s_n^{(k)}(-1)=s_n^{(k)}(1)=0$. Infine per $k=n$
vale $s_n^{(n)}(x)=(1-x^2)^{z-n}\phi(x)$, dove $\phi(x)$ \`e un polinomio, per
cui $\frac{s_n^{(n)}(x)}{(1-x^2)^\alpha}$ \`e un polinomio
\qed



Per i polinomi ultrasferici $p_{n,\alpha}(x)$ vale allora la formula
\[
p_{n,\alpha}(x)=\beta_{n,\alpha}\frac 1{(1-x^2)^{\alpha}}\frac{d^n}{dx^n}(1-x^2)^{\alpha+n}
\]
Dal teorema precedente si possono ricavare le espressioni di $a_n$, $h_n$ in
funzione di $\Gamma$.

Si osservi che vale ancora $p_{n,\alpha}(-x)=(-1)^n p_{n,\alpha}(x)$ per cui
$p_{n,\alpha}$ ha coefficienti nulli per le potenze che hanno esponente con la stessa
parit\`a di $n+1$. Conseguentemente il coefficienti $B_n$ nella relazione
ricorrente a tre termini sono nulli.
\subsection{Polinomi di Legendre}
I polinomi di Legendre sono polinomi ultrasferici con $\alpha=0$, e la
relazione ricorrente a tre termini \`e data da
\[
\begin{split}
&p_{n+1}(x)=\frac{2n+1}{n+1}xp_n(x)-\frac n{n+1}p_{n-1}(x)\\
&p_0=1,~~p_1=x
\end{split}
\]
In particolare

\[
p_0(x)=1,~p_1(x)=x,~p_2(x)=\frac 12(3x^2-1),~p_3(x)=\frac 12(5x^3-3x)
\]
La matrice tridiagonale associata \`e
\[
\left[\begin{array}{cccccccc}
x&-1\\
-\frac 12&\frac 32 x&-1\\
&-\frac 23&\frac 53 x &-1\\
&&-\frac 34&\frac 74 x& -1\\
&&&\ddots&\ddots&\ddots\\
&&&&-\frac i{i+1}&\frac{2i+1}{i+1}x&-1\\
&&&&&\ddots&\ddots&\ddots
\end{array}\right]
\]
che normalizzando i polinomi a essere monici diventa
\[
\left[\begin{array}{cccccccc}
x&-1\\
-\frac 13&x&-\frac 23\\
&-\frac 25&x &-\frac 35\\
&&-\frac 37&x& -\frac 47\\
&&&\ddots&\ddots&\ddots\\
&&&&-\frac i{2i+1}&x&-\frac{i+1}{2i+1}\\
&&&&&\ddots&\ddots&\ddots
\end{array}\right]
\]
La sua simmetrizzazione \`e data da
\[
\left[\begin{array}{cccccccc}
x&-\frac1{\sqrt 3}\\
-\frac 1{\sqrt 3}&x&-\frac 2{\sqrt{15}}\\
&-\frac 2{\sqrt{15}}&x &-\frac 3{\sqrt{35}}\\
&&-\frac 3{\sqrt{35}}&x& -\frac 4{\sqrt{63}}\\
&&&\ddots&\ddots&\ddots\\
&&&&\ddots&x&-\frac{i}{\sqrt{(2i+1)(2i-1)}}\\
&&&&&-\frac{i}{\sqrt{(2i+1)(2i-1)}} &\ddots&\ddots
\end{array}\right]
\]

Gli zeri del polinomio di Legendre di grado $n$ sono gli autovalori
della matrice  trid$_n(\frac{i-1}{\sqrt{2i-1}},0,\frac i{\sqrt{2i+1}})$, dove in generale si indica con $\hbox{trid}_n(a_i,b_i,c_i)$ la matrice
tridiagonale $n\times n$ con elementi diagonali $b_1,\ldots,b_n$, elementi sotto diagonali e sopra diagonali rispettivamente $a_2,\ldots,a_{n}$ e $c_1,\ldots,c_{n-1}$.

Il seguente codice Octave calcola tali zeri come autovalori della matrice tridiagonale con $n=6$:
\begin{verbatim}
n = 6;
T = zeros(n);
for i=1:n-1;
   T(i,i+1) = i/sqrt((2*i-1)*(2i+1));
end;
T=T+T';
zeri=eig(T);
\end{verbatim}
Infatti, scrivendo {\tt sort(zeri)'} 
(l'apice serve per fare scrivere gli autovalori come vettore riga)
Octave fornisce i valori 
\begin{verbatim}
ans =
-0.93247  -0.66121  -0.23862   0.23862   0.66121   0.93247
\end{verbatim}

\subsection{Polinomi di Chebyshev di prima specie}
I polinomi di Chebyshev di prima specie rientrano nella classe
dei polinomi ultrasferici con $\alpha=-1/2$.
Si consideri la successione di polinomi definita da
\[
\begin{split}
&T_{n+1}(x)=2x T_n(x)-T_{n-1}(x),\\
&T_0(x)=1,~T_1(x)=x.
\end{split}
\]

Ponendo $x=\cos\theta$, $0\le\theta\le\pi$, dalla relazione a tre termini 
segue che $T_n(\cos\theta)=\cos
n\theta$. La dimostrazione pu\`o essere fatta per induzione. Infatti per $n=0,1$ la propriet\`a \`e banalmente verificata. In generale, per l'ipotesi induttiva vale
\[
T_{n+1}(\cos\theta)=2\cos\theta \cos n\theta-\cos (n-1)\theta.
\]
Da cui
\[\begin{split}
T_{n+1}(\cos\theta)=&2\cos\theta\cos n\theta-\cos n\theta\cos\theta-\sin n\theta\sin\theta\\
=& \cos\theta\cos n\theta-\sin n\theta\sin\theta=\cos(n+1)\theta.
\end{split}
\]

Questo fatto permette di dimostrare che i polinomi $T_n(x)$ sono
ortogonali rispetto al prodotto scalare sull'intervallo $[-1,1]$ con
peso $\omega(x)=(1-x^2)^{-1/2}$. Infatti mediante la sostituzione $x=\cos\theta$, si ottiene
\[\begin{split}
\langle T_n(x),T_m(x)\rangle=&\int_{-1}^1 \frac 1{\sqrt{1-x^2}}T_n(x)T_m(x)dx\\
=&
\int_0^\pi\frac 1{\sin\theta}\cos(n\theta)\cos(m\theta)\sin\theta d\theta=
\int_0^\pi \cos(n\theta)\cos(m\theta)d\theta.
\end{split}
\]
Se $m\ne n$, $m,n\ge 0$, allora l'integrale di
$\cos(n\theta)\cos(m\theta)$ vale 0 essendo
$\cos(n\theta)\cos(m\theta)=\frac
12(\cos((m+n)\theta)+\cos((m-n)\theta))$.

Un'altra conseguenza del fatto che $T_n(\cos\theta)=\cos(n\theta)$ \`e che
\`e possibile dare una espressione esplicita agli zeri 
$x_k^{(n)}$ di
$T_n(x)$. Infatti vale $x_k^{(n)}=\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}$, $k=1,\ldots,n$.
Inoltre su $[-1,1]$ il polinomio $T_n(x)$ \`e sempre compreso tra $-1$ e $1$.

Si osservi anche che $T_n(\cos \theta)=\pm 1$ se e solo se $\cos (n\theta)=\pm
1$, se e solo se $n\theta=k\pi$, se e solo se $\theta=k\pi/n$, $k=0,1,\ldots
n$.
Cio\`e nell'intervallo $[-1,1]$ il polinomio $T_n(x)$ assume $n+1$ volte i
valori massimi e minimi.

\begin{teo}
Tra tutti i polinomi monici di grado $n\ge 1$ il polinomio monico $\frac
1{2^{n-1}}T_n(x)$ \`e quello che ha minima norma infinito su $[-1,1]$
\end{teo}
{\bf Dim.} Si \`e gi\`a osservato che  $T_n(x)$ assume il valore massimo 1 e
il valore  minimo $-1$ per $n+1$ volte. Quindi $\|T_n(x)\|_\infty=1$ e
$\|T_n(x)/2^n\|_\infty=1/2^{n-1}$. Supponiamo per assurdo che esista un polinomio
$p_n$ monico di grado $n$ tale che $\|p_n(x)\|_\infty<1/2^{n-1}$. Il polinomio
$p_n(x)$ ha massimo minore di $1/2^{n-1}$ e minimo maggiore di
$-1/2^{n-1}$. Quindi il polinomio differenza $ q(x)=p_n(x)-T_n(x)/2^{n-1}$ di
grado al pi\`u $n-1$ \`e negativo dove $T_n$ ha massimo e positivo dove $T_n$
ha minimo. Ci\`o accade in $n+1$ punti di $[-1,1]$. Quindi $q(x)$ ha $n$
zeri. Il che \`e assurdo.\qed

La matrice tridiagonale associata ai polinomi di Chebyshev di prima specie 
 \`e
\[
\left[\begin{array}{cccccc}
x&-1\\
-1&2x&-1\\
&-1&2x&-1\\
&&-1&2x&-1\\
&&&\ddots&\ddots&\ddots
\end{array}\right]
\]

\begin{oss}\rm
Vediamo che forma assume la propriet\`a di ortogonalit\`a discreta
\eqref{eq:ortogdisc} per i polinomi di Chebyshev di prima specie.  Per
quanto riguarda le costanti $h_k$ si ha
\[
h_k=\langle T_k(x),T_k(x)\rangle = \int_{-1}^1T_k(x)^2\frac1{\sqrt{1-x^2}}dx.
\]
Con la sostituzione di variabile $x=\cos \theta$ si ottiene quindi
\[
h_k=\int_{0}^\pi\cos^2 k\theta d\theta=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{\pi}2&\hbox{ se }k\ne 0,\\
\pi&\hbox{ se } k=0.
\end{array}\right.
\]
Per quanto riguarda i coefficienti $\sigma_k$ si pu\`o dimostrare che
\[
\sigma_k^2=\frac\pi n,\quad k=1,\ldots,n.
\]

Quindi la popriet\`a di ortogonalit\`a discreta dei polinomi di
Chebyshev diventa
\[
\sum_{k=1}^n T_i(x_k)T_j(x_k) =\left\{\begin{array}{ll} \frac{n}2\delta_{i,j}\hbox{ se }i\ne 0\\[1ex]
n\delta_{i,j}\hbox{ se }i=0
\end{array}\right.
\]
per $i,j=0,\ldots,n-1$.
La matrice $C=(c_{i,j})$ di elementi $c_{i,j}=T_{j}(x_{i-1})$ definisce
la trasformata discreta dei coseni di secondo tipo
\url{http://en.wikipedia.org/wiki/Discrete_cosine_transform} e gode
della propriet\`a che $C^TC=n\,\hbox{diag}(1,1/2,\ldots,1/2)$.

Inoltre il prodotto scalare nella forma discreta assume la forma
\begin{equation}\label{eq:prodscaldis}
\langle p(x),q(x)\rangle=\frac\pi n \sum_{k=1}^np(x_k)q(x_k).
\end{equation}
\end{oss}

\begin{comment}
\[
1/\sigma_k=\sum_{s=0}^{n-1}\frac{T_s(x_k)^2}{h_s}=\frac 1\pi+\frac 2{\pi}\sum_{s=1}^{n-1}
T_s(x_k)^2. %=\frac n\pi,
\] 
Inoltre
 $\sum_{s=1}^{n-1}
T_s(x_k)^2=\sum_{s=1}^{n-1}
\cos^2(s\frac{2k-1}n\pi)=\frac 12$, dove quest'ultima uguaglianza si dimostra
???

Quindi la popriet\`a di ortogonalit\`a discreta dei polinomi di
Chebyshev diventa
\[
\sum_{k=1}^n T_i(x_k)T_j(x_k) =\left\{\begin{array}{ll} \frac{n}2\delta_{i,j}\hbox{ se }i\ne 0\\[1ex]
n\delta_{i,j}\hbox{ se }i=0.
\end{array}\right.
\]
La matrice $C=(c_{i,j})_{i,j=1,n}$ di elementi $c_{i,j}=T_{j-1}(x_{i})$ definisce
la trasformata discreta dei coseni di secondo tipo
\url{http://en.wikipedia.org/wiki/Discrete_cosine_transform} e gode
della propriet\`a che $C^TC=n\hbox{diag}(1,1/2,\ldots,1/2)$.
\end{comment} 



\begin{oss}\rm
Un polinomio $q(x)$ di grado minore di $n$ pu\`o essere rappresentato nella base di
Chebyshev come $q(x)=\sum_{k=0}^{n-1} a_k T_k(x)$. Data l'ortogonalit\`a dei
polinomi $T_k(x)$, i valori di $a_k$ possono essere calcolati come
\[
a_k=\langle q(x),T_k(x)\rangle/\langle T_k(x),T_k(x)\rangle.
\]

Poich\'e il prodotto scalare pu\`o essere scritto in forma discreta \ref{eq:prodscaldis}, si ha
\[
a_k=\frac \pi n\frac 1{h_k}\sum_{s=1}^{n}T_k(x_s)q(x_s)
=\left\{\begin{array}{ll}
\frac 1n\sum_{s=0}^{n-1}q(x_s)T_k(x_s)  &\hbox{per }k=0\\[1ex]
\frac 2n\sum_{s=0}^{n-1}q(x_s)T_k(x_s)  &\hbox{per }k>0
\end{array}\right.
\]

\begin{comment}
\[
\sum_{k=0}^{n-1}T_i(x_k)T_j(x_k)\sigma_k=\delta_{i,j}\sqrt{h_i}\sqrt{h_j},
\quad 
\sigma_k=1/\sum_{s=0}^{n-1}\frac{T_s(x_k)^2}{h_s}
\]
dove $x_s$ sono gli zeri di $T_n(x)$, i coefficienti $a_k$ possono essere
calcolati come
\[
a_k=\sum_{s=0}^{n-1}q(x_s)T_k(x_s)\sigma_s/\sum_{s=0}^{n-1}T_k(x_s)T_k(x_s)\sigma_s.
\]
\end{comment}

La somma infinita
\[
f(x)=\sum_{k=0}^\infty a_k T_k(x)
\]
se convergente, definisce una funzione $f(x)$ ed \`e chiamata {\em
  serie di Chebyshev} di $f(x)$. Data una funzione $f(x)$ le
condizioni a cui deve soddisfare $f(x)$ affinch\'e esista convergente
la serie di Chebyshev sono analoghe a quelle valide per la convergenza
della serie di Fourier.
\end{oss}

\begin{comment}
\begin{oss}\rm
Per i polinomi di Chebyshev di prima specie i valori di $h_k$ sono dati da
\[
\langle T_k(x),T_k(x)\rangle = \int_{-1}^1T_k(x)^2\frac1{\sqrt{1-x^2}}dx.
\]
Con la sostituzione di variabile $x=\cos \theta$ si ottiene quindi
\[
h_k=\int_{0}^\pi\cos^2 k\theta d\theta=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{\pi}2&\hbox{ se }k\ne 0\\
\pi&\hbox{ se } k=0.
\end{array}\right.
\]
Inoltre, poich\'e gli zeri di $T_n(x)$ sono
$x_k=\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}$ e vale $T_s(x)=\cos(s\theta)$ con
$x=\cos\theta$, si ha $T_s(x_k)=\cos(s\frac{(2k-1)\pi}{2n} )$ per cui,
$1/\sigma_k=\sum_{s=0}^{n-1} T_s(x_k)^2/h_s=\frac{2}{\pi}(1/2+\sum_{s=1}^{n-1}
T_s(x_k)^2)= \frac{n}\pi$.

Quindi la popriet\`a di ortogonalit\`a discreta dei polinomi di
Chebyshev diventa
\[
\sum_{k=1}^n T_i(x_k)T_j(x_k) =\left\{\begin{array}{ll} \frac{n}2\delta_{i,j}\hbox{ se }i\ne 0\\[1ex]
n\delta_{i,j}\hbox{ se }i=0.
\end{array}\right.
\]
La matrice $C=(c_{i,j})$ di elementi $c_{i,j}=T_{j}(x_{i-1})$ definisce
la trasformata discreta dei coseni di secondo tipo
\url{http://en.wikipedia.org/wiki/Discrete_cosine_transform} e gode
della propriet\`a che $C^TC=n\hbox{diag}(1,1/2,\ldots,1/2)$.
\qed\end{oss}
\end{comment}

La function Octave riportata nel listing \ref{cheby1} crea una matrice
{\tt t} di dimensioni $m\times n$ che ha nella colonna $j$-esima i
valori di $T_{j-1}(x)$ calcolati in $m$ punti equispaziati tra $-1$ e
1. Mentre la function riportata nel listing \ref{chebyshev1}
crea una matrice {\tt t} di dimensioni $n\times n$ che ha nella
colonna $j$-esima i valori di $T_{j-1}(x)$ calcolati negli $n$ zeri
del polinomio di Chebyshev $T_n(x)$ di prima specie di grado $n$.

In questo modo, con i seguenti comandi
\begin{verbatim}
t = cheby1(100,6);
x = t(:,2);
plot(x,t(:,2),x,t(:,3),x,t(:,4),x,t(:,5),x,t(:,6));
\end{verbatim}
si tracciano i grafici dei primi 6 polinomi di Chebyshev di prima specie
riportati nella figura \ref{fig:cheb1}.
Mentre scrivendo
\begin{verbatim}
t=chebyshev1(6);
t'*t
\end{verbatim}
si ottiene la matrice numericamente diagonale
\begin{verbatim}
ans =

   6.00000   0.00000   0.00000   0.00000  -0.00000   0.00000
   0.00000   3.00000   0.00000  -0.00000   0.00000  -0.00000
   0.00000   0.00000   3.00000   0.00000  -0.00000   0.00000
   0.00000  -0.00000   0.00000   3.00000   0.00000  -0.00000
  -0.00000   0.00000  -0.00000   0.00000   3.00000   0.00000
   0.00000  -0.00000   0.00000  -0.00000   0.00000   3.00000
\end{verbatim}
che conferma l'ortogonalit\`a delle colonne di {\tt t} per $n=6$. 

\begin{lstlisting}[float,frame=single,
  caption={Function cheby1},
   label=cheby1]
function t=cheby1(m,n)
% function t=cheby1(m,n)
% output: t e' la matrice mxn la cui colonna j-esima contiene i valori
%   del polinomio di Chebyshev di prima specie grado j-1 campionato nei
%   punti x_i=(-1+ i*2/(m-1)) per i=0,1,...,m-1
  t = ones(m,n);
  x = [-1:2/(m-1):1]';
  t(:,2) = x;
  for j=3:n
     t(:,j) = 2*x.*t(:,j-1) - t(:,j-2);
  end
\end{lstlisting}



\begin{figure}\centering
\includegraphics[width=10cm,angle= 270]{cheby1}
\caption{Polynomi di Chebyshev di prima specie}
\label{fig:cheb1}
 \end{figure}

\begin{lstlisting}[float,frame=single,
  caption={Function chebyshev1},
   label=chebyshev1]
function t=chebyshev1(n)
% function t=chebyshev1(n)
% output: t e' la matrice nxn la cui colonna j-esima contiene i valori
%   del polinomio di Chebyshev di prima specie grado j-1 campionato negli
%   zeri del polinomio di Chebyshev di grado n: x_k=cos((2k-1)pi/(2n))
%   per k=1,...,n
  t = ones(n);
  x = cos([pi/(2*n): pi/n : (2*n-1)*pi/(2*n)]');
  t(:,2) = x;
  for j=3:n
     t(:,j) = 2*x.*t(:,j-1) - t(:,j-2);
  end
\end{lstlisting}



\subsection{Polinomi di Chebyshev di seconda specie}
Anche i polinomi di Chebyshev di seconda specie rientrano nella classe
dei polinomi ultrasferici. Sono definiti da $\alpha=1/2$ e soddisfano
la relazione ricorrente
\[\begin{split}
&U_{n+1}(x)=2x U_n(x)-U_{n-1}\\
&U_0(x)=1,~~U_1(x)=2x
\end{split}
\]

Dalla relazione a tre termini segue che ponendo $x=\cos\theta$ risulta
\[
U_n(\cos \theta)=\frac{\sin((n+1)\theta)}{\sin\theta}
\]
Quindi gli zeri di $U_n(x)$ sono $x_k^{(n)}=\cos\frac{k\pi}{n+1}$,
$k=1,\ldots,n$. 

Si osserva che 
\[
\frac{d T_n}{dx}=\frac{dT_n(\cos\theta)}{d\theta}\cdot\frac{d\theta}{dx}=
\frac{d\cos(n\theta)}{d\theta}/\frac{d\cos\theta}{d\theta}=n\frac{\sin(n\theta)}{\sin\theta}
\]
che implica 
\[
T'_n(x)=nU_{n-1}(x).
\]

La matrice tridiagonale associata ai polinomi di Chebyshev di seconda specie 
 \`e
\[
\left[\begin{array}{cccccc}
2x&-1\\
-1&2x&-1\\
&-1&2x&-1\\
&&-1&2x&-1\\
&&&\ddots&\ddots&\ddots
\end{array}\right]
\]


La function Octave riportata nel listing \ref{cheby2} crea una matrice
{\tt u} di dimensioni $m\times n$ che ha nella colonna $j$-esima i
valori di $U_{j-1}(x)$ calcolati in $m$ punti equispaziati tra $-1$ e
1. Mentre la function riportata nel listing \ref{chebyshev2}
crea una matrice {\tt u} di dimensioni $n\times n$ che ha nella
colonna $j$-esima i valori di $U_{j-1}(x)$ calcolati negli $n$ zeri
del polinomio di Chebyshev $U_n(x)$ di seconda specie di grado $n$.


In questo modo, con i seguenti comandi
\begin{verbatim}
u = cheby2(100,6);
x = [-1:2/99:1];
plot(x,u(:,2),x,u(:,3),x,u(:,4),x,u(:,5),x,u(:,6));
\end{verbatim}
si tracciano i grafici dei primi 6 polinomi di Chebyshev di seconda specie
riportati nella figura \ref{fig:cheb2}.
Mentre scrivendo
\begin{verbatim}
u = chebyshev2(6);
u*u'
\end{verbatim}
si ottiene la matrice numericamente diagonale
\begin{verbatim}
   1.8592e+01  -1.7048e-15   1.3849e-15  -6.6331e-16   5.0209e-16  -4.0007e-16
  -1.7048e-15   5.7259e+00  -4.9922e-16   9.9204e-17  -1.6046e-16  -5.1337e-16
   1.3849e-15  -4.9922e-16   3.6823e+00   2.9891e-16  -1.9125e-16   8.2611e-16
  -6.6331e-16   9.9204e-17   2.9891e-16   3.6823e+00  -3.9411e-17  -5.7718e-16
   5.0209e-16  -1.6046e-16  -1.9125e-16  -3.9411e-17   5.7259e+00   2.0095e-15
  -4.0007e-16  -5.1337e-16   8.2611e-16  -5.7718e-16   2.0095e-15   1.8592e+01
\end{verbatim}



\begin{lstlisting}[float,frame=single,
  caption={Function cheby2},
   label=cheby2]
function t=cheby2(m,n)
% function t=cheby1(m,n)
% output: t e' la matrice mxn la cui colonna j-esima contiene i valori
%   del polinomio di Chebyshev di seconda specie grado j-1 campionato nei
%   punti x_i=(-1+ i*2/(m-1)) per i=0,1,...,m-1
  t = ones(m,n);
  x = [-1:2/(m-1):1]';
  t(:,2) = 2*x;
  for j=3:n
     t(:,j) = 2*x.*t(:,j-1) - t(:,j-2);
  end
\end{lstlisting}



\begin{figure}\centering
\includegraphics[width=10cm, angle=270]{cheby2}
\caption{Polynomi di Chebyshev di seconda specie}
\label{fig:cheb2}
 \end{figure}

\begin{lstlisting}[float,frame=single,
  caption={Function chebyshev2},
   label=chebyshev2]
function t=chebyshev2(n)
% function t=chebyshev2(n)
% output: t e' la matrice nxn la cui colonna j-esima contiene i valori
%   del polinomio di Chebyshev di seconda specie grado j-1 campionato negli
%   zeri del polinomio di Chebyshev di grado n: x_k=cos(k*pi/(n+1))
%   per k=1,...,n
  t = ones(n);
  x = cos([pi/(n+1): pi/(n+1) : n*pi/(n+1)]');
  t(:,2) = 2*x;
  for j=3:n
     t(:,j) = 2*x.*t(:,j-1) - t(:,j-2);
  end
\end{lstlisting}

\subsection{Polinomi di Laguerre}
Peso $\omega(x)=e^{-x}$, intervallo $[0,+\infty]$.
Coefficienti della ricorrenza a tre termini: $A_{n+1}=-\frac 1{n+1}$,
$B_{n+1}=\frac{2n+1}{n+1}$, $C_n=\frac n{n+1}$.
\[
\begin{split}
&L_{n+1}(x)=\frac 1{n+1}\left(({2n+1}-x)L_n(x)-nL_{n-1}(x)\right)\\
&L_0(x)=1,~~L_1(x)=1-x
\end{split}
\]
Matrice tridiagonale associata
\[
\hbox{diag}(1,\frac 12,\frac 13, \frac 14,\ldots)
\left[\begin{array}{cccccc}
1-x&-1\\
-1&3-x&-1\\
&-2&5-x&-1\\
&&-3&7-x&-1\\
&&&\ddots&\ddots&\ddots
\end{array}\right]
\]


\subsection{Polinomi di Hermite}
Peso $\omega(x)=e^{-x^2}$, intervallo $[-\infty,+\infty]$.
Ricorrenza a tre termini: 
\[
\begin{split}
&H_{n+1}(x)=2xH_n(x)-2nH_{n-1}(x)\\
&H_0(x)=1,~~H_1(x)=2x
\end{split}
\]
Matrice tridiagonale associata
\[
\left[\begin{array}{cccccc}
2x&-1\\
-2&2x&-1\\
&-4&2x&-1\\
&&-6&2x&-1\\
&&&\ddots&\ddots&\ddots
\end{array}\right]
\]




\section{Il problema dell'approssimazione di funzioni}
Lo scopo \`e quello di approssimare funzioni continue $f:K\subset
\R^n\to\R$, dove $K$ \`e un compatto, con polinomi o con funzioni
facilmente calcolabili, ad esempio, polinomi o funzioni razionali. 
La funzione $f(x)$ pu\`o essere assegnata
esplicitamente in termini di funzioni elementari oppure essere
assegnata formalmente come soluzione di una equazione
differenziale. 

Per semplicit\`a lavoriamo su $\R$ e scegliamo $K=[a,b]$.  
%La
%motivazione \`e quella di poter meglio calcolare in modo approssimato
%delle funzioni continue assegnate formalmente in termini di funzioni
%elementari o assegnate implicitamente come soluzioni di particolari
%equazioni differenziali.

La scelta di usare polinomi \`e saggia dal punto di vista computazionale, ma
lo \`e anche dal punto di vista dell'approssimazione. Vale infatti

\begin{teo}[Weierstrass] Per ogni $f(x): K\to \R$ continua e per ogni
  $\epsilon>0$ esiste un polinomio $p_\epsilon(x)$ tale che $\max_{x\in
    K}|f(x)-p_\epsilon(x)|\le\epsilon$. 
\end{teo}

Denotiamo $\mathcal P_n$ l'insieme dei polinomi di grado al pi\`u $n$.
Denotiamo $d(f,\mathcal P_n)=\inf_{p\in\mathcal P_n}\max_{x\in K}|f(x)-p(x)|$.

%\begin{oss}\rm L'approssimazione di funzioni continue mediante polinomi non
%  \`e sempre ``buona''. Si pu\`o dimostrare che
%\[
%\forall \{\epsilon_n\},~\epsilon_n>0,~\epsilon_n\downarrow 0,~\exists f(x)\in
%C[a,b]:~ d(f,\mathcal P_n)\ge\epsilon_n,~\forall n.
%\]
%\qed\end{oss}


\subsection{Il problema dell'approssimazione lineare}
Viene fissato un ``modello'' di approssimazione scegliendo un insieme di
funzioni continue $\{\varphi_0,\varphi_1,\ldots\}$ e si cerca di approssimare
nel modo migliore possibile una funzione assegnata $f(x)\in C[a,b]$ mediante
$g(x)=\sum_{i=0}^n \alpha_i\varphi_i(x)$.

Le funzioni $\varphi_i(x)$ devono essere computazionalmente facili e in grado
di approssimare bene la $f(x)$. Ad esempio, i polinomi non sono adatti ad
approsimare funzioni che hanno asintoti verticali (in questo caso l'insieme in cui sono definite le funzioni non \`e un compatto). In questo caso le funzioni
razionali si prestano meglio. Similmente per funzioni periodiche sono pi\`u
adatte le funzioni trigonometriche.

Sia $\mathcal V$ spazio vettoriale sul corpo $\K$ ($\K=\C$, $\K=\R$).

\begin{defi}
$\|\cdot\|:\mathcal V\to\R$  \`e una norma se per ogni $x,y\in\mathcal V$,
$\alpha\in\R$ \`e 
\[
\begin{split}
&\|x\|\ge 0\\&\|x\|=0\Leftrightarrow x=0\\
&\|\alpha x\|=|\alpha|\cdot\|x\|\\
&\|x+y\|\le \|x\|+\|y\|~~\hbox{diseguaglianza triangolare}
\end{split}
\]
\end{defi}


\begin{teo}
Ogni norma su $\mathcal V$ \`e funzione uniformemente 
continua nella topologia indotta dalla
norma.
\end{teo}
{\bf Dim.} Dalla diseguaglianza triangolare segue che
$|\|x\|-\|y\||\le\|x-y\|$. Quindi $\forall \epsilon>0$ $\exists\delta>0
~(\delta=\epsilon)$: $\|x-y\|\le\delta\Rightarrow
|\|x\|-\|y\| |\le\epsilon$. \qed


Esempi di norme su $C[a,b]$:
\[
\begin{split}
&
\|f(x)\|_2=\left(\int_a^b f(x)^2dx\right)^{1/2}\\
&\|f(x)\|_\infty=\max_{x\in[a,b]}|f(x)|
\end{split}
\]
Dato un prodotto scalare $\left\langle \cdot,\cdot \right\rangle $ su $C[a,b]$, ad esempio
$\left\langle f,g \right\rangle =\int_a^bf(x)g(x)\omega(x)dx$, si definisce norma indotta dal prodotto
scalare
\[
\|f(x)\|=\left\langle f,f \right\rangle ^{1/2}.
\]

{\bf Poblema dell'approssimazione lineare}
Data $f(x)\in C[a,b]$ e l'insieme di funzioni linearmente indipendenti
$\{\varphi_0,\varphi_1,\ldots\}$, data una norma $\|\cdot\|$ e un intero $n$,
calcolare $\alpha_i^*$, $i=0,1,\ldots,n$ tali che la funzione
$g_n(x)=\sum_{i=0}^n\alpha_i^*\varphi_i(x)$ \`e tale che
\[
\|f(x)-g_n(x)\|=\min_{\alpha_0,\ldots,\alpha_n}\|f(x)-\sum_{i=0}^{n}\alpha_i\varphi_i(x)\|.
\]
La funzione $g_n(x)$ \`e detta {\em funzione di migliore approssimazione}\\
$r_n(x)=f(x)-g_n(x)$ \`e detto {\em resto dell'approssimazione}\\
$\delta_n=\|r_n(x)\|$ \`e detto {\em errore assoluto in norma}\\[2ex]

\begin{oss}\rm
Se $\|\cdot\|=\|\cdot\|_\infty$ allora la funzione di migliore approssimazione
$g_n(x)$ di $f(x)$ \`e tale che $|r_n(x)|=|f(x)-g_n(x)|\le \delta_n$ $\forall x\in[a,b]$. In questo caso si parla di {\em 
approssimazione uniforme}. Se
$\|\cdot\|=\|\cdot\|_2$ non \`e vero che $|r_n(x)|\le\delta_n$ per ogni
$x\in[a,b]$. Si consideri ad esempio $r_n(x)=x^n:[0,1]\to \R$. Vale
$\|r_n(x)\|_\infty=1$ mentre $\|r_n(x)\|_2=1/\sqrt{2n+1}$ che pu\`o essere
arbitrariamente piccola.
\qed\end{oss}

\begin{teo}
Sia $ \mathcal F=\{f(x):[a,b]\to\R\}$ uno spazio di funzioni dotato di norma $\|\cdot\|$, e sia $\mathcal G_n\subset \mathcal F$ un sottospazio di
$\mathcal F$ generato da un insieme di funzioni linearmente indipendenti
$\{\varphi_0,\varphi_1,\ldots,\varphi_n\}$. Allora 
\begin{itemize}
\item il
  problema dell'approssimazione lineare su $\mathcal G_n$ ha soluzione;
\item
  l'insieme delle soluzioni \`e convesso;
\item la successione $\{\delta_n\}$ \`e non crescente;
\item esiste $\lim_n\delta_n\ge 0$.
\end{itemize}
\end{teo}
{\bf Dim.}  Dimostriamo che il problema ha soluzione. L'idea della
dimostrazione consiste nel verificare che l'inf del resto si pu\`o
restringere all'insieme $\{\alpha=(\alpha_i)\in\R^{n+1}:\quad
\|\alpha\|_\infty\le\mu\}$ per una opportuna costante $\mu$. Poich\`e
questo insieme \`e un compatto di $\R^{n+1}$ e la norma \`e continua esiste il
minimo e quindi il problema dell'approssimazione lineare ha soluzione.
Tecnicamente si introducono le funzioni
$c(\alpha)=\|\sum_{i=0}^n\alpha_i\varphi_i\|$ e
$d(\alpha)=\|f-\sum_{i=0}^n\alpha_i\varphi_i\|$ che sono continue. Per
cui $c(\alpha)$ ha minimo su $S=\{\alpha\in\R^{n+1}:\quad
\|\alpha\|_\infty=1\}$. Sia $\gamma$ il minimo. Vale $\gamma\ne 0$
poich\'e $\varphi_i$ sono linearmente indipendenti. Vale
\[
c(\alpha)=\|\sum\frac{\alpha_i}{\|\alpha\|_\infty}\varphi_i\|\cdot\|\alpha\|_\infty\ge
\gamma\|\alpha\|_\infty
\]
inoltre
\[
d(\alpha)=\|f-\sum\alpha_i\varphi_i\|\ge
\|\sum\alpha_i\varphi_i\|-\|f\|\ge\gamma\|\alpha\|_\infty-\|f\|.
\]
Posto $t=\inf d(\alpha)$ si scelga $\mu$ tale che $\mu\ge \frac{t+\|f\|}\gamma$. Risulta
che se $\|\alpha\|_\infty>\mu$ allora
$d(\alpha)\ge\gamma\|\alpha\|_\infty-\|f\|>\gamma \mu -\|f\|\ge t$, per cui
\[
t=\inf_\alpha d(\alpha)=\inf_{\|\alpha\|_\infty\le \mu}d(\alpha).
\]
Ma poich\'e $\{\alpha\in\R^{n+1}:\ \|\alpha\|_\infty\le \mu\}$ \`e compatto,
l'inf \`e un minimo. Esiste quindi $g_n(x)\in\mathcal G_n$ tale che 
$\|f(x)-g_n(x)\|=t$ \`e minimo.

Per dimostrare la convessit\`a: siano $g_n$ e $\hat g_n$ due funzioni di $\mathcal G_n$ tali che
$\|f-g_n\|=\|f-\hat g_n\|$ \`e il minimo. Per $\lambda\in[0,1]$ vale
\[\begin{split}
\|f-(\lambda g_n+(1-\lambda) \hat g_n)\|=&\|\lambda f-(1-\lambda)f-(\lambda
g_n+(1-\lambda)\hat g_n\|\\
=&\|\lambda(f-g_n)+(1-\lambda)(f-\hat g_n)\|\\
\le&
\lambda\|f-g_n\|+(1-\lambda)\|f-\hat g_n\|=\|f-g_n\|
\end{split}
\]
Quindi anche $\lambda g_n+(1-\lambda)\hat g_n$ \`e funzione di migliore
approssimazione. Per la non crescenza dei $\delta_n$ basta osservare che
$\delta_{n+1}$ \`e il minimo ottenuto su un insieme pi\`u ampio. \qed

\begin{oss}\rm Il problema lineare di approssimazione ha una oppure infinite
  soluzioni.
\qed\end{oss}

\begin{oss}\rm Il teorema precedente non garantisce che $\delta_n\to 0$ e che
  quindi $g_n$ \`e una ``buona approssimazione''.
\qed\end{oss}

\begin{defi}
$\mathcal F$ \`e {\em strettamente convesso} rispetto alla
  norma $\|\cdot\|$ se
per ogni
$f,g\in\mathcal F,~f\ne g$, vale
\[
\|f\|\le m,~\|g\|\le m\Rightarrow \|f+g\|<2m.
\] 
\end{defi}

\begin{oss}\rm
$\R^2$ con la norma infinito non \`e strettamente convesso infatti $(1,1)+(1,-1)=(2,0)$ e i tre vettori hanno norma infinito rispettivamente 1,1,2. 
Mentre $\R^2$ con la norma 2 \`e strettamente convesso.
\qed\end{oss}

\begin{teo}\label{thsc}
Se $\mathcal F$ \`e strettamente convesso allora il problema
dell'approssimazione lineare ha una sola soluzione
\end{teo}
{\bf Dim.}
Se esistono $g_n\ne \hat g_n$ funzioni di migliore approssimazione allora
\[
\|f-g_n\|=\|f-\hat g_n\|=\delta_n
\]
quindi per la stretta convessit\`a vale $\|f-g_n+f-\hat g_n\|<2\delta_n$ e
quindi la funzione $h(x)=\frac 12(g_n(x)+\hat g_n(x))$ \`e tale che
$\|f-h\|<\delta_n$ che \`e assurdo.
\qed

Il teorema precedente non garantisce ancora che $\lim \delta_n=0$.

\subsection{Richiami sugli spazi di Banach e di Hilbert.}


\begin{defi}
Sia $\mathcal V$ spazio vettoriale normato. Una successione $f_n\in\mathcal V$
\`e di Cauchy se $\forall\epsilon>0~\exists n_0$: $\forall m,n\ge n_0$ $\|f_m-f_n\|\le\epsilon$. 
\end{defi} 

Esempi: \begin{itemize}
\item
$\mathcal V=C[0,1]$, $\|f\|=\|f\|_\infty=\max_{x\in[0,1]}|f(x)|$:
$f_n(x)=x^n$ non \`e di Cauchy. Infatti $x^{n}-x^{2n}$ per $x=(1/2)^{1/n}$
vale $1/4$ qualsiasi sia $n$.
\item $\mathcal V=C[0,1]$ con la norma $\|f\|_2=(\int_0^1f(x)^2dx)^{1/2}$: $f_n(x)=x^n$
  \`e di Cauchy. Infatti $\int_0^1 (x^{m}-x^n)^2dx=...$
\end{itemize}

\begin{defi}
Uno spazio vettoriale normato $\mathcal B$ \`e di Banach se ogni successione
di Cauchy $\{f_n\}$ converge in norma ad un elemento $f\in\mathcal B$. Cio\`e
se esiste $f\in\mathcal B$ tale che $\lim_n \|f_n-f\|=0$.
\end{defi}

Esempi di spazi di Banach
\begin{itemize}
\item $\R^n$, $\C^n$;
\item $C[a,b]$ con $\|\cdot\|_\infty$;
\item funzioni continue da un compatto $K\subset\R$ in $\R$ con $\|\cdot\|_\infty$;
\item funzioni analitiche da un aperto $\Omega\subset\C$ in $\C$ con
  $\|\cdot\|_\infty$;
\item $\ell^p=\{(x_i)_{i=1,2,\ldots}\in\R^\infty:\quad
  \sum_i|x_i|^p<+\infty\}$ con $\|x\|_p=(\sum_i|x_i|^p)^{1/p}$, $p\ge 1$;
\item $\ell^\infty=\{(x_i)_{i=1,2,\ldots}\in\R^\infty:\quad
  \sup_i|x_i|<+\infty$\} con $\|x\|_\infty=\sup_i|x_i|$.
\end{itemize}

\begin{oss}\rm Nello spazio vettoriale
$\{f:[a,b]\to\R:\quad \int_a^b|f|^pdx<+\infty~ (\hbox{int. di Lebesgue})\}$
  l'applicazione $f\to \|f\|_p=(\int_a^b|f|^pdx)^{1/p}$ non \`e norma poich\'e
 esistono
  $f(x)\ne 0$: $\|f\|_p=0$. Ma diventa una norma nello spazio quoziente con la
 relazione di equivalenza $f\equiv g$ se $\|f-g\|_p=0$. Questo spazio \`e
 denotato con $L^p$ ed \`e di Banach. 
\qed\end{oss}

%\begin{oss}\rm
%Aver usato l'integrale di Riemann al posto dell'integrale di Lebesgue non
%avrebbe dato uno spazio completo. Esisterebbero infatti successioni di Cauchy
%integrabili secondo Riemann il cui limite non \`e integrabile secondo Riemann.
%\qed\end{oss}


Un prodotto scalare $\left\langle \cdot,\cdot \right\rangle $ induce una norma $\|f\|=\left\langle f,f \right\rangle ^{1/2}$.

\begin{defi}
Uno spazio vettoriale $\mathcal H$ con prodotto scalare $\left\langle \cdot,\cdot \right\rangle $ \`e di
Hilbert se ogni successione di Cauchy converge ad un elemento di $\mathcal H$
nella norma $\|\cdot\|$ indotta dal prodotto scalare.
\end{defi}

\begin{oss}\rm
Non tutte le norme sono indotte da un prodotto scalare. Non tutti gli spazi di
Banach sono di Hilbert.
\qed\end{oss}

\begin{oss}\rm
Lo spazio $C[a,b]$ col prodotto scalare
$\left\langle f,g \right\rangle =(\int_a^bf(x)g(x)dx)$ non \`e di Hilbert. Infatti con $[a,b]=[0,2]$, la successione
\[
f_n(x)=\left\{\begin{array}{ll}
x^n&\hbox{se }x\in[0,1]\\
1&\hbox{se }x\in[1,2]
\end{array}\right.
\]
\`e di Cauchy, ma la successione non ha limite in $C[0,2]$.
\qed\end{oss}

\begin{teo}
Una norma sullo spazio $\mathcal V$ \`e indotta da un prodotto scalare se e
solo se vale la legge del parallelogramma
\[
\|u+v\|^2+\|u-v\|^2=2(\|u\|^2+\|v\|^2)
\]
e vale
\[\begin{split}
&\left\langle u,v \right\rangle =\frac 14(\|u+v\|^2-\|u-v\|^2)~~\hbox{su }\R\\
&\left\langle u,v \right\rangle =\frac 14(\|u+v\|^2-\|u-v\|^2+\cu (\|u+\cu v\|^2-\|u-\cu
v\|^2))~~\hbox{su }\C.
\end{split}
\]
dove $\cu$ \`e l'unit\`a immaginaria tale che $\cu^2=-1$.
\end{teo}

\begin{cor}\label{cor1}
Uno spazio vettoriale $\mathcal V$ con norma indotta da un prodotto scalare \`e strettamente convesso.
\end{cor}
{\bf Dim.} Dalla legge del parallelogramma si ha $\|u+v\|^2=2(\|u\|^2+\|v\|^2)-\|u-v\|^2$. Per cui, se $u-v\ne 0$ segue che $\|u+v\|^2<2(\|u\|^2+\|v\|^2)$.
Quindi, se $\|u\|\le m$ e $\|v\|\le m$ e $u\ne v$, allora $\|u+v\|^2<2(m^2+m^2)=4m^2$. Ne segue $\|u+v\|<2m$ e quindi la stretta convessit\`a di $\mathcal V$.
\qed

\begin{oss}\rm
Dalla legge del parallelogramma e dalla diseguaglianza triangolare segue
la diseguaglianza di Cauchy-Schwarz, $|\langle x,y\rangle|^2\le\langle
x,x\rangle\langle y,y\rangle$. Infatti, dalla diseguaglianza triangolare scritta nella forma
$(\|u\|-\|v\|)^2\le\|u-v\|^2$ segue
\[
\|u\|^2+\|v\|^2-2\|u\|\cdot\|v\|\le\|u-v\|^2
\]
da cui, per la legge del parallelogramma, si ha
\[
\frac 12(\|u+v\|^2+\|u-v\|^2)-\|u-v\|^2\le 2\|u\|\cdot\|v\|
\]
cio\`e 
\[
\frac 12(\|u+v\|^2-\|u-v\|^2)\le2\|u\|\cdot\|v\|,
\]
quindi
$|\langle u,v\rangle|\le\|u\|\cdot\|v\|$.
\qed\end{oss}

\`E utile la seguente definizione

\begin{defi} \rm Sia $\mathcal V$ spazio di Hilbert con prodotto scalare $\langle\cdot,\cdot\rangle$ e siano $\varphi_i(x)\in\mathcal V$, per $i=0,1,\ldots$, tali che $\langle\varphi_i,\varphi_j\rangle=0$ per $i\ne j$. L'insieme ortogonale $\{\varphi_i\in\mathcal
  V,\ i=0,1,2,\ldots\}$,  \`e
  completo se non esistono $y\in\V$ tali che $\left\langle \varphi_i,y
  \right\rangle =0$ per ogni $i$. Cio\`e non esiste un altro insieme
  ortogonale di cui l'insieme originale sia sottoinsieme proprio.
\end{defi}


Ricordiamo il 
seguente risultato riguardante insiemi ortogonali completi in uno
spazio di Hilbert.

\begin{lem}\label{lem3}
Sia $\{\varphi_i(x)\in\mathcal H,\ i=0,1,2,\ldots\}$ un insieme
ortogonale completo nello spazio di Hilbert $\mathcal H$. Allora
l'insieme $\mathcal S=\{f=\sum_{i=0}^n\alpha _i\varphi_i,~ n\in\N,~\alpha_i\in
\mathbb K\}$ \`e denso in $\mathcal H$. Cio\`e per ogni $f\in\mathcal H$ e per ogni $\epsilon>0$ esiste
$g_n=\sum_{i=0}^n\alpha_i\varphi_i\in\mathcal S$ tale che $\|f-g_n\|\le\epsilon$.
\end{lem}



\subsection{Funzione di migliore approssimazione}
\begin{teo}\label{miglapp}
Sia $\mathcal V$ spazio vettoriale dotato di prodotto scalare e sia
$f\in\mathcal V$. Siano inoltre
$\varphi_0,\ldots,\varphi_n\in\mathcal V$ linearmente
indipendenti. Allora $\exists ! ~g=\sum_{i=0}^n\alpha_i\varphi_i$ tale
che $\|g-f\|$ \`e minima. Inoltre $\|g-f\|$ \`e minima se e solo se
$\left\langle g-f,v \right\rangle =0$ per ogni $v\in\mathcal
W:=\hbox{span}(\varphi_0,\ldots,\varphi_n)$.
\end{teo}

{\bf Dim.}  L'esistenza e unicit\`a di $g$ segue dal fatto che
$\mathcal V$ \`e strettamente convesso alla luce del teorema \ref{thsc}
  e del corollario \ref{cor1}.

 Sia $h=f-g$. Dimostriamo ora che $\|h\|$ \`e minima se e solo se il vettore $h$ \`e
ortogonale a $\mathcal W=\hbox{span}(\varphi_0,\ldots\varphi_{n})$, 
cio\`e $\left\langle h,v\right\rangle =0$ per ogni 
$v\in\mathcal W$. 
Se $\|h\|$ \`e minimo, allora
 $\|h\|^2\le \|h+\gamma v\|^2$ per ogni $\gamma$ e $v\in\mathcal W$, da cui
\[\|h\|^2\le
\|h+\gamma v\|^2=\left\langle  h+\gamma v,h+\gamma v
 \right\rangle =\|h\|^2+2\gamma\left\langle  h,v \right\rangle +\gamma^2 
\|v\|^2
\]
cio\`e $2\gamma\langle h,h\rangle+\gamma^2\|v\|\ge 0$
per ogni $\gamma$. Scelgo $\gamma=-\left\langle  h,v \right\rangle /\left\langle  v,v \right\rangle $ ed ho
$-\langle  h,v \rangle ^2/\langle  v,v \rangle \ge 0$, cio\`e 
$\langle  h,v \rangle =0$. 

Viceversa, se $\langle h,v\rangle=0$ per ogni $v\in\mathcal W$ allora $\|h+\gamma v\|^2=\langle h+\gamma v,h+\gamma v\rangle=
\langle h,h\rangle+\gamma^2\langle v,v\rangle\ge \|h\|^2$.
\qed

Il seguente risultato d\`a una espressione esplicita della soluzione di
miglior approssimazione

\begin{teo}
Nell'ipotesi del teorema precedente la soluzione di miglior approssimazione
 $g$ \`e :
$g=\sum_{i=0}^n\alpha_i \varphi_i$ dove
\[
A\left[\begin{array}{c}\alpha_0\\\vdots\\\alpha_n\end{array}\right]=
\left[\begin{array}{c}b_0\\\vdots\\b_n\end{array}\right]
\]
con $A=(a_{i,j})$, $a_{i,j}=\left\langle  \varphi_i,\varphi_j \right\rangle $, $b_i=\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle $.
\end{teo}
{\bf Dim.} $f-g$ \`e
ortogonale a $\mathcal W=\hbox{span}(\varphi_0,\ldots,\varphi_n)$, 
cio\`e $\left\langle  f-g,\varphi_j \right\rangle =0$ per $j=0,1,\ldots,n$
e questa \`e la $j$-esima equazione.\qed

\begin{cor}
Se $\varphi_0,\ldots,\varphi_n$ sono ortogonali allora
$\alpha_i=\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle /\left\langle  \varphi_i,\varphi_i \right\rangle $. Quindi
\[
g_n=\sum_{i=0}^n \frac{\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle }{\left\langle  \varphi_i,\varphi_i \right\rangle }\varphi_i
\]
\end{cor}

I coefficienti $\frac{\left\langle f,\varphi_i \right\rangle
}{\left\langle \varphi_i,\varphi_i \right\rangle }$ sono chiamati i
{\em coefficienti di Fourier} di $f(x)$.



\begin{teo}
Sia $\{\varphi_i\in\HH,~ i=0,1,2,\ldots\}$ un insieme ortogonale nello
spazio di Hilbert $\HH$. Sia \[
g_n=\sum_{i=0}^n\frac{\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle }{\left\langle  \varphi_i,\varphi_i \right\rangle }\varphi_i
\]
la funzione di miglior approssimazione di $f$, $r_n=f-g_n$ il resto e 
$\delta_n=\|r_n\|$ l'errore di approssimazione. Allora vale
\begin{equation}\label{M1}
\delta_n^2=\|f\|^2-\sum_{i=0}^n\frac{\langle f,\varphi_i\rangle^2}{\langle\varphi_i,\varphi_i\rangle}
\end{equation}
per cui la successione $\delta_n$ \`e non crescente.
 Inoltre la serie $\sum_{i=0}^{\infty}\frac{\langle f,\varphi_i\rangle^2}{\langle \varphi,\varphi\rangle}$ \`e convergente e
\begin{equation}\label{bessel}
\|f\|^2\ge \sum_{i=0}^\infty\frac{\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle ^2}{\left\langle  \varphi_i,\varphi_i \right\rangle }\hfill\hbox{\rm
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~diseguaglianza di Bessel}
\end{equation}
quindi la serie in \eqref{bessel} \`e convergente. Se inoltre l'insieme 
$\{\varphi_i\in\HH,~ i=0,1,2,\ldots\}$ \`e anche completo vale
\begin{equation}\label{parseval}
\|f\|^2=\sum_{i=0}^n\frac{\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle ^2}{\left\langle  \varphi_i,\varphi_i \right\rangle }+\delta_n^2=
\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle ^2}{\left\langle  \varphi_i,\varphi_i \right\rangle }\hfill\hbox{\rm 
~~~~~~~~~uguaglianza di Parseval}
\end{equation}
per cui la successione $\delta_n$ converge a zero in modo monotono.
\end{teo}
{\bf Dim.}
Se $g_n$ \`e di migliore approssimazione per $f$ rispetto a
$\varphi_0,\varphi_1,\ldots,\varphi_n$, allora
$\delta_n^2=\|f-g_n\|^2=\left\langle  f-g_n,f-g_n \right\rangle =\left\langle  f-g_n,f \right\rangle $ essendo $g_n$ ortogonale a
$h=f-g_n$. Risulta allora che
\[\begin{split}
\delta_n^2=&\|f\|^2-\left\langle  f,g_n \right\rangle \\
=&
\|f\|^2-\left\langle  f,\sum_{i=0}^n \frac{\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle }{\left\langle  \varphi,\varphi \right\rangle }\varphi_i \right\rangle \\
=&\|f\|^2-\sum_{i=0}^n\frac{\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle ^2}{\left\langle  \varphi_i,\varphi_i \right\rangle }\ge 0
\end{split}
\]
cio\`e la \eqref{M1}. In particolare, per ogni $n$ vale
\[
\|f\|^2\ge \sum_{i=0}^n\frac{\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle ^2}{\left\langle  \varphi_i,\varphi_i \right\rangle }.
\]
Quindi la serie
$\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle ^2}{\left\langle  \varphi_i,\varphi_i \right\rangle }$ converge e
vale
\[
\|f\|^2\ge \sum_{i=0}^{+\infty}\frac{\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle ^2}{\left\langle  \varphi_i,\varphi_i \right\rangle }.
\]
Dimostriamo ora che se $\{\varphi_0,\varphi_1,\ldots\}$ \`e completo allora $\|f\|^2\le
\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle ^2}{\left\langle  \varphi_i,\varphi_i \right\rangle }$. Sia
$\mathcal S=\{\sum_{i=0}^n\alpha_i\varphi_i:~n\in\N,~\alpha_i\in\R\}$. 
Per il lemma
\ref{lem3} vale $\bar {\mathcal S}=\HH$. Quindi per ogni $\epsilon>0$ esiste $\psi\in \mathcal S$
tale che $\|f-\psi\|\le \epsilon$, $\psi=\sum_{i=0}^n\gamma_i\varphi_i$. Per il
teorema \ref{miglapp} esiste ed \`e unica la soluzione di migliore approssimazione
$g=\sum_{i=0}^n\alpha_i^*\varphi_i$ tale che $\|f-g\|\le\|f-\psi\|\le
\epsilon$. Quindi
\[
\epsilon\ge \|f-g\|\ge |\, \|f\|-\|g\|\, |\ge \|f\|-\|g\|
\] 
da cui
\[
(\|f\|-\epsilon)^2\le\|g\|^2=\left\langle  g,g \right\rangle =\sum_{i=0}^n\frac{\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle ^2}{\left\langle  \varphi_i,\varphi_i \right\rangle }\le \sum_{i=0}^{+\infty}\frac{\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle ^2}{\left\langle  \varphi_i,\varphi_i \right\rangle }
\]
per ogni $\epsilon>0$. Passando al limite per $\epsilon\to 0$ si ha
\[
\|f\|^2\le\sum_{i=0}^{+\infty}
\frac{\left\langle  f,\varphi_i \right\rangle ^2}{\left\langle\varphi_i,\varphi_i \right\rangle }
\]
che completa la dimostrazione.
\qed
\\

Esempio: il prodotto scalare $\left\langle  f,g \right\rangle =\int_a^bf(x)g(x)\omega(x)dx$ definisce lo
spazio di Hilbert delle funzioni da $[a,b]$ in $R$ per cui \`e finito
l'integrale di Lebesgue $\int_a^bf(x)^2\omega(x)dx$, dove
$\omega(x):(a,b)\to\R$ \`e una funzione a valori positivi.
\\

Esempio: $\varphi_i(x)=x^i$, $i=0,1,2,\ldots$, non \`e un sistema
ortonormale in $L^2[0,1]$. Vale
$\left\langle  \varphi_i,\varphi_j \right\rangle =\int_0^1x^{i+j}dx=1/(i+j+1)$. La matrice
$A=(a_{i,j})_{i,j=0:n}$, $a_{i,j}=1/(i+j+1)$ \`e detta matrice di Hilbert. Il
suo numero di condizionamento cresce esponenzialmente con $n$.\\

\begin{oss}\rm
La scelta $\varphi_i(x)=x^i$ oltre a non fornire un sistema ortonormale di
funzioni, \`e particolarmente infelice poich\'e  la matrice del sistema che
fornisce la funzione di migliore approssimazione \`e fortemente mal
condizionata per cui dal punto di vista numerico il problema della sua
risoluzione diventa intrattabile gi\`a per valori moderati  di $n$.
Un'altro inconveniente \`e che nel passare da $n$ a $n+1$ i calcoli svolti per
risolvere il sistema $n\times n$ non possono essere utilizzati per facilitare
la risoluzione del sistema $(n+1)\times(n+1)$.
\qed\end{oss}

\begin{oss}\rm
Si osservi che se $\{\varphi_i\}$ \`e sistema ortogonale completo, 
dall'espressione 
\[
\delta_n^2=\|f\|_2^2-\sum_{i=0}^n\frac{\left\langle  \varphi_i,f \right\rangle
  ^2}{\left\langle \varphi_i,\varphi_i \right\rangle }
\]
segue che il valore di $\delta_n$ \`e calcolabile esplicitamente. Per cui,
data una tolleranza $\epsilon$, il calcolo dei coefficienti di Fourier pu\`o
essere condotto per $n=1,2,3,\ldots$, fintanto che $\delta_n<\epsilon$. Inoltre il passare da $n$ a
$n+1$ non comporta il dover risolvere un nuovo sistema lineare come nel caso
di un sistema non ortogonale.
\qed\end{oss}

\begin{oss}\rm
Purtroppo, con un sistema ortogonale completo dato da un prodotto scalare, la
relazione $\|\delta_n\|\le\epsilon$ non implica che $|f(x)-g_n(x)|\le\epsilon$
per ogni $x$. Per avere verificata quest'ultima condizione bisogna adottare la
norma infinito la quale non \`e indotta da nessun prodotto scalare.

In particolare $\|h\|_2\le\epsilon$ non implica $\|h\|_\infty\le\epsilon$. Per
questo basta scegliere $L^2([0,1])$ con 
$h(x)=x^n$ per cui $\|h\|_2^2=1/(2n+1)$, $\|h\|_\infty=1$.
\qed\end{oss}

In generale la convergenza in $L^2$ non implica la convergenza in $L^\infty$.
Per\`o sotto particolari condizioni s\`\i. Vale infatti il seguente

\begin{teo}
Per $n\ge 1$ sia $g_n(x)$ la funzione di migliore approssimazione di $f(x)\in
C[-1,1]$ ottenuta scegliendo come $\varphi_i$ i polinomi di Chebyshev di prima specie e col prodotto
scalare ad essi associato. Se $f(x)$ \`e
Lipschitziana allora $g_n(x)$ converge uniformemente a $f(x)$, i.e.,
$\lim_n\|f(x)-g_n(x)\|_\infty=0$.
Se $f\in C^k[-1,1]$, $k\ge 1$, allora $\exists$ $\gamma\in\R$, $\gamma>0$:
$\|f-g_n\|_\infty\le \gamma\frac{\log n}{n^k}$ e vale
\[
f(x)=\frac{\alpha_0}2+\sum_{i=1}^{+\infty}\alpha_i T_i(x).
\]
\end{teo}
La serie del teorema precedente \`e detta Serie di Chebyshev.

\begin{oss}\rm
Dal punto di vista computazionale talvolta \`e conveniente scegliere delle
funzioni $\varphi_i(x)$ che pur non essendo ortogonali verifichino la seguente
propriet\`a: siano a supporto compatto e siano tali che
supp$(\varphi_i)\cap$supp$(\varphi_j)=\emptyset$ se $|i-j|\ge k$ per un intero
$k>0$ ragionevolmente piccolo. In questo modo si verifica facilmente che la
matrice $A$ del sistema lineare che fornisce i coefficienti della migliore
approssimazione \`e una matrice a banda con $2k+1$ diagonali. 
Sistemi lineari con matrici a banda si risolvono in modo poco costoso con le
metodologie dell'algebra lineare numerica. 

Una possibile scelta a questo riguardo \`e quella di suddividere
l'intervallo $[a,b]$ in intervalli equispaziati $x_i=a+ih$,
$h=1/(b-a)$, $i=0,1,\ldots,n$, fissare una funzione $\varphi(x)$ che
abbia supporto $[-h,h]$ e sia nulla al di fuori di esso e porre
$\varphi_i(x)=\varphi(x-x_i)$, $i=0,\ldots,n$. Funzioni usualmente
utilizzate nel contesto delle equazioni differenziali sono le {\em hat
  functions} \\ \includegraphics[width=5cm]{hatfunction} \\
ottenute con
$\varphi(x)=\max(0,h-|x|)$.  Per l'insieme delle funzioni hat col
prodotto scalare $\langle f,g\rangle=\int_a^bf(x)g(x)dx$ la matrice
$A$ \`e tale che $A=(h^3/6)$trid$(1,4,1)$, cio\`e \`e tridiagonale con
elementi diagonali uguali a $4(h^3/6)$ e elementi sopra e
sottodiagonali uguali a $h^3/6$. La matrice \`e fortemente dominante
diagonale e ha numero di condizionamento indipendente dalla
dimensione. Questo d\`a alla matrice propriet\`a computazionali
rilevanti.
\qed\end{oss}


\section{Alcune considerazioni sull'interpolazione}
Finora abbiamo studiato metodi e propriet\`a di approssimazione di funzioni
mediante polinomi. Su spazi di Hilbert con norme derivanti da un prodotto
scalare abbiamo caratterizzato la migliore soluzione con resto di
 minima norma e descritto come calcolarla.

Abbiamo introdotto polinomi ortogonali che ben si prestano all'uopo. Per spazi
di Banach, ad esempio $C[a,b]$ con la norma infinito la situazione \`e un po'
pi\`u complicata. Ci sono comunque metodi per calcolare il polinomio di
migliore approssimazione in norma infinito.

Abbiamo poi visto come usando polinomi di Chebyshev, e quindi il prodotto
scalare associato, la serie di Fourier, ribattezzata serie di Chebyshev,
converge uniformemente a $f(x)$ se $f$ \`e lipschitziana o di classe
$C^k[a,b]$. Per cui la serie di Chebyshev d\`a un buon approssimante in norma
infinito anche se non ottimo.

Ci chiediamo ora cosa si pu\`o dire delle approssimazioni ottenute con
polinomi di interpolazione.

\begin{defi}
Dato un intervallo $[a,b]$ definiamo {\em tavola dei nodi} su $[a,b]$ l'insieme
$\{x^{(n)}_i\in[a,b]:\quad i=0,\ldots,n,~~n\in\N,~~x^{(n)}_i\ne x^{(n)}_j,~~
\hbox {se}~i\ne j\}$.
\end{defi}

Dati un intervallo $[a,b]$ e una tavola di nodi $x^{(n)}_i\in[a,b]$, 
$i=0,\ldots,n$,  e una $f\in C[a,b]$, definiamo
$p_n(x)=\sum_{i=0}^nf(x_i^{(n)})L_{i,n}(x)$, dove $L_{i,n}(x)$ sono i polinomi
di Lagrange definiti da
\[
L_{i,n}(x)=\prod_{j=0,n,~j\ne i}\frac{x-x_j^{(n)}} {x_i^{(n)}-x_j^{(n)}}. 
\]
Poich\'e $L_{i,n}(x_j^{(n)})=\delta_{i,j}$, ne segue che
$p_n(x_i^{(n)})=f(x_i^{(n)})$, cio\`e il polinomio $p_n(x)$ \`e il polinomio di
interpolazione di $f(x)$ relativo ai nodi $x_i^{(n)}$, $i=0,1,\ldots,n$.

Definisco l'operatore $\mathcal A_n:C[a,b]\to \mathcal P_n$ tale che
$\mathcal A_n(f)=p_n$. Voglio studiare il condizionamento di $\mathcal A_n$

\subsection{Costanti di Lebesgue e condizionamento dell'interpolazione}
Denotiamo $f_i=f(x_i^{(n)})$ (tralasciando per semplicit\`a la dipendenza da
$n$). In questo modo il polinomio di interpolazione si scrive come
$p_n(x)=\sum_{i=0}^n f_iL_{i,n}(x)$. Se perturbo i valori $f_i$ in $\tilde
f_i$ ho il polinomio $\tilde p_n(x)=\sum_{i=0}^n \tilde f_iL_{i,n}(x)$.
Per cui
\[
|p_n(x)-\tilde p_n(x)|\le \sum_{i=0}^n|f_i-\tilde f_i|\cdot |L_{i,n}(x)|\le
\max_i|f_i-\tilde f_i|\, \sum_{i=0}^n |L_{i,n}(x)|.
\]
Pongo $\Lambda_n=\max_{x\in[a,b]}\sum_{i=0}^n |L_{i,n}(x)|$ ed ho
\[
|p_n(x)-\tilde p_n(x)|\le\Lambda_n\max_i|f_i-\tilde f_i|, ~~\forall~ x\in[a,b],
\]
da cui 
\begin{equation}\label{starred}
\|p_n-\tilde p_n\|_\infty\le\Lambda_n\|f-\tilde f\|_\infty.
\end{equation}
Cio\`e la quantit\`a $\Lambda_n$ esprime la massima amplificazione che  pu\`o
avere $\|p_n-\tilde p_n\|_\infty$ sotto perturbazioni dei valori di
$f$. Quindi esprime una maggiorazione del condizionamento numerico
dell'operatore $\mathcal A_n$ che a $f(x)$ associa il polinomio di
 interpolazione in relazione alla tavola di nodi scelta.

La costante $\Lambda_n$ \`e chiamata {\em costante di Lebesgue} e dipende
unicamente dalla tavola di nodi di interpolazione. Ogni tavola di nodi di
interpolazione ha quindi la sua corrispondente costante di Lebesgue.

Da \eqref{starred} applicata con $g=f-\widetilde f$, segue
%$\Lambda_n\ge\frac{\max_x|\mathcal A_n(g(x))}{\max_x |g(x)|}$.
\[
\Lambda_n\ge \frac{\|\mathcal A_n(g)\|_\infty}{\|g\|_\infty}.
\]
Vale la seguente propriet\`a:
\[
\Lambda_n=\max_{g\in C[a,b],\, \|g\|_\infty=1}\|\mathcal
A_n(g)\|_\infty=:\|\mathcal A_n\|_\infty.
\]
Per dimostrarla basta 
verificare che esiste $g(x)$ tale che $\|g\|_\infty=1$ e $\Lambda_n=\|\mathcal A_n(g)\|_\infty$. Per questo basta
scegliere $g$ in modo che $\|g\|_\infty=1$ e $g(x_i^{(n)})=\pm 1$ a seconda del segno di $L_{i,n}(\xi)$,  dove $\xi$ \`e il punto in cui 
$\sum_i|L_{i,n}(x)|$ prende il valore massimo.


\begin{teo}\label{thcheb}
Sia $f\in C[a,b]$ e $p_n(x)$ il polinomio di interpolazione relativo alla
tavola di nodi $x_i^{(n)}$. Sia inoltre $q_n(x)$ il polinomio di migliore approssimazione uniforme. Allora vale
\[
\|f-p_n\|_\infty\le (1+\Lambda_n)\|f-q_n\|_\infty.
\]
\end{teo}
{\bf Dim.}
Siano $p_n$ il polinomio di interpolazione e $q_n$ il polinomio di miglior
approssimazione uniforme. 
%Se $f\in\PP_n$ allora $p_n=q_n=f$. Supponiamo allora
%$f\not\in\PP_n$, cio\`e $f-q\not\equiv 0$ $\forall q\in\PP_n$. Per ogni
%$q\in\PP_n$ vale $\A_n(q)=q$ inoltre
%\[
%\A_n(f-q_n)=\A_n(f)-\A_n(q_n)=p_n-q_n.
%\] 
%Poich\'e $f-q_n\not\equiv 0$ ho
%\[
%\Lambda_n=\sup_{g\in C[a,b]\backslash 0}
%\frac{\|\A_n(g)\|_\infty}{\|g\|_\infty}\ge \frac{\|\A_n(f-q_n)\|_\infty}{\|f-q_n\|_\infty}=\frac{\|p_n-q_n\|_\infty}{\|f-q_n\|_\infty}
%\]
%che implica $\|p_n-q_n\|_\infty\le\Lambda_n\|f-q_n\|_\infty$. Quindi, 
Poich\'e
$f-p_n=f-q_n+q_n-p_n$ si ha
\[
\|f-p_n\|_\infty\le \|f-q_n\|_\infty+\|q_n-p_n\|_\infty=\|f-q_n\|_\infty+\|\mathcal A_n(q_n-f)\|_\infty\le (1+\Lambda_n)\|q_n-f\|_\infty
\]
che completa la dimostrazione.
\qed

\begin{oss}\rm Se $\Lambda_n$ \`e ``piccola'' allora l'errore
  dell'interpolazione \`e poco pi\`u grande di quello della migliore
  approssimazione uniforme. \`E quindi importante usare delle tavole di nodi
  che comportino costanti di Lebesgue $\Lambda_n$ il pi\`u piccole possibile.
\qed\end{oss}


Si riportano i valori di $\Lambda_n$ per alcune tavole di nodi su $[-1,1]$
\begin{itemize}
\item Punti equispaziati: $\Lambda_n\approx 2^{n+1}/(e n\log n)$
\item Punti di Chebyshev $x_{i}^{(n)}=\cos(\frac{(2i+1)\pi}{2(n+1)})$,
  $i=0,\ldots,n$:
\[
\frac 2\pi \log(n+1)+0.96\le\Lambda_n\le \frac 2\pi \log(n+1)+1.
\]
I nodi $x_i^{(n)}$  sono gli zeri dei polinomi di Chebyshev di prima specie.
\end{itemize}


Si osservi la enorme differenza nei due casi che sottolinea
l'importanza dei nodi di Chebyshev. Per il teorema \ref{thcheb}
l'interpolazione sui nodi di Cebyshev, anche se non fornisce la
funzione di migliore approssimazione uniforme, d\`a un'approssimazione
che pu\`o essere ragionevole data la crescita logaritmica della
costante di Lebesgue associata $\Lambda_n$.

\`E noto che $\Lambda_n\ge \frac 2\pi\log(n+1)+0.818$ per ogni scelta dei nodi
ma non \`e nota la
tavola dei nodi che d\`a il valore minimo di $\Lambda_n$. Maggiori
informazioni sulle costanti di Lebesgue si trovano in \cite{smith}.

Un risultato negativo relativo all'interpolazione \`e il seguente teorema di Faber:

\begin{teo}[Faber]
Non esiste nessuna tavola di nodi su $[a,b]$ tale che  per ogni $f\in C[a,b]$
il polinomio di interpolazione relativo a questa tavola di nodi converga
uniformemente a $f$.
\end{teo}


\section{Osservazioni su ``continuo e discreto''}
\begin{oss}
\rm
Nel caso discreto il problema di approssimare un vettore 
$\bm f\in\R^n$ con un vettore $\bm g\in\mathcal S\subset \R^n$ dove $\mathcal
S$ \`e il sottospazio generato dalle colonne della matrice
$A$ di dimensioni  $n\times m$, $m<n$ \`e
\[
\min_{\bm x\in\mathcal S} \|A\bm x-\bm f\|
\]
dove $\|\bm x\|=\left\langle  \bm x,\bm x \right\rangle ^{1/2}$. Se $A$ ha rango massimo, cio\`e le sue
colonne formano una base di $\mathcal S$ un approccio risolutivo \`e quello di
usare le {\em equazioni normali}
\[
\left\langle  A\bm e_i,A\bm c-\bm f \right\rangle =0
\]
che nel prodotto euclideo diventano
\[
A^T(A\bm x-\bm f)=0.
\]
Esse impongono l'ortogonalit\`a del residuo rispetto alle colonne di $A$,
cio\`e l'ortogonalit\`a del residuo rispetto allo spazio $\mathcal S$
esattamente come accadeva nel caso continuo.
\qed\end{oss}

\begin{oss}\rm
In Octave il grafico della funzione $f(x)$ su $[a,b]$
pu\`o essere tracciato
calcolando i vettori $\bm f=(f_i)$, $f_i=f(x_i)$ per $x_i=a+hi$, $i=0,\ldots,n$ con $h=(b-a)/n$ e tracciando la spezzata che
unisce i punti $(x_i,f_i)$ con $(x_{i+1},f_{i+1})$. 

Il prodotto scalare tra $f(x)$ e $g(x)$ pu\`o essere stimato approssimando
l'integrale $\int_0^1f(x)g(x)dx$ con $h\sum_{i}f_ig_i$, cio\`e $h\left\langle  \bm f,\bm g \right\rangle =h \bm f^T\bm g$.

La norma di $f(x)$ viene quindi approssimata da $(\frac {b-a}n\sum_i f_i^2)^{1/2}$.
Quindi la discretizzazione del problema continuo conduce ad un  problema
discreto come descritto nell'osservazione precedente
\qed\end{oss}

\begin{oss}\rm
Scegliendo la base dei monomi $\varphi_i(x)=x^i$ e campionando ciascun
polinomio $\varphi_i(x)$ nei nodi $x_i$ scelti si ottiene la matrice di
Vandermonde. Nel discreto la matrice di Hilbert $\left\langle  x^i,x^j \right\rangle $ \`e approssimata
dal prodotto tra la matrice di Vandermonde e la sua trasposta. 
\qed\end{oss}

%Come potrebbe essere definita nel continuo l'analogo di una matrice di
%Householder?

\begin{oss}\rm
Se $Ax=b$ \`e sistema lineare con $A$ matrice definita positiva,
allora il funzionale $\varphi(x)=\frac 12 x^TAx-b^Tx$ ha gradiente
$\nabla \varphi(x)=Ax-b$ che si annulla se e solo se $x$ \`e soluzione
del sistema lineare $Ax=b$. Inoltre l'hessiano di $\varphi(x)$
coincide con la matrice $A$ che \`e definita positiva. Quindi il
funzionale $\varphi$ \`e convesso e il suo unico punto di minimo \`e
la soluzione del sistema lineare $Ax=b$.

Questo fatto permette di interpretare la soluzione di un sistema
lineare definito positivo come punto di minimo di un funzionale e
quindi permette di costruire dei metodi di risoluzione iterativi
cos\`\i\ detti del gradiente, quali i metodi della discesa pi\`u
ripida e del gradiente coniugato. Tali metodi generano una successione
di punti $x_k$ in cui il funzionale assume valori decrescenti e tale
che $\lim_k\varphi(x_k)=0$.  Propriet\`a analoghe valgono per
operatori differenziali lineari ``definiti positivi''. Vedremo ci\`o
nella seconda parte.

La minimizzazione del funzionale $\varphi(x)$ pu\`o essere vista come
un problema di minima norma. Infatti, introduciamo il prodotto scalare
$\langle x,y\rangle= x^TAy$ (\`e prodotto scalare data la definita
positivit\`a di $A$) e la norma conseguente $\| x\|_A:=\langle
x,x\rangle^{1/2}$. Questa norma \`e chiamata {\em norma in energia}.
Denotata con $u$ la soluzione del sistema $Ax=b$
risulta allora
\[\begin{split}
\|x-u\|_A^2=&\langle x-u,x-u\rangle=x^TAx-2x^TAu+u^TAu\\
=&x^TAx-2x^Tb +u^Tb=2\varphi(x)+u^Tb
\end{split}\]
Cio\`e minimizzare il funzionale $\varphi(x)$ su un sottospazio $\mathcal V$ di $\R^n$ equivale a trovare il vettore di $\mathcal V$ che \`e pi\`u vicino alla soluzione del sistema $Ax=b$ in norma in energia.
\qed\end{oss}

\section{Il teorema di Korovkin}
In questa sezione\footnote{scritta da Federico Poloni} si presenta il
Teorema di Korovkin la cui estrema potenza risiede nella semplicit\`a
delle ipotesi, nella loro facile verificabilit\`a e nella notevole
forza della tesi. In particolare, data una successione di operatori da
$C(K)$ in s\'e, $K$ compatto di $\R^n$, basta verificare che tali
operatori siano lineari e positivi e che siano convergenti per un
numero finito di semplici funzioni continue (alcuni polinomi di grado
al pi\`u due) per concludere che la data successione di operatori \`e
in grado di approssimare ogni funzione continua. Non ultimo pregio del
Teorema di Korovkin \`e la estrema essenzialit\`a della sua
dimostrazione che si basa su conoscenze elementari di analisi
matematica.

     Per meglio definire il quadro in cui ci muoviamo, si riporta la
     definizione di operatore lineare e positivo (LPO).


Un operatore $L$ \`e detto \emph{operatore lineare positivo} (LPO) se:
\begin{enumerate}
 \item \`E lineare, cio\`e $L[\lambda f]=\lambda L[f]$ per ogni $\lambda \in \mathbb R$ (o $\mathbb C$), e $L[f+g]=L[f]+L[g]$
 \item \`E \emph{positivo}, cio\`e $L[f](x) \geq 0$ per ogni funzione $f$ tale che $f(x)\geq 0$ per ogni $x$. Cio\`e $L$ manda funzioni non negative su tutto il dominio in funzioni non negative su tutto il dominio.
\end{enumerate}
Notate che le due ipotesi implicano che se $f(x) \leq g(x)$ per ogni $x$ nel dominio, allora
\begin{equation}\label{monotonia}
 L[f](x) \leq L[g](x) \quad\text{per ogni $x$ nel dominio}
\end{equation}
e che
\begin{equation}\label{valass}
 \abs{L[f]} \leq L[|f|].
\end{equation}

Sia $L_n$ una successione di operatori. Diciamo che $L_n$ \emph{approssima bene} una funzione $f$ (in una certa norma $\norm\cdot$) se $\norm{L_n[f]-f} \to 0$ per $n\to\infty$.

\begin{teo}[Teorema di Korovkin, versione 1-dimensionale]
 Sia $K \subseteq \mathbb R$ un compatto, e sia $C(K)$ lo spazio delle
 funzioni continue da $K$ a $\mathbb R$ con la norma del sup
 (convergenza uniforme). Sia $(L_n)_{n=1}^\infty$ una successione di
 LPO su $C(K)$. Se $L_n$ approssima bene le tre funzioni:
\begin{itemize}
 \item $x\mapsto 1$ (la funzione costante uguale a 1),
 \item $x\mapsto x$ (l'identit\`a),
 \item $x\mapsto x^2$ (la funzione ``elevare al quadrato''),
\end{itemize}
allora $L_n$ approssima bene tutte le funzioni di $C(K)$.
\end{teo}
{\bf Dim.}
Siano $f \in C(K)$, e $\varepsilon>0$ fissati; dobbiamo mostrare che esiste $\tilde n$ tale che per ogni $n\geq \tilde n$ valga
\[
 \abs{L_n[f](y)-f(y)} \leq \varepsilon \quad \forall y \in K.
\]
Notiamo anche che al posto di $\varepsilon$ al membro di destra
possiamo mettere anche un'espressione del tipo $\gamma\varepsilon$, a patto
che $\gamma>0$ non dipenda n\'e da $n$ n\'e da $y$.

Chiamiamo inoltre $M:=\norm{f}_\infty$,
$
 N:=\max_{x \in K} \abs{x},
$
e $\delta$ \`e tale che $|x-y|\le\delta \Rightarrow
|f(x)-f(y)|\le\varepsilon$ (che esiste perch\'e una funzione continua su
un compatto \`e uniformemente continua).

Innanzitutto sfruttiamo l'ipotesi: definiamo per ogni $n$, $y$
\[
\begin{aligned}
 \epsilon^{(n)}_0(y):=&L_n[1](y)-1,\\
 \epsilon^{(n)}_1(y):=&L_n[x](y)-y,\\
 \epsilon^{(n)}_2(y):=&L_n[x^2](y)-y^2.\\
\end{aligned}
\]

Per l'ipotesi, possiamo prendere $\tilde n$ sufficientemente grande, in modo che per $n\geq \tilde n$ si abbia $\norm{\epsilon^{(n)}_i}_\infty<
\min(\varepsilon,\varepsilon\delta^2)$ per $i=0,1,2$. 

Ora, fissiamo $y \in K$ e per ogni $n\geq \tilde n$ scriviamo la stima
\[
\begin{aligned}
 \abs{L_n[f](y)-f(y)} \leq &\abs{L_n[f](y)-f(y)L_n[ 1](y)}+\abs{f(y)L_n[ 1](y)-f(y)}\\
 =& \abs{L_n[ f(x)-f(y)](y)}+\abs{\epsilon_0^{(n)}(y)f(y)}\\
 \leq& L_n[ \abs{f(x)-f(y)}](y)+M\varepsilon
\end{aligned}
\]
(abbiamo usato la \eqref{valass} nell'ultimo passaggio). Lavoriamo separatamente ora sul primo dei due addendi; si ha
\[
\begin{aligned}
 \abs{f(x)-f(y)} \leq &\begin{cases}
                                      \varepsilon & \text{per }|x-y|\le\delta\\
                                      2M & \text{per }|x-y|>\delta
                                     \end{cases}\\
\leq & \begin{cases}
                                      \varepsilon & \text{per }|x-y|\le\delta\\
                                      \frac {2M}{\delta^2} (x-y)^2 & \text{per }|x-a|>\delta
                                     \end{cases} \\ \leq& \varepsilon+\frac {2M}{\delta^2} (x-y)^2
\end{aligned}
\]
quindi per la \eqref{monotonia} e la \eqref{valass}, abbiamo
\[
\begin{aligned}
L_n[ \abs{f(x)-f(y)}](y) \leq& L_n[ \varepsilon+\frac {2M}{\delta^2} (x-y)^2]\\
=& \varepsilon L_n[ 1](y)+\frac{2M}{\delta^2}\left(y^2L_n[ 1](y)+
L_n[ x^2](y)-2yL_n[ x](y)\right)\\
=& \varepsilon(1+\epsilon_0^{(n)}(y))+\frac{2M}{\delta^2}
\left(y^2(1+\epsilon_0^{(n)}(y))+(y^2+\epsilon_1^{(n)}(y))-
2y(y+\epsilon_2^{(n)}(y)  \right)\\
=& \varepsilon(1+\epsilon_0^{(n)}(y))+\frac{2M}{\delta^2}
(y^2\epsilon_0^{(n)}(y)+\epsilon_1^{(n)}(y)-2y\epsilon_2^{(n)}(y)).
%=& \left(\varepsilon + \frac{y^2 M}{\delta^2}\right) L_n[x\mapsto 1](y)+
%\frac M{\delta^2}L_n[x\mapsto x^2](y)-\frac {2yM}{\delta^2}L_n[x\mapsto x](y)
%\\ =& \left(\varepsilon + \frac{y^2 M}{\delta^2}\right) (1+\epsilon_0(y))+
%\frac M{\delta^2}(y^2+\epsilon_2(y))-\frac {2yM}{\delta^2}(y+\epsilon_1(y))\\
%=& \varepsilon+\frac{y^2M}{\delta^2}\epsilon_0^{(n)}(y)+
%\frac M{\delta^2}\epsilon_2^{(n)}(y)-\frac {2yM}{\delta^2}\epsilon_1^{(n)}(y)
\end{aligned}
\]
Ora, poich\'e abbiamo scelto $\tilde n$ in modo che per $n\ge\tilde n$
le quantit\`a $\epsilon_i^{(n)}(y)$ siano in modulo minori di $\delta^2\varepsilon$ si ha
\[
L_n[ \abs{f(x)-f(y)}](y) 
\leq \gamma\varepsilon %+{N^2M}\varepsilon+M\varepsilon+{2NM}\varepsilon
\]
con $\gamma>0$ 
% La quantit\`a a cui arriviamo, come richiesto, \`e della forma 
% $C\varepsilon$, con $C$ costante 
che dipende solo dalle scelte di $K$ e $f$. Quindi il teorema \`e dimostrato.
\qed

Notate che nelle stime compaiono quantit\`a che dipendono da $f$:
quindi la successione di LPO approssima bene tutte le funzioni, ma su
alcune funzioni l'approssimazione converge pi\`u lentamente che su
altre.

Cosa si pu\`o dire sulla velocit\`a di convergenza? Se
$\norm{\epsilon^{(n)}_i}_\infty=O(h(n))$ per $i=0,1,2$, allora
$\norm{f-L_n[f]}_\infty=O(h(n))$ per ogni $f$ (per\`o occhio che la
costante nascosta nella notazione $O(\cdot)$ dipende da $f$). Quindi
se per esempio una successione di LPO converge linearmente,
quadraticamente, \dots sulle tre funzioni di test, allora converge con
lo stesso ordine per tutte le funzioni. Osservate che nella
dimostrazione abbiamo richiesto che per $n>\tilde n$ valga
$|\epsilon_i^{(n)}|\le \varepsilon/\delta^2$ dove $\delta$ \`e tale
che $|x-y|\le\delta~\Rightarrow~|f(x)-f(y)|\le\varepsilon$. La
``piccolezza'' di $\delta$ rispetto a $\epsilon$ ha un ruolo negativo
sulla convergenza. Pi\`u piccolo \`e $\delta$ e maggiore \`e il valore
di $\tilde n$ oltre il quale vale la maggiorazione dell'errore $|L_n[
  f(x)](y)-f(y)|\le \gamma\varepsilon$.

Osserviamo ancora che avremmo potuto maggiorare $|f(x)-f(y)|$ con
$\varepsilon+\frac{2M}\delta |x-y|$, rimuovendo il $\delta^2$ al
denominatore. Per\`o in questo caso non avremmo potuto esprimere
$|x-y|$ come combinazione lineare dei polinomi $1,x,x^2$. Questo fatto
\`e essenziale per arrivare alla maggiorazione richiesta.



\subsection{Generalizzazioni}
\begin{teo}[Teorema di Korovkin, versione $m$-dimensionale]
 Sia $K \subseteq \mathbb R^m$ un compatto, e sia $C(K)$ lo spazio delle funzioni continue da $K$ a $\mathbb R$ con la norma del sup (convergenza uniforme). Sia $(L_n)_{n=1}^\infty$ una successione di LPO su $C(K)$. Se $L_n$ approssima bene le $2m+1$ funzioni:
\begin{itemize}
 \item $x\mapsto 1$ (la funzione costante uguale a 1),
 \item $x\mapsto x_i$, $i=1,2,\dots,m$ (la proiezione sulla $i$-esima componente)
 \item $x\mapsto x_i^2$, $i=1,2,\dots,m$ (la funzione ``elevare al quadrato''),
\end{itemize}
allora $L_n$ approssima bene tutte le funzioni di $C(K)$.
\end{teo}

Vale una versione del teorema di Korovkin per funzioni di variabile
reale a valori complessi. In questo caso la monotonia dell'operatore
va intesa ristretta a funzioni che prendono valori reali, cio\`e se
$f$ \`e tale che $f(x)\in\mathbb R$ e $f(x)\ge 0$ allora $L[f]$ \`e
una funzione a valori reali tale che $L[f](y)\ge 0$. Per linearit\`a
la monotonia si applica anche alla parte reale e alla parte
immaginaria della funzione. Ad esempio, se $f(x)=f_1(x)+i f_2(x)$,
dove $i^2=-1$, con $f_1(x)$ e $f_2(x)$ funzioni reali non negative,
posto $g(y)=L[f(x)](y)=g_1(y)+ig_2(y)$, con $g_1(y),g_2(y)$ funzioni
reali, allora la monotonia di $L$ implica che anche $g_1(y)$ e
$g_2(y)$ sono non negative.

\begin{teo}[Teorema di Korovkin, versione complessa]
 Sia $\mathcal B=\{f:[0,2\pi]\to \mathbb C, f(0)=f(2\pi)\}$ (funzioni
 complesse continue e $2\pi$-periodiche), con la norma del sup
 (convergenza uniforme). Sia $(L_n)_{n=1}^\infty$ una successione di
 LPO su $\mathcal B$. Se $L_n$ approssima bene le tre funzioni:
\begin{itemize}
 \item $x\mapsto 1$,
 \item $x\mapsto e^{ix}$,
 \item $x\mapsto e^{-ix}$,
\end{itemize}
allora $L_n$ approssima bene tutte le funzioni di $\mathcal B$.
\end{teo}

Rispetto alla versione 1D, cambia solo l'insieme delle funzioni su cui
richiediamo la convergenza tra le ipotesi (il cosiddetto \emph{test di
  Korovkin}).

\subsection{Polinomi di Bernstein}
I \emph{polinomi di Bernstein} sono la successione di LPO su $K=[0,1]$ definita da
\[
 B_n[f](x):=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}f\left(\frac kn\right)
\]

Si verifichi per esercizio che 
 i polinomi di Bernstein sono LPO.


\subsection{Un'applicazione: dimostrazione del teorema di approssimazione di Weierstrass}
Ci servir\`a nel seguito questo lemmetto con i binomiali.
\begin{lem}[formule ``in-and-out'' per i binomiali]
Valgono le seguenti identit\`a.
 \begin{enumerate}
  \item $\binom{n}{k}=\frac nk \binom{n-1}{k-1}$
  \item $\binom{n}{k}=\frac {n(n-1)}{k(k-1)} \binom{n-2}{k-2}$
 \end{enumerate}
\end{lem}
{\bf Dim.} Applica le definizioni\dots \qed

\begin{teo}[di approssimazione di Weierstrass, caso 1D]
 Sia $K \subseteq \mathbb R$ un compatto, e $f \in C(K)$. Allora, per ogni $\varepsilon>0$ esiste un polinomio $p=p_{f,\varepsilon}$ tale che
\[
 \norm{f-p}_\infty \leq \varepsilon.
\]
\end{teo}
{\bf Dim.}
Ci basta provare il teorema per $K=[0,1]$, poi con qualche semplice trasformazione del dominio possiamo estenderlo a tutti gli altri compatti (come?).

Mostreremo che
\begin{equation} \label{Bnapprox}
\norm{f-B_n[f]}_\infty \to 0  \quad \text{quando $n\to \infty$.}
\end{equation}
Quindi basta prendere $p=B_n[f]$ per un $n$ sufficientemente grande. La \eqref{Bnapprox} \`e la tesi del teorema di Korovkin per i $B_n$, quindi ci basta dimostrare che sono soddisfatte le ipotesi, cio\`e che $\norm{f-B_n[f]}_\infty \to 0$ per le tre funzioni di test $x \mapsto 1$, $x \mapsto x$, $x \mapsto x^2$
\begin{description}
 \item{i)} Per $x \mapsto 1$:
\[ B_n[1](y)=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}y^k(1-y)^{n-k}=
(y+(1-y))^n=1,\]quindi l'errore \`e costantemente uguale a 0.
 \item{ii)} Per $x \mapsto x$:
\[
 \begin{aligned}
  B_n[x](y)=&\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}y^k(1-y)^{n-k}\frac kn\\
 =&\sum_{k=1}^n \binom{n}{k}y^k(1-y)^{n-k}\frac kn\\
 =&\sum_{k=1}^n \binom{n-1}{k-1}y^k(1-y)^{n-k}\\
 =&\sum_{h=0}^{n-1} \binom{n-1}{h}y^{h+1}(1-y)^{n-1-h}=y(1+(1-y))^{n-1}=y\\
 \end{aligned}
\]
(abbiamo usato la in-and-out formula e cambiato indice $h:=k-1$) quindi di nuovo l'errore \`e sempre nullo.

\item{iii)} Per $x \mapsto x^2$: usiamo 
%l'identit\`a 
%\[
% \frac{k^2}{n^2}=\frac k{n^2}+\frac{k^2}{n^2}-\frac k{n^2}=  %\frac 1n \frac kn + \frac{n-1}n \frac{k(k-1)}{n(n-1)},
%\]
%le in-and-out formulas, 
le formule in-out 
e il risultato dei punti precedenti. Per $B_n[x^2](y)$ si ottiene allora
\[
 \begin{array}{lr}B_n[x^2](y)=
 \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}y^k(1-y)^{n-k}\frac {k^2}{n^2}& \hbox{ [in-out]}\\[1.5ex]
\quad  =\sum_{k=1}^n \frac nk\binom{n-1}{k-1}y^k(1-y)^{n-k}\frac {k^2}{n^2}& \hbox{[$i=k-1$]}
  \\[1.5ex]
\quad = y\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}y^{i}(1-y)^{n-1-i}\frac{i+1}{n}&[\frac{i+1}n=\frac{n-1}n(1+\frac 1i)\frac i{n-1}]\\[1.5ex]
\quad =\frac{n-1}{n}y\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}y^{i-1}(1-y)^{n-1-i}\frac{i}{n-1}(1+\frac 1i)&\hbox{[applica i) e ii)]}\\[1.5ex]
 \quad =\frac{n-1}{n}y^2+\frac 1{n}y=y^2-\frac 1n y^2+\frac1{n}y
 \end{array}
\]
%\[
% \begin{aligned}
%  B_n[x^2](y)=&\sum_{k=0}^n 
%\binom{n}{k}y^k(1-y)^{n-k}\frac {k^2}{n^2}\\
% =& \frac1n \left(\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}
%y^k(1-y)^{n-k}\frac kn \right)\\
% &+\frac{n-1}n \left(\sum_{k=0}^n 
%\binom{n}{k}y^k(1-y)^{n-k}\frac {k(k-1)}{n(n-1)}\right)\\
% =& \frac 1n y + \frac{n-1}n 
%\left(\sum_{h=0}^{n-2} 
%\binom{n-2}{h}y^{h+2}(1-y)^{n-2-h}\right)\\
% =& \frac 1n y + \frac{n-1}{n}y^2=y^2-
%\frac 1n y^2+\frac 1 n y
% \end{aligned}
%\]
%(stavolta abbiamo fatto il cambio di variabile $h:=k-2$).  
Quindi
$B_n[x\mapsto x^2]$ converge uniformemente a $x \mapsto x^2$ (come ci
serviva per provare che valgono le ipotesi del teorema di Korovkin),
anche se stavolta c'\`e un errore di $O(\frac 1n)$. Del resto non
potevamo aspettarci che l'errore fosse zero anche stavolta: difatti,
se nella dimostrazione del teorema di Korovkin si ha $\epsilon_i^n=0$
per ogni $n$\dots
\end{description}
Quindi i polinomi di Bernstein soddisfano il teorema di Korovkin, e in particolare ci forniscono l'approssimazione che cercavamo sopra.
\qed

\subsection{Caso multidimensionale}
Il teorema di Weierstrass funziona pari pari in dimensione maggiore:
\begin{teo}[di approssimazione di Weierstrass]
 Sia $K \subseteq \mathbb R^m$ un compatto, e $f \in C(K)$. Allora, per ogni $\varepsilon>0$ esiste un polinomio $p=p_{f,\varepsilon}$ tale che
\[
 \norm{f-p}_\infty \leq \varepsilon.
\]
\end{teo}
{\bf Dim.}
Se $K=[0,1]^m$, funziona lo stesso trucco di sopra. Definiamo i \emph{polinomi di Bernstein $m$-dimensionali} come
\begin{multline*}
 B^{(m)}_n[f](y_1,\dots,y_n):=\\ \sum_{\scriptsize{\begin{array}{c}k_1=1,\dots,n\\k_2=1,\dots,n\\\vdots\\ k_m=1,\dots n  \end{array}}} \binom{n}{k_1}y_1^{k_1}(1-y_1)^{n-k_1}\binom{n}{k_2}y_2^{k_2}(1-y_2)^{n-k_2}\dots \\ \dots
\binom{n}{k_m} y_m^{k_m}(1-y_m)^{n-k_m}f\left(\frac{k_1}n,\frac{k_2}n,\dots,\frac{k_m}n\right)
\end{multline*}
Con un po' di lavoro si riesce a provare che sono un LPO (facile) e che soddisfano le ipotesi del teorema di Korovkin (non \`e difficile come sembra: si riutilizzano diverse volte i calcoli fatti per il caso 1D \dots), quindi concludiamo come sopra.

Stavolta per\`o non \`e banale estendere il risultato da $K=[0,1]^m$ a un qualunque altro compatto. \`E facile estenderlo con un cambio di variabile a qualunque ``cubo'' $[-t,t]^m$, ma per passare a un compatto qualsiasi ora serve usare anche questo risultato (con $H=[-t,t]^m$ un cubo ``sufficientemente grande''):
\begin{teo}[caso $\mathbb R^m$ del teorema di estensione di Tietze]
 Sia $H \subseteq \mathbb R^m$ compatto, $K \subseteq H$ compatto in $H$, $f:K \to \mathbb R$ continua. Allora esiste $\tilde f: H \to \mathbb R$ che estende $f$.
\end{teo}
Il risultato \`e un caso particolare di un teorema pi\`u generale di topologia; non conosco una dimostrazione rapida e indolore di questo teorema nel caso $\mathbb R^m$ che serve a noi\footnote{Quando l'ho chiesto a un paio di analisti mi hanno assicurato che ``ma s\`\i, si dovrebbe fare con un po' di lavoro, considerando il modulo di continuit\`a di $f$ su $K$, che \`e uniformemente continua, estendendola localmente e usando la compattezza\dots''}.
\qed

\newpage
\small
\section*{Esercizi}
\begin{ese}\label{ese1}\rm
Sia $N$ intero positivo e
$a_i<b_i\le a_{i+1}<b_{i+1}$, per $i=1,\ldots,N-1$ numeri reali,
$\omega(x)$ funzione definita su $\cup_{i=1}^N[a_i,b_i]$ a valori
positivi tale che $\int_{a_i}^{b_i}f(x)\omega(x)dx$ sia finito per
$i=1,\ldots, N$ e per ogni polinomio $f(x)$.  Si verifichi che
$\langle p(x),q(x)\rangle=\sum_{i=1}^N\int_{a_i}^{b_i}p(x)q(x)\omega(x)dx$ 
\`e un  prodotto scalare, e si definiscano
 $p_i(x)$, $i=0,1,\ldots$, i polinomi ortogonali (normalizzati secondo un
qualsiasi criterio) rispetto a questo prodotto scalare.  
Dimostrare che

\begin{description}
\item{\bf a)} i polinomi soddisfano una relazione a tre termini;\\
{\bf b)} gli zeri di $p_n(x)$ sono tutti reali e distinti, gli intervalli $(b_i,a_{i+1})$ contengono al pi\`u uno zero, i rimaneni zeri  appartengono all'insieme
$\cup_{i=1}^N(a_i,b_i)$;  \\
{\bf b1)}
esiste un $\hat N$ tale che se $n>\hat N$ ogni intervallo $(a_i,b_i)$ contiene almeno uno zero di $p_n(x)$;

%\phantom{xxx} {\bf b2)} in generale non \`e vero che 
%se $n\ge N$ allora ogni intervallo contiene almeno uno zero di $p_n$;\\
\item{\bf c)} vale la formula di Christoffel-Darboux e la propriet\`a di ortogonalit\`a discreta $\sum_{k=1}^{n+1}p_i(x_k)p_j(x_k)w_k=0$ per $i\ne j$ dove $x_k$ sono gli zeri di $p_{n+1}(x)$, e $w_k$  delle opportune costanti positive;
\item{\bf d)} il grado di precisione della formula di integrazione approssimata di Gauss sull'insieme $\cup_{i=1}^N[a_i,b_i]$ \`e $2n+1$.
\item{\bf e)} Dire se \`e vero che per $n\ge N$ ogni intervallo contiene almeno uno zero di $p_n$.
\end{description}
\end{ese}


\begin{ese}\label{ese2}\rm
Sia $T_n=(t_{ij})$ la matrice tridiagonale $n\times n$ definita da
$t_{ii}=10$, per $i=1,\ldots,n$, e $t_{i,i+1}=t_{i+1,i}=-1$, per
$i=1,\ldots,n-1$.
\begin{description}
\item {\bf a)}\quad Posto $p_0=1$ e $p_k(x)=\det(x\,I_k-T_k)$, per
$k=1,\ldots,n$, dove $I_k$ \`e la matrice identica di ordine $k$,
dire se i polinomi $p_k(x)$ sono ortogonali rispetto a qualche
prodotto scalare su qualche intervallo $[a,b]$.
\item {\bf b)}\quad In caso di risposta
affermativa, determinare l'intervallo $[a,b]$ e il prodotto
scalare.
\end{description}
\end{ese}

\begin{ese}\label{ese3}\rm
Siano $\varphi_i(x)$, $i=0, 1,\ldots,n$, polinomi ortogonali
sull'intervallo $[-1,1]$ rispetto al prodotto scalare
\[
  <f,g>=\int_{-1}^1 \omega(x)f(x)g(x)\; dx,\quad
  \hbox{dove}\quad \omega(x)=(x^2-1)^2,\]
e dove $\varphi_i(x)$ ha grado $i$.
\begin{description}
\item {\bf a)}\quad  Si esprimano i $\varphi_i(x)$ mediante la formula di
Rodrigues.
 \item {\bf b)}\quad  Si calcolino i primi $\varphi_i(x)$.
 \item {\bf c)}\quad Sia ${\cal V}$ lo spazio dei polinomi di grado minore o
uguale a $n+2$ che si annullano in 1 e in $-1$. Si descriva, mediante
i $\varphi_i(x)$, una base dello spazio $\mathcal V$ costituita da
 polinomi ortogonali su $[-1,1]$ rispetto al prodotto scalare
 \[
  <f,g>=\int_{-1}^1 f(x)g(x)\; dx\]
per lo spazio ${\cal V}$.
\end{description}
\end{ese}


\begin{ese}\label{ese4}\rm
Sia $\varphi_i(x)$, $i=0, 1,\ldots,n$, un insieme di polinomi
ortogonali normalizzati in modo che $\varphi_i(x)$ sia monico e tale
che il grado di $\varphi_i(x)$ sia $i$. Per $i=1,2,\ldots,n$ si
consideri la funzione razionale
$f_i(x)=\varphi_i(x)/\varphi_{i-1}(x)$.
\begin{description}
\item {\bf a)}\quad
Si dimostri che $f_{i+1}(x)=x+B_i-C_i/f_i(x)$, $i=1,2,\ldots,n-1$
per opportune costanti $B_i$ e $C_i$.
\item {\bf b)}\quad Si usi questa propriet\`a per
dimostrare che gli zeri di $\varphi_i(x)$ separano quelli di
$\varphi_{i+1}(x)$.
 \end{description}
\end{ese}

\begin{ese}\label{ese5}\rm
Vogliamo estendere la teoria dei polinomi ortogonali a polinomi che hanno
coefficienti matriciali e definiamo $ \mathcal
P_n=\{P(x)=\sum\limits_{i=0}^nx^i A_i,~~ A_i\in \mathbb{R}^{m\times m}\} $. In
questo modo, $P(x)$ \`e una combinazione lineare con coefficienti $A_i$ dei
polinomi elementari $x^i\,I_m$. $P(x)$ ha grado $n$ se $A_n\ne 0$, \`e monico
se $A_n=I_m$.

Per fare questo introduciamo inoltre un ``prodotto scalare'' a valori
matriciali mediante l'applicazione
 $\langle \cdot,\cdot\rangle:\mathcal P_n\times\mathcal P_n\to \mathbb{R}^{m\times m}$
definita da
\[
\langle P,Q\rangle=\int_a^bP(x)W(x)Q(x)^T\;dx,
\]
dove $W(x):[a,b]\to \mathbb{R}^{m\times m}$ \`e tale che $W(x)$ \`e continua,
simmetrica e definita positiva per ogni $x\in [a,b]$, dove l'integrale di una
matrice di elementi $a_{i,j}(x)$ \`e la matrice i cui elementi sono $\int_a^b
a_{i,j}(x)dx$.

Si dimostri preliminarmente che per ogni $P,Q,R\in\mathcal P_n$ e $A\in
\mathbb{R}^{m\times m}$ vale
\begin{description}

\item{\bf a)} ${\langle P,Q\rangle=\langle Q,P\rangle^T}$;

\item{\bf b)} $V=\langle P,P\rangle$ \`e matrice simmetrica semidefinita positiva,
inoltre $V$ \`e definita positiva  se $\det P(x)\not\equiv 0$, infine $V=0$ se
e solo se $P=0$;

\item{\bf c)} $\langle A P,Q\rangle=A\langle P,Q\rangle$, $\langle
P,AQ\rangle=\langle P,Q\rangle A^T$,
 $\langle xP,Q\rangle=\langle P,xQ\rangle$;

\item{\bf d)} $\langle P+R,Q\rangle=\langle P,Q\rangle+\langle R,Q\rangle$,~~~
$\langle P,Q+R\rangle=\langle P,Q\rangle+\langle P,R\rangle$.
\end{description}

\noindent Definiamo $P_0,P_1,\ldots,P_n\in\mathcal P_n$  una {\em sequenza di
polinomi ortogonali} se $P_i$ ha grado $i$, \`e monico, e vale $\langle
P_i,P_j\rangle=0$ per ogni $i\ne j$. Si dimostri che
\begin{description}
\item{\bf e)} Se esiste una sequenza di polinomi ortogonali $P_j$, $j=0,\ldots,n$
 allora $\langle P_j,P_j\rangle$ \`e definita positiva;

\item{\bf f)} in $\mathcal P_n$ esiste ed \`e unica una sequenza $P_i$,
  $i=0,\ldots,n$ di polinomi ortogonali e ogni altro polinomio
  $Q\in\mathcal P_n$ pu\`o essere scritto come $\sum\limits_{i=0}^n A_iP_i$
  per $A_i\in \mathbb{R}^{m\times m}$;

\item{\bf g)} $P_i$ \`e ortogonale ad ogni polinomio di grado minore di $i$;

\item{\bf h)} i polinomi $P_i(x)$ soddisfano una relazione a tre termini del tipo
\[
\begin{array}{l}
P_{j+1}(x)=(x\,I_m-B_j)P_{j}(x)-C_j P_{j-1}(x),~~j=0,1,\ldots,n-1\\[1ex]
P_0=I,~~P_1=x\,I_m-\int_a^b xW(x)\;dx\;\Big(\int_a^b W(x)\;dx\Big)^{-1}
\end{array}
\]
con $B_j,C_j\in \mathbb{R}^{m\times m}$.

 \item{\bf i)} \hskip 2cm
  $P_k(x)=x^k\,I_m- [\mu_k, \ldots \mu_{2k-1}] A_{k-1}^{-1}
  \left[\begin{array}{c}I_m\\
  x\,I_m\\ \vdots\\x^{k-1}\,I_m\end{array}\right],$ \\
dove i momenti $\mu_k \in\mathbb{R}^{m\times m}$ sono definiti da
$\mu_k=\int_a^b x^kW(x)dx$ ed $A_{k-1}$ \`e la matrice a blocchi in cui il
blocco di posto $(i,j)$ \`e $\mu_{i+j-2}$, $i,j=1,\ldots,k$.

\item{\bf j)} Vale un analogo della formula di Christoffel-Darboux? 
\end{description}
\end{ese}

\begin{ese}\label{ese6}\rm
Si vuole estendere il concetto di famiglia di polinomi ortogonali a polinomi di
due variabili $p(x,y)=\sum_{i=0}^h\sum_{j=0}^ka_{i,j}x^iy^j$ con coefficienti
reali $a_{i,j}$. Per questo si definisce {\em grado} di $p(x,y)$ il valore
$\max\{i+j:\  a_{i,j}\ne 0\}$ e si indica con $\Pi_n$ l'insieme dei polinomi in
due variabili di grado al pi\`u $n$ e con $\Pi$ l'insieme di tutti i polinomi
in due variabili.

Dato un prodotto scalare $\langle\cdot,\cdot\rangle$, si definisce
$p(x,y)\in\Pi_n$ {\em polinomio orto\-gonale di grado $n$} se $p(x,y)$ ha grado
$n$ e $\langle p(x,y),q(x,y)\rangle=0$ per ogni polinomio $q(x,y)\in\Pi_{n-1}$.
Si definisce poi  $\mathcal V_n$ lo spazio dei polinomi ortogonali di grado
$n$.

Infine, fissati due reali $a,b$ tali che $a<b$, si introduce una funzione
$W(x,y)$ definita e continua su $(a,b)\times(a,b)$, a valori reali positivi,
tale che esiste finito $\int_a^b\int_a^b W(x,y)p(x,y)dx\,dy$ per ogni polinomio
$p(x,y)\in\Pi$.

\begin{description}
\item{\bf a)}\quad Si dimostri che l'applicazione $\langle\cdot,\cdot\rangle:
  \Pi\times\Pi\to \mathbb R$ definita da
  \[\langle
  p(x,y),q(x,y)\rangle=\int_a^b\int_a^bp(x,y)q(x,y)W(x,y)dx\,dy\]
   \`e  un prodotto scalare.

\item{\bf b)}\quad Si descriva un procedimento per generare  basi ortogonali di
$\mathcal V_0$, $\mathcal V_1,\ldots,\mathcal V_n$ e si dimostri che dim
$\mathcal V_k=k+1$.

\item{\bf c)}\quad Si verifichi che l'unione delle basi ortogonali di $\mathcal
V_k$,
  $k=0,\ldots,n$, costituisce una base di polinomi ortogonali di
  $\Pi_n$, e che, diversamente dal caso dei polinomi nella sola $x$,
  tale base non \`e unica (a meno di multipli scalari).
  Gli spazi $\mathcal V_k$, $k=0,\ldots, n$ sono univocamente determinati?

\item{\bf d)}\quad Si verifichi che se $v_i^{(n)}$ per $i=1,\ldots,n+1$ \`e una
base ortogonale di $\mathcal V_n$ tale che $\langle
  v_i^{(n)},v_i^{(n)}\rangle$ \`e indipendente da $i$, allora
$u^{(n)}=(u^{(n)}_i)_{i=1,\ldots,n+1}:=Qv^{(n)}$ \`e tale che $u^{(n)}_i$,
$i=1,\ldots,n+1$ \`e base ortogonale di $\mathcal V_n$ per ogni matrice
ortogonale $Q$ di dimensione $n+1$.

\item{\bf e)}\quad Si dimostri  che se $p(x,y)\in\mathcal V_n$ allora i polinomi
$xp(x,y)$ e $yp(x,y)$ sono ortogonali a tutti i polinomi di grado al pi\`u
$n-2$ e a tutti i polinomi ortogonali di grado almeno $n+2$.

\item{\bf f)}\quad Si deduca che vale un analogo della relazione ricorrente a tre
  termini nel senso che per ogni $p(x,y)\in \mathcal V_n$, sia
  $xp(x,y)$ che $yp(x,y)$ si scrivono come combinazioni lineare di tre
  polinomi in $\mathcal V_{n-1},\mathcal V_n$ e $\mathcal V_{n+1}$.

\item{\bf g)}\quad %(facoltativo) 
Denotando con $v^{(k)}$ un vettore di $k+1$
  componenti tale che $v^{(k)}_i$, $i=1,\ldots,k+1$ \`e una base di
  $\mathcal V_k$, si dimostri  che esistono e sono uniche matrici $A_n$,
  $(n+1)\times (n+2)$, $B_n$ $(n+1)\times(n+1)$ e $C_n$ $(n+1)\times
  n$ tali che
\[
xv^{(n)}=A_n v^{(n+1)}+B_n v^{(n)}+C_n v^{(n-1)}
\]
con $v^{(-1)}=0$, $C_{-1}=0$. Similmente vale una propriet\`a analoga per
$yv^{(n)}$.

\item{\bf h)}\quad Si dimostri che se $\varphi_n(x)$ sono polinomi ortogonali
rispetto al prodotto scalare
$<f(x),g(x)>=\int_a^bf(x)g(x)\omega(x)dx$ dato dal peso
$\omega(x):(a.b)\to\mathbb R^+$, allora
$q_{m,n}(x,y)=\varphi_m(x)\varphi_n(y)$ \`e un insieme di polinomi
in due variabili ortogonali rispetto al peso
$W(x,y)=\omega(x)\omega(y)$ e $q_{n,k-n}(x,y)$ per $k=0,\ldots,n$
costituisce una base ortogonale di $\mathcal V_n$.
\end{description}
\end{ese}


\begin{comment}
\begin{ese}\rm
Sia $\langle\cdot,\cdot\rangle$ un prodotto scalare sullo spazio di polinomi
nella variabile $x$. Sia $A=(a_{i,j})$ la matrice $n\times n$ dei momenti tale
che $a_{i,j}=\langle x^i, x^j\rangle$.
\begin{description}

\item{\bf a)} Si dimostri che $A$ \`e definita positiva.

\item{\bf b)} Si dimostri che esiste la fattorizzazione $A=LDL^T$ con $L$
triangolare inferiore ed elementi diagonali uguali ad 1, $D$ matrice diagonale
con elementi diagonali positivi.

\item{\bf c)} Si mettano in relazione gli elementi di $L^{-1}$ con i coefficienti
dei polinomi or\-to\-go\-na\-li  rispetto al prodotto scalare $\langle
\cdot,\cdot\rangle$.

\item{\bf d)} Si ricavi un metodo di calcolo dei coefficienti dei primi $n$
polinomi ortogonali e se ne valuti il costo computazionale.
\end{description}
\end{ese}
\end{comment}

\begin{ese}\label{ese7}\rm
Siano $p_0(x),\ldots,p_{n+1}(x)$ polinomi ortogonali sull'intervallo $[a,b]$
rispetto al prodotto scalare $\langle p,q\rangle=\int_a^bp(x)q(x)w(x)dx$, con
$w(x)$ funzione peso positiva su $[a,b]$, e $p_j(x)=\sum_{i=0}^j p_{i,j}x^i$.
Siano $x_0,\ldots,x_n$ gli zeri di $p_{n+1}(x)$. Si definiscano le matrici
$(n+1)\times (n+1)$, dove gli indici scorrono da $0$ a $n$: $A=(a_{i,j})$,
$V=(v_{i,j})$, $S=(s_{i,j})$
tali che $a_{i,j}=p_j(x_i)$, $v_{i,j}=x_i^j$, $s_{i,j}=p_{i,j}$ per $i\le j$, $s_{i,j}=0$ altrove.
\begin{description}
 \item{\bf a)} Si verifichi che $A=VS$.
 \item{\bf b)} Si dimostri che esistono matrici diagonali $D_1$ e $D_2$
 con elementi diagonali positivi tali che $Q=D_1AD_2$ \`e ortogonale.
 \item{\bf c)} Si dimostri che $Q$ \`e il fattore ortogonale della
fattorizzazione QR  della matrice $D_1V$, cio\`e $D_1V=QR$ dove
$R=D_2^{-1}S^{-1}$. Si ricavi un algoritmo per il calcolo dei
coefficienti di $p_i(x)$, $i=0,\ldots,n$.
\end{description}
\end{ese}


\begin{ese}\label{ese8}\rm
Sia $\mathcal P_n$ lo spazio dei polinomi $a(x)=\sum_{i=0}^{n} a_ix^i$ di grado
al pi\`u $n$ con un prodotto scalare $\langle \cdot,\cdot\rangle$. Sia
$p_i(x)$, $i=0,\ldots,n$ una successione di polinomi ortogonali tali che deg$
p_i(x)=i$.

\begin{description}
\item{\bf a)}\quad Si dimostri che la successione soddisfa una relazione a tre
termini del tipo $p_{i+1}(x)=(a_ix+b_i)p_i(x)-c_ip_{i-1}(x)$, $c_i>0$,  se e
solo se il prodotto scalare \`e tale che $\langle xp(x),q(x)\rangle=\langle
p(x),xq(x)\rangle$ per ogni coppia di polinomi in $\mathcal P_n$ di grado al
pi\`u $n-1$.

\item{\bf b)}\quad Si dimostri che per ogni prodotto scalare
$\langle\cdot,\cdot\rangle$ su $\mathcal P_n$ esiste una matrice simmetrica
definita positiva $H$ di dimensione $n+1$ tale che $\langle
p(x),q(x)\rangle={\bm p}^TH{\bm q}$ dove ${\bm p}$ e ${\bm q}$ sono i vettori
$(n+1)$-dimensionali dei coefficienti dei polinomi $p(x)$ e $q(x)$ nella base
dei monomi. Inoltre, data una matrice simmetrica definita positiva $H$ di
dimensione $n+1$ si dimostri che l'applicazione che associa alla coppia
$(p(x),q(x))$ il numero reale $p^THq$ \`e un prodotto scalare.

\item{\bf c)}\quad Si dica come \`e fatta la matrice nel caso in cui i polinomi
ortogonali relativi al prodotto scalare $\langle\cdot,\cdot\rangle$ soddisfano
una relazione ricorrente a tre termini.

\item{\bf d)}\quad Siano $\xi_i$, $i=0,\ldots,n$ numeri reali distinti. Si
verifichi che $\langle p(x),q(x)\rangle=\sum_{i=0}^n
p(\xi_i)q(\xi_i)$ \`e un prodotto scalare e che i polinomi
ortogonali relativi a tale prodotto verificano una relazione a tre
termini.
\end{description}
\end{ese}

\begin{ese}\label{ese:p1}\rm
Definiamo polinomio di Laurent di grado $n$
l'espressione 
\[
\sum_{i=0}^n a_i(x^i+x^{-i}),\quad a_i\in\mathbb R,\quad a_n\ne 0.
\]
Se $a_n=1$ diciamo che il polinomio di Laurent \`e monico,
Denotiamo inoltre $\mathcal L$ lo spazio vettoriale su $\mathbb R$ 
dei polinomi di
Laurent. Dati $a,b\in\mathbb R$ tali che $1<a<b$, definiamo un prodotto scalare su $\mathcal L$ mediante l'espressione
$\langle p(x),q(x)\rangle=\int_a^bp(x)q(x)w(x)dx$ dove $w(x)$ \`e una
funzione positiva e integrabile su $[a,b]$. 
%tale che per ogni $v\in\mathcal L$ vale  $|\int_a^bv(x)w(x)dx|<\infty$. 
Infine definiamo l'insieme $\{ p_n(x)\in\mathcal L, \quad
n=0,1,2,\ldots \}$ dei polinomi di Laurent ortogonali tali che il
grado di $p_n(x)$ \`e $n$, $p_n(x)$ \`e monico e $\langle
p_n(x),p_m(x)\rangle=0$ per $n\ne m$.

Dimostrare che l'insieme dei polinomi di Laurent ortogonali non \`e vuoto e
poi esaminare quali delle propriet\`a dei polinomi ortogonali classici
rimangono valide, e in quale forma, per i polinomi ortogonali di
Laurent. In particolare, esaminare le propriet\`a degli zeri, la
relazione ricorrente a tre termini, la propriet\`a di ortogonalit\`a
discreta. 
%, la formula di Christoffel Darboux.
%, la rappresentazione mediante la matrice dei momenti.
\\
%Facoltativo: 
Cosa si pu\`o dire nel caso in cui $0<a<1<b$?\bigskip
\end{ese}

\begin{ese}\label{ese9}\rm
Si supponga che esista un prodotto scalare
$\langle\cdot,\cdot\rangle$ su $\mathcal P$ tale che 
\begin{equation}
\langle
x^2f(x),g(x)\rangle=\langle f(x),x^2 g(x)\rangle,\quad \forall f,g\in\mathcal P 
\end{equation}
e non necessariamente sia $\langle
xf(x),g(x)\rangle = \langle f(x),xg(x)\rangle$.
\begin{description}
\item{\bf a)} Si dimostri che i polinomi ortogonali $p_i(x)$, $i=0,1,\ldots,$
tali che deg$(p_i(x))=i$, ottenuti con questo prodotto scalare
verificano una relazione di ricorrenza del tipo
$
p_{i+1}(x)=(a_ix^2+b_i)p_{i-1}(x)+c_ip_{i}(x)+d_ip_{i-2}(x)+e_ip_{i-3}(x)
$,
%$a_i,b_i,c_i,d_i\in\mathbb R$.
per opportune costanti $a_i,b_i,c_i,d_i$.  
%Si esprimano le costanti
%$a_i,b_i,c_i,d_i$ in funzione dei prodotti scalari $\langle
%p_j(x),p_j(x)\rangle$ e $\langle x^2p_{i-1}(x),p_j(x)\rangle$,
%$j=i-3,\ldots,i$.

\item{\bf b)} Si dica se la matrice dei momenti, intesa come $H_n=(h_{i,j})$,
$h_{i,j}=\langle x^i,x^j\rangle$, $i,j=0,1,\ldots,n$, 
mantiene ancora la struttura di
Hankel. 
Si verifichi che permutando righe e colonne di $H_n$ con la permutazione
$(1,3,5,7,\ldots,2,4,6,8,\ldots)$ si ottiene una matrice $2\times 2$ a
blocchi formata da 4 blocchi di Hankel e che ogni matrice di questo tipo, 
definita positiva, determina un prodotto scalare su $\mathcal P_n$ che gode della propriet\`a (1).
 Si dia un esempio di prodotto scalare su $\mathcal P_n$, definito tramite la matrice $H_n$, con la propriet\`a (1).


\item{\bf c)} Sia $H_n(x)$ la matrice ottenuta sostituendo l'ultima riga di $H_n$ con
$[1,x,x^2,$ $\ldots,x^n]$. Dire, motivando adeguatamente la risposta, se
$p_n(x)=\det H_n(x)$.  


\item{\bf d)} Si decomponga $p(x)=\sum_{i=0}^n p_ix^i$ come
$p(x)=p_+(x^2)+xp_-(x^2)$ dove $p_+(x^2)=(p(x)+p(-x))/2$ e
$p_-(x^2)=(p(x)-p(-x))/(2x)$ sono la parte pari e la parte dispari di $p(x)$. 
Si consideri il prodotto scalare su $[a,b]$ dato da 
$\langle p(x),q(x)\rangle=\int_a^b
w(x)p(x)q(x)dx$, associato al peso $w(x)$ e 
 si definisca 
\[
\langle
p(x),q(x)\rangle':=\langle p_+(x),q_+(x)\rangle+\langle
p_-(x),q_-(x)\rangle
%+ \langle p_-(x),q_+(x)\rangle
\]
Si verifichi che
$\langle\cdot,\cdot\rangle'$ \`e un prodotto scalare tale che $\langle
x^2 f(x),g(x)\rangle=\langle f(x),x^2 g(x)\rangle$ ed esistono
polinomi $p(x),q(x)$ tali che $\langle x p(x),q(x)\rangle\ne \langle
p(x),x q(x)\rangle$.


\item{\bf e)} %(Facoltativo) 
Si possono esprimere i polinomi ortogonali di cui al punto a) come determinanti di opportune matrici a banda? Come \`e fatta la matrice dei momenti del prodotto scalare del punto c)? Si analizzino le propriet\`a dei polinomi $p_n(x)$ ottenuti col prodotto scalare dato nel punto c).
\end{description}
\end{ese}

\begin{ese}\label{ese10}\rm
Siano $ p_0 (x),\ldots, p_n(x) ,\ldots\in\mathcal P$ 
polinomi ortogonali rispetto al prodotto scalare 
$\langle p(x),q(x)\rangle=\int_a^b p(x)q(x)\omega(x)dx$, dove $a<b$ e $\omega(x)$ \`e una funzione peso. 
Dimostrare che le seguenti condizioni sono equivalenti
\begin{enumerate}
\item I sottospazi di polinomi $\mathcal P^+=\{q(x^2),~ q(x)\in\mathcal P\}$ e $\mathcal P^-\{xq(x^2),~ q(x)\in\mathcal P\}$ sono ortogonali. 
\item Vale $p_1(x)=A_1x$, $p_{i+1}(x)=xA_{i+1}p_i(x)-C_ip_{i-1}(x)$, per $i=1,2,\ldots$, dove $A_i,C_i\ne 0$.
\item Esistono polinomi $\varphi_i(x)$ e $\psi_i(x)$ di grado $i$ tali che
$p_{2i}(x)=\varphi_i(x^2)$, $p_{2i+1}(x)=x\psi_i(x^2)$.
%\item Vale $b=-a$ e $\omega(x)=\omega(-x)$ per ogni $x\in[a,b]$.
\end{enumerate}

Sotto le condizioni dei punti precedenti dimostrare che $ab<0$ e che i
polinomi $\varphi_i(x)$ sono ortogonali rispetto ad un opportuno
prodotto scalare sull'intervallo $[\hat a,\hat b]$ con peso
$\hat\omega$. Si determinino $\hat a,\hat b,\hat\omega$. Dimostrare
analoga propriet\`a per $\psi_i(x)$.

Mettere in relazione i coefficienti della relazione a tre termini dei
polinomi $\varphi_i(x)$, $\psi_i(x)$ con quelli dei polinomi $p_i(x)$.

Dire come \`e fatta la matrice dei momenti per il prodotto scalare per
cui valgono le propriet\`a 1,2,3.

\`E possibile che con il prodotto scalare che rende ortogonali i
polinomi $\varphi_i(x)$ i sottospazi $\mathcal P^+$ e $\mathcal P^-$
siano ortogonali?  \`E possibile che ci\`o valga per il prodotto
scalare che rende ortogonali i $\psi_i(x)$?

%Facoltativo. 
Dire se la condizione
\medskip

 4. $b=-a$ e $\omega(x)=\omega(-x)$ per ogni $x\in[a,b]$.
\medskip

\noindent \`e equivalente alle condizioni 1-3.
\end{ese}


\begin{ese}\label{ese11}\rm
Sia $n>2$ un intero, $h=1/n$ e si definiscano i punti $x_i=ih$,
${i=-1,\ldots,n+1}$. Per $i=0,\ldots,n$ si definiscano le funzioni
``hat'' da $[0,1]$ in $\mathbb R$
\[
  \varphi_i(x)=\left\{\begin{array}{ll}1-\displaystyle\frac 1h |x-x_i|
  &\hbox{se } x\in[x_{i-1},x_{i+1}]\cap[0,1],\\
  0&\hbox{altrove}\end{array}\right.
\]
Si consideri l'operatore di interpolazione $L_n$ che a $f(x)\in
C[0,1]$ associa la funzione continua
$g_n(x)=\displaystyle\sum_{i=0}^na_i\varphi_i(x)$ tale che
$g_n(x_i)=f(x_i)$, $i=0,\ldots,n$.
\begin{description}

\item{\bf a)} Dimostrare che le funzioni $\varphi_i(x)$, $i=0,\ldots,n$ sono
linearmente indipendenti.

\item{\bf b)} Dimostrare che l'operatore $L_n$ \`e ben definito e dare una formula
per il calcolo degli $a_i$, confrontare il
  costo della formula ottenuta con quello del calcolo della funzione
  di migliore approssimazione in norma 2.

\item{\bf c)} Dimostrare che l'operatore $L_n$ \`e lineare e positivo.

\item{\bf d)} Dimostrare che per ogni $f(x)\in C([0,1])$ vale
$\lim_{n}\|g_n(x)-f(x)\|_{\infty}=0$.

\item{\bf e)} Se $f(x)$ \`e lipschitziana valutare l'ordine con cui l'errore di approssimazione
$\|g_n(x)-f(x)\|_{\infty}$ converge a zero.
\end{description}
\end{ese}

\begin{ese}\label{ese12}\rm
Sia $n>0$ un intero, $h=1/n$, $x_i=ih$, per $i=0,\ldots,n$. Si considerino le funzioni $\varphi_i(x):[0,1]\to\mathbb R$ definite da
\[
\varphi_i(x)=\left\{\begin{array}{ll}
0&\hbox{se } x\le x_{i-1}\\
\frac{x-x_{i-1}}h&\hbox{se } x\in[x_{i-1},x_{i}]\\
1&\hbox{se }x\ge x_{i}
\end{array}\right.
\]
per $i=0,1,\ldots,n$.
Sia $C[0,1]$ lo spazio delle funzioni continue da $[0,1]$ in $\mathbb R$ e si definisca l'operatore $\mathcal L_n$ che ad $f(x)\in C[0,1]$ associa la funzione $g_n(x)=\mathcal L_n(f)=\sum_{i=0}^n\alpha_i\varphi_i(x)$ tale che $g_n(x_i)=f(x_i)$.
\begin{enumerate}
\item Si esplicitino i coefficienti $\alpha_i$ di $\mathcal L_n$.
\item % (Riformulazione). 
Si dimostri che $g_n(x)$ approssima bene le funzioni $1$, $x$ con errore nullo e la funzione $x^2$ con errore $O(h^2)$ e quindi approssima bene ogni $f(x)\in
  C[0,1]$. Dire se per ogni $f\in C$ esiste una costante $\gamma$ tale
  che $\|g_n(x)-f(x)\|_\infty\le\gamma h^2$.
\item Se $f(x)\in C^2[0,1]$ si dimostri la diseguaglianza del punto 2 e si 
metta in relazione $\gamma$ con la derivata seconda di $f(x)$.
\item Si imposti il problema del calcolo della funzione di miglior approssimazione in norma 2 dove $\|f\|_2=\left(\int_0^1f(x)^2dx\right)^{\frac 12}$.
\item %(Facoltativo) 
Si valuti il costo computazionale del calcolo della funzione di migliore approssimazione
\end{enumerate}
\end{ese}

\begin{ese}\label{ese13}\rm
Sia ${\cal H}$ spazio di Hilbert con prodotto scalare $\langle\cdot,\cdot\rangle$, sia $n>0$ intero e ${\cal V}_n$ spazio lineare generato
da $\varphi_1,\ldots,\varphi_n\in {\cal H}$.
\begin{description}
\item {\bf a)}\quad  Siano $A=(a_{i,j})$ la matrice $n\times n$ di elementi
$a_{i,j}=\langle\varphi_i,\varphi_j\rangle$, e $Q=(q_{i,j})$, tale che
$A=QDQ^T$, con $Q^TQ=I$ e $D$ matrice diagonale. Si dimostri che
$\psi_j=\sum_{i=1}^n q_{i,j}\,\varphi_i$,  $j=1,\ldots,n$, \`e una
base ortogonale di ${\cal V}_n$.
 \item {\bf b)}\quad Sia ${\cal H}$ lo spazio lineare delle funzioni da $[0,2\pi]$
 in $\mathbb{R}$ periodiche a quadrato integrabile col prodotto scalare
 $\langle f,g\rangle=\int_0^{2\pi} f(x)g(x)\,dx$. Dato un intero $n$, si definiscano
 $x_i=ih$, $i=0,\ldots,n+1$, con $h=2\pi/(n+1)$. Sia ${\cal V}_n$ lo spazio
 lineare generato dalle funzioni
 \begin{equation}\label{fu}
  \varphi_i(x)=\left\{
  \begin{array}{ll}
  \displaystyle\frac{1}{\sqrt h}&{\rm se}\ x\in [x_{i-1},x_{i+1}),\\[0.3cm]
    0&{\rm altrove},
  \end{array}\right.
  \qquad {\rm per}\ i=1,\ldots,n.
  \end{equation}
Si formuli il problema della migliore approssimazione di una
funzione $f\in{\cal H}$ con una funzione $g_n\in {\cal V}_n$. In
particolare si studi la complessit\`a di calcolo e il
condizionamento in norma 2 del sistema lineare associato.
 \item {\bf c)}\quad Si determini una base ortogonale dello spazio ${\cal
V}_n$ del punto b).
 \item {\bf d)}\quad Supponendo che $f(x)$ sia la funzione identicamente uguale a 1,
si dia una valutazione di $\|f-g_n^*\|_2$ e $\|f-g_n^*\|_\infty$,
dove $g_n^*$ \`e la funzione di migliore approssimazione nello
spazio ${\cal V}_n$ del punto (b) e
\[\|f\|_2=(\int_0^{2\pi}f(x)^2dx)^{1/2},\quad\|f\|_\infty=\max_{x\in
[0,2\pi]}|f(x)|.\]
 \item {e)} %\quad(facoltativo)  
Si tratti il punto b) e il punto d) per lo
 spazio ${\cal V}_{n+1}$ gene\-rato dalle funzioni $\varphi_i(x)$ in (\ref{fu}) e
 dalla funzione $\varphi_{n+1}(x)$ che vale $1/\sqrt h$ per $x\in
 [x_0,x_1)\,\cup\,[x_n,x_{n+1}]$ e 0 altrove.
\end{description}
\end{ese}



%\begin{ese}\label{ese14}\rm
%Sia $\psi(x)=(x^k-1)^k$ per $k$ intero pari,
%e si definisca
%$\varphi(x)=\psi(x)$ per $-1\le x\le 1$, $\varphi(x)=0$ altrove. Si
%verifichi che $\varphi$ \`e di classe $C^{k-1}$.  Dato un intero $n$ si
%ponga $h=\frac 1{n+1}$, $x_i=ih$, per $i=-(n+1),\ldots,(n+1)$,
%$\varphi_i(x)=\varphi((x-x_i)/h)$, per $i=-n,\ldots,n$.
%
%Oppure $\varphi(x)=1-2x^2$ su $[-1/2,1/2]$, $x^2-3x+7/4$ su $[1/2,3/2]$,
%$(x+1)^2-3(x+1)+7/4$ su $[-3/2,-1/2]$.
%
%Oppure $\varphi(x)=(x^2-1)^k$ (come cambia la dominanza diag in funzione di k?)
%Dare il migliore $k$ che d\`a la convergenza su $(1,x,x^2)$ migliore.
%
% Si consideri l'operatore $L_n:C[-1,1]\to C[-1,1]$ tale che
%$L_n[f]=\sum_{i=-n}^nf(x_i)\varphi_i(x)$.
%\\
%a) Si dimostri che $L_n$ \`e lineare e positivo.
%\\
%b) Si dica se $\lim_n \|L_n[f]-f\|_\infty=0$ per ogni $f\in C[-1,1]$
%\\
%c) Si dica come si pu\`o calcolare la funzione $g_n$ che minimizza  $\delta_n=\int_{-1}^1 (f(x)-g_n(x))^2dx$ dove $g(x)$ varia nello spazio generato da $\varphi_i(x)$, $i=-n,\ldots,n$, valutando gli aspetti computazionali (costo, condizionamento stabilit\`a).
%\\
%d)
%Dire se $\lim_n \delta_n=0$

%\end{ese}

\begin{ese}\label{ese15}\rm
Sia $\varphi(t)$ funzione continua e non negativa,
nulla al di fuori di $[-1,1]$, tale che $\varphi(1)=0$,
$\varphi(0)=1$, $\varphi(t)=\varphi(-t)$.  Sia $n$ intero positivo,
$h=1/(n+1)$, $x_i=ih$, $i=0,\ldots,n+1$. Si definisca
$L_n[f]:C[0,1]\to C[0,1]$ l'operatore che associa alla funzione $f\in
C[0,1]$ la funzione $g_n(x)=L_n[f]$ data da
$\sum_{i=0}^{n+1}f(x_i)\varphi_i(x)$, dove
$\varphi_i(x)=\varphi((x-x_i)/h)$.

a) Si dimostri che $L_n$ \`e un operatore lineare positivo.

b) Si dimostri che se $\varphi(t)+\varphi(1-t)=1$ per $t\in[0,1]$ allora
$\lim_{n\to\infty}\|L_n[f]-f\|_\infty=0$ per ogni funzione
 $f(x)\in C[0,1]$. La condizione 
$\varphi(t)+\varphi(1-t)=1$ \`e necessaria per la convergenza?

c)
Quale dei seguenti due casi fornisce la migliore convergenza? 
$
\varphi(t)=
1-t$ per $0\le t\le 1$,
%$\varphi(t)=
%1-t^2$,  per $0\le t\le 1$,
$
\varphi(t)=
1-3t^2+2t^3$ per $0\le t\le 1$.

\includegraphics[width=5cm]{fi1}~~
\includegraphics[width=5cm]{fi2}


d) Valutare il costo computazionale e il numero di condizionamento
nel calcolo della funzione $g_n(x)=\sum_{i=0}^{n+1}\alpha_i\varphi_i(x)$ 
di migliore approssimazione in norma $L^2$ nei casi del punto c). 

e) %(Facoltativo) 
Dire se \`e possibile migliorare la convergenza 
scegliendo come $\varphi(t)$ su $[0,1]$ un polinomio di grado pi\`u alto.
Dire se \`e possibile migliorare la convergenza scegliendo come $\varphi(t)$ una funzione con supporto pi\`u ampio.

\end{ese}

\begin{ese}\label{ese:k1}

\rm
Sia $\varphi(t):\mathbb R\to\mathbb R$ una funzione continua tale che 
\[
\left\{
\begin{array}{ll}
\varphi(t)\ge 0,\\
\varphi(t)=0,&\hbox{per } t\ge 3, \hbox{ e per }t\le -3\\
%\varphi(t)=\varphi(-t)\\
%\alpha 
\varphi(t)+\varphi(t+2)+\varphi(t-2)=1&\hbox{per } t\in[-1,1]
\end{array}\right.
\]
%per $\alpha>1$.
Un esempio di funzione siffatta \`e riportato nel grafico seguente
relativamente alla parte non nulla.

\includegraphics[width=5cm]{ian1.png}

Dati numeri reali $a<b$ e un intero $n>1$ siano $x_i=a+ih$,
$i\in\{-1,0,\ldots,n\}$ dove $h=(b-a)/n$, e si definisca $t_i=\frac 2h (x-(x_i+x_{i+1})/2))$, e si ponga $
\varphi_i(x)=\varphi(t_i)$,
$i\in\{-1,0,\ldots,n\}$.  Sia infine $L_n:C([a,b])\to C([a,b])$
l'operatore definito da $g_n=L_n(f)$, $g_n(x)=\sum_{i=-1}^{n}
f_i\varphi_i(x)$, dove $f_i=f(\frac 12(x_i+x_{i+1}))$ per
$i=0,\ldots,n-1$, mentre si pone $f_{-1}=f_0$ e $f_{n}=f_{n-1}$.  

\noindent
a) Si verifichi se $L_n$ soddisfa le ipotesi del teorema di Korovkin su $[a,b]$. 
%Usando il teorema di Korovkin dimostrare che per ogni $f\in C([a,b])$ e per ogni $\epsilon>0$ esiste 
%$\hat n$ intero per cui $\max_{x\in[a,b]} |g_n(x)-f(x)|\le \epsilon$ per ogni $n\ge \hat n$.
\\
b) Si definisca $\widetilde g(x)=\sum_{i=0}^{n-1}\alpha_i\varphi_i(x)$
tale che $\widetilde g(\frac12 (x_i+x_{i+1}))=f(\frac
12(x_i+x_{i+1}))=:f_i$, per $i=0,\ldots,n-1$, la funzione nello span
di $\varphi_0,\ldots,\varphi_{n-1}$ che interpola i valori di $f(x)$
nei punti $\frac 12(x_i+x_{i+1})$. Si formuli il problema
dell'interpolazione definendo il sistema lineare $A\alpha=f$ che lega
il vettore $\alpha=(\alpha_i)$ dei coefficienti al vettore $f=(f_i)$
dei valori della funzione. Si determini la matrice $A$ valutarne la dominanza diagonale e il condizionamento nel caso in cui $\varphi(x)=\varphi(-x)$.
\\
c) Studiare dominanza diagonale e condizionamento della matrice $\langle\varphi_i(x),\varphi_j(x)\rangle$ del problema dei minimi quadrati col prodotto scalare integrale con peso 1.
\end{ese}

\begin{ese}\label{ese:k2}\rm
Si consideri lo spazio vettoriale $\mathcal V\subset C(\mathbb R)$ delle
funzioni continue e periodiche di periodo $2\pi$ col prodotto
scalare $\langle f(x),g(x)\rangle=\int_0^{2\pi}f(x)g(x)dx$. Fissato un
intero positivo $n$, poniamo $x_i=ih$, $i=0,\ldots,n$, con $h=2\pi/n$.
Vogliamo approssimare $f(x)\in \mathcal V$ con una funzione nello spazio
$\mathcal V_n=\hbox{span} (\varphi_0,\varphi_1,\ldots,\varphi_{n-1})$
dove $\varphi_i(x)=\varphi(x-x_i)$, $i=0,1,\ldots,n-1$, e
$\varphi(x)\in\mathcal V$ \`e assegnata.  Per questo si affrontino i 
seguenti punti:
\begin{enumerate}
\item Dimostrare che
la matrice $A=(a_{i,j})\in\mathbb R^{n\times n}$,
  $a_{i,j}=\langle\varphi_i(x),\varphi_j(x)\rangle$, $i,j=0,\ldots,n-1$,
  \`e definita
  positiva se e solo se le funzioni $\varphi_i(x)$ sono linearmente
  indipendenti.

\item Dimostrare che la matrice $A=(a_{i,j})$ \`e
  ``circolante'', cio\`e tale che $a_{i,j}=a_{p,q}$ se $(i-j)=(p-q)$
  modulo $n$.
%, e che una matrice circolante simmetrica \`e individuata
%  univocamente dai primi $\lceil (n+1)/2\rceil$ elementi della sua
%  prima riga (o della sua prima colonna).

\item Sapendo che per una matrice circolante simmetrica $A$ vale $S^TAS=D$ con
   $S=(s_{i,j})$, $s_{i,j}=\frac1{\sqrt n}(\cos\frac{2\pi ij}n+\sin\frac{2\pi ij}n)$, per $i,j=0,\ldots,n-1$,
  $D=\hbox{diag}(d_0,\ldots,d_{n-1})$ matrice diagonale, e $S^TS=I$,
  dimostrare che le funzioni $\psi_i(x)=\sum_{j=0}^{n-1} \frac 1{\sqrt
  n}(\cos\frac{2\pi ij}n+\sin\frac{2\pi ij}n)\varphi_j(x)$, $i=0,\ldots,n-1$,
  formano una base
  ortogonale di $\mathcal V_n$ se $d_i\ne 0$ per $i=0,\ldots,n-1$.  

\item Verificare che se $\varphi(x)$ \`e nulla fuori da un intervallo
  $[x_i,x_{i+m}]$, dove $m$ \`e un intero fissato tale che $0<m<n/2$,
  allora $A$ \`e tale che $a_{i,j}=0$ per $m\le |i-j|\le n-m$.
  Sapendo che $d_i=\sigma(2\pi i/n)$, dove
  $\sigma(t)=a_0+2\sum_{i=1}^ma_i\cos(it)$, dimostrare che 
{\small
\begin{description}
\item{--} se ogni
  zero $\xi$ di $\sigma$ \`e tale che $\xi/\pi$ \`e irrazionale
  allora $A$ \`e definita positiva per ogni $n$; 
\item{--} se $\sigma(t)$ si
  annulla solo per $t=\pi$, allora $A$ \`e definita positiva per $n$
  dispari, mentre \`e semidefinita positiva se $n$ \`e pari;
\item{--} se $\sigma(t)>0$ allora il numero di condizionamento di $A$
  in norma 2 \`e limitato superiormente da una costante indipendente
  da $n$, altrimenti \`e illimitato.
\end{description} 
}

\item Si considerino gli spazi $\widetilde {\mathcal V}_n$ e  $\widehat {\mathcal V}_n$ ottenuti con le funzioni 
\[
\widetilde \varphi(x)=\left\{\begin{array}{ll}
x& \hbox{se } 0<x\le h\\
2h-x&\hbox{se } h<x\le 2h\\
0&\hbox{altrove}
\end{array}\right.
\quad
\widehat \varphi(x)=\left\{\begin{array}{ll}
x& \hbox{se } 0<x\le h\\
h& \hbox{se } h<x\le 2h\\
3h-x&\hbox{se } 2h<x\le 3h\\
0&\hbox{altrove}
\end{array}\right.
\]
e si costruiscano le rispettive matrici $\widetilde A$ e $\widehat A$ 
si valuti la loro singolarit\`a e il loro numero di
condizionamento in norma 2. 
%Si valutino le dimensioni degli spazi
% $\widetilde {\mathcal V}_n$ e  $\widehat {\mathcal V}_n$.

\item
  Dimostrare che se esiste un indice $i$ per cui $\varphi(x)$ \`e
  nulla al di fuori dell'intervallo $[x_{i-1},x_{i+1}]$ e
  $\varphi(x_i)\ne 0$ allora la matrice $A$ di elementi
  $a_{i,j}=\langle\varphi_i,\varphi_j\rangle$ \`e fortemente dominante
  diagonale e il numero di condizionamento di $A$ in norma 2 \`e
  limitato superiormente da una costante indipendente da $n$. Inoltre
  le $\varphi_i(x)$, per $i=0,1, \ldots,n-1$ sono lineramente
  indipendenti.

%\item Verificare che se $f(x)=1$ allora la funzione di miglior
%  approssimazione $g(x)\in\mathcal V_n$ \`e quella che interpola la
%  $f(x)$ nei punti $x_i$ per $i=1,\ldots, n-1$. Dire se questa
%  propriet\`a \`e vera per ogni funzione $f(x)\in\mathcal V$.

% sia \varphi(x)=a(x) per 0<x<h, \varphi(x)=b(x+h) per -h<x<0
% vale <\varphi,\varphi>= \int_0^1 (a(x)^2+b(x)^2)dx
%      <\varphi(x),\varphi(x-h)>=\int_0^1 a(x)b(x)dx
% Poiche' (a^2+b^2)>=2ab la matrice e' dd
% Inoltre \int (a^2+b^2)- \int 2ab /= 0 se e solo se
% a^2(x)+b^2(x)-2a(x)b(x)/=0 per almeno un x
% Poiche' \varphi(x_i)/=0, \varphi(x_{i+1})=0 ho a(h)\ne 0, b(h)=0
% per cui a^2(h)+b^2(h)-2a(h)b(h)\ne 0 

\end{enumerate}
\end{ese}

\begin{ese}\label{2015-3}\rm
Sia $s(x)$ un polinomio di grado $m$ e si consideri l'insieme $\mathcal V=\{p(x)=u(s(x)):\quad u(z)\in\mathbb R[z]\}\subset \mathbb R[x]$ dove $\mathbb R[x]$ denota l'insieme di tutti i polinomi in $x$ a coefficienti reali. Fissati numeri reali $a<b$ e una funzione continua e positiva $w(x)$ su $[a,b]$, si consideri il prodotto scalare su $\mathcal V$ $\langle p(x),q(x)\rangle=\int_a^b p(x)q(x)w(x)dx$.
\\
a) Dimostrare che $\mathcal V$ \`e spazio vettoriale e che in $\mathcal V$ esistono polinomi ortogonali $p_k(x)$ tali che il grado di $p_k(x)$ \`e $mk$ per $k=0,1,2,\ldots$, e $\langle p_k(x),p_h(x)\rangle=0$ per $h\ne k$.\\
b) Dire quali propriet\`a dei polinomi ortogonali classici valgono e in quale forma per i polinomi definiti su $\mathcal V$, in particolare la relazione a tre termini, le propriet\`a degli zeri e la formula di Christoffel-Darboux.
\end{ese}

\newpage


%\begin{thebibliography}
%\bibitem{leb}
\begin{thebibliography}{99}
\bibitem{bcmbook} D. Bini, M. Capovani, O. Menchi, {\em Metodi Numerici per
  l'Algebra Lineare}. Zanichelli, Bologna, 1987.
\bibitem{bbcm} R. Bevilacqua, D. Bini, M. Capovani e O. Menchi, Metodi numerici,
    Zanichelli, Bologna 1992.
\bibitem{smith}
Simon J. Smith, Lebesgue constants in polynomial interpolation, Annales
Mathematicae et Informaticae, v. 33 (2006) pp. 109-123.\\
{\tt www.ektf.hu/tanszek/matematika/ami}
\bibitem{sb}
J. Stoer, R. Burlisch, Introduction to Numerical Analysis, Third Edition,
    Springer, 2002.
\bibitem{rudin} W. Rudin, Real and Complex Analysis, Second Edition, Tata McGraw-Hill,
    1974.
\end{thebibliography}

\newpage
\section*{Appendice A: Risoluzione di alcuni esercizi}

{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese1}.}\\
Si tratta di ripetere le dimostrazioni viste a
lezione adattandole al caso in esame. Osserviamo che l'espressione
definita di $\langle p,q\rangle$ soddisfa le propriet\`a del prodotto
scalare essendo bilineare, simmetrica e tale che $\langle
p,p\rangle=0$ se e solo se
$\sum_{i=1}^N\int_{a_i}^{b_i}p^2(x)\omega(x)dx=0$. Essendo
quest'ultima una somma di quantit\`a non negative pu\`o essere nulla
se e solo se ciascuna di esse \`e nulla e quindi se e solo se $p(x)$
\`e nullo su tutti gli intervalli $[a_i,b_i]$. Questo accade se e solo
se $p(x)$ \`e identicamente nullo. Inoltre per la definizione data
vale $\langle xp(x),q(x)\rangle= \langle p(x),xq(x)\rangle$. I
polinomi $p_0(x),p_1(x)\ldots,p_n(x)$, che si ottengono
ortogonalizzando $1,x,x^2,\ldots,x^n$ col procedimento di Gram-Schmidt,
sono ortogonali e tali che grado$(p_i(x))=i$.

{\bf a)} La propriet\`a del prodotto scalare $\langle xp(x),q(x)\rangle=\langle
p(x),xq(x)\rangle$ \`e sufficiente, indipendentemente dalla natura del
prodotto scalare, a dimostrare la validit\`a della relazione a tre
termini. Infatti, i polinomi $p_i(x)$, per $i=0,\ldots, n$, avendo
grado $0,1,\ldots,n$, sono linearmente indipendenti quindi
costituiscono una base di $\mathcal P_n$.  Quindi se $q(x)$ \`e un
polinomio di grado $m<n$ si pu\`o scrivere come
$q(x)=\sum_{i=0}^m\alpha_ip_i(x)$ per $\alpha_i\in\mathbb R$, per cui
$\langle p_n,q\rangle=0$. Questo ci permette di dimostrare la
relazione a 3 termini. Infatti essendo $p_0,\ldots,p_n$ base di
$\mathcal P_n$ si pu\`o scrivere
\[
p_{n+1}=\beta_n xp_n+\sum_{i=0}^n\alpha_i p_i.
\]
Moltiplicando scalarmente per $p_j$ e usando l'ortogonalit\`a e il fatto che 
$\langle xp(x),q(x)\rangle=
\langle p(x),xq(x)\rangle$ segue la relazione a tre termini.

{\bf b)} Gli zeri sono tutti reali come si pu\`o dedurre dal fatto che essi
sono autovalori di una matrice tridiagonale irriducibile e
simmetrica. Tale matrice si ottiene simmetrizzando la matrice che
definisce la relazione a tre termini dato il fatto che gli elementi
sopra- e sotto-diagonali hanno lo stesso segno.  
Inoltre gli zeri hanno molteplicit\`a 1 poich\`e la matrice tridiagonale di cui questi zeri sono autovalori ha rango almeno $n-1$.

La propriet\`a che
tutti gli zeri siano in $\mathcal I=\cup_{i=1}^N(a_i,b_i)$ \`e falsa
in generale come dimostra questo controesempio.  Siano $a_1<b_1<0$ e
$b_2=-a_1$, $a_2=-b_1$, $\omega(x)=1$. In questo caso $p_1(x)=x$ \`e
ortogonale a $p_0(x)=1$, inoltre $p_1(x)$ si annulla in $0$ che non
appartiene al dominio. In particolare, per questo prodotto scalare,
 i polinomi di
grado pari presentano solo potenze pari di $x$ e quelli di grado
dispari presentano solo potenze dispari di $x$. Quindi tutti i polinomi di
grado dispari si annullano in $0$.

In effetti la dimostrazione fatta nel caso standard per dimostrare che tutti gli zeri stanno in $(a,b)$ non funziona in questo caso pi\`u generale.
Infatti, pur essendo vero che il polinomio che si costruisce
moltiplicando $p_n(x)$ per i fattori di grado dispari relativi agli
zeri interni al dominio non cambia segno in ciascun intervallo, pu\`o accadere
che questo segno sia diverso da intervallo ad intervallo. Ci\`o
non garantisce che la somma degli integrali sia
non nulla. Il cambio di segno ci pu\`o essere se nella parte compresa
tra due intervalli consecutivi c'\`e un numero dispari di zeri di
$p_n(x)$, come accade nel controesempio mostrato.

La dimostrazione del caso standard pu\`o essere adattata per
dimostrare che nella parte compresa tra due intervalli contigui
$p_n(x)$ ha al massimo uno zero e che i rimanenti zeri stanno in
$\mathcal I=\cup_{i=1}^N(a_i,b_i)$. Dimostriamo questo fatto.
Supponiamo che in qualche intervallo $[b_i,a_{i+1}]$ il polinomio
$p(n)$ abbia pi\`u di uno zero. Allora costruisco un polinomio $q(x)$
che ha per zeri tutti gli zeri di $p_n(x)$ negli intervalli
$(a_i,b_i)$  e uno zero di $p_n(x)$ nell'intervallo
$[b_i,a_{i+1}]$ nel caso in cui $p_n(x)$ dovesse avere un numero
dispari, maggiore di 1, di zeri in $[b_i,a_{i+1}]$. \`E evidente che
se assumiamo l'esistenza di 2 o pi\`u zeri in un intervallo
$[b_i,a_{i+1}]$, il polinomio $q(x)$ ha grado minore di $n$. Per cui
deve essere ortogonale a $p_n(x)$. D'altro canto, per costruzione il polinomio $q(x)p_n(x)$ non
cambia segno in ciascun intervallo $(a_i,b_i)$, inoltre se $q(x)p_n(x)$
dovesse annullarsi in $[b_i,a_{i+1}]$, si annulla un numero pari di
volte. Quindi il segno di $q(x)p_n(x)$ \`e lo stesso in tutti gli
intervalli $(a_i,b_i)$ per cui
$\sum_{i=1}^N\int_{a_i}^{b_i}q(x)p_n(x)\omega(x)dx$ non pu\`o essere
nullo.

{\bf c)} La dimostrazione della formula di Christoffel-Darboux si basa
unicamente sulla relazione ricorrente a tre termini che nel nostro
caso \`e soddisfatta; la propriet\`a di ortogonalit\`a discreta si
ottiene direttamente dalla formula di Christoffel-Darboux;

{\bf d)} Siano $x_1,\ldots, x_{n+1}$ gli zeri di $p_{n+1}(x)$, per cui
per la formula di ortogonalit\`a discreta possiamo scrivere
\[
\langle q(x),s(x)\rangle=\sum_{k=1}^{n+1}q(x_k)s(x_k)\sigma_k
\]
per opportuni $\sigma_k$ e per ogni
$q,s$ polinomi di grado al pi\`u $n$. Allora, dato un polinomio $B(x)$ di
grado al pi\`u $2n+1$, possiamo scrivere $B(x)=p_{n+1}(x)q(x)+r(x)$ dove
$q(x)$ \`e il quoziente e $r(x)$ \`e il resto della divisione di
$B(x)$ per $p_{n+1}$, in particolare,  $r(x)$ ha grado al pi\`u $n$ e   $q(x)$ \`e tale che $B(x_i)=r(x_i)$, per $i=1,\ldots,2n+1$.
Vale allora
$\sum_{i=1}^N\int_{a_i}^{b_i}B(x)\omega(x)dx=\sum_{i=1}^N\int_{a_i}^{b_i}p_{n+1}(x)q(x)\omega(x)dx+\sum_{i=1}^N\int_{a_i}^{b_i}r(x)\omega(x)dx$.
Il primo addendo si lascia scrivere come $\langle
p_{n+1},q\rangle$, per cui  il prodotto scalare \`e zero
essendo $p_{n+1}$ ortogonale a $q(x)$ che ha grado al pi\`u
$n$. Inoltre, poich\'e il grado di $r(x)$ \`e minore di $n+1$, il
secondo addendo si pu\`o scrivere come $\langle r,1\rangle$ per cui
pu\`o essere scritto come
$\sum_{i=1}^N\int_{a_i}^{b_i}r(x)\omega(x)dx=\sum_{k=1}^{2n+1}r(x_k)w_k=\sum_{k=1}^{2n+1}B(x_k)w_k$. Per cui la formula integra esattamente polinomi di grado al pi\`u $2n+1$ quindi il suo grado di precisione \`e $2n+1$.


{\bf b1)} La propriet\`a 1 \`e vera. Infatti se per assurdo ci fosse un intervallo $(a_k,b_k)$ che non \`e ricoperto da zeri di polinomi ortogonali, scegliendo
$f(x)$ continua su $\mathcal I$, positiva su $(a_k,b_k)$ e nulla altrove,
allora approssimando $\int_{\mathcal I}f(x)\omega(x)dx$ con una formula di
integrazione Gaussiana,  si otterrebbe valore nullo qualunque sia 
il grado $n$, mentre l'integrale di $f(x)$ sarebbe non nullo.
Questo d\`a un assurdo poich\'e la funzione $f(x)$ sul compatto $\mathcal I$ pu\`o essere approssimata da un polinomio con precisione arbitraria.

{\bf e)} La propriet\`a \`e falsa. Come controesempio basta osservare che
 per $N=2$, e $b_1=a_2$, il prodotto scalare in esame coincide col prodotto scalare standard su $[a_1,b_2]$. Per cui se $x_1<x_2$ sono gli zeri di $p_2(x)$ basta scegliere $b_1=a_2$ non appartenenti a $[x_1,x_2]$ per avere l'assurdo.

{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese2}.}\\
\indent {\bf a)}\quad \`E
\[
  x\, I_k-T_k=\left[
 \begin{array}{cccccc}
  x-10&1\\ 1&x-10&1\\& \ddots & \ddots & \ddots\\
    && \ddots & \ddots & 1\\ &&& 1&x-10
    \end{array}
    \right].
    \]
Per $k=1$ \`e $\det\big(x\, I_1-T_1\big)=x-10$. Applicando la regola di Laplace
all'ultima riga si ha per $k\ge 2$
\[
  \det\big(x\, I_k-T_k\big)=(x-10)\det\big(x\, I_{k-1}-T_{k-1}\big)-
    \det\big(x\, I_{k-2}-T_{k-2}\big).\]
Quindi i polinomi $p_k(x)$ soddisfano la seguente relazione a tre termini
\[
  p_k(x)=(x-10)\,p_{k-1}(x)-p_{k-2}(x),\quad \hbox{con}\quad p_0=1,\quad
  p_1(x)=x-10.\]
e si ha
  \[ p_2(x)=(x-10)^2-1,\quad
  p_3(x)=(x-10)^3-2(x-10),\quad \ldots\]

{\bf b)}\quad Per vedere se questi polinomi sono ortogonali rispetto al prodotto
scalare
\[
 <p_i,p_k>=\int_a^b\omega(x)\,p_i(x)\,p_k(x)\;dx\]
 per un'opportuna funzione peso $\omega(x)$ e un opportuno intervallo
 $[a,b]$, si nota che facendo il cambiamento di variabile $2\,y=x-10$
e ponendo $p_k(2y+10)=:u_k(y)$,
la relazione a tre termini diventa
\[
  u_k(y)=2y\,u_{k-1}(y)-u_{k-2}(y),\quad \hbox{con}\quad u_0=1,\quad
  u_1(y)=2y.\]
I polinomi cos\`i definiti sono i polinomi di Chebyshev di seconda
specie orto\-gonali sull'intervallo $[-1,1]$, cio\`e
$u_k(y)=U_k(y)$. Si ha quindi $a=8$, $b=12$,
$\omega(x)=(1-((10-x)/2)^2)^{1/2}$ e $p_k(x)=U_k((x-10)/2)$.
\\

{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese3}.}\\
{\bf a)}\quad I $\varphi_i(x)$ sono i polinomi ultrasferici relativi alla costante
$\alpha=2$. Per il teorema 21, posto $s_i(x)=(x^2-1)^{i+2}$, si ha
\[\frac{d^i}{dx^i}\frac{s_i(x)}{\omega(x)}=\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}
  \frac{\Gamma(i+3)^2}{\Gamma(j+3)\Gamma(i-j+3)}\;(1-x)^{i-j}(1+x)^j
  \]
 \begin{equation}\label{som}
 =\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}
  \frac{(i+2)!^2}{(j+2)!(i-j+2)!}\;(1-x)^{i-j}(1+x)^j.
  \end{equation}
I polinomi ultrasferici corrispondenti sono
\[
  \varphi_i(x)=\beta_i\;\frac{d^i}{dx^i}\frac{s_i(x)}{\omega(x)}\,,\]
dove le $\beta_i$ sono costanti. Per fissare dei valori convenienti
delle $\beta_i$ si impone la condizione che $\varphi_i(1)=1$. Per
$x=1$ nella sommatoria (\ref{som}) tutti i termini si annullano
eccetto quello per $j=i$, quindi
\[
   \varphi_i(1)=\beta_i\;\binom{i}{i}
  \frac{(i+2)!^2}{(i+2)!\,2!}\;2^i=\beta_i\,(i+2)!\,2^{i-1},\quad
  \hbox{e}\quad \beta_i=\frac{1}{2^{i-1}\,(i+2)!}.\]
 {\bf b)}\quad I primi due polinomi di calcolano direttamente
  \[ \varphi_0(x)=1,\quad \varphi_1(x)=x.\]
Per calcolare i polinomi successivi, conviene determinare prima la relazione a
tre termini, che sar\`a della forma
\[
 \varphi_{i+1}(x)=x A_{i+1}\varphi_i(x)-C_i \varphi_{i-1}(x),\]
 in quanto $B_{i+1}=0$ per i polinomi ultrasferici. Imponendo la condizione che
 $\varphi_i(1)=1$ per ogni $i$ si ha
 \[
   A_{i+1}-C_i=1.\]
 Inoltre \`e
 \[
   C_i=A_{i+1}\,\frac{a_{i-1}}{a_i}\,\frac{h_i}{h_{i-1}},\quad
\hbox{dove}\quad h_i=(-1)^ia_i\,\beta_i\, i!\int_{-1}^1s_i(x)\; dx.\]
  Quindi
  \[
    C_i=-A_{i+1}\,\frac{i}{2(i+2)}\;
    \displaystyle\frac{\displaystyle\int_{-1}^1s_i(x)\; dx}
    {\displaystyle\int_{-1}^1s_{i-1}(x)\; dx}\,.
    \]
Dalla relazione
\[
  \frac{d}{dx}\big((x^2-1)^{i+2}x\big)=(2i+4)(x^2-1)^{i+1}+(2i+5)(x^2-1)^{i+2}\]
si ricava
\[
  \Big[(x^2-1)^{i+2}x\Big]_{-1}^1=(2i+4)\int_{-1}^1(x^2-1)^{i+1}\, dx
     +(2i+5)\int_{-1}^1(x^2-1)^{i+2}\,dx,\]
     cio\`e
\[
  (2i+4)\int_{-1}^1s_{i-1}(x)\, dx
     +(2i+5)\int_{-1}^1s_i(x)\,dx=0,\]
quindi
 \[
    C_i=A_{i+1}\,\frac{i}{2(i+2)}\,
    \frac{2i+4}{2i+5}=A_{i+1}\,\frac{i}{2i+5}.
    \]
Allora
\[  A_{i+1}=\frac{2i+5}{i+5}\quad\hbox{e}\quad C_i=\frac{i}{i+5}.\]
La relazione a tre termini risulta
\[
 (i+5)\,\varphi_{i+1}(x)=(2i+5)\,x\, \varphi_i(x)-i\,\varphi_{i-1}(x).\]
Quindi i primi polinomi ortogonali sono
  \[ \varphi_0(x)=1,\quad \varphi_1(x)=x, \quad \varphi_2(x)=\frac{7x^2-1}{6}\,,\quad
  \varphi_3(x)=\frac{3x^3-x}{2}\,.\]
{\bf c)}\quad I polinomi di grado minore o uguale a $i+2$ che si
annullano in 1 e in $-1$ possono essere scritti nella forma
\[
 p_{i+2}(x)=(x^2-1)\,q_i(x),\]
dove $q_i(x)$ \`e un opportuno polinomio di grado $i$. Quindi il prodotto
scalare definito su ${\cal V}$ risulta
 \[
   <p_i(x), p_j(x)>=\int_{-1}^1p_i(x)\, p_j(x)\; dx=
   \int_{-1}^1(x^2-1)^2q_{i-2}(x)\, q_{j-2}(x)\; dx.\]
Ne segue che i $\varphi_i(x)$ visti sopra costituiscono una base ortogonale per
${\cal V}$.\\

{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese4}.}\\
{\bf a)}\quad\`E $\varphi_0(x)\equiv 1$, quindi $f_1(x)=\varphi_1(x)$. Dalla
relazione a tre termini per i polinomi monici $\varphi_i(x)$
\[
 \varphi_{i+1}(x)=(x+B_i)\varphi_i(x)-C_i\varphi_{i-1}(x),\quad i\ge 1,\]
in cui
 $C_i=<\varphi_i(x),\varphi_i(x)>/<\varphi_{i-1}(x),\varphi_{i-1}(x)>$
 \`e strettamente maggiore di 0,
si ricava che
\[
 f_{i+1}(x)=(x+B_i)-C_i/f_i(x),\quad i\ge 1,\]
quindi le costanti richieste sono proprio quelle che valgono per la
ricorrenza dei $\varphi_i(x)$.

{\bf b)}\quad Da questa relazione risulta evidente
che se $f_{i+1}(x)$ si annulla in $x_j$, non \`e possibile che anche
$f_i(x)$ si annulli nello stesso punto. Poich\'e
\[
 f'_{i+1}(x)=1+C_i f'_i(x)/f_i^2(x),\quad \hbox{con}\quad
   f'_1(x)=1,\]
risulta che per $i\ge 1$ \`e $f'_{i+1}(x)>0$ in ogni intervallo
$(\alpha_j,\beta_j)$ in cui $f_{i+1}(x)$ \`e definita. La
$f_{i+1}(x)$ ha gli stessi zeri della $\varphi_{i+1}(x)$, cio\`e ne
ha esattamente ${i+1}$. Siano $x_1,\ldots,x_i$ gli zeri di
$\varphi_i(x)$, che dalla teoria sappiamo essere tutti rea\-li e
distinti. Quindi nei sottointervalli $(-\infty,x_1)$,
$(x_1,x_2),\ldots,(x_{i-1})$, $(x_i,+\infty)$ la $f_{i+1}(x)$ \`e
crescente, quindi si annulla in ciascuno dei sottointervalli. Ne
segue che gli zeri della $\varphi_i(x)$ separano gli zeri della
$f_{i+1}(x)$ e quindi della $\varphi_{i+1}(x)$.
\\

{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese5}.}\\
\indent {\bf a)}\quad Poich\'e $W(x)$ \`e simmetrica si ha
 \[
   \langle P,Q\rangle=\int_a^bP(x)W(x)Q(x)^T\;dx
   =\Big(\int_a^bQ(x)W(x)P(x)^T\;dx\Big)^T=\langle Q,P\rangle^T.
\]

{\bf b)}\quad  La simmetria segue dal punto a). Sia poi ${\bm v}\in
\mathbb{R}^m$ con ${\bm v}\ne {\bm 0}$. Allora
\[
  {\bm v}^TV{\bm v}=\int_a^b{\bm v}^T\,P(x)W(x)P(x)^T\,{\bm v}\; dx
  =\int_a^b{\bm y}(x)^T\,W(x)\,{\bm y}(x)\; dx,
  \]
dove ${\bm y}(x)=P(x)^T\,{\bm v}$. Per ogni $x\in [a,b]$ la matrice $W(x)$ \`e
definita posi\-tiva, quindi ${\bm y}(x)^T\,W(x)\,{\bm y}(x)\ge 0$. Ne segue che
${\bm v}^TV{\bm v}\ge 0$. Inoltre, se ${\det P(x)\not \equiv 0}$ \`e ${\bm
y}(x)\ne {\bm 0}$ per ogni $x$ e quindi ${\bm v}^TV{\bm v}> 0$. 
%L'ipotesi pu\`o
%essere alleggerita, richiedendo che ${\det P(x)\ne 0}$ al di fuori di un
%insieme di misura nulla, grazie alla continuit\`a della forma quadratica
%$P(x)W(x)P(x)^T$.

Inoltre, se $P(x)=O$ per ogni $x\in [a,b]$ \`e $V=\int_a^b 0\; dx=O$.
Viceversa, se $V=O$ \`e $\int_a^b P(x)W(x)P(x)^T\; dx=O$. Poich\'e $W(x)$ \`e
definita positiva per ogni $x\in[a,b]$ per cui $P(x)\ne O$, \`e
$P(x)W(x)P(x)^T> 0$. Dalla conti\-nui\-t\`a della forma quadratica
$P(x)W(x)P(x)^T$ segue che l'integrale pu\`o venire nullo solo se $P(x)=O$ per
ogni $x$.
 
{\bf c)}\quad Per $A\in \mathbb{R}^{m\times m}$ \`e
\[
\begin{array}{l}
  \displaystyle\langle AP,Q\rangle =\int_a^b AP(x)W(x)Q(x)^T\, dx
  =A\;\int_a^b P(x)W(x)Q(x)^T\, dx
   =A\langle P,Q\rangle .\end{array}\]
Le altre relazioni si dimostrano in modo analogo.

{\bf d)}\quad Seguono dalla linearit\`a degli operatori.

{\bf e)}\quad $P_j(x)$ \`e una matrice di ordine $m$ i cui elementi sono
polinomi di grado minore o uguale ad $n$, e in particolare gli elementi
principali hanno grado $n$. Quindi $\det P_j(x)$ \`e un polinomio di grado
$m\cdot n$ che si pu\`o annullare in al pi\`u $m\cdot n$ punti. Per la (b) \`e
$V>0$.

 {\bf e)} (alternativo)\quad \`E $P_0(x)=I_m$, quindi $\langle
P_0,P_0\rangle =\int_a^bW(x)\; dx> 0$ in quanto $W(x)$ \`e definita positiva
(il suo determinante \`e $> 0$). Per $j> 0$ \`e $P_j(x)=x^jI_m+p_{j-1}(x)$,
dove $p_{j-1}(x)$ pu\`o essere scritto come combinazione lineare dei $P_i(x)$
per $i=1,\ldots,j-1$, cio\`e $p_{j-1}(x)=\sum\limits_{i=0}^{j-1}H_iP_i(x)$. Per
la linearit\`a del prodotto scalare e l'ortogonalit\`a dei $P_i(x)$ \`e
\[
  \langle P_j,P_j\rangle =\langle x^jI_m,P_j\rangle
  +\sum_{i=0}^{j-1}H_i\langle P_i,P_j\rangle =\langle x^jI_m,P_j\rangle ,
  \]
e poich\'e $\langle xP,Q\rangle =\langle P,xQ\rangle $ risulta $\langle
P_j,P_j\rangle =\langle I_m,x^jP_j\rangle =\langle P_0,x^jP_j\rangle $. Adesso
scriviamo il polinomio monico $x^jP_j(x)$ di grado $2j$ come combinazione dei
$P_i(x)$ per $i=0,\ldots,2j$. Ne segue che $\langle P_j,P_j\rangle = \langle
P_0,AP_0\rangle $ per una opportuna $A$ che non dipende da $x$, quindi $\langle
P_j,P_j\rangle =\int_a^bW(x)A^T\; dx$. Ma $\langle P_j,P_j\rangle \ne O$
perch\'e $P_j(x)\not \equiv 0$. Inoltre $\langle P_j,P_j\rangle $ deve essere
una matrice simmetrica semidefinita positiva, quindi $A$ deve essere una
matrice scalare con diagonale positiva. Perci\`o $\langle P_j,P_j\rangle $
risulta definita positiva.

{\bf f)}\quad Si applica il procedimento di ortogonalizzazione di
Gram-Schmidt alla sequenza di polinomi $x^j I_m$, $j\ge 0$, definendo
$P_0(x)=I_m$ e per $j=1,\ldots,n$
\begin{equation}\label{gs}
  P_j(x)=x^j I_m-
  \sum_{i=0}^{j-1}\langle x^j I_m,P_i\rangle \langle P_i,P_i\rangle ^{-1}P_i(x).
  \end{equation}
Per induzione si dimostra che il polinomio $P_j(x)$ cos\`i ottenuto \`e monico
di grado $j$, infatti la sommatoria non altera $x^j I_m$. Inoltre se $k<
j$ per linearit\`a \`e
\[
  \langle P_j,P_k\rangle =\langle x^j I_m,P_k\rangle -
  \sum_{i=0}^{j-1}\langle x^j I_m,P_i\rangle \langle P_i,P_i\rangle ^{-1}
  \langle P_i,P_k\rangle ,
  \]
in cui per $i,\;k\le j-1$ \`e $\langle P_i,P_k\rangle =I_m$ se $i=k$, $O$
altrimenti. Quindi
  \[
  \langle P_j,P_k\rangle =\langle x^j I_m,P_k\rangle -
  \langle x^j I_m,P_k\rangle \langle P_k,P_k\rangle ^{-1}\langle P_k,P_k\rangle =O.
  \]

{\bf g)}\quad $P_j(x)$ \`e ortogonale ad ogni polinomio $p_k(x)$ di grado $k<
j$. Infatti $p_k(x)$ pu\`o essere scritto come combinazione lineare dei
polinomi ortogonali $P_i(x)$. Poi si sfrutta la linearit\`a del prodotto
scalare e l'ortogonalit\`a.

{\bf h)}\quad Per la (\ref{gs}) \`e \[
  P_1(x)=x I_m-\langle x^1 I_m,P_0\rangle \langle P_0,P_0\rangle ^{-1}P_0(x)\]
  \[=x I_m-\int_a^b x\, W(x)\;dx\; \Big(\int_a^bW(x)\; dx\Big)^{-1}.
  \]
Per $j\ge 1$ il polinomio $Q(x)=P_{j+1}(x)-x \,P_j(x)$ ha grado minore o uguale
a $j$, quindi pu\`o essere scritto come combinazione lineare
 \[
   Q(x)=\sum\limits_{i=0}^jH_iP_i(x)\]
e per $k\le j$ si ha\quad
  $
    \langle Q,P_k\rangle =\sum\limits_{i=0}^jH_i\langle P_i,P_k\rangle
    =H_k\langle P_k,P_k\rangle.$
Ma
\[
  \langle Q,P_k\rangle =\langle P_{j+1},P_k\rangle
  -\langle x \,P_j,P_k\rangle,\]
e per $k\le j-2$ si ha
\[
    H_k\langle P_k,P_k\rangle =\langle P_{j+1},P_k\rangle
    -\langle x \,P_j,P_k\rangle =O,\]
quindi $H_k=O$ per $k=0,\ldots,j-2$ e resta solo
 \[
   Q(x)=H_jP_j(x)+H_{j-1}P_{j-1}(x),\]
cio\`e
\begin{equation}\label{gs1}
  P_{j+1}(x)=\Big(x \,I_m+H_j\Big)\,P_j(x)+H_{j-1}P_{j-1}(x).
\end{equation}
Si ha
\[
  H_j\langle P_j,P_j\rangle =\langle Q,P_j\rangle
  =\langle P_{j+1},P_j\rangle -\langle x \,P_j,P_j\rangle
  =-\langle x \,P_j,P_j\rangle \]
e \[
   H_{j-1}\langle P_{j-1},P_{j-1}\rangle =\langle Q,P_{j-1}\rangle
   =\langle P_{j+1},P_{j-1}\rangle -\langle x
         \,P_j,P_{j-1}\rangle \]
  \[  =-\langle x \,P_j,P_{j-1}\rangle =-\langle P_j,x \,P_{j-1}\rangle .\]
 Esprimendo il polinomio $x \,P_{j-1}$ di grado $j$
 come combinazione lineare dei polinomi
ortogonali fino al grado $j$ si ha $\langle P_j,x \,P_{j-1}\rangle =\langle
P_j,P_j\rangle $. Quindi
\begin{equation}\label{gs2}
   H_j=-\langle x \,P_j,P_j\rangle \,\langle P_j,P_j\rangle ^{-1},\quad
  H_{j-1}=-\langle P_j,P_j\rangle \,\langle P_{j-1},P_{j-1}\rangle ^{-1}.
  \end{equation}

{\bf i)}\quad Posto $P_k=x^kI_m+\sum\limits_{i=0}^{k-1}x^iH_i$ per $k> 0$,
\`e
\[
  O=\langle P_k,P_0\rangle =\langle x^k\,I_m,I_m\rangle
  +\sum_{i=0}^{k-1}x^i\langle H_i,I_m\rangle \]
\[  =\langle x^kI_m,I_m\rangle +\sum_{i=0}^{k-1}H_i\langle x^i I_m,I_m\rangle
    =\mu_k+\sum_{i=0}^{k-1}H_i\, \mu_i,\]
dove $\mu_i=\langle x^i I_m,I_m\rangle =\int_a^b x^i\,W(x)\;dx$. Moltiplicando
per $x^j$, con $j=1,\ldots,k-1$ si ha
\[  O=\langle x^{k+j}I_m,I_m\rangle +\sum_{i=0}^{k-1}H_i\langle x^{i+j} I_m,I_m\rangle
    =\mu_{k+j}+\sum_{i=0}^{k-1}H_i\, \mu_{i+j},\]
cio\`e
\[
  \sum_{i=0}^{k-1}H_i\, \mu_{i+j}=-\mu_{k+j},\quad j=0,\ldots,k-1.\]
In forma matriciale \`e
\[
  \big[H_0,H_1,\ldots,H_{k-1}\big]\,A_{k-1}
  =-\big[\mu_k,\mu_{k+1}\ldots,\mu_{2k-1}\big]\]
dove
  \[
  A_{k-1}=\left[ \begin{array}{cccc}
  \mu_0 &\mu_1 &\cdots&\mu_{k-1}\\
  \mu_1 &\mu_2 &\cdots&\mu_k\\
   \vdots &\vdots &&\vdots\\
    \mu_{k-1} &\mu_k &\cdots&\mu_{2k-4}
    \end{array}\right],
    \]
quindi
\[
  \big[H_0,H_1,\ldots,H_{k-1}\big]
  =-\big[\mu_k,\mu_{k+1},\ldots,\mu_{2k-1}\big]\,A_{k-1}^{-1}\]
e
  \[
  P_k=x^kI_m+\sum\limits_{i=0}^{k-1}x^iH_i
  =x^kI_m-\big[\mu_k,\mu_{k+1},\ldots,\mu_{2k-1}\big]\,A_{k-1}^{-1}
  \;
  \left[ \begin{array}{c} I_m\\x\,I_m\\ \vdots\\ x^{k-1}\,I_m\end{array}\right].\]

{\bf j)}\quad Da (\ref{gs1}), moltiplicando a sinistra per $P_j(\xi)^T\langle
P_j,P_j\rangle^{-1}$ si ha
\[
  P_j(\xi)^T\langle P_j,P_j\rangle^{-1}P_{j+1}(x)
  =P_j(\xi)^T\langle P_j,P_j\rangle^{-1}\,\Big(x \,I_m+H_j\Big)\,P_j(x)
  +P_j(\xi)^T\langle P_j,P_j\rangle^{-1}\,H_{j-1}P_{j-1}(x),
\]
e analogamente
\[
  P_j(x)^T\langle P_j,P_j\rangle^{-1}P_{j+1}(\xi)
  =P_j(x)^T\,\langle P_j,P_j\rangle^{-1}\Big(\xi \,I_m+H_j\Big)\,P_j(\xi)
  +P_j(x)^T\langle P_j,P_j\rangle^{-1}\,H_{j-1}P_{j-1}(\xi).
\]
Sottraendo dalla prima la seconda trasposta si ottiene
\[
  P_j(\xi)^T\langle P_j,P_j\rangle^{-1}P_{j+1}(x)
  -P_{j+1}(\xi)^T\langle P_j,P_j\rangle^{-1}P_j(x)\]
  \[=
    P_j(\xi)^T\,\langle P_j,P_j\rangle^{-1}\big(x-\xi\big) \,P_j(x)
    +P_j(\xi)^T\,\big(\langle P_j,P_j\rangle^{-1}H_j
    -H_j^T\langle P_j,P_j\rangle^{-1}\big)\,P_j(x)
  \]
  \[
  +P_j(\xi)^T\,\langle P_j,P_j\rangle^{-1}H_{j-1}P_{j-1}(x)
  -P_{j-1}(\xi)^T\,H_{j-1}^T\langle P_j,P_j\rangle^{-1}P_j(x).
\]
  Ma per la (\ref{gs2}) \`e
  $\langle P_j,P_j\rangle^{-1}H_j =H_j^T\langle P_j,P_j\rangle^{-1}$
  e
$\langle P_j,P_j\rangle^{-1}H_{j-1} =H_{j-1}^T\langle
P_j,P_j\rangle^{-1}=-\langle P_{j-1},P_{j-1}\rangle^{-1}$,
  quindi resta
    \[
    \begin{array}{l}
    \big(x-\xi\big)\,P_j(\xi)^T\,\langle P_j,P_j\rangle^{-1}
    \,P_j(x)\\[0.15cm]
  \quad =P_j(\xi)^T\langle P_j,P_j\rangle^{-1}P_{j+1}(x)
  -P_{j+1}(\xi)^T\langle P_j,P_j\rangle^{-1}P_j(x)\\[0.15cm]
  \quad +P_j(\xi)^T\,\langle P_{j-1},P_{j-1}\rangle^{-1}P_{j-1}(x)
  -P_{j-1}(\xi)^T\,\langle P_{j-1},P_{j-1}\rangle^{-1}P_j(x).
  \end{array}
\]
Sommando su $j$ i termini si elidono a due a due e si ottiene
\[
  \big(x-\xi\big)\,\sum_{j=0}^n P_j(\xi)^T\,\langle P_j,P_j\rangle^{-1}
    \,P_j(x)
    =P_n(\xi)^T\langle P_n,P_n\rangle^{-1}P_{n+1}(x)
  -P_{n+1}(\xi)^T\langle P_n,P_n\rangle^{-1}P_n(x).
    \]
\ \\

{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese6}.}\\
 \indent {\bf a)}\quad Verifico che le quattro relazioni che
definiscono il prodotto scalare valgono

\noindent (1)\quad simmetria \quad $\displaystyle
  \langle p,q\rangle=\int_a^b\int_a^bp(x,y)\,q(x,y)\,W(x,y)\,dx\,dy$
  \[=\int_a^b\int_a^b q(x,y)\,p(x,y)\,W(x,y)\,dx\,dy=\langle q,p\rangle\]

\noindent (2)\quad linearit\`a \quad $\displaystyle
   \langle p_1+p_2,q\rangle=\int_a^b\int_a^b\big(p_1(x,y)
   +p_2(x,y)\big)\,q(x,y)\,W(x,y)\,dx\,dy$
   \[
   =\int_a^b\int_a^b p_1(x,y)
   \,q(x,y)\,W(x,y)\,dx\,dy
   +\int_a^b\int_a^b
   p_2(x,y)\,q(x,y)\,W(x,y)\,dx\,dy\]
   \[=\langle p_1,q\rangle+\langle
   p_2,q\rangle\hskip 5cm\]

\noindent (3)\quad prodotto per scalare \quad $\displaystyle
   \langle
   \alpha\,p,q\rangle=\int_a^b\int_a^b\alpha\,p(x,y)\,q(x,y)\,W(x,y)\,dx\,dy$
   \[=\alpha\,\int_a^b\int_a^b p(x,y)\,q(x,y)\,W(x,y)\,dx\,dy=\alpha\,\langle
   p,q\rangle\]

\noindent (4)\quad positivit\`a \quad $\displaystyle
   \langle p,p\rangle =\int_a^b\int_a^b p^2(x,y)\,W(x,y)\,dx\,dy\ge 0$
e
    $\langle p,p\rangle = 0$ se e solo se $p(x,y)\equiv 0$.


{\bf b), c)}\quad Una base di $\Pi_k$ \`e quella dei monomi $x^i\,y^{j-i}$,
per $i=0,\ldots , j$ e $j=0,\ldots,k$. Quindi la dimensione di $\Pi_k$ \`e
$(k+1)(k+2)/2$.


Sia $\alpha=\int_a^b\int_a^b W(x,y)\,dx\,dy>0$ per ipotesi. Per semplicit\`a
suppongo che i polinomi di $\mathcal V_k$ siano normalizzati e dimostro per
induzione che l'insieme $\mathcal V_k$ \`e uno spazio vettoriale di dimensione
$k+1$ formato, oltre che dallo 0, solo da polinomi di grado $k$. Per $k=0$ si
definisce $v_1^{(0)}(x,y)\equiv 1/\alpha$ e $\mathcal V_0={\rm
span}\,(v_1^{(0)})$. Per $k>0$ sia $v_i^{(k)}(x,y)$, $i=1,\ldots,k+1$, una base
di $\mathcal V_k$ e si considera l'insieme dei $k+2$ polinomi
$w_i^{(k+1)}(x,y)$, con $w_i^{(k+1)}(x,y)=x\, v_i^{(k)}(x,y)$, per
$i=1,\ldots,k+1$ e $w_{k+2}^{(k+1)}(x,y)=y\, v_{k+1}^{(k)}(x,y)$. A questo
insieme, formato da polinomi li\-nearmente indipendenti di grado $k+1$, si
applica un procedimento di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt, ottenendo i
polinomi $v_i^{(k+1)}(x,y)$, dove
\[
   v_1^{(k+1)}(x,y)=w_1^{(k+1)}(x,y),\]
e per $i=2,\ldots,k+2$ \[
  t=w_i^{(k+1)}(x,y)-\sum_{j=1}^{i-1}\langle
   w_i^{(k+1)},v_j^{(k+1)}\rangle\, v_j^{(k+1)}(x,y),
   \quad v_i^{(k+1)}=t/\langle t,t\rangle
   \]
Poich\'e una combinazione lineare di polinomi ortogonali di grado $k+1$ non
pu\`o avere grado minore di $k+1$, i $k+2$ polinomi cos\`i ottenuti hanno tutti
grado $k+1$. Si considera poi l'unione di tutti i polinomi $v_i^{(j)}$ per
$j=0,\ldots,k+1$. Tale insieme contiene $(k+1)(k+2)/2$, e quindi costituisce
una base ortogonale di $\Pi_k$. Ne segue che i $k+2$ polinomi ottenuti sopra
sono sufficienti a generare $\mathcal V_{k+1}$.

La base di $\mathcal V_{k+1}$ ottenuta sopra non \`e unica (a meno di multipli
scalari). Una base diversa potrebbe essere ottenuta applicando il procedimento
di Gram-Schmidt a partire dall'insieme dei monomi o anche semplicemente
cambiando l'ordine dei $w_i^{(k+1)}(x,y)$.

{\bf d)}\quad Si suppone per semplicit\`a che i $v_j^{(n)}$ siano
normalizzati, quindi $\langle v_j^{(n)},v_r^{(n)}\rangle =\delta_{j,r}$.
Indicati con $q_{i,j}$, $i,j=1,\ldots,n+1$, gli elementi di una matrice
ortogonale, \`e
\[
  u_i^{(n)}=\sum_{j=1}^{n+1}q_{i,j} v_j^{(n)}\]
e
\[
  \langle u_i^{(n)},u_k^{(n)}\rangle=
  \sum_{j,r=1}^{n+1}q_{i,j} q_{k,r} \langle
  v_j^{(n)},v_r^{(n)}\rangle=\sum_{j=1}^{n+1}q_{i,j} q_{k,j}
  =\delta_{i,k}.
  \]

{\bf e), f)}\quad Sia $n$ il grado del polinomio ortogonale $p(x,y)$. Se
$q(x,y)$ \`e un polinomio di grado minore di $n-1$, si ha
 \[
   \langle x\,p,q\rangle=\int_a^b\int_a^b x \,p(x,y)
   \,q(x,y)\,W(x,y)\,dx\,dy\] \[=\int_a^b\int_a^b p(x,y)
   \,x \,q(x,y)\,W(x,y)\,dx\,dy=0,
   \]
perch\'e $x \,q(x,y)$ ha grado minore di quello di $p(x,y)$. Se $q(x,y)$ \`e un
polinomio ortogonale di grado maggiore di $n+1$, si ha
 \[
   \langle x\,p,q\rangle=\int_a^b\int_a^b x \,p(x,y)
   \,q(x,y)\,W(x,y)\,dx\,dy=0
   \]
perch\'e $x \,p(x,y)$ ha grado minore di quello di $q(x,y)$ che \`e ortogonale.
Relazioni analoghe valgono per il polinomio $y\,p(x,y)$.

Si scrive il polinomio $x\,p(x,y)$ di grado $n+1$ come combinazione dei
polinomi delle basi ortogonali di $\mathcal V_{k}$ per $k=0,\ldots,n+1$
\[
  x\,p(x,y)=\sum_{k=0}^{n+1}\sum_{j=0}^{k+1} \alpha_{k,j}v_j^{(k)},
  \quad\hbox{con}\quad \alpha_{k,j}=\langle x\,p,v_j^{(k)}\rangle.
  \]
Quindi
\[
  x\,p(x,y)
  =\sum_{j=0}^{n-1} \alpha_{n-1,j}v_j^{(n-1)}+
    \sum_{j=0}^{n} \alpha_{n,j}v_j^{(n)}+
    \sum_{j=0}^{n+1} \alpha_{n+1,j}v_j^{(n+1)},
  \]
dove le tre sommatorie danno polinomi in $\mathcal V_{n-1}$, $\mathcal V_{n}$ e
$\mathcal V_{n+1}$.

{\bf g)}\quad Trascrivo la relazione precedente per il singolo polinomio
$v_i^{(n)}$ di $\mathcal V_{n}$
\begin{equation}\label{pp1}
  x\,v_i^{(n)}
  =\sum_{j=0}^{n-1} \alpha_{n-1,j}^{(i)}v_j^{(n-1)}+
    \sum_{j=0}^{n} \alpha_{n,j}^{(i)}v_j^{(n)}+
    \sum_{j=0}^{n+1} \alpha_{n+1,j}^{(i)}v_j^{(n+1)},
  \end{equation}
e considero la matrice $A_n$, il cui elemento $(i,j)$-esimo \`e
$\alpha_{n+1,j}^{(i)}$, per $i=0,\ldots,n$, $j=0,\ldots, n+1$, la matrice
$B_n$, il cui elemento $(i,j)$-esimo \`e $\alpha_{n,j}^{(i)}$, per
$i=0,\ldots,n$, $j=0,\ldots, n$, e la matrice $C_n$ il cui elemento
$(i,j)$-esimo \`e $\alpha_{n-1,j}^{(i)}$, per $i=0,\ldots,n$, $j=0,\ldots,
n-1$. In forma vettoriale si pone $v^{(k)}$ il vettore le cui componenti sono
$v_j^{(k)}$, per $j=0,\ldots,k$ e si ha per $n\ge 1$
\[
  x\,v^{(n)}=A_n\,v^{(n+1)}+B_n\,v^{(n)}+C_n\,v^{(n-1)}.
  \]
Per $n=0$ \`e
\[
  x\,v^{(0)}=A_0\,v^{(1)}+B_0\,v^{(0)},
  \]
in cui $v^{(0)}=$ cost.


\medskip\noindent
L'unicit\`a delle matrici cos\`i costruite dipende dal fatto che la relazione
(\ref{pp1}) esprime $x\,v_i^{(n)}$ come combinazione lineare dei vettori della
base $v_j^{(k)}$, $j=1,\ldots,k+1$, $k=0,\ldots,n+1$. I coefficienti della
combinazione lineare sono unici.

{\bf h)}\quad Suppongo per semplicit\`a che i polinomi $\varphi_m(x)$ siano
normalizzati per ogni $m$. I polinomi $q_m=\varphi_m(x)\,\varphi_{n-m}(y)$,
$m=0,\ldots n$ hanno grado $n$. Dimostro che sono ortogonali ai polinomi di
$\Pi_k$ per $k<n$ rispetto al peso $\omega(x)\,\omega(y)$. Sia $p(x,y)\in
\Pi_k$, quindi
\[
  p(x,y)=\sum_{i=0}^k  x^i\,p_{k-i}(y),
\]
dove $p_{k-i}(y)$ \`e un polinomio di grado al pi\`u $k-i$, per cui
\[
  \langle q_m,p\rangle=\sum_{i=0}^k
  \langle \varphi_m(x)\,\varphi_{n-m}(y), x^i\,p_{k-i}(y)\rangle
\]
\[
  =\sum_{i=0}^k
  \int_a^b\int_a^b \varphi_m(x)\,\varphi_{n-m}(y)\,
    x^i\,p_{k-i}(y)\,\omega(x)\,\omega(y)\,dx\,dy
   \]
\[
  =\sum_{i=0}^{m-1}
  \int_a^b\varphi_m(x)\,x^i\,\omega(x)\,dx\,
    \int_a^b \varphi_{n-m}(y)\,p_{k-i}(y)\,\omega(y)\,dy
   \]
   \[
  +\sum_{i=m}^k
  \int_a^b\varphi_m(x)\,x^i\,\omega(x)\,dx\,
    \int_a^b \varphi_{n-m}(y)\,p_{k-i}(y)\,\omega(y)\,dy,
   \]
dove sono nulle le sommatorie il cui primo indice \`e maggiore del secondo. I
termini della prima sommatoria sono nulli perch\'e $\varphi_m(x)$ \`e
ortogonale ai polinomi $x^i$ con $i<m$, i termini della seconda sommatoria sono
nulli perch\'e $\varphi_{n-m}(y)$ \`e ortogonale ai polinomi $p_{k-i}(y)$ con
$i\ge m$.


Dimostro infine che i $q_m$ sono ortogonali rispetto al peso
$\omega(x)\,\omega(y)$ per $m=0,\ldots n$
\[
  \langle q_m,q_r\rangle=
  \int_a^b\int_a^b \varphi_m(x)\,\varphi_{n-m}(y)\,
   \varphi_r(x)\,\varphi_{n-r}(y)\,\omega(x)\,\omega(y)\,dx\,dy
   \]
   \[
  =
  \int_a^b\varphi_m(x)\,\varphi_r(x)\,\omega(x)\,dx\,
  \int_a^b \varphi_{n-m}(y)\,
   \varphi_{n-r}(y)\,\omega(y)\,dy=\delta_{m,r}.
   \]
Quindi $q_m$ per $m=0,\ldots n$ costituisce una base ortogonale di $\mathcal
V_{n}$.
\\

{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese7}.}
\\
\indent {\bf a)}\quad $A=VS$ segue da
 \[
 a_{i,j}=p_j(x_i)=\sum_{k=0}^j p_{k,j}x_i^k=\sum_{k=0}^j s_{k,j}v_{i,k}.\]

{\bf b)}\quad Si suppone che i polinomi siano monici e che quindi verifichino
una relazione a tre termini della forma
 \[
 p_{j+1}(x)=(x+B_{j+1})p_j(x)-C_jp_{j-1}(x),\quad \hbox{dove}\quad
 C_j=\frac{\langle p_j,p_j\rangle}{\langle p_{j-1},p_{j-1}\rangle}>0.\]
La matrice $T+xI$ tridiagonale di ordine $n$, dove
$T$=tridiag$[-C_j,B_{j+1},-1]$, $j=0,\ldots,n$
 verifica la relazione
 \[
   (T+xI)\,\left[
   \begin{array}{l}
    p_0(x)\\p_1(x)\\ \vdots\\p_n(x) \end{array}\right]
    =\left[
   \begin{array}{l}
    0\\ \vdots\\0\\p_{n+1}(x) \end{array}\right].
    \]
Quindi il vettore ${\bm u}_i=[p_0(x_i),\ldots,p_n(x_i)]^T$ \`e autovettore di
$T$ corrispondente all'autovalore $x=x_i$. Si indica con $U$ la matrice la cui
$i$-esima colonna \`e ${\bm u}_i$. Quindi $U=A^T$.

 Poich\'e i $C_j$ sono positivi, la matrice diagonale $D$, i cui
elementi principali sono $d_i=\langle p_j,p_j \rangle^{1/2}$, \`e tale che la
matrice $M=D^{-1}TD$ \`e simmetrica. Gli autovettori di $M$, normalizzati nella
norma indotta dal prodotto scalare, sono i vettori ortonormali ${\bm
w}_j=D^{-1}{\bm u}_j/\gamma_j$, con $\gamma_j=\|D^{-1}{\bm u}_j\|$. Quindi la
matrice $W$, la cui $j$-esima colonna \`e il vettore ${\bm w}_j$, verifica la
relazione $W^TW=I$. Si chiama $\Gamma$ la matrice diagonale i cui elementi
principali sono $\gamma_j$. Allora $W\,\Gamma=D^{-1}U=D^{-1}A^T$. Si pone
$Q=\Gamma^{-1}W^TD^{-1}$, con $D_1=\Gamma^{-1}$ e $D_2=D^{-1}$.

{\bf c)}\quad Sostituendo $A=VS$ si ha $D_1V=QD_2^{-1}S^{-1}$. Poich\`e $S$
\`e triangolare inferiore, la matrice $R=D_2^{-1}S^{-1}$ \`e triangolare
inferiore, quindi $QR$ rap\-presenta la fattorizzazione QR di $D_1V$. Questo
suggerisce un algoritmo per il calcolo dei coefficienti dei polinomi $p_j(x)$
nella base dei monomi a partire dai valori che i $p_j(x)$ assumono negli zeri
$x_i$, $i=0,\ldots , x_n$ di $p_{n+1}(x)$ e dai fattori di normalizzazione
$h_j=\langle p_j,p_j \rangle$:

\medskip\noindent
(1) si costruisce la matrice di Vandermonde $V$;

\medskip\noindent
(2) con i fattori $h_j$ si costruisce la diagonale di $D$;

\medskip\noindent
(3) si costruiscono i $\gamma_j$ e la diagonale di $D_1$;

\medskip\noindent
(4) si costruisce $D_1V$ e se ne calcola la fattorizzazione QR;

\medskip\noindent
(5) la matrice $S$ cercata \`e $R^{-1}D$.
\\

{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese8}.}\\
\indent {\bf a)}\quad Per semplicit\`a si suppongono i polinomi monici, 
ma ci\`o che
segue pu\`o essere esteso senza alterarne le conclusioni anche al caso che i
polinomi non siano monici. La successione $p_i(x)$, $i=0,\ldots,n$, costituisce
una base dello spazio $\mathcal P_n$ e vale $\langle p_i(x),q(x)\rangle=0$ per
ogni polinomio $q(x)$ di grado minore di $i$.

Dimostriamo dapprima che se $\langle xp(x),q(x)\rangle=\langle
p(x),xq(x)\rangle$ per ogni coppia di polinomi in $\mathcal P_n$ di grado al
pi\`u $n-1$, allora la successione soddisfa una relazione a tre termini.
Infatti $p_{i+1}(x)$ per $i\ge 1$ pu\`o essere espresso nella base
$p_0(x),\ldots, p_i(x), xp_i(x)$ nel modo seguente
 \[
  p_{i+1}(x)=\alpha_0p_0(x)+\ldots+ \alpha_ip_i(x)+ xp_i(x)\]
e vale
\[
\begin{array}{l}
  \langle p_j(x),p_{i+1}(x)\rangle=
  \alpha_0\langle p_j(x),p_0(x)\rangle+\ldots+
  \alpha_i\langle p_j(x),p_i(x)\rangle+ \langle
  p_j(x),xp_i(x)\rangle\\[0.25cm]
  \hskip 2.5cm=
  \alpha_j\langle p_j(x),p_j(x)\rangle+ \langle
  p_j(x),xp_i(x)\rangle.
  \end{array}
  \]
Se $j\le i-2$ \`e $\langle p_j(x),xp_i(x)\rangle=\langle
xp_j(x),p_i(x)\rangle=0$ e $\langle p_j(x),p_{i+1}(x)\rangle=0$, per cui
$\alpha_j=0$. Resta
 \[
  p_{i+1}(x)=(x+\alpha_i)p_i(x)+\alpha_{i-1}p_{i-1}(x).\]
Viceversa, dimostriamo che se la successione soddisfa una relazione a tre
termini, allora $\langle xp(x),q(x)\rangle=\langle p(x),xq(x)\rangle$ per ogni
coppia di polinomi in $\mathcal P_n$ di grado al pi\`u $n-1$. Per linearit\`a
basta dimostrare che la propriet\`a vale per i polinomi $p_i(x)$, cio\`e che
$\langle xp_i(x),p_j(x)\rangle=\langle p_i(x),xp_j(x)\rangle$. Per simmetria,
basta dimostrarlo per $i \le j-1$. Procedendo per induzione si suppone che la
relazione valga per $i\le j-2$. Per $i = j-1$ \`e
 \[
 \begin{array}{l}
 \langle xp_i(x),p_j(x)\rangle=\langle
 xp_i(x),p_{i+1}(x)\rangle\\[0.25cm]
 \quad=\langle x\big((x+\alpha_{i-1})p_{i-1}(x)
 +\alpha_{i-2}p_{i-2}(x)\big),p_{i+1}(x)\rangle
 =\langle x^2p_{i-1}(x),p_{i+1}(x)\rangle.
 \end{array}
 \]
Esprimendo il polinomio $x^2p_{i-1}(x)$ di grado $i+1$ in termini della base
$p_0(x),\ldots,p_{i+1}(x)$, risulta che
 \[
 \langle x^2p_{i-1}(x),p_{i+1}(x)\rangle=
 \langle p_{i+1}(x),p_{i+1}(x)\rangle.\]
La relazione
 \[
 \langle p_i(x),xp_j(x)\rangle=\langle p_i(x),xp_{i+1}(x)\rangle=
 \langle p_{i+1}(x),p_{i+1}(x)\rangle\]
si dimostra in modo analogo.

{\bf b)}\quad Posto
 \[
 p(x)=\sum_{i=0}^np_ix^i,\quad q(x)=\sum_{i=0}^nq_ix^i,\]
\`e
 \[
 \langle p(x),q(x)\rangle=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^np_iq_j\langle x^i,x^j\rangle
 ={\bm p}^TH{\bm q},\ \hbox{dove}\  h_{i,j}=\langle x^i,x^j\rangle.\]
 La matrice $H$ \`e simmetrica per la simmetria del prodotto
 scalare. Inoltre \`e definita positiva perch\'e
 \[
 0<\langle p(x),p(x)\rangle={\bm p}^TH{\bm p},\quad
 \hbox{per}\quad {\bm p}\ne {\bm 0}.\]
La dimostrazione che l'applicazione che associa alla coppia $(p(x),q(x))$ il
numero reale $p^THq$, in cui $H$ \`e una matrice simmetrica definita positiva,
\`e un prodotto scalare, \`e una verifica diretta delle propriet\`a di
positivit\`a, di simmetria e di bilinearit\`a.

{\bf c)}\quad Si \`e visto al punto (a) che se i polinomi ortogonali
verificano la relazione a tre termini, allora $\langle
xp(x),q(x)\rangle=\langle p(x),xq(x)\rangle$. Quindi per ogni $i$ e $j$ \`e
\[
  h_{i,j}=\langle x^i,x^j\rangle=\langle  x^{i-1},x^{j+1}\rangle
  =h_{i-1,j+1},
  \]
per cui la $H$ ha uguali gli elementi sulle parallele alla diagonale
secondaria, cio\`e \`e di Hankel.

{\bf d)}\quad Si ha
 \[
 p(\xi_i)=\sum_{j=0}^np_j\xi_i^j,\quad q(\xi_i)=\sum_{j=0}^nq_j\xi_i^j,\]
per cui
 \[
  \langle p(x),q(x)\rangle=\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^np_j\xi_i^j
  \sum_{k=0}^nq_k\xi_i^k=\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^np_jq_k\sum_{i=0}^n \xi_i^j
  \xi_i^k.
  \]
Anche in questo caso si pu\`o scrivere
 \[
 \langle p(x),q(x)\rangle
 ={\bm p}^TH{\bm q},\ \hbox{dove}\  h_{j,k}=\sum_{i=0}^n \xi_i^j
  \xi_i^k.\]
Per questa matrice $H$ valgono le stesse propriet\`a che per quella definita al
punto (b), in particolare che in questo modo si \`e definito un prodotto
scalare. Inoltre si ha
 \[
 \langle xp(x),q(x)\rangle=\sum_{i=0}^n \xi_ip(\xi_i)q(\xi_i)
 =\sum_{i=0}^n p(\xi_i)\xi_iq(\xi_i)=\langle p(x),xq(x)\rangle,
 \]
 e questo, per quanto dimostrato al punto (a), \`e sufficiente per
dire che i polinomi ortogonali relativi al prodotto scalare cos\`i definito
verificano una relazione a tre termini.
\bigskip

{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese:p1}}

Si d\`a un cenno di due risoluzioni diverse.

Prima risoluzione. Si ponga $t=x+x^{-1}$ e si osservi che
$x^{n+1}+x^{-n-1}= (x^n+x^{-n})t-x^{n-1}-x^{-n+1}$. Procedendo per
induzione su $n$ si deduca che $x^n+x^{-n}$ \`e un polinomio in $t$ di
grado $n$. Si osservi poi che essendo $x$ reale, risulta
$t=x+x^{-1}\ge 2$, inoltre $t=t(x)$ \`e crescente per $|x|>1$ e
decrescente per $|x|<1$. Da $x+x^{-1}=t$ segue $x^2-tx+1=0$ per cui
$x=(t+\sqrt{t^2-4})/2$ e $x=2/(t+\sqrt{t^2-4})$. Si definiscono allora
$\widehat p(t)=p(x(t))$.  Per quanto si \`e osservato queste funzioni
sono polinomi di grado $n$ in $t$, inoltre $\widehat p(t)$ \`e monico
se $p_n(x)$ \`e monico.

Inoltre, essendo $a,b>1$, col cambio di variabile $t=x+x^{-1}$ vale 
\[
\int_a^bp(x)q(x)w(x)dx=\int_{\widehat a}^{\widehat b}\widehat p(t)\widehat q(t)\widehat w(t)dt
\]
 con $\widehat a=a+a^{-1}$, $\widehat b=b+b^{-1}$ e $\widehat
 w(t)=w(t+t^{-1})/(1-x(t)^{-2})>0$ con $x(t)=(t+\sqrt{t^2-4})/2$ che
 \`e invertibile su $[a,b]$ e vale $x(t)=(t+\sqrt{t^2-4})/2$.

Segue allora che $\widehat p_n(t)$ sono polinomi ortogonali classici e le
loro propriet\`a si estendono quindi a $p_n(x)=\widehat p_n(x+x^{-1})$. In
particolare, poich\'e $\widehat p_n(t)$ ha $n$ zeri reali distinti
$\tau^{(n)}_i\in(\widehat a,\widehat b)$, $i=1,\ldots,n$, allora
$p_n(x)$ ha $n$ zeri reali distinti in $(a,b)$ che sono
$\xi^{(n)}_i=\left(\tau^{(n)}_i+\sqrt{\tau^{(n)2}_i-4}\right)/2$,
oltre ai loro reciproci in $(1/\widehat b,1/\widehat a)$; La relazione
a tre termini soddisfatta dai $\widehat p_n(t)$ implica che i $p_n(x)$
soddisfano ad una relazione del tipo
\[
p_{n+1}(x)=(A_{n+1}(x+x^{-1})+B_{n+1})p_n(x)-C_np_{n-1}(x),
\]
con $A_{n+1}=1$.
Vale quindi la separazione degli zeri (per la propriet\`a di monotonia
di $t(x)$ nell'intervallo $[a,b]$), la propriet\`a di ortogonalit\`a
discreta, la formula di Christoffel-Darboux, ecc.\\ Se $0<a<1<b$, la
funzione $t(x)=x+1/x$ non \`e invertibile, e le propriet\`a dei
polinomi ortogonali classici in generale non valgono. Ad esempio, con
$w(x)=1$, $a=1/2$ e $b=2$, vale $p_0(x)=1$, $p_1(x)=x+x^{-1}-\alpha$
con $\alpha>0$. Poich\'e $p_1(x)$ ha due zeri $\xi>1$ e $1/\xi$, non
pu\`o avere un solo zero nell'intervallo $(1/2,2)$.

Possiamo comunque scrivere il prodotto scalare nel modo seguente
\[
\int_a^b p(x)q(x)w(x)dx=\int_a^1p(x)q(x)w(x)dx+\int_1^bp(x)q(x)w(x)dx
\]
poi possiamo fare il cambio di variabile $t=x+x^{-1}$ avendo l'accortezza di usare l'espressione della funzione inversa $x_-(t)=(t-\sqrt{t^2-4})/2$  per il primo integrale e $x_+(t)=(t+\sqrt{t^2-4})/2$ per il secondo per cui si ottiene
\[
\int_2^{\widehat a}\widehat p(t)\widehat q(t)\widetilde w(t)dt+\int_2^{\widehat b}\widehat p(t)\widehat q(t)\widehat w(t)dt
\]dove $\widetilde w(t)=w(x_-(t))/(1-x_-(t)^{-2})$ e $\widetilde w(t)=w(x_+(t))/(1-x_+(t)^{-2})$
\medskip

Seconda soluzione. Si procede ripetendo e adattando le dimostrazioni date nel caso standard. I polinomi di Laurent ortogonali esistono perch\'e sono ottenibili in modo costruttivo mediante ortogonalizzazione di G-S. Sono linearmente indipendenti perch\'e di grado diverso. Per dimostrare la relazione a tre termini si scrive
\[
p_{n+1}(x)=(x+x^{-1})p_n(x)+\sum_{i=0}^n\alpha_ip_i(x)
\]
dato che $(x+x^{-1})p_n(x)$ \`e polinomio di Laurent di grado $n+1$.
Si moltiplica scalarmente per $p_k(x)$, $k=0,1,\ldots,n$ e si ha
\[
0=\langle p_k,p_{n+1}\rangle=\langle p_k,(x+x^{-1})p_n\rangle+\alpha_k\langle p_k,p_k\rangle
\]
 Inoltre vale $\langle p_k,(x+x^{-1})p_n\rangle=\langle (x+x^{-1})p_k,p_n\rangle$, e,
poich\'e $(x+x^{-1})(x^i+x^{-i})=x^{i+1}+x^{-i-1}+x^{i-1}+x^{-i+1}$, il prodotto
 $(x+x^{-1})p_k$ \`e un polinomio di Laurent di grado  $k+1$. Allora per la propriet\`a di ortogonalit\`a risulta $\alpha_k=0$ per $k=0,\ldots,n-2$. Da cui la relazione a 3 termini.

Per la propriet\`a degli zeri si ragiona come nel caso
standard. Occorre premettere che gli zeri di $p_n(x)$ sono in coppie
$\xi,1/\xi$. Supponiamo per assurdo che in $(a,b)$ ci siano meno di $n$ zeri
di $p_n(x)$.
Denotiamo con
$\eta_1,\ldots,\eta_k$ quelli di molteplicit\`a dispari. Costruisco
$q(x)=\prod_{i=1}^k(x-\eta_k)(x^{-1}-\eta_k)$ che \`e prodotto di
polinomi di Laurent quindi \`e polinomio di Laurent di grado $k<n$.
Per l'ortogonalit\`a deve essere $\langle q,p_n\rangle=0$. Per\`o sull'intervallo $[a,b]$ il prodotto $p_n(x)q(x)$ non cambia segno e non \`e identicamente nullo. Questo conduce ad un assurdo.

In modo analogo si procede con le altre propriet\`a.\bigskip


\bigskip

{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese9}}

a) I polinomi $p_0(x),p_1(x),\ldots,p_{n-1}(x),x^2p_{n-2}(x)$ sono
linearmente indipendenti avendo grado $0,1,2,\ldots,n$. Quindi
costituiscono una base per $\mathcal P_n$ e si pu\`o scrivere:
\[
p_n(x)=a_n x^2p_{n-2}(x)+a_{n-1}p_{n-1}(x)+a_{n-2}p_{n-2}(x)+\cdots+a_0p_0(x).
\]
Moltiplicando scalarmente per $p_k(x)$ per $k< n$ si ha
\[
0=\langle p_k,p_n\rangle=a_n\langle p_k,x^2p_{n-2}\rangle+a_k\langle p_k,p_k\rangle.
\]
Poich\`e $\langle p_k,x^2p_{n-2}\rangle=\langle x^2p_k,p_{n-2}\rangle$
e $\langle x^2p_k,p_{n-2}\rangle=0$ se $k+2<n-2$ essendo il grado di $x^2p_k$
minore di $n-2$, ne segue che $a_k=0$ per $k<n-4$ quindi
\[
p_n(x)=a_{n-1}p_{n-1}(x) + (a_nx^2+a_{n-2})p_{n-2}(x) + a_{n-3}p_{n-3}(x)
      + a_{n-4}p_{n-4}(x).
\]
In particolare si ottiene
\[
a_{n-i}=-a_n\frac{\langle x^2p_{n-2},p_{n-i}\rangle}{\langle p_{n-i},p_{n-i}\rangle},~ i=1,2,3,4.\quad
\]

b) No, la struttura di Hankel non \`e mantenuta. Infatti se la
propriet\`a $\langle x^{i+1},x^j \rangle=\langle x^i,x^{j+1}\rangle$
fosse verificata per ogni $i,j=0,\ldots,n-1$, allora per bilinearit\`a
varrebbe $\langle \sum_{i=0}^n a_ix^{i+1},\sum_{j=0}^n
b_jx^j\rangle=\langle\sum_{i=0}^n a_ix^i,\sum_{j=0}^n b_j
x^{j+1}\rangle$ e quindi varrebbe per ogni $f(x),g(x)\in\mathcal P_n$.
Deve quindi esistere $(i,j)$ tale che $\langle x^{i+1},x^j\rangle\ne
\langle x^i,x^{j+1}\rangle$ quindi $h_{i+1,j}\ne h_{i,j+1}$ e la
matrice perde la struttura di Hankel.

La condizione $\langle x^2x^i,x^j\rangle=\langle x^i,x^2x^j\rangle$
implica che $h_{i+2,j}=h_{i,j+2}$.  Questa \`e l'unica struttura che
si conserva oltra alla simmetria.  In particolare, le sottomatrici
$H_{1,1}=(h_{2i-1,2j-1})$, $H_{2,2}=(h_{2i,2j})$,
$H_{1,2}=(h_{2i-1,2j})$, $H_{2,1}=(h_{2i,2j-1})$ sono di Hankel.
Quindi, permutando righe e colonne di $H$ con una permutazione
dispari/pari oppure pari/dispari
si ottiene una matrice formata da quattro blocchi di
Hankel del tipo
\[
\left[\begin{array}{cc}H_{11}&H_{12}\\ H_{12}^T&H_{22}\end{array}\right].
\] 

 Poich\`e se ${\bf f}$ sono i vettori dei coefficienti dei polinomi
$f(x)$ e $g(x)$ vale $\langle f(x),g(x)\rangle={\bf f}^TH{\bf g}$,
basta considerare una matrice $H$ con la struttura descritta sopra che
sia definita positiva e definire il prodotto scalare come sopra.

Una matrice $H$ definita positiva con le propriet\`a descritte si
pu\`o costruire considerando una qualsiasi matrice derivante da un
prodotto scalare di tipo integrale, ad esempio la matrice di Hilbert,
e per un $k$ fissato perturbando gli elementi $h_{k-2i,k+2i}$ per
tutti i valori di $i$ consentiti.  Se la perturbazione \`e
sufficientemente piccola in valore assoluto, si ottiene ancora una
matrice definita positiva per la continuit\`a del determinante.

Alternativamente, per $n$ pari si pu\`o definire
$H_{1,1}=H_{2,2}$ uguali alla matrice di Hilbert,
$H_{1,2}=H_{2,1}^T=0$. In questo caso vale la propriet\`a $\langle x^2p(x),q(x)\rangle=\langle p(x),x^2q(x)\rangle$, inoltre $\langle 1,x^2\rangle=\int_0^1xdx$ mentre $\langle x,x\rangle=\int_0^11dx$ quindi  $\langle 1,x^2\rangle\ne
\langle x,x\rangle$.


c)
Calcolando il determinante di $H_n(x)$ con la regola di Laplace
sull'ultima riga di $H_n(x)$ si ha $\det H_n(x)=\sum_{i=0}^n x^i (-1)^{n-i}d_i$, dove $d_i$ sono i determinanti delle sottomatrici ottenute cancellando l'ultima riga e la colonna $i+1$-esima, per $i=0,\ldots,n$. Per cui $\langle x^k,\det H_n(x)\rangle=\sum_{i=0}^n \langle x^k,x^i\rangle\det H_n(x)=\det \widetilde H(x)$
dove $\widetilde H(x)$ \`e la matrice ottenuta da $H(x)$ sostituendo l'ultima riga con $[\langle x^k,x^0\rangle,\ldots,\langle x^k,x^n\rangle]$. Ma questo \`e nullo per $k=1,\ldots,n-1$ poich\'e l'ultima riga coinciderebbe con la $k$-esima. Per cui risulta $\langle x^k,\det H_n(x)\rangle$ per $k=0,1,\ldots,n-1$ e quindi $\det H_n(x)=p_n(x)$.

d) $\langle\cdot,\cdot,\rangle'$ \`e prodotto scalare poich\'e \`e
forma bilineare ed \`e definito positivo essendo $\langle
p,p\rangle'=
\langle p_+(x),p_+(x)\rangle+\langle p_-(x),p_-(x)\rangle\ge 0$
come somma di quantit\`a non negative, ed \`e nullo solo se i due addendi sono nulli, cio\`e solo se $p(x)\equiv 0$.
%avendo in generale $0\le\langle u\pm v,u\pm,v\rangle=
%\langle u,u\rangle+\langle v,v\rangle\pm 2\langle v,u\rangle$.

Vale 
\[
\begin{split}
\langle x^2p(x),q(x)\rangle'=&\langle x^2p_+(x^2)+x(x^2p_-(x^2)),q_+(x^2)+xq_-(x^2) \rangle'\\
=& \langle xp_+(x),q_+(x)\rangle+
\langle xp_-(x),q_-(x)\rangle\\
=&
\langle p_+(x),xq_+(x)\rangle+
\langle p_-(x),xq_-(x)\rangle\\
=& \langle p(x),x^2q(x)\rangle'
\end{split}
\]


Posto $p(x)=1$ e $q(x)=x$ vale $\langle xp(x),q(x)\rangle'=
\langle x,x\rangle'=\langle 1,1\rangle$, 
mentre $\langle p(x),xq(x)\rangle'=
\langle 1,x^2\rangle'=\langle 1,x\rangle$
I due prodotti scalari sono diversi se $\langle 1,1\rangle\ne
\langle 1,x\rangle$, ci\`o accade ad esempio con $[a,b]=[0,1]$ e $w(x)=1$.

e)
S\`\i\, basta considerare la matrice $A$ di Hessenberg inferiore
pentadiagonale con elementi sopradiagonali uguali a $-1$,
diagonali uguali a $c_i$, sottodiagonali uguali a $a_ix^2+b_i$
e nelle due sottodiagonali successive uguali rispettivamente
a $d_i$ ed $e_i$. 
Posto $v=[p_0(x),\ldots,p_{n-1}(x)]^T$, vale $Av=p_n(x)e_n$.
In particolare gli zeri di $p_n(x)$ sono gli zeri di $\det A$.
\bigskip

{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese10}}

$1\Rightarrow 2$\quad L'ortogonalit\`a di $p_1(x)=A_1x+B_1$ e
$p_0(x)=A_0$ implica che $\langle B_1,A_0\rangle=0$ da cui $B_1=0$.
Induttivamente, supponiamo che $B_i=0$ per
$i=0,1,\ldots,n$. Dimostriamo che $B_{n+1}=0$. La propriet\`a $B_i=0$
implica che per $i=0,\ldots, n$ vale $p_i(x)\in\mathcal P^+$ se $i$
\`e pari, $p_i(x)\in\mathcal P^-$ se $i$ \`e dispari (si veda anche l'implicazione 2$\Rightarrow 3$). Per cui per
l'ortogonalit\`a di $\mathcal P^+$ e $\mathcal P^-$, dall'espressione
$B_{n+1}=-A_{n+1}\langle x p_n,p_n\rangle/\langle p_n,p_n\rangle$
segue $B_{n+1}=0$.

$2\Rightarrow 3$\quad Si procede induttivamente. La propriet\`a vale per $p_0$ e $p_1$. Assumendo valida la propriet\`a per $p_i$ per $i=0,1,\ldots,n$ si dimostra per $n+1$.
Dalla relazione a
tre termini
\[
p_{n+1}(x)=xA_{n+1}p_n(x)-C_np_{n-1}(x)
\]
se $n$ \`e pari allora per ipotesi induttiva $p_n(x)$ ha monomi con potenze pari quindi $xA_{n+1}p_n(x)$ ha monomi con sole potenze dispari cos\`\i\ come $p_{n-1}$ per cui $p_{n+1}$ ha monomi con sole potenze dispari. Si procede in modo analogo se $n$ \`e dispari.


$3\Rightarrow 1$\quad Siano $r(x)\in\mathcal P^+$ e $s(x)\in\mathcal P^-$.
Rappresentando $r(x)$ e $s(x)$ nella base dei polinomi ortogonali si ha
che $r(x)$ \`e combinazione lineare dei $p_{2i}(x)$ mentre $s(x)$ \`e combinazione lineare dei $p_{2i+1}(x)$. Dall'ortogonalit\`a dei $p_i(x)$ segue $\langle r(x),s(x)\rangle=0$.

\bigskip


Se fosse $ab\ge 0$, ad esempio $a=0,b>0$, allora i polinomi $x$ e $1$ essendo non negativi sull'intervallo non possono essere ortogonali.


Vale 
\[
\langle p_{2i}(x),p_{2j}(x)\rangle=\int_a^b\varphi_i(x^2)\varphi_j(x^2)\omega(x)dx
=\int_a^0 \varphi_i(x^2)\varphi_j(x^2)\omega(x)dx+\int_0^b \varphi_i(x^2)\varphi_j(x^2)\omega(x)dx.
\]
 Facendo il cambio di variabile $x^2=t$ si ottiene
\[
\langle p_{2i}(x),p_{2j}(x)\rangle=\int_0^{a^2}\varphi_i(t)\varphi_j(t)\frac{\omega(-\sqrt t)}{2\sqrt t}dt+
\int_{0}^{b^2}\varphi_i(t)\varphi_j(t)\frac{\omega(\sqrt t)}{2\sqrt t}dt.
\]
 Per cui i polinomi $\varphi_i$ risultano ortogonali su 
$[\hat a,\hat b]$ con $\hat a=0$, $\hat b=\max(a^2,b^2)$ rispetto al peso $\hat\omega(t)=I_{[0,a^2]}\omega(-\sqrt t)/(2\sqrt t)+I_{[0,b^2]}\omega(\sqrt t)/(2\sqrt t)$, dove $I_{[a,b]}$ \`e la funzione indicatrice dell'intervallo $[a,b]$.
Analogamente, per i polinomi $p_{2i+1}(x)$.

% vale
%\[
%\langle p_{2i+1}(x),p_{2j+1}(x)\rangle=\int_a^bx^2\psi_i(x^2)\psi_j(x^2)dx
%\]
% per cui, facendo il cambio di variabile $x^2=t$ si ottiene
%\[
%\langle p_{2i+1}(x),p_{2j+1}(x)\rangle=\int_{a^2}^{b^2}\psi_i(t)\psi_j(t)
%\frac{\sqrt t}2\omega(\sqrt t)dt.
%\]
%Quindi i polinomi $\psi_i(t)$ sono ortogonali su $[a^2,b^2]$ rispetto al peso $\sqrt t\omega(\sqrt t)$.\\

Per semplicit\`a normalizziamo i polinomi in modo che siano monici e $A_i=1$.
La relazione
\[
p_{i+1}(x)=xp_i(x)-C_ip_{i-1}(x)
\]
pu\`o essere riscritta come
\[
\begin{array}{ll}
x\psi_m(x^2)=x\varphi_m(x^2)-C_{2m}x\psi_{m-1}(x^2),& i=2m\\[1ex]
\varphi_m(x^2)=x^2\psi_{m-1}(x^2)-C_{2m-1}\varphi_{m-1}(x^2),&i=2m-1
\end{array}
\]
da cui
\[
\begin{array}{ll}
\psi_m(t)=\varphi_m(t)-C_{2m}\psi_{m-1}(t)\\[1ex]
\varphi_m(t)=t\psi_{m-1}(t)-C_{2m-1}\varphi_{m-1}(t)
\end{array}
\]

Sostituendo $\varphi_m(t)=\psi_m(t)+C_{2m}\psi_{m-1}(t)$ nella seconda equazione si ottiene
\[
\psi_m(t)+C_{2m}\psi_{m-1}(t)=t\psi_{m-1}(t)-C_{2m-1}(\psi_{m-1}(t)+C_{2m-2}\psi_{m-2}(t)
\]
da cui
\[
\psi_m(t)=(t-C_{2m}-C_{2m-1})\psi_{m-1}(t)-C_{2m-1}C_{2m-2}\psi_{m-2}(t)
\]
Analogamente,
\[
\varphi_{m+1}(t)=(t-C_{2m+1}-C_{2m})\varphi_m(t)-C_{2m}C_{2m-1}\varphi_{m-1}(t)
\]
\ \\



Essendo $x^{2i+1}$ ortogonale a $x^{2j}$, la matrice dei momenti $H=(\mu_{i+j})$
ha elementi nulli se $i+j$ \`e dispari. Per cui mediante una permutazione di righe e colonne che porta in testa gli indici $0,2,4,6,\ldots$ e in coda gli indici $1,3,5,7,\ldots$ la matrice si trasforma in una matrice diagonale a blocchi con blocchi diagonali di Hankel. I due blocchi diagonali definiscono il prodotto scalare dei polinomi $\varphi_i(t)$ e $\psi_i(t)$.
\\

Non \`e possibile che i polinomi $\varphi_i(t)$ e $\psi_i(t)$ godano di analoghe propriet\`a. Infatti essi sono ortogonali sull'intervallo $[\hat a,\hat b]$, dove $\hat a\hat b=0$ mentre si \`e visto che \`e necessario che gli estremi dell'intervallo abbiano prodotto negativo. 

Un'altra motivazione \`e nel fatto che 
gli analoghi dei termini $B_i$ 
nella relazione a tre termini dei $\psi_i(t)$ e $\varphi_i(t)$ dovrebbero essere nulli, cio\`e deve essere
$C_{2m}+C_{2m-1}=C_m+C_{2m+1}=0$. Ci\`o \`e impossibile essendo $C_i>0$.

%$4\Rightarrow 1$\quad Se $f(x)$ \`e una funzione dispari vale evidentemente $\int_{-a}^af(x)\omega(x)dx=0$. La tesi discende dal fatto che se $r(x)\in\mathcal P^+$ e $s(x)\in\mathcal P^-$ allora $f(x)=s(x)r(x)$ \`e dispari.

%Viceversa, se si assume $a=-b$ allora l'ortogonalit\`a di $\mathcal
%P^+$ e $\mathcal P^-$ implica che $\omega(x)$ \`e funzione
%pari. Infatti, scrivendo $\omega(x)=\frac 12(\omega^+(x)+\omega^-(x))$
%si ha $0=\langle 1,x^{2k+1}\rangle= \int_{-b}^b
%x^{2k+1}\omega^+(x)dx+\int_{-b}^bx^{2k+1}\omega^-(x)dx=\int_{-b}^bx^{2k+1}\omega^-(x)dx$
%essendo $\int_{-b}^b x^{2k+1}\omega^+(x)dx=0$ poich\'e
%$x^{2k+1}\omega^+(x)$ \`e funzione dispari. Quindi vale $\int_{-b}^bx^{2k+1}\omega^-(x)dx=0$ per ogni $k\ge 0$, e per la parit\`a di $x^{2k+1}\omega^-(x)$ ne segue
%$\int_{0}^bx^{2k+1}\omega^-(x)dx=0$per ogni $k\ge 0$....


%$1\Rightarrow 4$\quad Abbiamo gi\`a osservato che  $a$ e $b$ devono avere segno opposto ed essere non nulli. 
%Sia allora $a<0, b>0$ ma $a\ne
%-b$. Sia inoltre $f(x)$ una qualsiasi funzione continua tale che
%$f(x)\omega(x)$ \`e dispari su $[-\min(-a,b),\min(-a,b)]$ e non cambia
%segno (o \`e nulla) sulla parte complementare dell'intervallo.  Per
%semplicit\`a si assuma $b>-a$.  In questo modo vale
%$\int_a^bf(x)\omega(x)=\int_{-a}^b f(x)\omega(x)dx$.  Per il teorema
%di Weierstrass la funzione $f(x)$ si approssima con una combinazione
%di polinomi.

\bigskip

{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese11}}

\begin{description}
\item{(a)}\quad Nei nodi \`e $\varphi_i(x_j)=\delta_{ij}$, quindi una
combinazione lineare
\[
 \sum_{i=0}^n\alpha_i\,\varphi_i(x_j)=\alpha_i\varphi_i(x_i)\]
\`e nulla se e solo se $\alpha_i=0$ per ogni $i$.

\item{(b)}\quad L'operatore $L_n$ risulta ben definito per ogni $x\in[0,1]$.
Infatti nei nodi \`e
  \[
  f(x_j)=\sum_{i=0}^n\alpha_i \varphi_i(x_j)=\alpha_j \varphi_j(x_j)=\alpha_j,\]
quindi la funzione di interpolazione risulta
  \[
  g_n(x)=\sum_{i=0}^n f(x_i) \varphi_i(x),\]
cio\`e la polinomiale lineare a tratti che interpola la $f(x)$ nei
nodi $x_i$, $i=0,\ldots,n$. Per la costruzione della $g_n(x)$ basta
valutare la $f(x)$ negli $n+1$ nodi. La funzione di migliore
approssimazione in norma 2 nella base delle $\varphi_i(x)$ soddisfa
le condizioni
 \[
 \sum_{i=0}^n a_i<\varphi_i,\varphi_j>=<f,\varphi_j>,\quad
 i,j=0,\ldots,n,\]
 dove $  <\varphi_i,\varphi_j>=
 \displaystyle\int_0^1\varphi_i(x)\,\varphi_j(x)\;dx\ne 0$
solo per $j=i-1,\,i,\,i+1$. Con la trasformazione di variabile
$x=x_i+th$ si ha $\varphi_i(x)=1-|t|$, con $t\in[-1,1]$, quindi
 \[ \int_0^1\varphi_i(x)\,\varphi_{i-1}(x)\;dx=
 \int_{x_{i-1}}^{x_i}\varphi_i(x)\,\varphi_{i-1}(x)\;dx=
 h\,\int_{-1}^0(1+t)
 \,(-t)\;dt=\frac{h}{6}\]
 \[\int_0^1\varphi_i^2(x)\;dx=
 \int_{x_{i-1}}^{x_i}\varphi_i^2(x)\;dx
 +
 \int_{x_i}^{x_{i+1}}\varphi_i^2(x)\;dx
 = h\,\int_{-1}^0(1+t)^2\;dt+h\,\int_0^1(1-t)^2\;dt=\frac{2h}{3}\]
 \[\int_0^1\varphi_i(x)\,\varphi_{i+1}(x)\;dx=
 \int_{x_i}^{x_{i+1}}\varphi_i(x)\,\varphi_{i+1}(x)\;dx=
 h\int_0^1(1-t)t\;dt=\frac{h}{6}.
  \]
I coefficienti cercati risolvono il sistema
 \[
  \frac{h}{6}\,\left[
  \begin{array}{cccc}4&1\\1&4&\ddots\\&\ddots&\ddots&1\\&&1&4
  \end{array}\right]\;
  \left[
  \begin{array}{c}a_0\\a_1\\\vdots\\a_n
  \end{array}\right]=
  \left[
  \begin{array}{c}<f,\varphi_0>\\<f,\varphi_1>\\\vdots\\<f,\varphi_n>
  \end{array}\right].
  \]
Il costo \`e quindi dato dal costo del calcolo degli $n+1$ integrali
a secondo membro e dal costo (lineare in $n$) della risoluzione del
sistema.

\item{(c)}\quad L'operatore $L_n$ \`e lineare. Infatti \`e
\[L_n[f]=\sum_{i=0}^nf(x_i)\varphi_i(x)\quad\hbox{e}\quad
  L_n[g]=\sum_{i=0}^ng(x_i)\varphi_i(x)\]
e si ha
\[L_n[\alpha f]=\sum_{i=0}^n\alpha \,f(x_i)\,\varphi_i(x)=\alpha\,L_n[f]\]
\[L_n[f+g]=\sum_{i=0}^n\big(f(x_i)+g(x_i)\big)\,\varphi_i(x)=L_n[f]+L_n[g].\]
L'operatore \`e positivo. Infatti $\varphi_i(x)\ge 0$ per ogni $i$.
Se $f(x)\ge 0$  \`e
 \[
   L_n(f)=\sum_{i=0}^n f(x_i)\varphi_i(x)\ge 0.\]
\item{(d)}\quad Si applica il teorema di Korovkin. Per le due funzioni
$f(x)\equiv 1$ e $f(x)$ la polinomiale a tratti che le interpola
coicide con la $f(x)$ stessa, per cui $\|L_n[f]-f\|_\infty=0$ per
ogni $n$.
  Per $f(x)=x^2$  e $x\in [x_i,x_{i+1}]$ \`e
\[
 L_n[f](x)=x_i^2\varphi_i(x)+x_{i+1}^2\varphi_{i+1}(x)=
 x_i^2\big(\varphi_i(x)+\varphi_{i+1}(x)\big)+h(x_i+x_{i+1})\,\varphi_{i+1}(x)\]
 \[=x_i^2+h(x_i+x_{i+1})\big(1-\frac{x_{i+1}-x}{h}\big)
 =x(x_i+x_{i+1})-x_ix_{i+1},
 \]
per cui
 \[\|L_n[f]-f\|_\infty=\|x(x_i+x_{i+1})-x_ix_{i+1}-x^2\|_\infty
 =\|(x-x_i)(x_{i+1}-x)\|_\infty\le\frac{h^2}{4}
 \]
e quindi
 \[\lim_{n\to\infty}\|L_n[f]-f\|_\infty=\lim_{h\to0}\frac{h^2}{4}=0.\]
Allora per il teorema di Korovkin \`e
 \[\lim_{n\to\infty}\|g_n-f\|_\infty=\lim_{n\to\infty}\|L_n[f]-f\|_\infty=0\]
per ogni $f$ continua su $[0,1]$.

\item{(e)}\quad Per valutare l'ordine con cui l'errore di approssimazione
$\|L_n[f]-f\|_\infty$ tende a 0, si nota che $f(x)$, essendo
continua sul compatto $[0,1]$, \`e anche uniformemente continua,
quindi per ogni $\epsilon>0$ esiste $\delta$ tale che
 \[
   |x-y|\le \delta \ \Rightarrow\ |f(x)-f(y)|\le \epsilon.\]
Se $f(x)$ \`e lipschitziana esiste $C>0$ per cui $\delta=C\epsilon$. Dalla dimostrazione del teorema di Korovkin si ha $\|L_n[f]-f\|_\infty\le\gamma\epsilon$ per una costante $\gamma>0$, dove $\epsilon$ \`e tale che $\|e^{(n)}_i\|_\infty\le \epsilon\delta^2$. Poich\'e nel nostro caso \`e $\|e^{(n)}_i\|_\infty=0$ per $i=0,1$ e $\|e^{(n)}_2\|_\infty\le\frac 14 h^2$, ponendo $\frac 14 h^2=\delta^2\epsilon=C^2\epsilon^3$ si ha
$\epsilon=h^{\frac 23}\frac 1{(2C)^{\frac 23}}$. Quindi l'errore decresce come $O(h^{\frac 23})$. 
\end{description}
\bigskip


{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese12}}

1. Dalla definizione delle funzioni $\varphi_i(x)$ segue che
\[
g_n(x)=\sum_{j=0}^{i-1}\alpha_j+\frac 1h(x-x_{i-1})\alpha_i,\quad x\in[x_{i-1},x_i],
\]
per cui
 $f(x_0)=\alpha_0$, $f(x_i)=\sum_{j=0}^i\alpha_j$. Quindi si ricava
$\alpha_0=f(x_0)$, $\alpha_i=f(x_i)-f(x_{i-1})$.
Vale quindi
\begin{equation}\label{1}
g_n(x)=f(x_{i-1})+\frac 1h(x-x_{i-1})(f(x_i)-f(x_{i-1})),\quad x\in[x_{i-1},x_i],
\end{equation}
per cui $g_n(x)$ \`e la funzione di interpolazione lineare a tratti.
\\

2. L'operatore $\mathcal L_n$ \`e lineare e positivo. Vediamo se sono valide le ipotesi del teorema di Korovkin verificando l'approssimabilit\`a delle funzioni $f(x)\in\{1,x,x^2\}$. 
Sia $x\in[x_{i-1},x_i]$. Per $f(x)=1$ vale
$g_n(x)=1$ per cui $g_n(x)-f(x)=0$. Per 
$f(x)=x$ vale $g(x)=x_{i-1}+\frac 1h(x-x_{i-1})h=x$. Per $f(x)=x^2$ si ha
\[
g_n(x)= x_{i-1}^2+\frac 1h (x-x_{i-1})(x_i^2-x_{i-1}^2)=
x_{i-1}^2+(x-x_{i-1})(x_i+x_{i-1})
\]
da cui
\[\begin{split}
g_n(x)-x^2&=(x_{i-1}^2-x^2)+(x-x_{i-1})(x_i+x_{i+1})\\
&=(x_{i-1}-x)(x_{i-1}+x-x_i-x_{i-1})=
(x_{i-1}-x)(x-x_i)
\end{split}
\]
da cui $|g_n(x)-x^2|<h^2$.
Dal teorema di Korovkin si ottiene la buona approssimazione.

La diseguaglianza \`e falsa in generale. Basta considerare 
per $p>1$ la funzione $f(x)=x^{1/p}$. Per $x\in[0,h]$ vale 
$g_n(x)=xh^{\frac 1p-1}$ per cui
\[
f(x)-g_n(x)=x^{\frac 1p}(1-x^{1-\frac 1p}/h^{1-\frac 1p}).\] 
Quindi, per ogni $h$ basta scegliere
$x=h/2$ per cui 
\[|f(\frac h2)-g_n(\frac h2)|=h^{\frac 1p}\left|\frac 1{2^{\frac 1p}}-\frac12\right|.\] 


3. Per $x\in[x_{i-1},x_i]$ dall'espressione (\ref{1}) si ha
\[
g_n(x)-f(x)=f(x_{i-1})-f(x)+\frac 1h(x-x_{i-1})(f(x_i)-f(x_{i-1}))
\]
e sviluppando in serie in modo opportuno si ha
\[\begin{split}
g_n(x)-f(x)=& -(x-x_{i-1})f'(x_{i-1})-\frac 12 (x-x_{i-1})^2f''(\xi_i)
\\
+&
\frac 1h (x-x_{i-1})((x_i-x_{i-1})f'(x_{i-1})+\frac 12 (x_i-x_{i-1})^2f''(\eta_i))
\\
&=-\frac12(x-x_{i-1})^2f''(\xi_i)+\frac 12 h^2\left(\frac{x-x_{i-1}}h\right) f''(\eta_i)
\end{split}
\]
da cui $|g_n(x)-f(x)|\le h^2\max_{x\in[x_{i-1},x_i]}|f''(x)|$.
\medskip

4. 
La matrice $A=(a_{i,j})$ data da $a_{i,j}=\langle\varphi_i(x),\varphi_j(x)\rangle$
\`e tale che \[\begin{array}{ll}
a_{i,i}=h(1/3+n-i),&i=1,\ldots,n\\[1ex]
a_{i,j}=a_{j,i}=h(1/2+n-j),& i=1,\ldots,j-1
\end{array}
\]

La matrice ha quindi la struttura
\[
A=(-h/6)I
+h\begin{bmatrix}
c_1&c_2&c_3&\ldots&c_n\\
c_2&c_2&c_3&\ldots&c_n\\
c_3&c_3&c_3&\ldots&c_n\\
\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots \\
c_n&c_n&c_n&\ldots&c_n
\end{bmatrix}
\]
dove $c_i=1/2+n-i$, $i=1,\ldots,n$. La matrice pu\`o allora essere scritta come
\[
A=(-h/6)I+hL^T\hbox{diag}(c_2-c_1,c_3-c_2,\ldots,c_n-c_{n-1},c_n)L,\quad
L=\begin{bmatrix}1\\
\vdots&\ddots\\
1&\ldots&1
\end{bmatrix}
\]
per cui, essendo $c_{i+1}-c_i=1$ e $c_n=1/2$, vale
\[
A=L^T((-h/6)L^{-T}L^{-1}+h\hbox{diag}(1,1,\ldots,1,1/2)
)L
\]
Inoltre, poich\'e $L^{-1}$ \`e la matrice bidiagonale con elementi $1$ sulla diagonale principale e $-1$ sulla sotto-diagonale, ne segue che $L^{-T}L^{-1}$ \`e tridiagonale.
Per cui il sistema pu\`o essere risolto con $O(n)$ operazioni aritmetiche.

\bigskip


{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese13}}
\begin{description}
\item {(a)}\quad Per la propriet\`a di linearit\`a del prodotto scalare si ha
\[
\begin{array}{l}
  \displaystyle<\psi_i,\psi_j>=<\sum_{r=1}^n q_{r,i}\,\varphi_r\,,\sum_{s=1}^n
  q_{s,j}\,\varphi_s>=\sum_{r=1}^n q_{r,i}\,\sum_{s=1}^n
  q_{s,j}\,<\varphi_r,\varphi_s>\\
  \hskip 1.8cm =\displaystyle \sum_{r=1}^n \sum_{s=1}^n
  q_{r,i}\,q_{s,j}\,a_{r,s}=d_{i,j}.
  \end{array}
  \]
D'altro canto la relazione $D=Q^TAQ$, scritta in componenti d\`a
\[  d_{i,j}=\sum_{r=1}^n \sum_{s=1}^n
  q_{r,i}\,q_{s,j}\,a_{r,s}=d_{i,j}.
  \]
Poich\'e $D$ \`e diagonale, $<\psi_i,\psi_j>$ \`e uguale a zero se
$i\ne j$. Quindi gli $n$ elementi $\psi_j$, per $j=1,\ldots,n$,
costituiscono una base ortogonale dello spazio ${\cal V}_n$ di
dimensione $n$. Inoltre
\[
   <\psi_i,\psi_i>=d_{i,i}=\lambda_i,\]
dove $\lambda_i$ \`e l'$i$-esimo autovalore di $A$.
\item{(b)}\quad Il problema della migliore approssimazione di $f\in{\cal H}$
in ${\cal V}_n$ richiede di determinare una $n$-pla $\ {\bm
\alpha}^*\ $ tale che la funzione
$g_n^*(x)=\sum\limits_{i=1}^n\alpha_i^*\varphi_i(x)$ minimizzi la
distanza da $f(x)$ della generica funzione
$g_n(x)=\sum\limits_{i=1}^n\alpha_i\varphi_i(x)$, cio\`e
\[
  \|f(x)-g_n^*(x)\|=\min_{\bm \alpha}\|f(x)-g_n(x)\|.
  \]
In norma 2 il vettore ${\bm \alpha}^*$ si ricava risolvendo il
sistema
\[
  A\,{\bm \alpha}={\bm b},\quad \hbox{dove}\quad a_{i,j}=<\varphi_i,\varphi_j>,
    \ b_i=<f,\varphi_i>.\]
Nel nostro caso, poich\'e i supporti di $\varphi_i$ e di $\varphi_j$
hanno intersezione vuota se $i-j>1$, la matrice $A$ risulta
tridiagonale e
\[
  a_{i,i}=\frac{1}{h}\,\int_{x_{i-1}}^{x_{i+1}}dx=2,\quad
  a_{i,i+1}=a_{i+1,i}=\frac{1}{h}\,\int_{x_{i}}^{x_{i+1}}dx=1.\]
Inoltre
  \[
     b_i=\frac{1}{\sqrt h}\,\int_{x_{i-1}}^{x_{i+1}}f(x)\; dx.\]
Quindi $A={\rm trid}\,(1,2,1)$. Questa matrice \`e non singolare
perch\'e dominante diagonale e irriducibile. Quindi il sistema pu\`o
essere risolto efficacemente mediante fattorizzazione LU con $3n$
operazioni moltiplicative.

Gli autovalori di $A$ sono $\lambda_j=2+2 \cos(j\,\pi/(n+1))$.
Poich\'e $A$ \`e simmetrica e definita positiva, si ha
\[
 \|A\|_2=\max_j \lambda_j=\lambda_1=2+2 \cos\,\frac{\pi}{n+1}\]
 e
\[
 \|A^{-1}\|_2=\frac{1}{\min_j \lambda_j}=\frac{1}{\lambda_n}
 =\Big(2-2 \cos\,\frac{\pi}{n+1}\Big)^{-1}.
 \]
Quindi per $n$ grande il condizionamento in norma 2 risulta
\[
  \kappa_2(A)=\frac{2+2 \cos(\pi/(n+1)}{2-2 \cos(\pi/(n+1))}\sim \frac{2
  n^2}{\pi^2}.
  \]
\item{(c)}\quad Gli autovettori normalizzati in norma 2 di $A$ sono
\[
 x_j^{(i)}=\sqrt{\frac{2}{n+1}}\;\sin\Big(\frac{i\,j\,\pi}{n+1}\Big)
 =\sqrt{\frac{h}{\pi}}\;\sin\Big(\frac{i\,j\,\pi}{n+1}\Big).\]
 Quindi, per quanto visto al punto (a), la matrice $Q$ che
trasforma la base delle $\varphi_j(x)$ nella base ortogonale delle
$\psi_i$ ha gli elementi $q_{i,j}=x_j^{(i)}$ per $i,j=1,\ldots,n$.
Risulta
\[
  \psi_i(x)=\sqrt{\frac{h}{\pi}}\;
  \sum_{j=1}^n \sin\Big(\frac{i\,j\,\pi}{n+1}\Big)\,\varphi_j(x).
  \]
e quindi
\[
  \psi_i(x)=\frac{1}{\sqrt\pi}\;\Big[
   \sin\Big(\frac{i\,j\,\pi}{n+1}\Big)
   +\sin\Big(\frac{i\,(j+1)\,\pi}{n+1}\Big)\Big]\quad\hbox{se}\ x\in
   [x_j,x_{j+1}),\ j=0,\ldots,n.
   \]
Un'altra base si pu\`o ottenere applicando il metodo di
ortogonalizzazione di Gram-Schmidt, in cui
\[
    \psi_i(x)=\varphi_i(x)-\sum_{j=1}^{i-1}
    r_{i,j}\,\psi_j(x),\quad\hbox{con}\quad
    r_{i,j}=\frac{<\psi_j,\varphi_i>}{<\psi_j,\psi_i>}.\]
Nel nostro caso \`e $<\varphi_j,\varphi_i>=0$ per $|i-j|>1$.
Poich\'e $\psi_i(x)$ \`e combinazione dei $\varphi_k(x)$, con
$k=1,\ldots,i$, ne segue che $<\psi_j,\varphi_i>=0$ per $i-j>1$, per
cui la relazione di Gram-Schmidt diventa
$\psi_i(x)=\varphi_i(x)-r_{i,i-1}\,\psi_{i-1}(x)$, cio\`e
computazionalmente poco dispendiosa.
\item{(d)}\quad Nel nostro caso, malgrado si abbia a disposizione una base
ortogonale di ${\cal V}_n$, conviene trovare la funzione di migliore
approssimazione usando la base delle $\varphi_i(x)$ che d\`a dei
calcoli pi\`u semplici. Per la funzione $f(x)=1$ si ha
$b_i=2\sqrt{h}$, per $i=1,\ldots,n$, cio\`e ${\bm b}=2\,\sqrt h\,
{\bm e}$, dove ${\bm e}$ \`e il vettore di $n$ componenti uguali a
1. Conviene distinguere il caso di $n$ dispari dal caso di $n$ pari.

Se $n$ \`e dispari, considerando il vettore di $n$ componenti ${\bm
v}=[1,0,1,0,\ldots,1]^T$, si ha
\[  A\,{\bm v}=2\,{\bm e}=\frac{1}{\sqrt h}\,{\bm b},\]
quindi
\[
  {\bm \alpha}^*=\sqrt h\,{\bm v}\quad\hbox{e}\quad
  g_n^*(x)=\sqrt{h}\,\sum_{i\ {\rm dispari}}^n\varphi_i(x)=f(x),\]
e l'errore di approssimazione \`e nullo.

Se $n$ \`e pari, per risolvere il sistema conviene trovare una
fattorizzazione semplice di $A$. Si considera la matrice bidiagonale
inferiore
\[ L=\left[\begin{array}{cccc}
    1\\
    1&1\\
    &\ddots&\ddots\\
    &&1&1
    \end{array} \right],\]
la cui inversa \`e
\[
    L^{-1}=\left[\begin{array}{cccccc}
    1\\
    -1&1\\
    1&-1&1\\
    -1&\ddots&\ddots&\ddots\\
    1&\ddots&\ddots&\ddots&\ddots\\
    \ddots&1&-1&1&-1&1
    \end{array} \right],\]
La matrice $L\,L^T$ coincide con la $A$ eccetto che per il primo
elemento della prima riga, uguale a 1 invece che a 2. Per correggere
questa differenza, si considera il vettore ${\bm v}=L^{-1}\,{\bm
e}_1$, cio\`e la prima colonna di $L^{-1}$, e il vettore ${\bm
e}_1$, primo vettore della base canonica. Allora
\[ A=L\,L^T+L\,L^{-1}\,{\bm e}_1\,{\bm e}_1^T=L\,L^T+L\,{\bm v}\,{\bm e}_1^T
  =L\,(L^T+{\bm v}\,{\bm e}_1^T).
\]
Si pone $M=L^T+{\bm v}\,{\bm e}_1^T$ e quindi il sistema $A\,{\bm
\alpha}={\bm b}$ si trasforma nel sistema
\[
  M\,{\bm \alpha}=L^{-1}\,{\bm b}.\]
Poich\'e il vettore ${\bm b}$ ha tutte le componenti uguali, il
vettore ${\bm t}=L^{-1}\,{\bm b}$ ha le componenti di indice dispari
uguali a $2\sqrt{h}$ e le componenti di indice pari uguali a 0. Per
trovare $M^{-1}$, si applica la formula di Sherman-Morrison, per cui
\[
  {\bm \alpha}^*=M^{-1}\,{\bm t}=L^{-T}{\bm t}-\,\frac{L^{-T}{\bm v}\,{\bm e}_1^TL^{-T}}
    {1+{\bm e}_1^TL^{-T}{\bm v}}\,{\bm t}
    =L^{-T}{\bm t}-\,\frac{L^{-T}{\bm v}\,{\bm v}^T{\bm t}}
    {1+{\bm v}^T{\bm v}}=L^{-T}{\bm t}-\,\frac{L^{-T}{\bm v}\,{\bm v}^T{\bm t}}
    {n+1}.\]
Si verifica che ${\bm v}^T\,{\bm t}=2\,\lceil\,
n/2\,\rceil\,\sqrt{h}$, che $L^{-T}{\bm v}$ \`e il vettore la cui
$i$-esima componente \`e $(-1)^{i-1}(n+1-i)$, e che $L^{-T}{\bm t}$
\`e il vettore la cui $i$-esima componente \`e
$(-1)^{i-1}\,2\,\lceil\,(n-i)/2\,\rceil\,\sqrt{h}$. Ad esempio, per
 $n=8$ si ha
  \[
  {\bm \alpha}^*=\frac{\sqrt{h}}{9}\,[8,2,6,4,4,6,2,8]^T.\]
Si verifica che la funzione $g_n^*(x)$ assume il valore $n/(n+1)$
negli intervallini $[x_i,x_{i+1}]$ con $i$ pari e il valore
$(n+2)/(n+1)$ negli intervallini $[x_i,x_{i+1}]$ con $i$ dispari.
Quindi
\[
  \|f-g_n^*\|_\infty=\frac{1}{n+1}\quad\hbox{e}\quad
  \|f-g_n^*\|_2=\frac{\sqrt{2\pi}}{n+1}.\]
\item{(e)}\quad In questo caso la matrice $A$ ha dimensione $n+1$ e la sua
struttura differisce dalla precedente per il valore 1 negli angoli
in alto a destra e in basso a sini\-stra (\`e una matrice
circolante, di cui sono noti in forma esplicita autovalori e
autovettori). Se $n+1$ \`e pari, considerando il vettore di $n+1$
componenti ${\bm v}=[1,-1,1,-1,\ldots,-1]^T$, si ha
\[  A\,{\bm v}={\bm 0}.\]
Quindi $A$ \`e singolare e le $\varphi_i(x)$, $i=1,\ldots,n+1$, non
sono linearmente indipendenti.

Se $n+1$ \`e dispari, $A$ \`e non singolare. Considerando il vettore
${\bm v}$ di $n+1$ componenti uguali a 1, si ha
\[
  A\,{\bm v}=4\,{\bm v}=\frac{2}{\sqrt h}\,{\bm b},\]
quindi
\[
  {\bm \alpha}^*=\frac{\sqrt h}{2}\,{\bm v}\quad\hbox{e}\quad
  g_{n+1}^*(x)=\frac{\sqrt h}{2}\,\sum_{i=1}^{n+1}\varphi_i(x)=f(x),\]
e l'errore di approssimazione \`e nullo.
\end{description}
\ \\

{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese15}.}\\
\indent {\bf a)} Per definizione \`e $L_n[f]=g_n(x)=\sum_{i=0}^{n+1}f(x_i)\varphi_i(x)$.
Per cui $L_n[f]$ dipende linearmente dai valori $f(x_i)$ e quindi linearmente da $f(x)$. Inoltre se $f(x)\ge 0$ allora $f(x_i)\ge 0$ e, poich\'e $\varphi_i(x)\ge 0$ ne segue $L_n[f](x)\ge 0$, cio\`e l'operatore \`e positivo.

{\bf b)} Soluzione 1: Si applica il teorema di Korovkin. Basta allora verificare 
la buona approssimazione delle tre funzioni test $f(x)=1$, $f(x)=x$, $f(x)=x^2$.
Vale $\varphi_i(x)=\varphi((x-x_i)/h)=\varphi(t)$ dove $t=(x-x_i)/h$, quindi
$\varphi_{i+1}(x)=\varphi(t-1)=\varphi(1-t)$. Per cui nell'intervallo
$x\in[x_i,x_{i+1}]$ vale $g_n(x)=f(x_i)\varphi(t)+f(x_{i+1})\varphi(1-t)$ con $t\in[0,1]$.
Risulta allora per $x\in[x_i,x_{i+1}]$
\[
g_n(x)-f(x)=f(x_i)\varphi(t)+f(x_{i+1})\varphi(1-t)-f(x_i+ht),
\quad t\in[0,1].
\]
Per cui gli errori $e_1,e_x,e_{x^2}$ nell'approssimare le funzioni $1,x,x^2$ 
nel punto $x=x_i+th$ sono
\[
\begin{split}
&e_1=\varphi(t)+\varphi(1-t)-1\\
&e_x=x_ie_1+h(\varphi(1-t)-t)\\
&e_{x^2}=x_i^2e_1+ (h^2+2x_ih)\varphi(1-t)+x_i^2-x^2=
x_i^2e_1+h(2x_i+h)\varphi(1-t)-ht(2x_i+ht)
%2x_i(e_x-x_ie_1)+h^2(\varphi(1-t)-t^2)
\end{split}
\]
\`E quindi necessario per la convergenza che $\varphi(t)+\varphi(1-t)=1$.
In questo caso vale $e_1=0$, $e_x=h(\varphi(1-t)-t)$, $e_{x^2}=h((2x_i+h)\varphi(1-t)-t(2x_i+ht))$. Per cui $|e_x|\le h\gamma$, $|e_{x^2}|\le \gamma' h+\delta h^2$ per costanti positive $\gamma$, $\gamma'$  e $\delta$. Quindi si ha convergenza.

Soluzione 2 (senza teorema di Korovkin): 
La funzione $f(x)$ \`e continua su un compatto quindi \`e uniformemente continua. Allora per ogni $\epsilon>0$ esiste $\delta>0$ tale che $|x-y|\le\delta$ $\Rightarrow$ $|f(x)-f(y)|\le\epsilon$. 

Per $x\in[x_i,x_{i+1}]$, posto $t=(x-x_i)/h$ vale
\[\begin{split}
L_n[f](x)=&f(x_i)\varphi(t)+f(x_{i+1})\varphi(1-t)\\
=&f(x_i)\varphi(t)-f(x_i)\varphi(1-t)+f(x_i)\varphi(1-t)+f(x_{i+1})\varphi(1-t)\\
=&f(x_i)(\varphi(t)+\varphi(1-t))+(f(x_{i+1})-f(x_i))\varphi(1-t)\\
=& f(x_i)+\varphi(1-t)(f(x_{i+1})-f(x_i)).
\end{split}\]
ne segue che
\[
L_n[f](x)-f(x)=f(x_i)-f(x)+\varphi(1-t)(f(x_{i+1})-f(x_i)),\quad x\in[x_i,x_{i+1}]\,\quad t=(x-x_i)/h.
\]
Quindi $\max_{x\in[x_i,x_{i+1}]}|L_n[f](x)-f(x)|\le \max_{x\in[x_i,x_{i+1}]}(|f(x_i)-f(x)|+|f(x_{i+1})-f(x_i)|)$. Se $n$ \`e sufficientemente grande in modo che $|x_{i+1}-x_i|\le \delta$ allora per la uniforme continuit\`a segue che
per $x\in[x_i,x_{i+1}]$ vale $|L_n[f](x)-f(x)|\le 2\epsilon$. Questo dimostra la convergenza.


{\bf c)}
Nel caso di $\varphi(t)=1-t$ su $t\in[0,1]$, vale $\varphi(1-t)=t$ e
si ha $e_x=0$, $e_{x^2}=h^2(t-t^2)$ quindi la convergenza a zero avviene con $O(h^2)$.

Mentre nel caso di $\varphi(t)=1-3t^2+2t^3$ su $t\in[0,1]$, vale $\varphi(1-t)=3t^2-2t^3$ per cui 
$e_x=(-2t^3+3t^2-t)h$, $e_{x^2}=(h^2+2hx_i)(-2t^3+rt^2-t)$. La convergenza avviene con $O(h)$.


{\bf d)} Occorre calcolare la matrice dei prodotti scalari
$\langle\varphi_i(x),\varphi_j(x)\rangle$ e il vettore dei termini
noti di componenti $\langle \varphi_i(x),f(x)\rangle$;  
valutare la complessit\`a della risoluzione del sistema lineare
e il condizionamento numerico. Il calcolo dei termini noti richiede il calcolo di $n$ integrali.
Nei due casi, dato il supporto delle
$\varphi_i(x)$, la matrice \`e tridiagonale e di Toeplitz. Per cui il
costo della risoluzione \`e lineare in $n$ in tutti i casi. I valori
che determinano gli elementi della matrice sono
$a_0=2\int_{0}^1\varphi(t)^2dt$ e
$a_1=a_{-1}=\int_0^1\varphi(t)\varphi(1-t)dt=\int_0^1\varphi(t)(1-\varphi(t))dt$.
Basta quindi calcolare $\int_0^1\varphi(t)dt$ e
$\int_0^1\varphi(t)^2dt$.  Per $\varphi(t)=1-t$ si ha
$\int_0^1\varphi(t)dt=1/2$, $\int_0^1\varphi(t)^2dt=1/3$ per cui
$a_0=4/6$, $a_1=1/6$. Per $\varphi(t)=1-3t^2+2t^3$ si ha
$\int_0^1\varphi(t)dt=1/2$, $\int_0^1\varphi(t)^2dt=13/35$, per cui
$a_0=26/70$, $a_1=9/70$.  Poich\'e gli autovalori della matrice
tridiagonale simmetrica di Toeplitz definita dai parametri $a_0$ e
$a_1$ sono $a_0+a_1\cos\frac{\pi i}{n+1}$, in tutti e tre i casi il
rapporto tra massimo e minimo autovalore \`e limitato superiormente da
una costante. La costante pi\`u piccola la fornisce la funzione
$\varphi(t)=1-t$.

{\bf e)}  No, non \`e possibile avere una convergenza di ordine maggiore di $O(h^2)$ come risulta dall'analisi del punto b). Convergenza migliore si pu\`o avere
ampliando il supporto di $\varphi(x)$. Ad esempio usando le funzioni spline cubiche.

\bigskip

{\bf Risoluzione dell'esercizio \ref{ese:k1}}

$L_n$ \`e lineare per definizione e positivo poich\`e $\varphi_i(x)\ge 0$. Verifichiamo che $L_n$ approssima bene le tre funzioni test $1,x,x^2$. Osserviamo prima che se $x\in[x_i,x_{i+1}]$ allora
per $g_n=L_n(f)$ vale $g_n(x)=f_{i-1}\varphi_{i-1}(x)+f_i\varphi_i(x)+f_{i+1}\varphi_{i+1}(x)$.
Inoltre, posto $t_i= \frac 2h(x-\frac 12(x_i+x_{i+1}))$, vale $\varphi_i(x)=\varphi(t_i)$,
$\varphi_{i+1}(x)=\varphi(t_i-2)$, $\varphi_{i-1}(x)=\varphi(t_i+2)$. In particolare, $t_i=t_i(x)$ mappa $x_{i-1},x_i,x_{i+1},x_{i+2}$ rispettivamente in $-3,-1,1,3$.

Per la funzione 1, essendo $f_i=f_{i-1}=f_{i+1}=1$, per $x\in[x_i,x_{i+1}]$ si ha (omettiamo l'indice $i$ in $t_i$)
\[
g_n(x)=\varphi_{i-1}(x)+\varphi_i(x)+\varphi_{i+1}(x)
=\varphi(t-2)+\varphi(t)+\varphi(t+2),
\] che vale identicamente 1 per $t\in[-1,1]$ e quindi $g_n(x)=1$ per $x\in[x_i,x_{i+1}]$. 

Per la funzione $x$, si consideri prima il caso in cui $x\in[x_i,x_{i+1}]$ e  $i\ne
0,n-1$. Vale $f_i=x_i$, $f_{i-1}=x_i-h$, $f_{i+1}=x_i+h$; per
$x\in[x_i,x_{i+1}]$ si ha
\[\begin{split}
g_n(x)=&(x_i+h)\varphi_{i-1}(x)+x_i\varphi_i(x)+(x_i-h)\varphi_{i+1}(x)\\
=&x_i(\varphi(t-2)+\varphi(t)+\varphi(t+2))-h\varphi(t+2)+h\varphi(t-2)\\
=&x_i+h(\varphi(t-2)-\varphi(t+2))\\
&=
x+(x_i-x)+h(\varphi(t+1)-\varphi(t-1))
\end{split}\]
da cui si deduce che 
\[
|g_n(x)-x|\le\gamma h,\quad \gamma\le 1+\max_{t\in[-1,1]}\varphi(t+1).
\]
Rimane da dimostrare la buona approssimazione sull'intervallo $[x_0,x_1]$ e sull'intervallo $[x_{n-1},x_n]$.
Nel caso $[x_0,x_1]$ si ha $g_n(x)=x_0\varphi_{i-1}(x)+
x_0\varphi_i(x)+(x_0+h)\varphi_{i+1}(x)$ per cui $g_n(x)=x_0+h\varphi(t-2)$, e si conclude in modo analogo.
Similmente si procede nel caso $i=n-1$.

Per la funzione $x^2$, si consideri prima il caso in cui  $x\in[x_i,x_{i+1}]$ e $i\ne 0,n-1$. Vale 
$f_i=x_i^2$, $f_{i-1}=(x_i-h)^2$, $f_{i+1}=(x_i+h)^2$; per $x\in[x_i,x_{i+1}]$ si ha
\[\begin{split}
g_n(x)=&(x_i-h)^2\varphi_{i-1}(x)+x_i^2\varphi_i(x)+(x_i+h)^2\varphi_{i+1}(x)\\
=&x_i^2(\varphi(t-2)+\varphi(t)+\varphi(t+2))+h^2(\varphi(t+2)+\varphi(t-2))+2hx_i(\varphi(t-2)-\varphi(t+2))\\
=&x_i^2+h^2(\varphi(t+2)+\varphi(t-2))+2hx_i(\varphi(t-2)-\varphi(t+2))\\
=&x^2+(x_i^2-x^2)+h^2(\varphi(t+2)+\varphi(t-2))+2hx_i(\varphi(t-2)-\varphi(t+2))\\
\end{split}\]
da cui si deduce che 
\[
|g_n(x)-x^2|\le\gamma h,
\]
per una opportuna costante $\gamma$.
Rimane da dimostrare la buona approssimazione sull'intervallo $[x_0,x_1]$ e sull'intervallo $[x_{n-1},x_n]$.
Nel caso $[x_0,x_1]$ si ha $g_n(x)=x_0^2\varphi_{i-1}(x)+
x_0^2\varphi_i(x)+(x_0+h)^2\varphi_{i+1}(x)$. Rispetto al caso precedente manca il termine $(2hx_0+h^2)\varphi(t+2)$ che \`e limitato in modulo da una costante per $h$ per cui 
si conclude in modo analogo.
Similmente si procede nel caso $i=n-1$.

b) Posto $c_i=(x_i+x_{i+1})/2$, la condizione $\widetilde g(c_i)=f_i$ si traduce in
$\alpha_{i-1}\varphi(2)+\alpha_i\varphi(0)+\alpha_{i+1}\varphi(-2)=f_i$ per $i=1,\ldots,n-2$ e $\alpha_0\varphi(0)+\alpha_1\varphi(2)=f_0$, $\alpha_{n-2}\varphi(-2)+\alpha_{n-1}\varphi(0)=f_{n-1}$. Per cui il sistema lineare diventa $A\alpha=f$ con $A=\hbox{trid}(\varphi(2),\varphi(0),\varphi(-2))$ e $f=(f_i)$, $x=(x_i)$. 

La matrice \`e dominante diagonale se $\varphi(0)\ge \varphi(2)+\varphi(-2)= 1-\varphi(0)$ cio\`e se $1/2\le \varphi(0)\le 1$.

Con la condizione $\varphi(t)=\varphi(-t)$ risulta $\varphi(2)=\varphi(-2)$ per cui la matrice \`e simmetrica ed \`e uguale a $\hbox{trid}(1-\varphi(0))/2,\varphi(0),(1-\varphi(0))/2)$

I suoi autovalori sono 
\[
\lambda_i=\varphi(0)+(1-\varphi(0))\cos\frac{\pi i}{n+1}
\]
per cui per $\varphi(0)>1/2$ si ha numero di condizionamento uniformemente limitato. 
se invece  $\varphi(0)=1/2$ il numero di condizionamento cresce come $O(n^2)$.

c) I supporti di $\varphi(t+2i)$, per $i=-2,-1,0,1,2$ hanno intersezione non nulla col supporto di $\varphi(t)$ per cui  la matrice del sistema \`e pentadiagonale, i suoi elementi $a_{-2},a_{-1},a_0,a_1,a_2$ sono dati da
\[
a_i=\int_{-3}^3\varphi(t)\varphi(t+2i)dt
\]
La condizione di dominanza diagonale \`e
\[
\int_{-3}^3\varphi(t)dt\ge \sum_{i=-2,2,\, i\ne 0} \int_{-3}^3\varphi(t)\varphi(t+2i)dt
\]
Sappiamo che 
\[
\int_{-3}^3\varphi(t)(\varphi(t)+\varphi(t+2)+\varphi(t-2))dt=\int_{-3}^3\varphi(t)dt
\]
Per cui ...
\bigskip

{\bf Risoluzione esercizio \ref{2015-3}}
Si d\`a un cenno alla risoluzione senza dare i dettagli che vengono lasciati allo studente.

Se $u(z)=\sum_{i=0}^n u_iz^i$ allora $u(s(x))=\sum_{i=0}^nu_is(x)^i$, per cui
ogni polinomio $p(x)=u(s(x))$ di $\mathcal V$ \`e una combinazione lineare dei polinomi $s(x)^k$ i cui coefficienti
sono i coefficienti di $u(z)$. Per cui $\mathcal V$ \`e lo spazio vettoriale su $\mathbb R$ una cui base \`e data dalle potenze intere di $s(x)$. Si osserva che il grado di $s(x)^k$ \`e $km$.

Applicando il procedimento di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt ai polinomi $s(x)^k$, $k=0,1,2,\ldots,$  si ottiene un insieme di polinomi $p_k(x)$ tali che $p_k(x)$ ha grado $km$ e $\langle p_k(x),p_h(x)\rangle=0$ se $h\ne k$.

Poich\'e i $p_k(x)$ hanno grado diverso sono linearmente indipendenti.

Inoltre $p_k(x)$ \`e ortogonale a ogni polinomio $q(x)\in \mathcal V$ di grado pi\`u basso poich\'e $q(x)$ \`e combinazione lineare dei $p_i(x)$ per $i=0,\ldots,k-1$ e $\langle p_i(x),p_k(x)\rangle=0$. 

Dalla definizione data di prodotto scalare segue la propriet\`a $\langle s(x)p(x),q(x)\rangle=\langle p(x),s(x)q(x)\rangle$. Da questa segue a sua volta
una relazione ricorrente a tre termini del tipo
\[
p_{k+1}(x)=(s(x)A_{k+1}-B_{k+1})p_k(x)-C_kp_{k-1}(x).
\]
Infatti poich\'e $q(x):=s(x)p_k(x)\in\mathcal V$ e il suo grado \`e $m(k+1)$, si ha che $p_{k+1}-\alpha_{k+1}q(x)$ ha grado al pi\`u $mk$ per un opportuno $\alpha_{k+1}$. Quindi possiamo scrivere $p_{k+1}(x)=\alpha_{k+1}s(x)p_k(x)+\sum_{i=0}^k\alpha_ip_{i}(x)$. 

Moltiplicando scalarmente per $p_{j}(x)$, per $j=0,1,\ldots,k$, usando l'ortogonalit\`a si ha $0=\alpha_{k+1}\langle s(x) p_k(x),p_i(x)\rangle+\alpha_i\langle p_i(x),p_i(x)\rangle=
\alpha_{k+1}\langle s(x)p_i(x),p_k(x)\rangle+\alpha_i\langle p_i(x),p_i(x)\rangle$. Poich\'e il grado di $s(x)p_i(x)$ \`e
$mi$, se $i<k$  il prodotto scalare $\langle s(x) p_i(x),p_k(x)\rangle$ \`e nullo per cui  $\alpha_i=0$. Ne segue la relazione a tre termini.

Inoltre se i polinomi sono normalizzati in modo che $A_k=1$ allora il coefficiente $C_k$ \`e positivo essendo 
$C_k=A_{k+1}\frac{\langle s(x)p_k(x),p_{k-1}\rangle}{\langle p_{k-1}(x),p_{k-1}(x)\rangle}$,
con $A_{k+1}=\frac{\langle p_{k+1}(x),p_{k+1}(x)\rangle}{\langle s(x)p_k(x),p_{k+1}(x)\rangle}$, per cui $C_k=\frac{A_{k+1}}{A_k}\frac{\langle p_k(x),p_k(x)\rangle}{\langle p_{k-1}(x),p_{k-1}(x)\rangle}>0$.

Dalla relazione a tre termini segue la formula di Christoffel-Darboux nella forma
\[
\gamma_k(p_{k+1}(x)p_k(y)-p_{k+1}(y)p_k(x))=(s(x)-s(y))\sum_{i=0}^k\frac1{h_i}
p_i(x)p_i(y).
\]
la cui dimostrazione si ottiene trascrivendo e adattando la dimostrazione vista a lezione.

Le propriet\`a degli zeri richiedono un'analisi pi\`u approfondita.
Dimostriamo ora che se $s(x)$ \`e iniettiva su $[a,b]$ allora $p_k(x)$ ha almeno $k$ zeri semplici nell'intervallo $(a,b)$. Se gli zeri semplici in $(a,b)$ fossero $h<k$, siano essi $x_1,\ldots,x_h$, allora il polinomio $\prod_{i=1}^h(s(x)-s(x_i))\in\mathcal V$ ha grado $mh<mk={\rm grado}(p_k(x))$, per cui $\langle p_k,q\rangle=0$.
Per\`o il polinomio $p_k(x)q(x)$ non cambia segno su $[a,b]$ purch\`e $s(x_i)\ne s(x_j)$ per $i\ne j$ che \`e vero se $s(x)$ \`e iniettiva.
Questa propriet\`a implica che $\langle p_k,q\rangle\ne0$. Assurdo.


Si pu\`o dimostrare che se $s(x)$ \`e iniettivia  su $[a,b]$ allora gli zeri sono esattamente $k$. Sotto questa ipotesi di iniettivit\`a si pu\`o dire sostanzialmente di pi\`u.
Definiamo $u_k(z)$ tale che $p_k(x)=u_k(s(x))$, per semplicit\`a assumiamo che $s'(x)>0$ per $x\in(a,b)$ e poniamo $\alpha=s(a)$, $\beta=s(b)$, $t=s(x)$, $x=s^{-1}(t)$, dove $\alpha<\beta$. Risulta
\[
\int_a^b p_k(x)p_h(x)w(x)=\int_\alpha^\beta u_k(t)u_h(t) 
\frac{w(s^{-1}(t))}{s'(s^{-1}(t))}dt=
\int_\alpha^\beta u_k(t)u_h(t)\tilde w(t)dt
\] 
 dove $\tilde w(t)>0$ su $[\alpha,\beta]$. Quindi i polinomi $u_k(t)$ sono polinomi ortogonali standard rispetto a un prodotto scalare di tipo integrale con opportuno peso. Vale quindi 
\[
u_{k+1}(z)=(A_{k+1}z+B_{k+1})u_k(z)-C_k u_{k-1}(z).
\]

Situazione analoga si ha se $s'(x)<0$ poich\`e $\alpha>\beta$ e cambiando segno al peso e scambiando gli estremi di integrazione si ottiene $\int_\beta^\alpha u_k(t)u_h(t)\tilde w(t)dt$ dove  $\beta<\alpha$ e $\tilde w(t)>0$, quindi ancora un prodotto scalare.
Per cui i polinomi $u_k(y)$ sono polinomi ortogonali su $[\min(\alpha,\beta),\max(\alpha,\beta)]$ col prodotto scalare con peso $\tilde w(y)$.
Quindi gli 
zeri di $u_k(t)$ sono reali e semplici compresi tra $(\min(\alpha,\beta),\max(\alpha,\beta))$ e godono dell propriet\`a di interlacing. Se $s(x)$ \`e iniettiva su $[a,b]$, gli zeri reali di $p_k(x)$ in $(a,b)$ sono esattamente $k$ e godono della propriet\`a di interlacing. Inoltre tutte le propriet\`a dei polinomi ortogonali valide per gli $u_k(y)$ si estendono a $p_k(x)$ avendo cura di sostituire la variabile $y$ con $s(x)$. Si riottengono quindi la relazione a 3 termini, la  formula di Christoffel-Darboux ecc.

Se $s(x)$ non \`e monotona l'integrale tra $a$ e $b$ pu\`o essere spezzato in una somma di integrali su intervalli che hanno per estremi $a,b$ e i punti in cui si annulla la derivata prima di $s(x)$. Trattando ogni singolo intervallo come sopra si deduce che gli zeri di $p_k(x)$ sono compresi tra $\min_{x\in[a,b]} s(x)$ e $\max_{x\in[a,b]} s(x)$. Non \`e detto che siano $k$ o che siano distinti. Infatti se $\tau$ \`e zero di $u_k(t)$ allora i valori di $\xi$ tali che $s(\xi)=\tau$ sono zeri di $p_k(x)$. Poich\'e $s(x)$ non \`e iniettiva ci possono essere al pi\`u $m$ valori di $\xi$ per cui $s(\xi)=\tau$. 

Un tipo di analisi similare pu\`o essere condotta come segue.
Si osserva ancora che dalla relazione a tre termini segue che per il polinomio $p_k(x)=u_k(s(x))$ vale $p_k(x)=\det(T_k-s(x)I)$ dove $T_k$ \`e una matrice reale simmetrica $k\times k$. Per cui, avendo $T_k$ autovalori $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ reali distinti che coincidono con gli zeri di $u_k(x)$. Allora il polinomio $p_k(x)$ si annuller\`a in quei valori di $x$ per cui $s(x)=\lambda_i$, per $i=1,\ldots,k$. 
Se $s(x)$ \`e iniettivo su $[a,b]$ allora dalla propriet\`a di interlacing dei $\lambda_i$ segue la propriet\`a di interlacing degli zeri di $p_k(x)$. Se $s(x)$ non \`e iniettivo possono esserci pi\`u soluzioni dell'equazione $s(x)=\lambda_i$.
\bigskip

\end{document}


\begin{defi} Sia $S$ uno spazio vettoriale di funzioni da $K$ compatto di 
$\R^n$ in $\R$
 e si consideri un operatore $\Phi$  da $S$ in $S$. Si definisca la
seguente coppia di propriet\`a di $\Phi$:
\begin{enumerate}
\item     $\Phi$ \`e lineare, cio\`e per ogni scelta di $\alpha$ e $\beta$ in $\R$ e per ogni scelta di 
$f$ e $g$ in $S$, vale $\Phi(\alpha f+\beta g)=\alpha\Phi(f)+\beta\Phi(g)$;
\item $\Phi_n$ \`e positivo, cio\`e per ogni scelta di $f\in S$, $f\ge 0$ ,  vale $\Phi(f)\ge 0$.
\end{enumerate}
\end{defi}


Un operatore $\Phi$ che soddisfa entrambe le condizioni \`e detto lineare e
positivo e si scrive in breve che esso \`e LPO.

\begin{defi}
Sia $S$ uno spazio di Banach di funzioni da $K$ compatto di $\R^n$
in $\R$,
 e si consideri una successione $\{\Phi_n\}_n$ di operatori
da $S$ in $S$. La successione \`e detta {\em successione di operatori 
di approssimazione} o,
pi\`u brevemente, {\em processo di approssimazione}, se per 
ogni $f\in S$ vale
$\lim_n\|\Phi_n(f)-f\|=0$
 \end{defi}


\begin{teo}[Korovkin]
Sia $K$ un compatto di $\R^n$ e si consideri lo spazio
di Banach delle funzioni continue $C(K)$ con la norma del sup. Si consideri
l'insieme di funzioni $T = \{1, x_1,\ldots, x_n, \sum_{j=1}^n x_j^2\}$,
 detto insieme test di Korovkin, e si consideri
una successione $\{\Phi_n\}$ di operatori lineari e positivi su $C(K)$. 
Se per ogni $g\in T$ $\Phi_n(g)$
converge uniformemente a $g$
allora $\{\Phi_n\}$ \`e un processo di approssimazione ovvero
$\Phi_n(f)$ converge uniformemente a $f$ per ogni $f\in C(K)$.
\end{teo}





\begin{lem}\label{lem1}
Sia $\mathcal H$ spazio di Hilbert con prodotto scalare $\left\langle \cdot,\cdot \right\rangle $ e
$X\subset \mathcal H$ chiuso, convesso e non vuoto. Allora $\exists ! x^*\in
X$: $\|x^*\|=\min_{x\in X} \|x\|$.
\end{lem}


{\bf Dim.}
 Poich\'e $\|x\|\ge 0$, esiste $\delta=\inf_{x\in
  X}\|x\|$. Dimostriamo che $\delta$ \`e un minimo. Poich\'e $\mathcal H$ \`e
di Hilbert, vale l'identit\`a del parallelogramma
\begin{equation}\label{parallel}
\|x+y\|^2+\|x-y\|^2=2\|x\|^2+2\|y\|^2,~~~\forall x,y\in\mathcal H
\end{equation}
Se $f,g\in X$ per la convessit\`a \`e $\frac 12(f+g)\in X$. Applico
\eqref{parallel} con $x=f/2$, $y=g/2$ e ottengo
\[
\|\frac f2+\frac g2\|^2+\|\frac f2-\frac g2\|^2=\frac{\|f\|^2}2+\frac{\|g\|^2}2
\]
da cui
\begin{equation}\label{stella}
\|f-g\|^2=2\|f\|^2+2\|g\|^2-4\|\frac{f+g}2\|\le 2\|f\|^2+2\|g\|^2-4\delta^2.
\end{equation}
Inoltre $\forall n\exists y_n\in X:$ $\|y_n\|\le\delta+\frac 1n$. Vale allora
\[\begin{split}
\|y_n-y_m\|^2\le& 2\|y_n\|^2+2\|y_m\|^2-4\delta^2\\
             \le&  2(\delta^2+\frac
1{n^2}+\frac{2\delta}n)+2(\delta^2+\frac
1{m^2}+\frac{2\delta}m)-4\delta^2\\
=&\frac 2{n^2}+\frac 2{m^2}+\frac {4\delta}n+\frac{4\delta}m:=\epsilon
\end{split}
\]
Cio\`e $\{y_n\}$ \`e successione di Cauchy, quindi $\exists x\in\mathcal H:$
$\lim_n \|x-y_n\|=0$. Ma poich\'e $X$ \`e chiuso risulta $x\in X$. Poich\'e
$\|\cdot\|$ \`e continua vale $\|x\|=\lim_n\|y_n\|=\delta$.
Inoltre, se esistessero $f,g$ tali che $\|f\|=\|g\|=\delta$, allora
da \eqref{stella} sarebbe $\|f-g\|^2\le 0$ cio\`e $f=g$.
\qed

\begin{lem}\label{lem2}
Sia $\mathcal V\subset\mathcal H$ sottospazio di dimensione finita di uno
spazio di Hilbert $H$. Allora $\mathcal V$ \`e chiuso. 
\end{lem}
{\bf Dim.} Per induzione sulla dimensione $k$ di $\mathcal V$. Se $k=0$,
cio\`e $\mathcal V=\{0\}$ allora $\mathcal V$ \`e chiuso. Dimostriamo il passo
induttivo, cio\`e che se $\mathcal V$ \`e chiuso e $y\not\in\mathcal V$ allora
span$(\mathcal V,y)$ \`e chiuso. Sia $z_n\in\mathcal W=$span$(\mathcal V,y)$
tale che $\lim \|z_n-z\|=0$, per $z\in\mathcal H$. Vale $z_n=x_n+\lambda_ny$
con $x_n\in\mathcal V$ e $\|z_n\|<\eta$, $\eta$ costante, poich\'e $z_n$
converge a un valore $z$ di norma finita. Inoltre $|\lambda_n|$ \`e
limitata. Infatti se non lo fosse allora $\exists \lambda_{n_j}:$ $\lim
|\lambda_{n_j}|=+\infty$ e quindi $\lambda_{n_j}\ne 0$
definitivamente. Varrebbe allora
\[
\|\frac{x_{n_j}}{\lambda_{n_j}}+y\|<\frac\eta{\lambda_{n_j}}\to 0
\]
per cui $\frac{x_{n_j}}{\lambda_{n_j}}\to -y$ e quindi $y\in\mathcal V$,
assurdo.
Poich\'e $\lambda_n$ \`e limitata esiste $\lambda_{n_j}$ che converge a un
limite $\lambda^*$. Quindi la successione $x_{n_j}=z_{n_j}-\lambda_{n_j}y$
ha limite $x:=z-\lambda^*y$. Per cui vale $z=\lim z_n=\lim
z_{n_j}=\lim(x_{n_j}+\lambda_{n_j}y)=x+\lambda^*y\in\mathcal W$.
\qed





Sia $V=$span$(\varphi_0,\ldots,\varphi_n)$. Per il lemma \ref{lem2}
$V$ \`e chiuso. Anche il sottospazio affine $f+V$ \`e chiuso perch\'e immagine
inversa mediante applicazione continua $g\to g-f$ di $V$. Poich\'e $f+V$ \`e
chiuso, convesso e non vuoto, per il lemma \ref{lem1} esiste ed \`e unica
$h\in f+V$ di norma minima. Vale allora che $g=f-h\in V$ \`e il punto che
minimizza $\|f-g\|$. Infatti, poich\'e $h=f-g$ \`e di minima norma vale
$\|f-\hat g\|\ge \|f-g\|=\|h\|$ per ogni altro $\hat g\in V$. L'unicit\`a di
$g$ segue da quella di $h$.



-------------------

Premettiamo alcuni lemmi.

\begin{lem}\label{lemchius}
 Se $S$ \`e un sottospazio di uno spazio di Hilbert $\mathcal H$
allora anche la sua chiusura $\bar S$ \`e un sottospazio.
\end{lem}

{\bf Dim.}  Si dimostra
che se $x,y\in\bar S$ allora $\alpha x+\beta y\in\bar S$. Per definizione di
chiusura esistono successioni $x_n,y_n\in S$ tali che $\|x_n- x\|\to 0$, 
$\|y_n-y\|\to 0$.
Vale $w_n=\alpha x_n+\beta y_n\in S$ e $\| w_n\in\bar S$. Inoltre,
$\|w_n-(\alpha x+\beta y)\|\le |\alpha|\cdot\|x_n-x\|+|\beta|\cdot\|y_n-y\| \to 0$. Quindi $\alpha x+\beta y\in\bar S$.
\qed



\begin{lem}\label{lem1}
Sia $\mathcal H$ spazio di Hilbert con prodotto scalare $\left\langle \cdot,\cdot \right\rangle $ e
$X\subset \mathcal H$ chiuso, convesso e non vuoto. Allora $\exists ! x^*\in
X$: $\|x^*\|=\min_{x\in X} \|x\|$.
\end{lem}


{\bf Dim.}
 Poich\'e $\|x\|\ge 0$, esiste $\delta=\inf_{x\in
  X}\|x\|$. Dimostriamo che $\delta$ \`e un minimo. Poich\'e $\mathcal H$ \`e
di Hilbert, vale l'identit\`a del parallelogramma
\begin{equation}\label{parallel}
\|x+y\|^2+\|x-y\|^2=2\|x\|^2+2\|y\|^2,~~~\forall x,y\in\mathcal H
\end{equation}
Se $f,g\in X$ per la convessit\`a \`e $\frac 12(f+g)\in X$. Applico
\eqref{parallel} con $x=f/2$, $y=g/2$ e ottengo
\[
\|\frac f2+\frac g2\|^2+\|\frac f2-\frac g2\|^2=\frac{\|f\|^2}2+\frac{\|g\|^2}2
\]
da cui
\begin{equation}\label{stella}
\|f-g\|^2=2\|f\|^2+2\|g\|^2-4\|\frac{f+g}2\|\le 2\|f\|^2+2\|g\|^2-4\delta^2.
\end{equation}
Inoltre $\forall n\exists y_n\in X:$ $\|y_n\|\le\delta+\frac 1n$. Vale allora
\[\begin{split}
\|y_n-y_m\|^2\le& 2\|y_n\|^2+2\|y_m\|^2-4\delta^2\\
             \le&  2(\delta^2+\frac
1{n^2}+\frac{2\delta}n)+2(\delta^2+\frac
1{m^2}+\frac{2\delta}m)-4\delta^2\\
=&\frac 2{n^2}+\frac 2{m^2}+\frac {4\delta}n+\frac{4\delta}m:=\epsilon
\end{split}
\]
Cio\`e $\{y_n\}$ \`e successione di Cauchy, quindi $\exists x\in\mathcal H:$
$\lim_n \|x-y_n\|=0$. Ma poich\'e $X$ \`e chiuso risulta $x\in X$. Poich\'e
$\|\cdot\|$ \`e continua vale $\|x\|=\lim_n\|y_n\|=\delta$.
Inoltre, se esistessero $f,g$ tali che $\|f\|=\|g\|=\delta$, allora
da \eqref{stella} sarebbe $\|f-g\|^2\le 0$ cio\`e $f=g$.
\qed

\begin{cor} Sia $\mathcal H$ spazio di Hilbert e $\mathcal V\subset\mathcal H$ un suo sottospazio.
Sia inoltre $f\in\mathcal H$. Allora il sottospazio affine $f+\mathcal
V$ ha un elemento $h$ di minima norma. Inoltre vale $\langle
h,v\rangle=0$ per ogni $v\in\mathcal V$.
\end{cor}
{\bf Dim.} 
Per il lemma \ref{lem2}
$\mathcal V$ \`e chiuso. Anche il sottospazio affine $f+V$ \`e chiuso perch\'e immagine
inversa mediante applicazione continua $g\to g-f$ di $V$. Poich\'e $f+V$ \`e
chiuso, convesso e non vuoto, per il lemma \ref{lem1} esiste ed \`e unica
$h\in f+V$ di norma minima. Vale allora che $g=f-h\in V$ \`e il punto che
minimizza $\|f-g\|$. Infatti, poich\'e $h=f-g$ \`e di minima norma vale
$\|f-\hat g\|\ge \|f-g\|=\|h\|$ per ogni altro $\hat g\in V$. L'unicit\`a di
$g$ segue da quella di $h$.
\qed

\begin{lem}\label{lem3}
Sia $\{\varphi_i(x)\in\mathcal H,\ i=0,1,2,\ldots\}$ un insieme
ortogonale completo nello spazio di Hilbert $\mathcal H$. Allora
l'insieme $S=\{f=\sum_{i=0}^n\alpha _i\varphi_i,~ n\in\N,~\alpha_i\in
K\}$ \`e denso in $\mathcal H$.
\end{lem}
{\bf Dim.} $S$ \`e sottospazio di $\mathcal H$ e anche la sua chiusura $\bar
S$ lo \`e per il lemma \ref{lemchius}. Se $\bar S\ne\HH$ esisterebbe 
$y\in\HH-\bar S$. Il sottospazio affine
$y+\bar S$ ha un elemento di norma minima che \`e ortogonale a $\bar S$ e
quindi a $S$, e quindi a tutti i $\varphi_i$. Ma questo \`e assurdo poiche il
sistema \`e completo.\qed



\begin{comment}
osservare che
\[\begin{split}
\sup_{g\in C[a,b]}\frac{\|\A_n(g)\|_\infty}{\|g\|_\infty}&=\sup_{g\in C[a,b]}\frac{\|\sum g(x_i^{(n)})L_{i,n}(x)\|_\infty}{\|g\|_\infty}\\
&\le\frac{\max_i|g(x^{(n)}_i)|\max_{x\in[a,b]}\sum_i|L_{i,n}(x)|}{\|g\|_\infty}\\
&\le\max_{x\in[a,b]}
\sum_i|L_{i,n}(x)|.
\end{split}
\]
\end{comment}



\begin{comment}
Per dimostrare questo risultato bisogna richiamare il teorema di
Banach-Steinhaus

\begin{teo}[Banach-Steinhaus]
$X$ spazio di Banach, $Y$ spazio normato, $\mathcal F=\{\A:X\to
  Y,~~\A~\hbox{lineare e continuo}\}$, $\|\A\|=\sup\frac{\|\A(x)\|}{\|x\|}$.
Se per ogni $x\in X$ \`e $\sup_{\A\in\mathcal F}\|\A(x)\|<+\infty$ allora
$\sup_{\A\in\mathcal F}\|\A\|<+\infty$.
\end{teo}

La dimostrazione del teorema di Faber procede allora nel seguente
modo: se per assurdo esiste una tavola dei nodi tale che $\A_n(f)$
converge uniformemente a $f$ per ogni $f\in C[a,b]$, allora $\forall
f\in C[a,b]$ \`e $\lim_n \|\A_n(f)-f\|_\infty=0$, cio\`e
$\|\A_n(f)-f\|_\infty$ \`e limitata per ogni $n$. Si applica allora il
teorema di Banach-Steinhaus a $\{\mathcal A_n-1\}$ e si ha che 
$\|\mathcal A-1\|$ \`e limitata per ogni $n$ ma 
$\|\mathcal A_n-1\|\ge\|\mathcal A_n\|-1\ge\Lambda_n-1\ge \frac 2\pi\log n-1$, che \`e assurdo.
\qed
\end{comment}


\begin{comment}
Un altro approccio numericamente pi\`u stabile nel discreto consiste nel
calcolare la fattorizzazione $QR$ della matrice $A$: $A=QR$, dove $Q$ ha
colonne ortogonali e $R$ \`e triangolare superiore, e poi risolvere
\[
\min\|A\bm x-\bm f\|=\min\|QR\bm x-\bm f\|=\min\|Q(R\bm x-Q^T\bm f)\|=\min\|R\bm x-Q^T\bm f\|
\]
che fornisce $y_i=(Q^T\bm f)_i$, $R\bm x=\bm y$.

Nel continuo, questo corrisponde a costruirsi prima una base ortogonale di
$\mathcal S$ e a calcolarsi i coefficienti di Fourier.
\end{comment}