解析概論/第3章/Legendreの球函数

[編集] 36．Legendre の球函数

部分積分法の応用として，次の問題を考察する． $n-1$ 次以下のすべての多項式 $Q(x)$ に関して

$\int_a^b Q(x)P_n(x)\,dx=0$

になるような $n$ 次の多項式 $P_n(x)$ を求めること．

かりに，このような多項式が実際存在するとして，それは定数因子だけの違いを無視すれば，ただ一つに限る．――実際 $\varphi(x),\psi(x)$ が問題に適合するとすれば， $\varphi(x)-c\psi(x)$ が $n-1$ 次以下になるように定数因子 $c$ を取って $Q(x)=\varphi(x)-c\psi(x)$ と書けば，仮定によって

$\int_a^b Q(x)\varphi(x)\,dx=0,\quad \int_a^b Q(x)\psi(x)\,dx=0,$

従って

$\int_a^b(\varphi(x)-c\psi(x))Q(x)\,dx=0,$ 　すなわち　 $\int_a^b (Q(x))^2=0.$

$Q(x)$ は連続だから，区間 $[a,b]$ において常に $Q(x)=0$ （§31，(4º)）． $Q(x)$ は多項式だから，恒等式 $Q(x)=0$ を得る．すなわち $\varphi(x)=c\psi(x)$ が成り立つ．

さて問題の条件に適する多項式 $P_n(x)$ が実際存在することは，次のようにして証明される．

多項式の原始函数は次数の一つ高い多項式だから， $n$ 次の多項式 $P_n(x)$ は $2n$ 次の或る多項式 $F(x)$ の第 $n$ 階の導函数である．すなわち $F^{(n)}(x)=P_n(x)$ と置いてよい．然らば問題の条件は（118 頁 (9)）

$\int_a^b QF^{(n)}\,dx =\left[QF^{(n-1)}-Q'F^{(n-2)}+\cdots\pm Q^{(n-1)}F\right]_a^b$

で，それは

$\begin{align} &F(a)=F'(a)=\cdots=F^{(n-1)}(a)=0,\\&F(b)=F'(b)=\cdots=F^{(n-1)}(b)=0 \end{align}$

ならば満たされる．然るに $2n$ 次の多項式

$F(x)=(x-a)^n(x-b)^n$

はこの条件に適する．故に $C$ を任意の定数として

$P_n(x)=C\frac{d^n}{dx^n}(x-a)^n(x-b)^n$

が求める多項式である．

区間が $[-1,+1]$ なるとき，

(1)

$P_n(x)=\frac{1}{2^n\cdot n!}\frac{d^n}{dx^n}(x^2-1)^n$

が Legendre の球函数である． $(x^2-1)^n$ を展開して計算を実行すれば^{[* 1]}

$P_n(x) =\sum_{k=0}^{[\frac n2]}\frac{(-1)^k}{2^k} \frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots(2n-2k-1)}{k!\,(n-2k)!} x^{n-2k}.$

例えば

$\begin{align} &P_0(x)=1,\quad P_1(x)=x,\quad P_2(x)=\frac12(3x^2-1),\quad P_3(x)\frac12(5x^3-3x),\\ &P_4(x)=\frac18(35x^4-30x^2+3),\quad P_5(x)=\frac18(63x^5-70x^3+15x). \end{align}$

以下 $P_n$ の二，三の性質を述べる．

(1º)

$P_n$ は $n$ が奇数ならば奇函数， $n$ が偶数ならば偶函数である．

［証］

(1) によって明白．

(2º)

(3)

$P_n(1)=1.\quad P_n(-1)=(-1)^n.$

［証］

(1) によって

$\begin{align} P_n(x) &=\frac{1}{2^n\,n!}\,\frac{d^n}{dx^n}(x-1)^n(x+1)^n\\ &=\frac{1}{2^nn!}\left\{\frac{d^n(x-1)^n}{dx^n}(x+1)^n +n\,\frac{d^{n-1}(x-1)^n}{dx^{n-1}}\,\frac{d(x+1)^n}{dx} +\cdots+(x-1)^n\,\frac{d^n(x+1)^n}{dx^n}\right\}. \end{align}$

右辺の最初と最後との二項のほかは $(x-1)(x+1)$ で割れるから，

$P_n(x)=\frac{1}{2^n}(x+1)^n+\frac{1}{2^n}(x-1)^n+(x-1)(x+1)G(x),$

$G(x)$ は多項式である．ここで $x=1$ または $x=-1$ と置けば (3) を得る．

(3º)

(4)

$\int_{-1}^1 P_n(x)^2\,dx=\frac{2}{2n+1},$

(5)

$\int_{-1}^1 P_m(x)P_n(x)\,dx=0,\quad (m\ne n).$

［証］

$m\ne n$ のときは $P_n(x)$ の定義によって明白．

さて

$P_nP_{n+1}\Big|_{-1}^1=\int_{-1}^1 P_nP_{n+1}'\,dx+\int_{-1}^1 P_n'P_{n+1}\,dx.$

左辺は (2º) によって $2$ に等しい．また右辺の第二の積分は $P_n'$ が $n+1$ 次よりも低いから $0$ に等しい．故に

(6)

$2=\int_{-1}^1 P_nP_{n+1}'\,dx.$

さて (1) から $P_n(x)$ における $x^n$ の係数は $\tfrac{2n(2n-1)\cdots(n+1)}{2^n\cdot n!}$ ．故に $P_{n+2}'(x)$ における $x^n$ の係数は

$\frac{(2n+2)(2n+1)\cdots(n+2)}{2^{n+1}(n+1)!}\cdot(n+1).$

故に

$P_{n+1}'(x)=(2n+1)P_n(x)+Q(x)$

と置けば， $Q(x)$ は $n-1$ 次以下の多項式である．よって両辺に $P_n(x)$ を掛けてから積分すれば

$\int_{-1}^1 P_nP_{n+1}'\,dx=(2n+1)\int_{-1}^1 P_n^2\,dx.$

故に (6) から

$2=2(n+1)\int_{-1}^1 P_n^2\,dx,$

すなわち (4) を得る．

(4º)

循環公式

(7)

$(n+1)P_{n+1}(x)-(2n+1)xP_n(x)+nP_{n-1}(x)=0.\quad(n\geqq 1)$

［証］

$P_n,P_{n+1}$ の最高次の項の係数（上出）を比較すれば

$P_{n+1}-\frac{2n+1}{n+1}xP_n$

は，(1º) によって $n-1$ 次以下の多項式であることがわかる．故に

$(n+1)P_{n+1}-(2n+1)xP_n=\alpha P_{n-1}+Q$

と置いて，係数 $\alpha$ を適当に定めるならば， $Q$ は $n-2$ 次以下の多項式である．そこで $Q$ を両辺に掛けて積分すれば $\textstyle\int_{-1}^1 Q^2\,dx=0$ ，従って $Q=0$ を得る．係数 $\alpha$ を定めるためには $x=1$ と置けばよい．そのとき，(2º) によって

$n+1-(2n+1)=\alpha$ 　すなわち　 $\alpha=-n.$

すなわち (7) の通り．

$P_n'(x)$ に関して次の公式がある．

(8)

$(1-x^2)P_n'(x)+nxP_n(x)-nP_{n-1}(x)=0.$

その証明は (7) と同様の方法でできる．

(5º)

$P_n(x)$ の根はすべて実数で， $-1$ と $+1$ との間にある．それらは単根で， $P_{n-1}(x)=0$ の根によって隔離される．すなわち $P_n(x)$ の隣り合せの二つの根の間に $P_{n-1}(x)$ の根が一つずつ配置される．

$P_n(x)\,(x\geqq 1)$ が $-1$ と $+1$ との間に $n$ この根を有することは，(1) から Rolle の定理によってわかる． $P_n(x)$ と $P_{n-1}(x)$ との根の配置は (2º) および (7) からわかる．また (8) を使ってもできる．すなわち，(8) によれば， $P_n(x)$ の根 $x_1$ に対しては $P_n'(x_1)$ と $P_{n-1}(x_1)$ とは同符号であるが， $P_n(x)$ の隣接する二つの根を $x_1,x_2$ とすれば， $P_n'(x_1)$ と $P_n'(x_2)$ とは反対の符号を有するから， $P_{n-1}(x_1)$ と $P_{n-1}(x_2)$ とも反対の符号を有する．従って $[x_1,x_2]$ 内に $P_{n-1}(x)$ の根が少くとも一つはあるが，実根の数を考慮すれば，ちょうど一つあることがわかる．

(6º)