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ルジャンドル多項式の再帰関係

サマリー

$$P_{l}(x)=\dfrac{1}{2^l l!} \dfrac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^l \tag{1}$$

以下のようなルジャンドル多項式 $P_{l}$は、次の再帰関係式を満たす。

$$P^{\prime}_{l+1}(x)-P^{\prime}_{l-1}(x)=(2l+1)P_{l}(x) \tag{a}$$

$$lP_{l}(x)=(2l-1)xP_{l-1}(x)-(l-1)P_{l-2}(x) \tag{b}$$

$$xP^{\prime}_{l}(x)-P^{\prime}_{l-1}(x)=lP_{l}(x)\tag{c}$$

証明

$(a)$

まず、$P_{l}(x)$の導関数を計算すると、

$$\begin{align*} \frac{d}{dx}P_{l}(x) &= \frac{1}{2^l l!}\frac{d}{dx} \dfrac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^l \\ &= \frac{1}{ 2^{l}l! }\frac{ d ^{l} }{ dx^{l} }\frac{d}{dx}(x^{2}-1)^{l} \\ &= \frac{2l}{ 2^{l}l! }\frac{ d ^{l} }{ dx^{l} }\left[ x(x^{2}-1)^{l-1} \right] \\ &= \frac{1}{ 2^{l-1}(l-1)! }\frac{ d ^{l-1} }{ dx^{l-1} }\left[ (x^{2}-1)^{l-1}+2(l-1)x^{2}(x^{2}-1)^{l-2} \right] \\ &= \frac{1}{ 2^{l-1}(l-1)! }\frac{ d ^{l-1} }{ dx^{l-1} }[(x^{2}-1)+2lx^{2}-2x^{2}] (x^{2}-1)^{l-2} \\ &= \frac{1}{ 2^{l-1}(l-1)! }\frac{ d ^{l-1} }{ dx^{l-1} }[(2l-1)x^{2}-1] (x^{2}-1)^{l-2} \end{align*}$$

ここで、$l$の代わりに$l+1$を代入すると以下のようになる。

$$P^{\prime}_{l+1}(x)=\frac{1}{2l!}\frac{ d ^{l} }{ dx^{l} }[(2l+1)x^{2}-1] (x^{2} -1 )^{l-1} \tag{2}$$

再び$(1)$に$l$の代わりに$l-1$を代入して微分すると、

$$\begin{align*} P^{\prime}_{l-1}(x) &= \frac{1}{2^{l-1}(l-1)!}\frac{d}{dx} \frac{ d^{l-1} }{ d x^{l-1} }(x^{2}-1)^{l-1} \\ &= \frac{2l}{2^{l}l!}\frac{ d^{l} }{ dx^{l} }(x^{2}-1)^{l-1} \tag{3} \end{align*}$$

今、$(2)-(3)$を計算すると以下のようになる。

$$\begin{align*} P^{\prime}_{l+1}(x)-P^{\prime}_{l-1}(x) &= \frac{1}{2l!}\frac{ d ^{l} }{ dx^{l} }[(2l+1)x^{2}-1] (x^{2}-1)^{l-1} -\frac{2l}{2^{l}l!}\frac{ d^{l} }{ dx^{l} }(x^{2}-1)^{l-1} \\ &= \frac{1}{2^{l}l!}\frac{ d ^{l} }{ d x^{l} }[(2l+1)x^{2}-(2l+1)] (x^{2}-1)^{l-1} \\ &= \frac{1}{2^{l}l!}\frac{ d ^{l} }{ d x^{l} }(2l+1)(x^{2}-1)^{l} \\ &= \frac{2l+1}{2^{l}l!}\frac{ d ^{l} }{ d x^{l} }(x^{2}-1)^{l} \end{align*}$$

$(1)$によって、右辺は$(2l+1)P_{l}(x)$と同じなので、

$$P^{\prime}_{l+1}(x)-P^{\prime}_{l-1}(x)=(2l+1)P_{l}(x)$$

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$(b)$

ルジャンドル多項式の生成関数

以下の関数$\Phi (x,h)$は、ルジャンドル多項式の生成関数といわれる。

$$\Phi (x,h)=\frac{1}{\sqrt{1-2xh+h^{2}}},\quad |h|<1$$

生成関数は、以下の式を満たす。

$$\Phi (x,h)=P_{0}(x)+hP_{1}(x)+h^{2}P_{2}(x)+\cdots =\sum \limits_{l=0}^{\infty}h^{l}P_{l}(x)$$

パート 2. 再帰関係の証明

まず、$\Phi (x,t)$を$t$に関して微分すると、

$$\begin{align*} && \frac{ \partial \Phi}{ \partial t } &= -\frac{1}{2}(-2x+2t)(1-2xt+t^{2})^{-\frac{3}{2}} \\ \implies && (1-2xt+t^{2})\frac{ \partial \Phi}{ \partial t} &= (x-t)\Phi \end{align*}$$

次に、$\Phi (x,t)=\sum \limits_{l=0}^{\infty}t^{l}P_{l}(x)$を上記の式に代入すると、

$$(1-2xt+t^{2})\sum \limits _{l=1}^{\infty}lt^{l-1}P_{l}(x)=(x-t)\sum\limits_{l=0}^{\infty}t^{l}P_{l}(x)$$

インデックスを合わせると、

$$(1-2xt+t^{2})\sum \limits _{l=0}^{\infty}(l+1)t^{l}P_{l+1}(x)=(x-t)\sum\limits_{l=0}^{\infty}t^{l}P_{l}(x)$$

上記の式は、$t$に関する恒等式であるため、各$l$に対して、$t^{l}$の係数は同じでなければならない。従って、$t^{l}$の係数を比較すると、

$$1 [(l+1)t^{l}P_{l+1}(x)] -2xt[(l)t^{l-1}P_{l}(x)]+t^{2}[(l-1)t^{l-2}P_{l-1}(x)]=x [t^{l}P_{l}(x)]-t[t^{l-1}P_{l-1}(x)]$$

$$\implies (l+1)t^{l}P_{l+1}(x) -2xlt^{l}P_{l}(x)+(l-1)t^{l}P_{l-1}(x)=x t^{l}P_{l}(x)-t^{l}P_{l-1}(x)$$

$$\implies (l+1)P_{l+1}(x) -2xlP_{l}(x)+(l-1)P_{l-1}(x)=x P_{l}(x)-P_{l-1}(x)$$

ここで、$l$の代わりに$l-1$を代入すると、

$$lP_{l}(x) -2x(l-1)P_{l-1}(x)+(l-2)P_{l-2}(x)=x P_{l-1}(x)-P_{l-2}(x)$$

左辺を$P_{l}(x)$に関して整理すると、

$$lP_{l}(x) =(2l-1)x P_{l-1}(x)-(l-1)P_{l-2}(x)$$

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$(c)$

生成関数が次を満たすことは容易に確認できる。

$$(x-h)\frac{ \partial \Phi}{ \partial x }=h\frac{ \partial \Phi}{ \partial h }$$

今、生成関数の級数形$\Phi (x,h)=\sum\limits_{l=0}^{\infty}h^{l}P_{l}(x)$を代入すると、

$$(x-h)\sum\limits_{l=0}^{\infty}h^{l}P^{\prime}_{l}(x)=h\sum\limits_{l=1}^{\infty}lh^{l-1}P_{l}(x)$$

上記の式は、$h$に関する恒等式であるため、$h^{l}$の係数は両辺が同じでなければならない。両辺の$h^{l}$項だけを比較すると、

$$\begin{align*} && x[h^{l}P^{\prime}_{l}(x)]-h[h^{l-1}P^{\prime}_{l-1}(x)] = h[lh^{l-1}P_{l}(x)] \\ \implies && h^{l}[xP^{\prime}_{l}(x)-P^{\prime}_{l-1}(x)] = h^{l}lP_{l}(x) \\ \implies && xP^{\prime}_{l}(x)-P^{\prime}_{l-1}(x) = lP_{l}(x) \end{align*}$$

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