ルジャンドル微分方程式の直列解法：ルジャンドル多項式
定義1
以下の微分方程式をルジャンドルLegendre微分方程式と言う。
$$ (1-x^2)\dfrac{d^2 y}{dx^2} -2x\dfrac{dy}{dx}+l(l+1) y=0 $$
ルジャンドル微分方程式の解をルジャンドル多項式と言い、通常$P_{l}(x)$で示される。最初のいくつかの$l$によるルジャンドル多項式は次のようである。
$$ \begin{align*} P_{0}(x) =&\ 1 \\ P_{1}(x) =&\ x \\ P_2(x) =&\ \dfrac{1}{2}(3x^2-1) \\ P_{3}(x) =&\ \dfrac{1}{2}(5x^3-3x) \\ P_{4}(x) =&\ \dfrac{1}{8}(35x^4-30x^2+3) \\ P_{5}(x) =&\ \dfrac{1}{8}(63x^5-70x^3+15x) \\ \vdots& \end{align*} $$
説明
ルジャンドル微分方程式は、次のような形で紹介されることもある。
$$ \dfrac{d}{dx}\left[ (1-x)^2 \dfrac{dy}{dx} \right] +l(l+1)y=0 $$
これはシュツルム-リウヴィル理論Sturm-Liouville theoryで表されるものである。第一項を展開して整理すると、同じ式が得られる。ルジャンドル微分方程式を以下のように一般化したものを関連ルジャンドル微分方程式associated Legendre differential equationと言う。
$$ (1-x^2)\dfrac{d^2 y}{dx^2} -2x\dfrac{dy}{dx}+\left( \dfrac{-m^2}{1-x^2} +l(l+1) \right) y=0 $$
ここで$m=0$の場合、ルジャンドル微分方程式となる。
ルジャンドル方程式は物理学や工学などで登場し、特に球面座標系でのラプラス方程式を解く時に見ることができる。物理学科ならば、電磁気学で球面座標系での電位を計算する時、量子力学で球面座標系でのシュレディンガー方程式を解く時に出会うことがある。解法の過程が長いため、教科書では通常、ロドリゲス公式で表される解答のみを記載することが多い。実際、物理学の学生は解法が非常に非常に気になるわけではなければ、知らなくても問題はない。
解法
係数に独立変数$x$が含まれた形で、解が冪級数の形であると仮定すれば解くことができる。
$$ \begin{equation} (1-x^2)y^{\prime \prime} -2xy^{\prime}+l(l+1) y=0 \label{1} \end{equation} $$
ルジャンドル微分方程式の解を次のように仮定しよう。
$$ y=a_{0}+a_{1}(x-x_{0})+a_2(x-x_{0})^2+\cdots=\sum \limits_{n=0}^\infty a_{n}(x-x_{0})^n $$
この時$x=0$の時、$y^{\prime \prime}$の係数が$(1-x^2)|_{x=0}=1\ne 0$であるため、$x_{0}=0$と置く。すると級数解は
$$ \begin{equation} y=a_{0}+a_{1}x+a_2x^2+\cdots=\sum \limits_{n=0}^\infty a_{n}x^n \label{2} \end{equation} $$
解を級数と仮定したが、解法の最後に実際には$y$の項が有限であることがわかる。これで$\eqref{1}$に代入するために$y^{\prime}$と$y^{\prime \prime}$を求めよう。
$$ y^{\prime}=a_{1}+2a_2x+3a_{3}x^2+\cdots=\sum \limits_{n=1}^\infty na_{n}x^{n-1} $$
$$ y^{\prime \prime}=2a_2+3\cdot 2a_{3}x+4\cdot 3 a_{4}x^2 +\cdots = \sum \limits_{n=2} n(n-1)a_{n}x^{n-2} $$
これで$\eqref{1}$に$y, y^{\prime}, y^{\prime \prime}$を代入すると
$$ (1-x^2)\sum \limits_{n=2}^\infty n(n-1)a_{n}x^{n-2} -2x\sum \limits_{n=1}^\infty na_{n}x^{n-1}+l(l+1) \sum \limits_{n=0}^\infty a_{n}x^n=0 $$
第一項の係数$(1-x^2)$の括弧を展開して整理すると
$$ \sum \limits_{n=2}^\infty n(n-1)a_{n}x^{n-2} -x^2\sum \limits_{n=2}^\infty n(n-1)a_{n}x^{n-2} -2x\sum \limits_{n=1}^\infty na_{n}x^{n-1}+l(l+1) \sum \limits_{n=0}^\infty a_{n}x^n=0 $$
$$ \implies \sum \limits_{n=2} ^\infty n(n-1)a_{n}x^{n-2} -\sum \limits_{n=2}^\infty n(n-1)a_{n}x^{n} -2\sum \limits_{n=1}^\infty na_{n}x^{n}+l(l+1) \sum \limits_{n=0}^\infty a_{n}x^n=0 $$
ここでのポイントは**$x$の次数を合わせること**である。他は全て$x^n$で表されるのに対し、最初の級数だけが$x^{n-2}$で表されているため、$n$の代わりに$n+2$を代入すると
$$ \sum \limits_{n=0} ^\infty (n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n} -\sum \limits_{n=2}^\infty n(n-1)a_{n}x^{n} -2\sum \limits_{n=1}^\infty na_{n}x^{n}+l(l+1) \sum \limits_{n=0}^\infty a_{n}x^n=0 $$
二番目の級数が$x^2$項から始まるので、他の級数から$n=0,1$の項を外して、定数項は定数項同士、1次項は1次項同士をまとめると
$$ \left[ 2\cdot 1 a_2+l(l+1)a_{0} \right]+\left[ 3\cdot 2 a_{3}-2a_{1}+l(l+1)a_{1} \right]x \\ + \sum \limits_{n=2}^\infty \left[ (n+2)(n+1)a_{n+2}-n(n+1)a_{n}-2na_{n}+l(l+1)a_{n} \right] x^n=0 $$
上の式が成り立つためには全ての係数が$0$でなければならない。
$$ 2\cdot 1 a_2+l(l+1)a_{0} =0 $$
$$ 3\cdot 2 a_{3}-2a_{1}+l(l+1)a_{1} =0 $$
$$ (n+2)(n+1)a_{n+2}-n(n+1)a_{n}-2na_{n}+l(l+1)a_{n}=0 $$
それぞれを整理すると
$$ \begin{equation} a_2=-\dfrac{l(l+1)}{2 \cdot 1}a_{0} \label{3} \end{equation} $$
$$ \begin{equation} a_{3}=-\dfrac{(l+2)(l-1)}{3\cdot 2} a_{1} \label{4} \end{equation} $$
$$ \begin{equation} a_{n+2}=-\dfrac{(l+n+1)(l-n)}{(n+2)(n+1)}a_{n} \label{5} \end{equation} $$
$\eqref{3}, \eqref{4}, \eqref{5}$を利用すると、$a_{0}$と$a_{1}$の値だけを知っていれば全ての係数を知ることができる。$\eqref{3}$と$\eqref{5}$で偶数次項の係数を求めると
$$ \begin{align*} a_{4} =&\ - \dfrac{(l+3)(l-2)}{ 4 \cdots 3}a_2 = \dfrac{l(l-2)(l+1)(l+3)}{4!}a_{0} \\ a_{6} =&\ -\dfrac{(l+5)(l-4)}{6\cdot5} a_{4} = -\dfrac{ l(l-2)(l-4)(l+1)(l+3)(l+5)}{6!} a_{0} \\ \vdots& \end{align*} $$
$n=2m\ (m=1,2,3,\cdots)$とすると
$$ a_{n}=a_{2m}=(-1)^m \dfrac{l(l-2)\cdots (l-2m+4)(l-2m+2)(l+1)(l+3)\cdots(l+2m-3)(l+2m-1)}{(2m)!}a_{0} $$
同様に$\eqref{4}$、$\eqref{5}$で奇数次項の係数を求めると
$$ \begin{align*} a_{5} =&\ -\dfrac{(l+4)(l-3)}{5\cdot 4}a_{3} = \dfrac{(l+2)(l+4)(l-1)(l-3)}{5!}a_{1} \\ a_{7} =&\ -\dfrac{(l+6)(l-5)}{7\cdot 6}a_{5} = -\dfrac{(l+2)(l+4)(l+6)(l-1)(l-3)(l-5)}{7!}a_{1} \\ \vdots& \end{align*} $$
$n=2m+1\ (m=1,2,3,\cdots)$とすると
$$ a_{n}=a_{2m+1}=(-1)^m\dfrac{(l+2)(l+4)\cdots(l+2m-2)(l+2m)(l-1)(l-3)\cdots(l-2m+3)(l-2m+1)}{(2m+1)!}a_{1} $$
これで求めた係数を$\eqref{2}$に代入して解を求めると
$$ \begin{align*} y =&\a_{0}+a_{1}x -\dfrac{l(l+1)}{2!}a_{0}x^2-\dfrac{(l+2)(l-1)}{3!}a_{1}x^3 + \dfrac{l(l-2)(l+1)(l+3)}{4!}a_{0}x^4+\dfrac{(l+2)(l+4)(l-1)(l-3)}{5!}a_{1}x^5 \\ &+ \cdots +(-1)^m \dfrac{l(l-2)\cdots (l-2m+4)(l-2m+2)(l+1)(l+3)\cdots(l+2m-3)(l+2m-1)}{(2m)!}a_{0}x^{2m} \\ &+ (-1)^m\dfrac{(l+2)(l+4)\cdots(l+2m-2)(l+2m)(l-1)(l-3)\cdots(l-2m+3)(l-2m+1)}{(2m+1)!}a_{1}x^{2m+1} +\cdots \end{align*} $$
$(m=1,2,3,\cdots)$偶数次項は$a_{0}$で、奇数次項は$a_{1}$でまとめると
$$ \begin{align*} y =&\a_{0}\left[1-\dfrac{l(l+1)}{2!}x^2+\dfrac{l(l-2)(l+1)(l+3)}{4!}x^4 \right. \\ &\left.+\sum \limits_{m=3}^\infty (-1)^m \dfrac{l(l-2)\cdots (l-2m+4)(l-2m+2)(l+1)(l+3)\cdots(l+2m-3)(l+2m-1)}{(2m)!} x^{2m} \right] \\ &+ a_{1}\left[x- \dfrac{(l+2)(l-1)}{3!}x^3+\dfrac{(l+2)(l+4)(l-1)(l-3)}{5!}x^5 \right. \\ & \left. +\sum \limits_{m=3}^\infty (-1)^m\dfrac{(l+2)(l+4)\cdots(l+2m-2)(l+2m)(l-1)(l-3)\cdots(l-2m+3)(l-2m+1)}{(2m+1)!} x^{2m+1} \right] \end{align*} $$
最初の括弧を$y_{0}$、二番目の括弧を$y_{1}$とすると、ルジャンドル方程式の一般解は次のようになる。
$$ y=a_{0}y_{0}+a_{1}y_{1} $$
二つの級数$y_{0}$と$y_{1}$は比率判定法により、$|x|<1$の範囲で収束
することがわかる。$\eqref{5}$により$\dfrac{a_{n+2}}{a_{n}}=-\dfrac{(l+n+1)(l-n)}{(n+2)(n+1)}=\dfrac{(n+l+1)(n-l)}{(n+2)(n+1)}$であるため、比率判定法を使うと
$$ \lim \limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{(n+l+1)(n-l)}{(n+2)(n+1)}x^2=x^2<1 $$
$$ \implies -1<x<1 $$
しかし、多くの問題で$x=\cos \theta$、$l$は非負の整数の形で式が現れ、全ての$\theta$に対して収束する解を得たい。つまり、$x=\pm 1$でも収束する解を見つけることが目標である。幸いにも$l$が整数の時は、欲しい解が存在し、その時$l$の値によって必ず$y_{0}, y_{1}$のどちらかの解のみが存在する。$l$が$0$か偶数の時は$y_{1}$が発散し、$y_{0}$は偶数次項のみを持つ有限項の多項式となる。$l$が奇数ならば$y_{0}$が発散し、$y_{1}$は奇数次項のみを持つ有限項の多項式となる。表にまとめると以下のようになる。
| $l$の値 | $y_{0}$ | $y_{1}$ | 方程式の解 |
|---|---|---|---|
| $0$か偶数 | 有限項の多項式 | 発散 | $y=a_{0}y_{0}$ |
| 奇数 | 発散 | 有限項の多項式 | $y=a_{1}y_{1}$ |
ケース1. $l$が$0$か偶数
$l=0$の時、2次項から$l$を因数に持ち、全て$0$になるので、$y_{0}=1$
$l=2$の時、4次項から$(l-2)$を因数に持ち、全て$0$になるので、$y_{0}=1-3x^2$
$l=4$の時、6次項から$(l-4)$を因数に持ち、全て$0$になるので、$y_{0}= 1-10x^2+\dfrac{35}{3}x^4$
そして$l=0$の時、$x^2=1$から$y_{1}=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots$であるが、これは積分判定法により発散する。他の偶数の時も同様である。したがって、$l$が$0$か偶数の時は、解が偶数次項のみを持つ有限項の多項式となる。つまり、級数$y_{0}$の特定の項までのみ残る形の解を得る。
ケース2. $l$が奇数
偶数の時と反対の結果が現れる。
$l=1$の時、3次項から$(l-1)$を因数に持ち、全て$0$になるので、$y_{1}=x$
$l=3$の時、5次項から$(l-3)$を因数に持ち、全て$0$になるので、$y_{1}=x-\dfrac{5}{3}x^3$
$l=5$の時、7次項から$(l-5)$を因数に持ち、全て$0$になるので、$y_{1}=x-\dfrac{14}{3}x^3+\dfrac{21}{5}x^5$
$l=1$の時、$x^2=1$から$y_{0}$は発散し、他の奇数の時も同様である。したがって、$l$が奇数の時は、解が奇数次項のみを持つ有限項の多項式となる。つまり、級数$y_{1}$の特定の項までのみ残る形の解を得る。
そして、$l$が負の場合は、$l$が0ではない整数の場合と同じであることが$y_{0}$と$y_{1}$を見ればわかる。例えば、$l=2$の場合と$l=-3$の場合が同じであり、$l=1$の場合と$l=-2$の場合が同じである。したがって、$l$が非負の整数についてのみ考えれば良い。$a_{0}$と$a_{1}$の値を上手く選んで$x=1$の時の解が$y(x)=1$になるようにすると、これをルジャンドル多項式Legendre polynomialと言い、$P_{l}(x)$と書く。最初のいくつかのルジャンドル多項式は以下の通りである。
$$ \begin{align*} P_{0}(x) =&\ 1 \\ P_{1}(x) =&\ x \\ P_2(x) =&\ \dfrac{1}{2}(3x^2-1) \\ P_{3}(x) =&\ \dfrac{1}{2}(5x^3-3x) \\ P_{4}(x) =&\ \dfrac{1}{8}(35x^4-30x^2+3) \\ P_{5}(x) =&\ \dfrac{1}{8}(63x^5-70x^3+15x) \end{align*} $$
この結果はロドリゲス公式Rodrigues’ formulaで直接得ることもできる。
■
Mary L. Boas, 数理物理学(Mathematical Methods in the Physical Sciences, 최준곤 訳) (3rd Edition, 2008), p577-580 ↩︎