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負の指数mの関連ルジャンドル多項式

公式

関連するルジャンドル多項式は$m$の符号によって、下の比例関係が成立する。

$$P_{l}^{-m}(x)=(-1)^{m}\frac{(l-m)!}{(l+m)!}P_{l}^{m}(x)$$

$$(1-x^{2})\frac{ d^{2}y }{ dx^{2} }-2x \frac{dy}{dx}+\left( \frac{-m^{2}}{1-x^{2}}+l(l+1) \right)y=0$$

説明

関連するルジャンドル微分方程式を見れば、$m$に関する部分が$m^2$と示されているので、$m$が負か正かに関しては解に影響を与えない。だから関連するルジャンドル多項式も以下のように導出された。

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

従って、上の式によると$P_{l}^{m}(x)=P_{l}^{-m}(x)$である。しかし、二つが同じだと見るより、互いに比例関係にあると見る。微分方程式の解に単なる定数を掛けてもまだ解なので、$A$を任意の定数とした時、$P_{l}^{-m}(x)$を$AP_{l}^{m}(x)$のように表現することができる。この記事では$A=(-1)^{m}\frac{(l-m)!}{(l+m)!}$であることを示す。

導出

まず関連するルジャンドル多項式の微分部にライプニッツ則を適用すると、

$$\begin{align*} \frac{ d ^{l+|m|}}{ dx^{l+|m|} }(x^{2}-1)^{l} &= \frac{ d ^{l+|m|}}{ dx^{l+|m|} }[(x-1)^{l}(x+1)^{l}] \\ &=\sum \limits _{k=0}^{l+|m|} \frac{(l+|m|)!}{(l+|m|-k)!k!}\frac{ d ^{l+|m|-k}}{ dx^{l+|m|-k} }(x+1)^{l}\frac{ d ^{k} }{ dx^{k} }(x-1)^{l} \tag{1} \end{align*}$$

ケース1. $m>0$

ここで$m>0$の場合を考える。すると$l+|m|-k=l+m-k=l+(m-k)$である。インデックス$k$は$0$から$l+m$まで行く。この時$k < m$の場合を考えると$l+(m-k)>l$なので、微分回数が最高次項の次数を超えて

$$\frac{ d ^{l+|m|-k}}{ dx^{l+|m|-k} }(x+1)^{l}=0$$

である。従って、$0\le k <m$に対して$(1)$の右辺は全て$0$である。同様に$k>l$の場合は$\frac{ d ^{k}}{ dx^{k} }(x-1)^{l}=0$なので$k\le l$の場合だけ右辺に$0$以外の項が存在する。つまり$m\le k \le l$ではない$k$に対しては右辺が$0$なので$\sum\limits_{k=0}^{l+m}=\sum\limits_{k=m}^{l}$が成立する。従って、

$$\begin{align*} \frac{ d ^{l}}{ dx^{l+m} }(x^{2}-1)^{l} &= \sum \limits_{k=m}^{l}\frac{(l+m)!}{(l+m-k)!k!}\frac{ d ^{l+m-k}}{ dx^{l+m-k}}(x+1)^{l}\frac{ d ^{k}}{ dx^{k} }(x-1)^{l} \\ &= \sum \limits_{k=m}^{l}\frac{(l+m)!}{(l+m-k)!k!}l(l-1)\cdots(l-l-m+k+1)(x+1)^{l-l-m+k} \\ &\qquad l(l-1)\cdots(l-k+1)(x-1)^{l-k} \\ &= \sum \limits_{k=m}^{l}\frac{(l+m)!}{(l+m-k)!k!}\frac{l!}{(k-m)!}(x+1)^{k-m}\frac{l!}{(l-k)!}(x-1)^{l-k} \\ &=(l!)^{2}\sum \limits_{k=m}^{l}\frac{(l+m)!}{(l+m-k)!k!}\frac{1}{(k-m)!}\frac{1}{(l-k)!}(x+1)^{k-m}(x-1)^{l-k} \tag{2} \end{align*}$$

ケース2. $m<0$

この場合、式$(1)$は

$$\begin{align*} \frac{ d ^{l+|m|}}{ dx^{l+|m|} }(x^{2}-1)^{l}&=\frac{ d ^{l-m}}{ dx^{l-m} }(x^{2}-1)^{l} \\ &= \sum \limits _{k=0}^{l-m} \frac{(l-m)!}{(l-m-k)!k!}\frac{ d ^{l-m-k}}{ dx^{l-m-k} }(x+1)^{l}\frac{ d ^{k} }{ dx^{k} }(x-1)^{l} \\ &= \sum \limits _{k=0}^{l-m} \frac{(l-m)!}{(l-m-k)!k!}\frac{l!}{(k+m)!}(x+1)^{k+m}\frac{ l! }{ (l-k)! }(x-1)^{l-k} \\ &= (l!)^{2}\sum \limits _{k=0}^{l-m} \frac{(l-m)!}{(l-m-k)!k!}\frac{1}{(k+m)!}\frac{1 }{ (l-k)! }(x+1)^{k+m}(x-1)^{l-k} \end{align*}$$

ここでインデックスを$k=k-m$に変えると、

$$\frac{ d ^{l-m}}{ dx^{l-m} }(x^{2}-1)^{l}= (l!)^{2}\sum \limits _{k=m}^{l} \frac{(l-m)!}{(l-k)!(k-m)!}\frac{1}{k!}\frac{1 }{ (l+m-k)! }(x+1)^{k}(x-1)^{l+m-k} \tag{3}$$

$(2)$, $(3)$を合わせると、

$$\frac{d^{l-m}}{dx^{l-m}}(x^{2}-1)^{l}=\frac{(l-m)!}{(l+m)!}(x+1)^{m}(x-1)^{m}\frac{ d ^{l+m}}{ dx^{l+m} }(x^{2}-1)^{l}\tag{4}$$

である。そして$m>0$の時、

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

だが、今私達は$m\rightarrow-m$の場合を考えているので、$m$の代わりに$-m$を代入すると、

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

ここに$(4)$を代入すると、

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

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