📂함수

르장드르 다항식의 점화식

정리

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

위와 같은 르장드르 다항식 $P_{n}$은 다음의 점화식을 만족한다.

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

$$nP_{n}(x)=(2n-1)xP_{n-1}(x)-(n-1)P_{n-2}(x) \tag{b}$$

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

증명

$(a)$

우선 $P_{n}(x)$의 도함수를 계산해보면,

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

여기서 $l$ 대신 $n+1$를 대입하면 아래와 같다.

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

다시 $(1)$에 $l$ 대신 $l-1$을 대입하고 미분하면

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

이제 $(2)-(3)$를 계산해보면 아래와 같다.

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

$(1)$에 의해 우변은 $(2n+1)P_{n}(x)$와 같으므로

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

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$(b)$

르장드르 다항식의 생성함수

아래의 함수 $\Phi (x,h)$를 르장드르 다항식의 생성함수라 한다.

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

생성함수는 아래의 식을 만족한다.

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

Part 2. 재귀관계 증명

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

이제 $\Phi (x,t)=\sum \limits_{l=0}^{\infty}t^{n}P_{n}(x)$를 위 식에 대입하면

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

인덱스를 맞춰주면

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

위 식은 $t$에 대한 항등식이므로 각각의 $l$에 대해서 좌우변의 $t^{n}$의 계수는 같아야한다. 따라서 $t^{n}$의 계수를 비교해보면

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

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

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

여기서 $l$ 대신 $l-1$을 대입하면

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

좌변을 $P_{n}(x)$에 대해서 정리하면

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

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■

$(c)$

생성함수가 다음을 만족하는 것은 쉽게 확인할 수 있다.

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

이제 생성함수의 급수꼴 $\Phi (x,h)=\sum\limits_{l=0}^{\infty}h^{n}P_{n}(x)$을 대입하면

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

위 식은 $h$에 대해서 항등식이므로 $h^{n}$의 계수는 좌우변이 서로 같아야 한다. 좌우변의 $h^{n}$항만 비교해보면

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

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