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球面調和関数 (6)

前回の微分方程式の証明はやや煩雑でしたので、
もっとシンプルに直接、球面調和関数の定義を代入して成り立つことを確認しておきます。
微分方程式があらかじめ分かっている場合はこちらの方が分かりやすいですね。

微分方程式

球面調和関数は以下の微分方程式の解である。\[
\left[\frac{1}{\sin\theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left( \sin\theta \frac{\partial}{\partial \theta} \right)
+ \frac{1}{\sin^2\theta} \frac{\partial^2}{\partial \phi^2} + l(l+1)
\right] Y_{lm}(\theta,\phi) = 0
\tag{1}
\]

(証明)
球面調和関数の定義から\[
Y_{lm} = P_l^m(\cos\theta) e^{im\phi}
\tag{2}
\]この微分方程式は線形なので、係数は意味がないため、省略した。
以下、添字も l m しか登場しないので、省略する。
微分方程式 (1) の左辺に代入すると、\[
e^{im\phi} \left[\frac{1}{\sin\theta} \frac{d}{d\theta} \left( \sin\theta \frac{d}{d\theta} \right)
- \frac{m^2}{\sin^2\theta} + l(l+1)
\right] P(\cos\theta)
\tag{3}
\]となる。θに関する微分は、\[
\frac{dP}{d\theta} = -\sin\theta P'(\cos\theta)
\]となるから、\[
\frac{1}{\sin\theta} \frac{d}{d\theta} \left( \sin\theta \frac{dP}{d\theta} \right)
= \sin^2\theta P'' - 2\cos\theta P'
\]となり、(3) は、\[
e^{im\phi} \left[\sin^2\theta P'' - 2\cos\theta P'
- \frac{m^2}{\sin^2\theta}P + l(l+1)P
\right]
\]と計算できる。

ここで、ルジャンドルの陪関数は微分方程式\[
\left[ (1-x^2) \frac{d^2}{dx^2} - 2x \frac{d}{dx} + l(l+1) - \frac{m^2}{1-x^2} \right] P_l^m(x) = 0
\tag{4}
\]を満たすから、これに $x=\cos\theta$ を代入すると、\[
\left[ \sin^2\theta P'' - 2\cos\theta P' + l(l+1)P - \frac{m^2}{\sin^2\theta}P \right] = 0
\tag{5}
\]となる。
これより、(3) はゼロとなることが分かり、微分方程式 (1) は成立する。
(証明終了)
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ジャンル:[学問・文化・芸術]  テーマ:[数学
球面調和関数 | コメント(0) | 2016/05/11 22:25

球面調和関数 (5)

微分方程式

球面調和関数は以下の微分方程式の解である。\[
\left[\frac{1}{\sin\theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left( \sin\theta \frac{\partial}{\partial \theta} \right)
+ \frac{1}{\sin^2\theta} \frac{\partial^2}{\partial \phi^2} + l(l+1)
\right] Y_{lm}(\theta,\phi) = 0
\tag{1}
\]

(証明)前記事の漸化式
\[
e^{i\phi} (\partial_\theta + i\cot\theta \partial_\phi) Y_{lm} = \sqrt{(l-m)(l+m+1)} Y_{l,m+1}
\tag{2}
\]\[
e^{-i\phi} (-\partial_\theta + i\cot\theta \partial_\phi) Y_{lm} = \sqrt{(l+m)(l-m+1)} Y_{l,m-1}
\tag{3}
\]を用いる。(3) のインデックス m を1増やすと、\[
e^{-i\phi} (-\partial_\theta + i\cot\theta \partial_\phi) Y_{l,m+1} = \sqrt{(l+m+1)(l-m)} Y_{l,m}
\tag{4}
\](2) より $Y_{l,m+1}$ について解いた式を代入すると、\[
e^{-i\phi} (-\partial_\theta + i\cot\theta \partial_\phi) e^{i\phi} (\partial_\theta + i\cot\theta \partial_\phi) Y_{lm}
= (l-m)(l+m+1) Y_{lm}
\tag{5}
\]左辺を整理する。\[ \left[
-\partial_\theta (\partial_\theta + i\cot\theta \partial_\phi)
+ i\cot\theta e^{-i\phi}\partial_\phi e^{i\phi} (\partial_\theta + i\cot\theta \partial_\phi)
\right] Y_{lm}
\tag{6}
\]このうち第一項は、\[
-\partial^2_\theta + \frac{i}{\sin^2\theta} \partial_\phi - i\cot\theta \partial_\theta \partial_\phi
\]第二項の $\partial_\phi$ 以降は、\[
ie^{i\phi} (\partial_\theta + i\cot\theta \partial_\phi)
+ e^{i\phi} \partial_\theta \partial_\phi
+ ie^{i\phi} \cot\theta \partial_\phi^2
\]となり、(6) は\[ \left[
-\partial^2_\theta + \frac{i}{\sin^2\theta} \partial_\phi - i\cot\theta \partial_\theta \partial_\phi \\
+i\cot\theta \left\{
i (\partial_\theta + i\cot\theta \partial_\phi)
+ \partial_\theta \partial_\phi
+ i\cot\theta \partial_\phi^2
\right\}
\right] Y_{lm}
\]となり、さらに、\[
\left[ -\partial^2_\theta - \cot\theta \partial_\theta + i\partial_\phi - \cot^2\theta \partial^2_\phi \right] Y_{lm}
\tag{7}
\]と変形できる。
ここで、恒等式\[
\partial^2_\theta + \cot\theta \partial_\theta = \frac{1}{\sin\theta} \partial_\theta (\sin\theta \partial_\theta)
\tag{8}
\]を利用すると、(7) は\[
\left[ -\frac{1}{\sin\theta}(\sin\theta \partial_\theta) + i\partial_\phi - \cot^2\theta \partial^2_\phi \right] Y_{lm}
\tag{9}
\]と整理される。

一方、(5) の右辺を展開すると、\[
[l(l+1) - m^2 - m] Y_lm
\tag{10}
\]となり、球面調和関数の性質\[
\partial_\phi Y_{lm} = im Y_{lm}
\tag{11}
\]を利用すると、\[
\left[ l(l+1) + \partial^2_\phi + i\partial_\phi \right] Y_{lm}
\tag{12}
\]とできるので、結局、(5) は、\[
\left[ -\frac{1}{\sin\theta}(\sin\theta \partial_\theta) + i\partial_\phi - \cot^2\theta \partial^2_\phi \right] Y_{lm}
= \left[ l(l+1) + \partial^2_\phi + i\partial_\phi \right] Y_{lm}
\tag{13}
\]となる。
これを整理すると、(1) を得る。
(証明終了)

なんだか、ごちゃごちゃしてますね。
もうちょっとすっきりと証明できそうな気もするのですが・・・

参考文献
[1] 小野寺嘉孝「物理のための応用数学」
球面調和関数 | コメント(0) | 2016/05/11 22:24
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