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ルジャンドル陪関数 (2)

$P_l^m(x)$ と $P_l^{-m}(x)$ は、定数因子の違いを除いて、同じ形の関数となる。

\[
P_l^{-m}(x) = (-1)^m \frac{(l-m)!}{(l+m)!} P_l^m(x)
\tag{1}
\]
証明
定義式
\[
P_l^m(x) = \frac{1}{2^ll!}(1-x^2)^{m/2} \frac{d^{l+m}}{dx^{l+m}}(x^2-1)^l
\tag{1}
\]からダイレクトに証明。
まずは、$m \geq 0$ と仮定しておく。
\[
(x^2-1)^l = (x+1)^l (x-1)^l
\tag{2}
\]として、ライプニッツの公式を適用。
簡単のために、$D \equiv d/dx$ と表記することにして、
\[
D^{l+m} [ (x+1)^l (x-1)^l ]
= \sum_{r=0}^{l+m} \binom{l+m}{r} D^{l+m-r}(x+1)^l \cdot D^r (x-1)^l
\tag{3}
\]
ここで、$n \leq l$ ならば、
\[
D^n (x+a)^l = \frac{l!}{(l-n)!} (x+a)^{l-n}
\tag{4}
\]で、$n > l$ ならばゼロだから、(3)式は
\[
\sum_{r=m}^l \frac{(l+m)!}{(l+m-r)!r!} \frac{l!}{(r-m)!} \frac{l!}{(l-r)!} (x+1)^{r-m} (x-1)^{l-r} \\
= (l+m)! \sum_{r=m}^l \binom{l}{r} \binom{l}{r-m} (x+1)^{r-m} (x-1)^{l-r}
\tag{5}
\]
(1) に代入して、
\[
P_l^m(x) = \frac{(-1)^{m/2}}{2^l l!} (l+m)! \hspace{15em} \\
\times \sum_{r=m}^l \binom{l}{r} \binom{l}{r-m} (x+1)^{r-m/2} (x-1)^{l+m/2+r}
\tag{6}
\]
一方、
\[
P_l^{-m}(x) = \frac{1}{2^ll!}(1-x^2)^{-m/2} \frac{d^{l-m}}{dx^{l-m}}(x^2-1)^l
\tag{7}
\]についても同様に展開する。
\[
D^{l-m} [ (x+1)^l (x-1)^l ]
= \sum_{r=0}^{l-m} \binom{l-m}{r} D^{l-m-r}(x+1)^l \cdot D^r (x-1)^l \\
= \sum_{r=0}^{l-m} \frac{(l-m)!}{(l-m-r)!r!} \frac{l!}{(r+m)!} \frac{l!}{(l-r)!} (x+1)^{r+m} (x-1)^{l-r} \\
= (l-m)! \sum_{r=0}^{l-m} \binom{l}{r} \binom{l}{r+m} (x+1)^{r+m} (x-1)^{l-r}
\tag{8}
\]
$r+m$ を改めて、$r$ とおいて、
\[
(l-m)! \sum_{r=m}^l \binom{l}{r-m} \binom{l}{r} (x+1)^r (x-1)^{l+m-r}
\tag{9}
\]
(7)に代入して、
\[
P_l^{-m}(x) = \frac{(-1)^{-m/2}}{2^l l!} (l-m)! \hspace{15em} \\
\times \sum_{r=m}^l \binom{l}{r} \binom{l}{r-m} (x+1)^{r-m/2} (x-1)^{l+m/2-r}
\tag{10}
\]
(6) と (10) を比較すると、証明したい (1) 式が得られる。

$m < 0$ の場合は、$-m > 0$ であるから、(1) 式において、m に -m を入れたものは成立。
\[
P_l^m(x) = (-1)^{-m} \frac{(l+m)!}{(l-m)!} P_l^{-m}(x)
\tag{11}
\]これを変形すると、$m < 0$ においても、(1) 式を得る。
(証明終了)

参考文献
[1] 小野寺嘉孝「物理のための応用数学」
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ジャンル:[学問・文化・芸術]  テーマ:[数学
ルジャンドル陪関数 | コメント(0) | 2014/07/08 19:05
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