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球面調和関数 (4)

漸化式

\[
e^{i\phi} (\partial_\theta + i\cot\theta \partial_\phi) Y_{lm} = \sqrt{(l-m)(l+m+1)} Y_{l,m+1}
\tag{1}
\]\[
e^{-i\phi} (-\partial_\theta + i\cot\theta \partial_\phi) Y_{lm} = \sqrt{(l+m)(l-m+1)} Y_{l,m-1}
\tag{2}
\]

(証明)ルジャンドルの陪関数の漸化式
\[
\left[ (1- x^2)\frac{d}{dx} + mx \right] P_l^m(x) = \sqrt{1-x^2} P_l^{m+1}(x)
\tag{3}
\]\[
\left[ (1- x^2)\frac{d}{dx} - mx \right] P_l^m(x) = -(l+m)(l-m+1) \sqrt{1-x^2} P_l^{m-1}(x)
\tag{4}
\]を用いる。
簡単のために、$Y_{lm}$ の係数を $a_{lm}$ と書くことにして、
(1) の左辺の微分を計算していく。\[
\partial_\theta Y_{lm} = - a_{lm} {P_l^m}'(\cos\theta) \sin\theta e^{im\phi}
\]\[
\partial_\phi Y_{lm} = im a_{lm} P_l^m(\cos\theta) e^{im\phi}
\](1) の左辺は、\[
- a_{lm} [ \sin\theta {P_l^m}'(\cos\theta) + m\cot\theta P_l^m(\cos\theta) ] e^{i(m+1)\phi}
\tag{5}
\]となる。一方、(3) において、$x=\cos\theta (0\leq\theta\leq\pi)$ とおくと、\[
\sin^2\theta {P_l^m}'(\cos\theta) + m\cos\theta P_l^m(\cos\theta) = \sin\theta P_l^{m+1}(\cos\theta)
\]であるから、(5) は、\[
- a_{lm} P_l^{m+1}(\cos\theta) e^{i(m+1)\phi}
\]となり、\[
a_{lm} = -\sqrt{(l-m)(l+m+1)} a_{l,m+1}
\]であるから、(1) の右辺に帰する。

同様に、(2) の左辺は、\[
a_{lm} [ \sin\theta {P_l^m}'(\cos\theta) - m\cot\theta P_l^m(\cos\theta) ] e^{i(m-1)\phi}
\tag{6}
\]となり、(4) からは\[
\sin^2\theta {P_l^m}'(\cos\theta) - m\cos\theta P_l^m(\cos\theta) = -(l+m)(l-m+1)\sin\theta P_l^{m-1}(\cos\theta)
\]が得られるから、(6) は\[
-a_{lm} (l+m)(l-m+1) P_l^{m-1}(\cos\theta) e^{i(m-1)\phi}
\]となる。ここで、\[
a_{lm} = -\frac{a_{l,m-1}}{\sqrt{(l+m)(l-m+1)}}
\]であるから、(2) の右辺を得る。
(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
球面調和関数 | コメント(0) | 2016/04/24 23:12
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