§E13.35Legendre 多項式

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有限次元の多項式空間で多項式を成分に分けるとき、基底が内積に関して直交していれば、各成分の係数を内積によって個別に取り出すことができる。しかし、単項式1,x,x2,…1,x,x^2,\ldotsは区間[−1,1][-1,1]上で互いに直交していない。たとえば、x2x^2と定数関数の内積は零にならない。

Legendre 方程式により、非負整数nnごとに次数nnの多項式解が選び出される。正規化して得られる Legendre 多項式PnP_nは互いに直交する。たとえば、P2(x)=(3x2−1)/2P_2(x)=(3x^2-1)/2は、定数関数との内積が零になるように二次式の定数項を調整した形をしている。したがって、次数がNN以下の多項式はP0,…,PNP_0,\ldots,P_Nを用いて直交する成分に分解することができる。Legendre 多項式は、二階線形微分方程式の多項式解として定まる直交多項式系の基本例である。

本記事では、Legendre 方程式から Legendre 多項式が生じる仕組みと、その基本的な性質を明らかにする。

1 Legendre 方程式の級数解

定義 1.1.ν∈R\nu\in\Rに対する

(1−x2)y′′−2xy′+ν(ν+1)y=0(1-x^2)y''-2xy'+\nu(\nu+1)y=0(1.1.1)\text{(1.1.1)}

を Legendre 方程式 (Legendre equation) という。

ν=n\nu=nを非負整数とする。式 (1.1.1)の次数nnの多項式解で

Pn(1)=1P_n(1)=1

を満たすものを Legendre 多項式 (Legendre polynomial) といい、PnP_nと書く。

公式 1.2.r>0r>0とし、y=∑k=0∞akxky=\sum_{k=0}^{\infty}a_kx^kが∣x∣<r|x|<rで収束して式 (1.1.1)を満たすとする。このとき、xkx^kの係数を比較すると

(k+2)(k+1)ak+2+(ν(ν+1)−k(k+1))ak=0(k+2)(k+1)a_{k+2} +\bigl(\nu(\nu+1)-k(k+1)\bigr)a_k=0

である。したがって

ak+2=(k−ν)(k+ν+1)(k+2)(k+1)ak(k≥0)a_{k+2} =\frac{(k-\nu)(k+\nu+1)}{(k+2)(k+1)}a_k \qquad(k\ge0)(1.2.1)\text{(1.2.1)}

を得る。偶数次係数はa0a_0から、奇数次係数はa1a_1から、それぞれ独立に決まる。

命題 1.3.ν=n\nu=nを非負整数とし、式 (1.1.1)の多項式解全体のなす実ベクトル空間をVnV_nとする。このとき、VnV_nは一次元であり、VnV_nの非零元はすべてちょうどnn次である。特に、次数nnの非零多項式解が存在する。また、式 (1.2.1)を満たす任意の数列(ak)k≥0(a_k)_{k\ge0}について、an+2=an+4=⋯=0a_{n+2}=a_{n+4}=\cdots=0である。

証明. 多項式y=∑k≥0akxky=\sum_{k\ge0}a_kx^k（有限個を除いてak=0a_k=0）が式 (1.1.1)を満たすことと、すべてのk≥0k\ge0について式 (1.2.1)が成り立つことは同値である。式 (1.2.1)はaka_kとak+2a_{k+2}だけを結ぶ。

nnが偶数ならばa0=1,a1=0a_0=1,a_1=0、nnが奇数ならばa0=0,a1=1a_0=0,a_1=1とし、式 (1.2.1)によりa2,a3,…a_2,a_3,\ldotsを定める。反対の偶奇性の係数はすべて零である。k=nk=nで分子の因子k−nk-nが零になるためan+2=0a_{n+2}=0であり、漸化式によりan+4,an+6,…a_{n+4},a_{n+6},\ldotsも零になる。したがってyyは多項式であり、式 (1.1.1)の解である。k<nk<nでk≡n(mod2)k\equiv n\pmod 2のときk−n≠0k-n\ne0かつk+n+1≠0k+n+1\ne0であるから、a0,a1a_0,a_1のうち非零の方からan≠0a_n\ne0が得られる。したがってyyはちょうどnn次であり、Vn≠{0}V_n\ne\{0\}である。

z=∑k≥0bkxk∈Vnz=\sum_{k\ge0}b_kx^k\in V_nを非零とし、bm≠0b_m\ne0、bk=0b_k=0（k>mk>m）となるmmを取る。式 (1.2.1)のk=mk=mにおいてbm+2=0b_{m+2}=0であるから、(n(n+1)−m(m+1))bm=0\bigl(n(n+1)-m(m+1)\bigr)b_m=0である。t↦t(t+1)t\mapsto t(t+1)はt≥0t\ge0で狭義単調増加であるからm=nm=nである。

zzの偶数次の項の和zez_{\mathrm{e}}と奇数次の項の和zoz_{\mathrm{o}}は、いずれも各kkについて式 (1.2.1)を満たすからVnV_nの元である。zez_{\mathrm{e}}とzoz_{\mathrm{o}}のうち非零のものの次数は、上で示したとおりnnに等しい。zez_{\mathrm{e}}の次数は偶数、zoz_{\mathrm{o}}の次数は奇数であるから、nnと反対の偶奇性の方は零である。したがってzzはnnと同じ偶奇性の項だけをもつ。k<nk<n、k≡n(mod2)k\equiv n\pmod 2のとき、

bk=(k+2)(k+1)(k−n)(k+n+1) bk+2b_k=\frac{(k+2)(k+1)}{(k-n)(k+n+1)}\,b_{k+2}

であるから、bnb_nを与えるとzzの全係数が定まる。よってz↦bnz\mapsto b_nはVnV_nからR\Rへの単射な線形写像であり、dim⁡Vn≤1\dim V_n\le1である。上で構成したyyによりdim⁡Vn=1\dim V_n=1であり、非零元の次数はすべてnnである。

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注意 1.4.nnと反対の偶奇性をもつ係数列を非零の初項から式 (1.2.1)で定めると、その偶奇性のすべてのkkについて(k−n)(k+n+1)≠0(k-n)(k+n+1)\ne0であるから、無限に多くの係数が非零になり、この級数は多項式でない。

∣x∣<1|x|<1ではP(x)=−2x/(1−x2)P(x)=-2x/(1-x^2)とQ(x)=n(n+1)/(1−x2)Q(x)=n(n+1)/(1-x^2)が収束べき級数に等しい（§E13.34 例 2.5）。このとき、§E13.34 系 2.3により∣x∣<1|x|<1で収束する解級数が、各初期値に対して一意に定まる。その係数は同じ初期値をもつ形式的べき級数解の係数であり、形式的べき級数解は初期値から一意に定まるから、上の級数は§E13.34 系 2.3の解級数と一致する。本記事では、多項式になる一方の解だけを扱う。

2 Rodrigues の公式

定理 2.1 (Rodrigues の公式). 非負整数nnに対して

Pn(x)=12nn!dndxn(x2−1)nP_n(x) =\frac{1}{2^n n!} \frac{d^n}{dx^n}(x^2-1)^n(2.1.1)\text{(2.1.1)}

である。右辺は次数nnの多項式であり、Legendre 方程式

(1−x2)Pn′′−2xPn′+n(n+1)Pn=0(1-x^2)P_n''-2xP_n'+n(n+1)P_n=0(2.1.2)\text{(2.1.2)}

と正規化Pn(1)=1P_n(1)=1を満たす。

証明.F(x)=(x2−1)nF(x)=(x^2-1)^nと置く。直接微分すると

(x2−1)F′=2nxF(x^2-1)F'=2nxF(2.1.3)\text{(2.1.3)}

である。式 (2.1.3)の両辺をn+1n+1回微分する。x2−1x^2-1の三階以上の導関数が零であることと Leibniz の公式から

dn+1dxn+1((x2−1)F′)=(x2−1)F(n+2)+2(n+1)xF(n+1)+n(n+1)F(n)\begin{aligned} \frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}\bigl((x^2-1)F'\bigr) ={}&(x^2-1)F^{(n+2)} +2(n+1)xF^{(n+1)}\\ &+n(n+1)F^{(n)} \end{aligned}

である。一方、

dn+1dxn+1(2nxF)=2n(xF(n+1)+(n+1)F(n)).\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}(2nxF) =2n\bigl(xF^{(n+1)}+(n+1)F^{(n)}\bigr).

両者を等しいと置いて整理すると

(x2−1)F(n+2)+2xF(n+1)−n(n+1)F(n)=0.(x^2-1)F^{(n+2)} +2xF^{(n+1)} -n(n+1)F^{(n)}=0.

F(n)F^{(n)}を2nn!2^nn!で割り、全体の符号を反転すれば式 (2.1.2)を得る。

FFは次数2n2nであるからF(n)F^{(n)}は次数nnである。さらに

F(x)=(x−1)n(x+1)nF(x)=(x-1)^n(x+1)^n

へ Leibniz の公式を適用してx=1x=1と置く。nn回の微分をすべて(x−1)n(x-1)^nへ作用させる項だけが残り、

F(n)(1)=n! 2n.F^{(n)}(1)=n!\,2^n.

したがって式 (2.1.1)の右辺は11で正規化される。命題 1.3の一次元性により、これは定義 1.1で定義したPnP_nである。

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最初の数個は

P0(x)=1,P1(x)=x,P2(x)=12(3x2−1),P3(x)=12(5x3−3x)P_0(x)=1,\qquad P_1(x)=x,\qquad P_2(x)=\frac12(3x^2-1),\qquad P_3(x)=\frac12(5x^3-3x)

である。

公式 2.2.(x2−1)n(x^2-1)^nは偶関数であるから、式 (2.1.1)により

Pn(−x)=(−1)nPn(x).P_n(-x)=(-1)^nP_n(x).(2.2.1)\text{(2.2.1)}

また、(x2−1)n(x^2-1)^nの最高次項x2nx^{2n}をnn回微分すると

Pn(x)=cnxn+低次項,cn=(2n)!2n(n!)2.P_n(x) =c_nx^n+\text{低次項},\qquad c_n=\frac{(2n)!}{2^n(n!)^2}.(2.2.2)\text{(2.2.2)}

3 区間上の直交性

Legendre 方程式は§E13.26 命題 2.2 (2)により(−1,1)(-1,1)上でp(x)=1−x2p(x)=1-x^2、q=0q=0、w=1w=1をもつ Sturm–Liouville 問題であり、端点±1\pm1はともに特異端点である（§E13.26 定義 1.2）。したがって、正則端点を前提とする§E13.26 系 6.2を直接適用せず、Rodrigues の公式から直交性を証明する。

補題 3.1.nnを非負整数とし、qqを[−1,1][-1,1]上でnn回連続微分可能な実数値関数とする。このとき

∫−11q(x)dndxn(x2−1)n dx=(−1)n∫−11q(n)(x)(x2−1)n dx\int_{-1}^{1}q(x)\frac{d^n}{dx^n}(x^2-1)^n\,dx =(-1)^n\int_{-1}^{1}q^{(n)}(x)(x^2-1)^n\,dx(3.1.1)\text{(3.1.1)}

である。

証明.F(x)=(x2−1)n=(x−1)n(x+1)nF(x)=(x^2-1)^n=(x-1)^n(x+1)^nと置く。Leibniz の公式により、0≤j≤n−10\le j\le n-1について

F(j)=∑i=0j(ji)((x−1)n)(i)((x+1)n)(j−i)F^{(j)}=\sum_{i=0}^{j}\binom ji\bigl((x-1)^n\bigr)^{(i)}\bigl((x+1)^n\bigr)^{(j-i)}

であり、各項はi≤j≤n−1i\le j\le n-1より(x−1)n−i(x-1)^{n-i}の因子を、j−i≤j≤n−1j-i\le j\le n-1より(x+1)n−j+i(x+1)^{n-j+i}の因子をもつ。ともに指数は11以上である。したがって、各項は(x−1)(x-1)と(x+1)(x+1)の両方の正べきを因子にもち、F(j)(1)=F(j)(−1)=0F^{(j)}(1)=F^{(j)}(-1)=0である。

kkに関する帰納法により、0≤k≤n0\le k\le nについて

∫−11q F(n) dx=(−1)k∫−11q(k)F(n−k) dx\int_{-1}^{1}q\,F^{(n)}\,dx=(-1)^k\int_{-1}^{1}q^{(k)}F^{(n-k)}\,dx

が成り立つ。k=0k=0では自明である。k<nk<nで成り立つとすると、部分積分により

∫−11q(k)F(n−k) dx=[q(k)F(n−k−1)]−11−∫−11q(k+1)F(n−k−1) dx\int_{-1}^{1}q^{(k)}F^{(n-k)}\,dx =\bigl[q^{(k)}F^{(n-k-1)}\bigr]_{-1}^{1}-\int_{-1}^{1}q^{(k+1)}F^{(n-k-1)}\,dx

であり、0≤n−k−1≤n−10\le n-k-1\le n-1であるから境界項は零である。これでk+1k+1の場合が従う。k=nk=nとすれば式 (3.1.1)を得る。

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定理 3.2. 相異なる非負整数m,nm,nに対して

∫−11Pm(x)Pn(x) dx=0.\int_{-1}^{1}P_m(x)P_n(x)\,dx=0.(3.2.1)\text{(3.2.1)}

より一般に、次数がnn未満の任意の多項式qqに対して

∫−11q(x)Pn(x) dx=0.\int_{-1}^{1}q(x)P_n(x)\,dx=0.(3.2.2)\text{(3.2.2)}

証明.式 (2.1.1)と式 (3.1.1)により

∫−11q(x)Pn(x) dx=(−1)n2nn!∫−11q(n)(x)(x2−1)n dx.\int_{-1}^{1}q(x)P_n(x)\,dx =\frac{(-1)^n}{2^nn!} \int_{-1}^{1}q^{(n)}(x)(x^2-1)^n\,dx.

deg⁡q<n\deg q<nならばq(n)=0q^{(n)}=0であるから式 (3.2.2)を得る。m<nm<nならばq=Pmq=P_mと置くことができる。n<mn<mの場合はm,nm,nを交換すれば式 (3.2.1)が従う。

▨

式 (3.2.2)は、次節でxPnxP_nの展開を隣接する次数の項へ絞るために用いる。

定理 3.2は多項式どうしの積分についての主張であり、L2([−1,1])L^2([-1,1])における(Pn)n≥0(P_n)_{n\ge0}の完備性や Legendre 級数の収束は、この主張だけからは従わない。

命題 3.3. 非負整数nnに対して

∫−11Pn(x)2 dx=22n+1\int_{-1}^1P_n(x)^2\,dx =\frac{2}{2n+1}

が成り立つ。

証明.Pn=cnxn+rP_n=c_nx^n+rと書く（式 (2.2.2)）。rrは次数nn未満の多項式であるから、式 (3.2.2)により∫−11rPn dx=0\int_{-1}^1rP_n\,dx=0である。よって

∫−11Pn(x)2 dx=cn∫−11xnPn(x) dx.\int_{-1}^1P_n(x)^2\,dx=c_n\int_{-1}^1x^nP_n(x)\,dx.

右辺の積分は補題 3.1（q=xnq=x^n）により2n+1(n!)2/(2n+1)!2^{n+1}(n!)^2/(2n+1)!である（問題 5.2）。cn=(2n)!/(2n(n!)2)c_n=(2n)!/(2^n(n!)^2)を代入すると

∫−11Pn(x)2 dx=(2n)!2n(n!)2⋅2n+1(n!)2(2n+1)!=22n+1\int_{-1}^1P_n(x)^2\,dx=\frac{(2n)!}{2^n(n!)^2}\cdot\frac{2^{n+1}(n!)^2}{(2n+1)!}=\frac2{2n+1}

である。

▨

4 三項間漸化式

定理 4.1.n≥1n\ge1に対して

(n+1)Pn+1(x)=(2n+1)xPn(x)−nPn−1(x)(n+1)P_{n+1}(x) =(2n+1)xP_n(x)-nP_{n-1}(x)(4.1.1)\text{(4.1.1)}

が成り立つ。

証明.xPnxP_nは次数n+1n+1の多項式である。次数がn−2n-2以下の任意の多項式qqに対して、xqxqの次数はn−1n-1以下であるから

∫−11xPn(x)q(x) dx=∫−11Pn(x) xq(x) dx=0\int_{-1}^{1}xP_n(x)q(x)\,dx =\int_{-1}^{1}P_n(x)\,xq(x)\,dx =0

である。P0,…,Pn+1P_0,\ldots,P_{n+1}は次数が互いに異なるため、次数n+1n+1以下の多項式空間の基底である。直交性から、xPnxP_nのこの基底による展開にはPn−1,Pn,Pn+1P_{n-1},P_n,P_{n+1}以外の項が現れない。偶奇性式 (2.2.1)によりxPnxP_nとPnP_nの偶奇性は反対であるから、PnP_nの係数も零である。したがって

xPn=AnPn+1+BnPn−1xP_n=A_nP_{n+1}+B_nP_{n-1}(4.1.2)\text{(4.1.2)}

と書くことができる。

最高次係数式 (2.2.2)を比較すると

An=cncn+1=n+12n+1.A_n=\frac{c_n}{c_{n+1}} =\frac{n+1}{2n+1}.

x=1x=1を式 (4.1.2)へ代入し、Pk(1)=1P_k(1)=1を用いると

1=An+Bn1=A_n+B_n

であるから

Bn=n2n+1.B_n=\frac{n}{2n+1}.

式 (4.1.2)に2n+12n+1を掛けて整理すれば式 (4.1.1)を得る。

▨

三項間漸化式により、P0=1P_0=1とP1=xP_1=xから高次の Legendre 多項式を順に計算する方法が与えられる。

Legendre 多項式の平方ノルムについては、問題 5.4で三項間漸化式による別証明を与える。

注意 4.2. Legendre 多項式は、Jacobi の方程式（§E13.26 命題 2.2 (1)）でα=β=0\alpha=\beta=0とした場合の多項式解であり、Jacobi 多項式Pn(α,β)P_n^{(\alpha,\beta)}のα=β=0\alpha=\beta=0の場合にあたる。また、超幾何関数2F1{}_2F_1を用いてPn(x)=2F1(−n,n+1;1;1−x2)P_n(x)={}_2F_1\bigl(-n,n+1;1;\tfrac{1-x}{2}\bigr)と表される。この表示は §E13.39 超幾何方程式 で扱う。

5 演習

問題 5.1 (四次の Legendre 多項式). 三項間漸化式

(n+1)Pn+1(x)=(2n+1)xPn(x)−nPn−1(x)(n+1)P_{n+1}(x)=(2n+1)xP_n(x)-nP_{n-1}(x)

を用いてP4P_4を求めよ。また、P4(1)=1P_4(1)=1と Legendre 方程式を満たすことを確かめよ。

解答.

n=3n=3とし、

P2(x)=3x2−12,P3(x)=5x3−3x2P_2(x)=\frac{3x^2-1}{2},\qquad P_3(x)=\frac{5x^3-3x}{2}

を代入すると、

4P4(x)=7xP3(x)−3P2(x)=35x4−30x2+32.\begin{aligned} 4P_4(x) &=7xP_3(x)-3P_2(x)\\ &=\frac{35x^4-30x^2+3}{2}. \end{aligned}

したがって、

P4(x)=35x4−30x2+38.P_4(x)=\frac{35x^4-30x^2+3}{8}.

この式からP4(1)=1P_4(1)=1を得る。また、

P4′(x)=35x3−15x2,P4′′(x)=105x2−152P_4'(x)=\frac{35x^3-15x}{2},\qquad P_4''(x)=\frac{105x^2-15}{2}

であるから、代入により

(1−x2)P4′′−2xP4′+20P4=0(1-x^2)P_4''-2xP_4'+20P_4=0

を得る。したがって、P4P_4はν=4\nu=4の式 (1.1.1)を満たす。▨

問題 5.2 (Rodrigues の公式による単項式との内積). 非負整数nnについてIn=∫−11(1−x2)n dxI_n=\int_{-1}^{1}(1-x^2)^n\,dxとおく。In=22n+1(n!)2(2n+1)!I_n=\dfrac{2^{2n+1}(n!)^2}{(2n+1)!}を示せ。さらに、Rodrigues の公式を用いて

∫−11xnPn(x) dx=2n+1(n!)2(2n+1)!\int_{-1}^1x^nP_n(x)\,dx=\frac{2^{n+1}(n!)^2}{(2n+1)!}

を証明せよ。

解答.

I0=2I_0=2である。n≥1n\ge1とし、(1−x2)n(1-x^2)^nを1⋅(1−x2)n1\cdot(1-x^2)^nとみて部分積分すると、境界項[x(1−x2)n]−11[x(1-x^2)^n]_{-1}^{1}は00であるから

In=2n∫−11x2(1−x2)n−1 dx=2n∫−11(1−(1−x2))(1−x2)n−1 dx=2n(In−1−In)I_n=2n\int_{-1}^{1}x^2(1-x^2)^{n-1}\,dx=2n\int_{-1}^{1}\bigl(1-(1-x^2)\bigr)(1-x^2)^{n-1}\,dx=2n(I_{n-1}-I_n)

であり、In=2n2n+1In−1I_n=\frac{2n}{2n+1}I_{n-1}である。したがって

In=2∏k=1n2k2k+1=2⋅2nn!⋅2nn!(2n+1)!=22n+1(n!)2(2n+1)!I_n=2\prod_{k=1}^{n}\frac{2k}{2k+1}=2\cdot\frac{2^nn!\cdot2^nn!}{(2n+1)!}=\frac{2^{2n+1}(n!)^2}{(2n+1)!}

である。ここで∏k=1n(2k+1)=(2n+1)!/(2nn!)\prod_{k=1}^{n}(2k+1)=(2n+1)!/(2^nn!)を用いた。

q(x)=xnq(x)=x^nについて式 (2.1.1)と式 (3.1.1)を用いると、q(n)=n!q^{(n)}=n!であるから

∫−11xnPn(x) dx=12nn!∫−11xndndxn(x2−1)n dx=(−1)n2nn!∫−11n! (x2−1)n dx=12nIn\int_{-1}^{1}x^nP_n(x)\,dx=\frac{1}{2^nn!}\int_{-1}^{1}x^n\frac{d^n}{dx^n}(x^2-1)^n\,dx =\frac{(-1)^n}{2^nn!}\int_{-1}^{1}n!\,(x^2-1)^n\,dx=\frac{1}{2^n}I_n

である。最後の等号は(−1)n(x2−1)n=(1−x2)n(-1)^n(x^2-1)^n=(1-x^2)^nによる。前半により、値は2n+1(n!)2/(2n+1)!2^{n+1}(n!)^2/(2n+1)!である。▨

問題 5.3 (Lagrange の恒等式による直交性). 相異なる非負整数m,nm,nに対して、Lagrange の恒等式を区間[−1+ε,1−ε][-1+\varepsilon,1-\varepsilon]に適用せよ。Pm,PnP_m,P_nとそれぞれの導関数の有界性、および1−x21-x^2の端点における消滅を用いてε↓0\varepsilon\downarrow0とし、

∫−11Pm(x)Pn(x) dx=0\int_{-1}^1P_m(x)P_n(x)\,dx=0

を証明せよ。

解答.

p(x)=1−x2p(x)=1-x^2とし、L[y]=−(p(x)y′(x))′L[y]=-(p(x)y'(x))'と置く。Legendre 方程式により

L[Pk]=λkPk,λk=k(k+1)L[P_k]=\lambda_kP_k, \qquad \lambda_k=k(k+1)

である。0<ε<10<\varepsilon<1とする。Pm,PnP_m,P_nは区間[−1+ε,1−ε][-1+\varepsilon,1-\varepsilon]上で二階連続微分可能であるから、§E13.26 定理 4.2をu=Pmu=P_m、v=Pnv=P_nに適用して

ddx[p(x)(Pm′(x)Pn(x)−Pm(x)Pn′(x))]=(λn−λm)Pm(x)Pn(x)\frac{d}{dx} \left[ p(x)\bigl(P_m'(x)P_n(x)-P_m(x)P_n'(x)\bigr) \right] =(\lambda_n-\lambda_m)P_m(x)P_n(x)

を得る。したがって、

(λn−λm)∫−1+ε1−εPm(x)Pn(x) dx=[(1−x2)(Pm′(x)Pn(x)−Pm(x)Pn′(x))]−1+ε1−ε.\begin{aligned} (\lambda_n-\lambda_m) \int_{-1+\varepsilon}^{1-\varepsilon}P_m(x)P_n(x)\,dx =\left[ (1-x^2)\bigl(P_m'(x)P_n(x)-P_m(x)P_n'(x)\bigr) \right]_{-1+\varepsilon}^{1-\varepsilon}. \end{aligned}

Pm,PnP_m,P_nとそれぞれの導関数は閉区間[−1,1][-1,1]上で有界であり、1−x21-x^2はx=±1x=\pm1で零になる。よって右辺はε↓0\varepsilon\downarrow0のとき零へ収束する。左辺の被積分関数は連続であるから、同じ極限を取ると

(λn−λm)∫−11Pm(x)Pn(x) dx=0(\lambda_n-\lambda_m) \int_{-1}^1P_m(x)P_n(x)\,dx=0

を得る。非負整数上でk(k+1)k(k+1)は狭義単調増加するため、m≠nm\ne nならばλm≠λn\lambda_m\ne\lambda_nである。したがって、求める直交性が従う。▨

問題 5.4 (Legendre 多項式の平方ノルム).命題 3.3を、本文とは別に、三項間漸化式と直交性を用いて証明せよ。n≥2n\geq2では隣接する二つの漸化式を用い、n=1n=1はxP0=P1xP_0=P_1を用いて別に扱え。

解答.

非負整数nnに対してhn=∫−11Pn(x)2 dxh_n=\int_{-1}^1P_n(x)^2\,dxと置く。n≥1n\geq1に対して

In=∫−11xPn(x)Pn−1(x) dxI_n=\int_{-1}^1xP_n(x)P_{n-1}(x)\,dx

と置く。次数nnの三項間漸化式を

(2n+1)xPn=(n+1)Pn+1+nPn−1(2n+1)xP_n=(n+1)P_{n+1}+nP_{n-1}

と書き、Pn−1P_{n-1}を掛けて積分する。Pn+1P_{n+1}とPn−1P_{n-1}は直交するから、

In=n2n+1hn−1(n≥1)I_n=\frac{n}{2n+1}h_{n-1} \qquad(n\geq1)

である。

n≥2n\geq2では、次数n−1n-1の漸化式

nPn=(2n−1)xPn−1−(n−1)Pn−2nP_n=(2n-1)xP_{n-1}-(n-1)P_{n-2}

にPnP_nを掛けて積分する。PnP_nとPn−2P_{n-2}は直交するため、

In=n2n−1hn(n≥2)I_n=\frac{n}{2n-1}h_n \qquad(n\geq2)

を得る。得られた二つのInI_nの表示を比較すると

hnhn−1=2n−12n+1(n≥2)\frac{h_n}{h_{n-1}}=\frac{2n-1}{2n+1} \qquad(n\geq2)

である。

三項間漸化式はn≥1n\ge1についての主張であるから、n=1n=1ではxP0=P1xP_0=P_1を用いる。このとき

I1=∫−11P1(x)2 dx=h1I_1=\int_{-1}^1P_1(x)^2\,dx=h_1

であり、最初に得たInI_nの表示へn=1n=1を代入するとI1=h0/3I_1=h_0/3である。したがってn≥2n\geq2の場合と同じ形の比

h1h0=13\frac{h_1}{h_0}=\frac13

を得る。P0=1P_0=1であるからh0=2h_0=2であり、有限積を取ると

hn=2∏k=1n2k−12k+1=22n+1h_n =2\prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k+1} =\frac{2}{2n+1}

となる。n=0n=0の場合もh0=2h_0=2により同じ公式を満たす。▨

参考文献

  1. Gábor Szegő, Orthogonal Polynomials, 4th ed., Colloquium Publications 23, American Mathematical Society, Providence, Rhode Island, 1975.Legendre 多項式の Rodrigues 公式、直交性、三項間漸化式を参考にした。
  2. E. L. Ince, Ordinary Differential Equations, Dover Publications, 1956, originally published 1926.Legendre 方程式の級数解と非負整数次数における打ち切りを参考にした。

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