Legendreの陪方程式
この投稿では、\([-1,1]\)上関数に対する次のLegendreの陪方程式について解き方を考える。
(\(l\in\left[-\frac{1}{2},\infty\right), m\in\mathbb{N}\cup\{0\}\))
\begin{align} 0 &= \frac{d}{dx}\left((1-x^2)\frac{d}{dx}P_l^m(x)\right) + \left( l(l+1) - \frac{m^2}{(1-x^2)} \right)P_l^m(x) \\ \end{align}
目次
Legendreの方程式
Legendre多項式
まずは\(m=0\)の場合を考える。この方程式はLegendreの方程式と呼ばれる。
\begin{align} 0 &= \frac{d}{dx}\left((1-x^2)\frac{d}{dx}P_l(x)\right) + l(l+1)P_l(x) \\ &= (1-x^2)P_l''(x) - 2xP_l'(x) + l(l+1)P_l(x) \\ \end{align}
方程式の解を級数で表すことを試みる。(冪級数解法)
後に\(P_l(1)=1\)となる条件を考えたいので、\(x=1\)周辺で級数展開する。
\begin{align} P_l(x) &= \sum_{n=0}^\infty a_n (x-1)^n \\ &= a_0 + a_1(x-1) + a_2(x-1)^2 + \cdots \end{align}
これをLegendreの方程式に代入すると、
\begin{align} 0 &= (1-x^2)P_l''(x) - 2xP_l'(x) + l(l+1)P_l(x) \\ &= (1-x^2)\left(\sum_{n=0}^\infty a_n(x-1)^n\right)'' - 2x\left(\sum_{n=0}^\infty a_n(x-1)^n\right)' + l(l+1)\sum_{n=0}^\infty a_n(x-1)^n \\ &= (1-x^2)\sum_{n=2}^\infty n(n-1)a_n(x-1)^{n-2} - 2x\sum_{n=1}^\infty na_n(x-1)^{n-1} + l(l+1)\sum_{n=0}^\infty a_n(x-1)^n \\ &= -(1+x)\sum_{n=0}^\infty n(n-1)a_n(x-1)^{n-1} - 2x\sum_{n=0}^\infty na_n(x-1)^{n-1} + l(l+1)\sum_{n=0}^\infty a_n(x-1)^n \\ &= -\sum_{n=0}^\infty n((n-1)(1+x) + 2x)a_n(x-1)^{n-1} + l(l+1)\sum_{n=0}^\infty a_n(x-1)^n \\ &= -\sum_{n=0}^\infty n(2n + (n+1)(x-1))a_n(x-1)^{n-1} + l(l+1)\sum_{n=0}^\infty a_n(x-1)^n \\ &= -\sum_{n=0}^\infty 2(n+1)^2a_{n+1}(x-1)^n + \sum_{n=0}^\infty (l(l+1) - n(n+1))a_n(x-1)^n \\ &= -\sum_{n=0}^\infty \left( 2(n+1)^2a_{n+1} - (l(l+1) - n(n+1))a_n \right)(x-1)^n \\ \end{align}
となるが、\((x-1)^n\)の係数は全て0になっていなければならないので、
\begin{align} a_{n+1} &= \frac{l(l+1) - n(n+1)}{2(n+1)^2}a_n \\ &= \frac{l^2+l - n^2-n}{2(n+1)^2}a_n \\ &= \frac{(l-n)(l+n+1)}{2(n+1)^2}a_n \\ \end{align}
が成り立つように\(a_n\)を設定する必要がある。
常に\(a_n\neq0\)と仮定すると、\(\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\to\frac{1}{2}\)なのでd'Alembertの収束判定法より\(|x-1|<2\)、つまり\(-1<x<3\)のときに級数は収束することがわかる。しかし、ここでは、\(x\in[-1,1]\)の範囲で定義できる解を考えなければならない。
そこで、\(a_n=0\)となるような\(n\)が存在するという条件を与え、級数が有限和になるようにする。有限和ならば\(x\in[-1,1]\)で\(P_l(x)\)が定義可能であることは明らかである。
\(\frac{a_{n+1}}{a_n}\)の式を見たときに、\(n\geq0, l\geq-\frac{1}{2}\)であることから\(n+l+1 \geq \frac{1}{2} > 0\)なので、\(\frac{a_{n+1}}{a_n}=0\)を満たすには\(l-n=0\)となる必要がある。
したがって\(l\)は整数でなければならない。以後、\(l\)が整数の場合のLegendreの方程式を考える。
\(l\)が非負の整数のとき、
\begin{align} a_1 &= \frac{(l-0)(l+0+1)}{2(0+1)^2}a_0 = \frac{(l+1)l}{2}a_0 \\ a_2 &= \frac{(l-1)(l+1+1)}{2(1+1)^2}a_1 = \frac{(l+2)(l+1)l(l-1)}{2^2\cdot2!^2}a_0 \\ a_3 &= \frac{(l-2)(l+2+1)}{2(2+1)^2}a_2 = \frac{(l+3)(l+2)(l+1)l(l-1)(l-2)}{2^3\cdot3!^2}a_0 \\ &\:\;\vdots \\ a_k &= \frac{(l-k+1)(l+k)}{2k^2}a_{k-1} \\ &= \frac{(l+k)(l+k-1)\cdots(l-k+2)(l-k+1)}{2^kk!^2}a_0 \\ &= \frac{(l+k)!}{2^kk!^2(l-k)!}a_0 \\ &\:\;\vdots \\ a_l &= \frac{(2l)(2l-1)\cdots2\cdot1}{2^ll!^2}a_0 \\ &= \frac{(2l)!}{2^ll!^2}a_0 \\ a_{l+1} &= \frac{(l-l)(l+l+1)}{2(l+1)!^2}a_l = 0 \\ a_{l+2} &= 0 \\ &\:\;\vdots \\ \end{align}
となる。
したがって、
\begin{align} P_l(x) &= a_0\sum_{k=0}^l \frac{(l+k)!}{2^kk!^2(l-k)!}(x-1)^k \end{align}
となる。
更に、\(P_l(1)=1\)という条件を課すと\(a_0=1\)となり、このような多項式をLegendre多項式と呼ぶ。
\begin{align} P_l(x) &= \sum_{k=0}^l \frac{(l+k)!}{2^kk!^2(l-k)!}(x-1)^k \end{align}
一例として、
\begin{align} P_0(x) &= \frac{(0+0)!}{2^00!^2(0-0)!}(x-1)^0 \\ &= 1 \\ P_1(x) &= \frac{(1+0)!}{2^00!^2(1-0)!}(x-1)^0 + \frac{(1+1)!}{2^11!^2(1-1)!}(x-1)^1 \\ &= 1 + x - 1 \\ &= x \end{align}
となる。
より高次の場合はこの式から直接計算するのは大変だが、後に紹介するBonnetの漸化式を利用すると簡単に得ることができる。
Rodriguesの公式
Legendre多項式は次のように表すこともできる。この式をRodriguesの公式という。
\begin{align} P_l(x) &= \sum_{k=0}^l \frac{(l+k)!}{2^kk!^2(l-k)!}(x-1)^k \\ &= \sum_{k=0}^l \frac{1}{2^kk!(l-k)!}\frac{(l+k)!}{k!}(x-1)^k \\ &= \sum_{k=0}^l \frac{1}{2^kk!(l-k)!}\left(\frac{d}{dx}\right)^l(x-1)^{k+l} \\ &= \frac{1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^l\left((x-1)^l\sum_{k=0}^l \frac{l!}{k!(l-k)!}2^{l-k}(x-1)^k\right) \\ &= \frac{1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^l\left((x-1)^l((x-1)+2)^l\right) \\ &= \frac{1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^l\left((x-1)^l(x+1)^l\right) \\ &= \frac{1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^l(x^2-1)^l \\ \end{align}
Bonnetの漸化式
Rodriguesの公式から、
\begin{align} P_{l+1}(x) &= \frac{1}{2^{l+1}(l+1)!}\left(\frac{d}{dx}\right)^{l+1}(x^2-1)^{l+1} \\ &= \frac{1}{2^{l+1}(l+1)!}\left(\frac{d}{dx}\right)^l \left( (l+1)\cdot 2x \cdot (x^2-1)^l \right) \\ &= \frac{1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^l \left( x(x^2-1)^l \right) \\ \end{align}
さらに進めると、
\begin{align} P_{l+1}(x) &= \frac{1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^l \left( x(x^2-1)^l \right) \\ &= \frac{1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1} \left( (x^2-1)^l + x\frac{d}{dx}(x^2-1)^l \right) \\ &= \frac{1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1} \left( (x^2-1)^l + x\cdot l\cdot 2x \cdot(x^2-1)^{l-1} \right) \\ &= \frac{1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1} \left( (x^2-1)^l + 2l(x^2-1+1)(x^2-1)^{l-1} \right) \\ &= \frac{1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1} \left( (2l+1)(x^2-1)^l + 2l(x^2-1)^{l-1} \right) \\ &= \frac{2l+1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1} (x^2-1)^l + \frac{1}{2^{l-1}(l-1)!}\left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1} (x^2-1)^{l-1} \\ &= \frac{2l+1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1} (x^2-1)^l +P_{l-1}(x) \\ \end{align}
一方、
\begin{align} P_{l+1}(x) &= \frac{1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^l \left( x(x^2-1)^l \right) \\ &= \frac{1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1} \left( (x^2-1)^l + x\frac{d}{dx}(x^2-1)^l \right) \\ &= \frac{1}{2^ll!}\left( \left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1}(x^2-1)^l + \left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1} \left( x\frac{d}{dx}(x^2-1)^l \right) \right) \\ &= \frac{1}{2^ll!}\left( \left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1}(x^2-1)^l + \left(\frac{d}{dx}\right)^{l-2} \left( \frac{d}{dx}(x^2-1)^l + x\left(\frac{d}{dx}\right)^2(x^2-1)^l \right) \right) \\ &= \frac{1}{2^ll!}\left( 2\left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1}(x^2-1)^l + \left(\frac{d}{dx}\right)^{l-2} \left( x\left(\frac{d}{dx}\right)^2(x^2-1)^l \right) \right) \\ &\:\;\vdots \\ &= \frac{1}{2^ll!}\left( l\left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1}(x^2-1)^l + \left(\frac{d}{dx}\right)^0 \left( x\left(\frac{d}{dx}\right)^l(x^2-1)^l \right) \right) \\ &= \frac{l}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1}(x^2-1)^l + xP_l(x) \\ \end{align}
と表すこともできる。
したがって、Bonnetの漸化式と呼ばれる次の関係が成り立つ。
\begin{align} (l+1)P_{l+1}(x) &= (2l+1)P_{l+1}(x) - lP_{l+1}(x) \\ &= (2l+1)\left( \frac{l}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1}(x^2-1)^l + xP_l(x) \right) - l\left( \frac{2l+1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1} (x^2-1)^l +P_{l-1}(x) \right) \\ &= (2l+1)xP_l(x) - lP_{l-1}(x) \end{align}
\(P_0(x)=1, P_1(x)=x\)がわかっているので、Bonnetの漸化式を使ってより高次のLegendre多項式を容易に表すことができる。
\begin{align} P_0(x) &= 1 \\ P_1(x) &= x \\ P_2(x) &= \frac{1}{2}(3x^2-1) \\ P_3(x) &= \frac{1}{2}(5x^3-3x) \\ P_4(x) &= \frac{1}{8}(35x^4-30x^2+3) \\ P_5(x) &= \frac{1}{8}(63x^5-70x^3+15x) \\ &\:\;\vdots \\ \end{align}
これら式を見ると、\(l\)が偶数・奇数のとき\(P_l(x)\)はそれぞれ偶関数・奇関数になっていることがわかる。
Legendre多項式
Legendre多項式の直交性
\(\{P_l(x)\}_{l=0}^\infty\)の直交性を確かめる。
まず、(\(P(x)=1\)も含む)任意の多項式\(P(x)\)に対して、
\begin{align} \frac{d}{dx} \left( P(x)(x^2-1)^l \right) &= P'(x)(x^2-1)^l + P(x)2lx(x^2-1)^{l-1} \\ &= \left( P'(x)(x^2-1) + 2lxP(x) \right)(x^2-1)^{l-1} \\ &=: Q(x)(x^2-1)^{l-1} \\ \end{align}
となって\(Q(x)\)もまた多項式なので、帰納的に全ての\(k<l\)に対して
\begin{align} \left(\frac{d}{dx}\right)^k (x^2-1)^l \end{align}
は\((x^2-1)^{l-k}\)を因子に持つことになる。
つまり、\(x=\pm1\)を代入すると0になる。
このことを利用するとLegendre多項式同士の積分は、
\begin{align} \int_{-1}^1 P_l(x)P_{l'}(x) dx &\propto \int_{-1}^1 \left(\frac{d}{dx}\right)^l(x^2-1)^l \left(\frac{d}{dx}\right)^{l'}(x^2-1)^{l'} dx \\ &= \left[ \left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1}(x^2-1)^l \left(\frac{d}{dx}\right)^{l'}(x^2-1)^{l'} \right]_{-1}^1 - \int_{-1}^1 \left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1}(x^2-1)^l \left(\frac{d}{dx}\right)^{l'+1}(x^2-1)^{l'} dx \\ &= 0 - \int_{-1}^1 \left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1}(x^2-1)^l \left(\frac{d}{dx}\right)^{l'+1}(x^2-1)^{l'} dx \\ &\propto \int_{-1}^1 \left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1}(x^2-1)^l \left(\frac{d}{dx}\right)^{l'+1}(x^2-1)^{l'} dx \\ &\:\;\vdots \\ &\propto \int_{-1}^1 \left(\frac{d}{dx}\right)^{0}(x^2-1)^l \left(\frac{d}{dx}\right)^{l'+l}(x^2-1)^{l'} dx \\ \end{align}
となる。
l'<lの場合
\((x^2-1)^{l'}\)は\(2l'\)次多項式だが、\(l'<l\)を仮定すると\(2l' < l'+l\)なので、
\begin{align} \left(\frac{d}{dx}\right)^{l'+l}(x^2-1)^{l'} = 0 \end{align}
となる。
したがって\(l'<l\)のとき、
\begin{align} \int_{-1}^1 P_l(x)P_{l'}(x) dx = 0 \end{align}
が成り立ち、Legendre方程式が直交することが確かめられる。
l'=lの場合
\(l'=l\)のときは、
\begin{align} \int_{-1}^1 P_l(x)P_l(x) dx &= \int_{-1}^1 \frac{1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^l(x^2-1)^l \frac{1}{2^ll!}\left(\frac{d}{dx}\right)^l(x^2-1)^l dx \\ &= \left(\frac{1}{2^ll!}\right)^2 \left( \left[ \left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1}(x^2-1)^l \left(\frac{d}{dx}\right)^l(x^2-1)^l \right]_{-1}^1 - \int_{-1}^1 \left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1}(x^2-1)^l \left(\frac{d}{dx}\right)^{l+1}(x^2-1)^l dx \right) \\ &= \left(\frac{1}{2^ll!}\right)^2 \left( 0 - \int_{-1}^1 \left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1}(x^2-1)^l \left(\frac{d}{dx}\right)^{l+1}(x^2-1)^l dx \right) \\ &= -\left(\frac{1}{2^ll!}\right)^2 \int_{-1}^1 \left(\frac{d}{dx}\right)^{l-1}(x^2-1)^l \left(\frac{d}{dx}\right)^{l+1}(x^2-1)^l dx \\ &\:\;\vdots \\ &= (-1)^l\left(\frac{1}{2^ll!}\right)^2 \int_{-1}^1 \left(\frac{d}{dx}\right)^{0}(x^2-1)^l \left(\frac{d}{dx}\right)^{l+l}(x^2-1)^l dx \\ &= (-1)^l\left(\frac{1}{2^ll!}\right)^2 \int_{-1}^1 (x^2-1)^l \left(\frac{d}{dx}\right)^{2l}(x^2-1)^l dx \\ \end{align}
ここで、\((x^2-1)^l\)は\(2l\)次多項式で、二項定理から最高次の定数は1なので、
\begin{align} \left(\frac{d}{dx}\right)^{2l}(x^2-1)^l &= \left(\frac{d}{dx}\right)^{2l}(x^{2l} - lx^{2l-2} + \frac{l(l-1)}{2}x^{2l-4} - \cdots + (-1)^l) \\ &= (2l)! + 0 + 0 + \cdots + 0 \\ &= (2l)! \end{align}
となる。
また、積分については\(I_k := \int_{-1}^1 (x^2-1)^k dx\)とすると、
\begin{align} I_k &= \int_{-1}^1 (x^2-1)^k dx \\ &= \left[x(x^2-1)^k\right]_{-1}^1 - \int_{-1}^1 2kx^2(x^2-1) dx \\ &= 0 -2k \int_{-1}^1 (x^2-1+1)(x^2-1) dx \\ &= -2k (I_k + I_{k-1}) \\ \end{align}
となり、
\begin{align} (2k+1)I_k &= -2kI_{k-1} \\ \end{align}
という漸化式が成り立つ。また、
\begin{align} I_0 &= \int_{-1}^1 (x^2-1)^0 dx \\ &= \int_{-1}^1 1 dx \\ &= 2 \end{align}
なので、
\begin{align} I_k &= (-1)^k\frac{2k}{2k+1}\cdot\frac{2k-2}{2k-1}\cdots\frac{2}{3}\cdot2 \\ &= (-1)^k\frac{2}{2k+1}\frac{(2k\cdot(2k-2)\cdots2\cdot1)^2}{(2k)!} \\ &= (-1)^k\frac{2}{2k+1}\frac{(2^kk!)^2}{(2k)!} \\ \end{align}
したがって、
\begin{align} \int_{-1}^1 P_l(x)P_l(x) dx &= (-1)^l\left(\frac{1}{2^ll!}\right)^2 \int_{-1}^1 (x^2-1)^l \left(\frac{d}{dx}\right)^{2l}(x^2-1)^l dx \\ &= (-1)^l\left(\frac{1}{2^ll!}\right)^2 (2l)! \int_{-1}^1 (x^2-1)^l dx \\ &= (-1)^l\left(\frac{1}{2^ll!}\right)^2 (2l)! (-1)^l\frac{2}{2l+1}\frac{(2^ll!)^2}{(2l)!} \\ &= \frac{2}{2l+1} \\ \end{align}
となる。
まとめ
2つの場合をまとめると、Kroneckerのデルタを用いて次のように表すことができる。
\begin{align} \int_{-1}^1 P_l(x)P_{l'}(x) dx &= \frac{2}{2l+1}\delta_{l,l'} \\ \end{align}
Legendreの陪方程式
Legendre陪多項式
\(m>0\)の場合を含むLegendreの陪方程式を解いていく。
\begin{align} 0 &= \frac{d}{dx}\left((1-x^2)\frac{d}{dx}P_l^m(x)\right) + \left( l(l+1) - \frac{m^2}{(1-x^2)} \right)P_l^m(x) \\ \end{align}
\(P_l^m(x)=(1-x^2)^au(x)\)と置いて、方程式の第一項を計算してみる。
\begin{align} & \frac{d}{dx}\left((1-x^2)\frac{d}{dx}P_l^m(x)\right) \\ =& \frac{d}{dx}\left((1-x^2)\frac{d}{dx}\left((1-x^2)^au(x)\right)\right) \\ =& \frac{d}{dx}\left((1-x^2)\left((1-x^2)^au'(x)-2ax(1-x^2)^{a-1}u(x)\right)\right) \\ =& \frac{d}{dx}\left((1-x^2)^{a+1}u'(x)-2ax(1-x^2)^au(x)\right) \\ =& (1-x^2)^{a+1}u''(x) - 2(a+1)x(1-x^2)^au'(x) - 2ax(1-x^2)^au'(x) - 2a(1-x^2)^au(x) + 4a^2x^2(1-x^2)^{a-1}u(x) \\ =& (1-x^2)^a \left( (1-x^2)u''(x) - 2(2a+1)xu'(x) - \left( 2a - \frac{4a^2x^2}{1-x^2} \right)u(x) \right) \\ =& (1-x^2)^a \left( (1-x^2)u''(x) - 2(2a+1)xu'(x) - \left( 2a(2a+1) - \frac{4a^2}{1-x^2} \right)u(x) \right) \\ \end{align}
分母に\(1-x^2\)がある部分をLegendreの陪方程式と合わせるため、\(a=m/2\)を選択する。
方程式は、
\begin{align} 0 &= \frac{d}{dx}\left((1-x^2)\frac{d}{dx}P_l^m(x)\right) + \left( l(l+1) - \frac{m^2}{(1-x^2)} \right)P_l^m(x) \\ &= (1-x^2)^{m/2} \left( (1-x^2)u''(x) - 2(m+1)xu'(x) - \left( m(m+1) - \frac{m^2}{1-x^2} \right)u(x) \right) + \left( l(l+1) - \frac{m^2}{(1-x^2)} \right)(1-x^2)^{m/2}u(x) \\ &= (1-x^2)^{m/2} \left( (1-x^2)u''(x) - 2(m+1)xu'(x) + \left( l(l+1)-m(m+1) \right)u(x) \right) \\ \end{align}
となって、\(u(x)\)は
\begin{align} 0 &= (1-x^2)u''(x) - 2(m+1)xu'(x) + \left( l(l+1)-m(m+1) \right)u(x) \\ \end{align}
を満たさなければならない。
ここで唐突に、Legendre方程式を\(m\)回微分してみる。
Leibniz則より、
\begin{align} 0 &= \left(\frac{d}{dx}\right)^m \left( \frac{d}{dx}\left((1-x^2)\frac{d}{dx}P_l(x)\right) + l(l+1)P_l(x) \right) \\ &= \left(\frac{d}{dx}\right)^{m+1}\left((1-x^2)\frac{d}{dx}P_l(x)\right) + l(l+1)\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_l(x) \\ &= \sum_{k=0}^{m+1}\left( \binom{m+1}{k}\left(\frac{d}{dx}\right)^k(1-x^2)\left(\frac{d}{dx}\right)^{m+2-k}P_l(x) \right) + l(l+1)\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_l(x) \\ &= \left(\frac{d}{dx}\right)^0(1-x^2)\left(\frac{d}{dx}\right)^{m+2-0}P_l(x) + (m+1)\left(\frac{d}{dx}\right)^1(1-x^2)\left(\frac{d}{dx}\right)^{m+2-1}P_l(x) + \frac{(m+1)m}{2}\left(\frac{d}{dx}\right)^2(1-x^2)\left(\frac{d}{dx}\right)^{m+2-2}P_l(x) + l(l+1)\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_l(x) \\ &= (1-x^2)\left(\frac{d}{dx}\right)^{m+2}P_l(x) -2(m+1)x\left(\frac{d}{dx}\right)^{m+1}P_l(x) + (l(l+1)-m(m+1))\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_l(x) \\ \end{align}
となり、\(u(x)\)が満たすべき方程式と同じものが現れた。
したがって、\(u(x)\)は
\begin{align} u(x) = \left(\frac{d}{dx}\right)^mP_l(x) \end{align}
とすれば良いことがわかる。
つまり、Legendreの陪方程式の解は
\begin{align} P_l^m(x) &= (1-x^2)^{m/2}u(x) \\ &= (1-x^2)^{m/2}\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_l(x) \\ &= (1-x^2)^{m/2}\left(\frac{d}{dx}\right)^{l+m}(x^2-1)^l \end{align}
である。
この関数はLegendre陪関数、あるいは(実際は多項式ではないが)Legendre陪多項式と呼ばれる。
\(P_l(x)\)は\(l\)次多項式なので、\(m>l\)の場合Legendre陪関数は微分によって0になり、これは自明な解なので考える必要がない。
Legendre陪多項式\(P_l^m(x)\)は次のように表され、Legendreの陪方程式の解になる。
\begin{align} P_l^m(x) &= (1-x^2)^{m/2}\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_l(x) \\ &= (1-x^2)^{m/2}\left(\frac{d}{dx}\right)^{l+m}(x^2-1)^l \end{align}
\(m\leq l\)の場合の例を幾つか以下に列挙する。
\(l=0\)
\begin{align} P_0^0(x) &= 1 \end{align}
Legendre陪多項式 (\(l=0\))
\(l=1\)
\begin{align} P_1^0(x) &= x \\ P_1^1(x) &= \sqrt{1-x^2} \end{align}
Legendre陪多項式 (\(l=1\))
\(l=2\)
\begin{align} P_2^0(x) &= \frac{1}{2}(3x^2-1) \\ P_2^1(x) &= 3x\sqrt{1-x^2} \\ P_2^2(x) &= 3(1-x^2) \end{align}
Legendre陪多項式 (\(l=2\))
\(l=3\)
\begin{align} P_3^0(x) &= \frac{1}{2}(5x^3-3x) \\ P_3^1(x) &= \frac{3}{2}(5x^2-1)\sqrt{1-x^2} \\ P_3^2(x) &= 15x(1-x^2) \\ P_3^3(x) &= 15(1-x^2)\sqrt{1-x^2} \end{align}
Legendre陪多項式 (\(l=3\))
Legendre陪多項式の直交性
Legendre方程式を\(m\)回微分した前述の式に、\((1-x^2)^m\)を掛けると、
\begin{align} 0 &= (1-x^2)^m\left(\frac{d}{dx}\right)^m \left( \frac{d}{dx}\left((1-x^2)\frac{d}{dx}P_l(x)\right) + l(l+1)P_l(x) \right) \\ &= (1-x^2)^m\left( (1-x^2)\left(\frac{d}{dx}\right)^{m+2}P_l(x) -2(m+1)x\left(\frac{d}{dx}\right)^{m+1}P_l(x) + (l(l+1)-m(m+1))\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_l(x) \right) \\ &= (1-x^2)^{m+1}\left(\frac{d}{dx}\right)^{m+2}P_l(x) -2(m+1)x(1-x^2)^m\left(\frac{d}{dx}\right)^{m+1}P_l(x) + (l-m)(l+m+1)(1-x^2)^m\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_l(x) \\ &= \frac{d}{dx}\left((1-x^2)^{m+1}\left(\frac{d}{dx}\right)^{m+1}P_l(x)\right) + (l-m)(l+m+1)(1-x^2)^m\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_l(x) \\ \end{align}
となるので、
\begin{align} \frac{d}{dx}\left((1-x^2)^{m+1}\left(\frac{d}{dx}\right)^{m+1}P_l(x)\right) &= -(l+m+1)(l-m)(1-x^2)^m\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_l(x) \\ \end{align}
が任意の\(m\geq0\)に対して成り立つ。
これを利用すると、
\begin{align} \int_{-1}^1P_l^m(x)P_{l'}^m(x)dx &= \int_{-1}^1(1-x^2)^{m/2}\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_l(x)(1-x^2)^{m/2}\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_{l'}(x)dx \\ &= \int_{-1}^1(1-x^2)^m\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_l(x)\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_{l'}(x)dx \\ &= \left[(1-x^2)^m\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_l(x)\left(\frac{d}{dx}\right)^{m-1}P_{l'}(x)\right]_{-1}^1 - \int_{-1}^1 \frac{d}{dx}\left( (1-x^2)^m\left(\frac{d}{dx}\right)^mP_l(x) \right)\left(\frac{d}{dx}\right)^{m-1}P_{l'}(x) dx \\ &= 0 + (l+m)(l-m+1)\int_{-1}^1 (1-x^2)^{m-1}\left(\frac{d}{dx}\right)^{m-1}P_l(x)\left(\frac{d}{dx}\right)^{m-1}P_{l'}(x) dx \\ &= (l+m)(l-m+1)\int_{-1}^1 P_l^{m-1}(x)P_{l'}^{m-1}(x) dx \\ &\:\;\vdots \\ &= (l+m)(l+m-1)\cdots (l+1)l\cdots (l-m+2)(l-m+1)\int_{-1}^1 P_l^0(x)P_{l'}^0(x) dx \\ &= \frac{(l+m)!}{(l-m)!}\int_{-1}^1 P_l(x)P_{l'}(x) dx \\ &= \frac{(l+m)!}{(l-m)!}\frac{2}{2l+1}\delta_{l,l'} \\ &= \frac{2(l+m)!}{(2l+1)(l-m)!}\delta_{l,l'} \\ \end{align}
となって直交性が成り立つことがわかる。
Legendre陪多項式\(P_l^m(x)\)に対して次の関係が成り立つ。
\begin{align} \int_{-1}^1P_l^m(x)P_{l'}^m(x)dx &= \frac{2(l+m)!}{(2l+1)(l-m)!}\delta_{l,l'} \\ \end{align}