Legendreの（陪）微分方程式

Legendreの(陪)微分方程式の級数解法

実は超幾何級数を使うと一瞬で解けますが、飛び道具に頼らず着実に計算できるべき級数法も両方重要だと考えています。

Step0 背景知識

シュレディンガー方程式の変数分離

Legendreの微分方程式はシュレディンガー方程式を球座標$(r,\theta ,\varphi )$で表した時の角度成分$(\theta ,\varphi )$を変数分離することで登場します。$\varphi$依存性を$m$で変数分離すると、ラプラシアンの角度成分は角運動量演算子
$${\hat{L}}^2=-\frac{1}{\sin \theta }[\frac{\partial }{\partial \theta }(\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta })-\frac{m^2}{\sin \theta }]$$で表現できます。角運動量の固有状態$|l⟩$ を求めることで、角運動量の値ごとに量子状態を分類し、動径成分$r$のみの常微分方程式で理解できるようになるのです。

Legendreの微分方程式を導出

このようなモチベーションのもと、固有値問題
$${\hat{L}}^2\mathrm{\Theta }(\theta )=\mathrm{\Lambda }\mathrm{\Theta }(\theta )$$の解で、$\theta$で周期的になるような解を求めてみましょう(周期的な境界条件は後で本質的になってきます)。実は、有理関数係数の微分方程式は、その解の構造が局所的にも大域的にもよく理解されているため、
$$z=cos\theta$$
という変数変換は極めて有効です。
$$\frac{d}{d\theta }=\frac{dz}{d\theta }\frac{d}{dz}=-\sin \theta \frac{d}{dz}=-\sqrt{1-z^2}\frac{d}{dz}$$
に注意し、
$$-\frac{1}{\sin \theta }[\frac{d}{d\theta }(\sin \theta \frac{d\mathrm{\Theta }}{d\theta })-\frac{m^2}{\sin \theta }\mathrm{\Theta }]$$
$$=-\frac{1}{\sqrt{1-z^2}}[\sqrt{1-z^2}\frac{d}{dz}((1-z^2)\frac{d\mathrm{\Theta }}{dz})-\frac{m^2}{\sqrt{1-z^2}}\mathrm{\Theta }]$$

$$=-[\frac{d}{dz}((1-z^2)\frac{d\mathrm{\Theta }}{dz})-\frac{m^2}{1-z^2}\mathrm{\Theta }]=\mathrm{\Lambda }\mathrm{\Theta }$$

となります。Legendreの微分方程式は、$m=0$での微分方程式
$$(1-z^2)\frac{d^2\mathrm{\Theta }}{d{z}^2}-2z\frac{d\mathrm{\Theta }}{dz}+\mathrm{\Lambda }\cdot \mathrm{\Theta }=0$$のことを指します。

$m\ne 0$の時はLegendreの陪多項式と呼ばれます

こうした背景の下では、波動関数が$\theta$で周期性を持つために、$z=+1,-1$で有限値を取る解を持つ必要があります。

有理係数線形微分方程式はべき級数解で解くのが鉄板なので、処方箋に従って、解を導出してみましょう。

Step1 べき級数を方程式に代入

変数分離などの特殊解法が通用しないとわかったら、汎用性の高い級数解の形で解を作ってしまいましょう。

$$y(z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{C}_k{z}^k$$と置いて、$C_k$に関する漸化式を立式します。$C_k$が$\mathrm{\Lambda }$に依存することに注意しておきましょう。

$$y^{\prime }(z)=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}k{C}_k{z}^{k-1}$$

$$y^{″}(z)=\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}k(k-1)C_k{z}^{k-2}$$

第1項は以下の通り。$(\ast )$の変形では$n-2$を$n$にずらしています。最後の変形では0次、1次、2次以降に分類しています。
$$(1-z^2)y^{″}(z)=\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}k(k-1)C_k(1-z^2)z^{k-2}$$
$$=\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}k(k-1)C_k{z}^{k-2}-\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}k(k-1)C_k{z}^k$$
$$=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+2)(k+1)C_{k+2}{z}^k-\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}k(k-1)C_k{z}^k-(\ast )$$
$$=2C_2{z}^0+6C_3{z}^1+\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}[(k+2)(k+1)C_{k+2}-k(k-1)C_k]z^k$$

第2項は以下の通り。第1項に合わせ、1次と2次以降に分けています。
$$-2z{y}^{\prime }(z)=-2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}k{C}_k{z}^k=-2C_1{z}^1+\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}[-2k{C}_k]z^k$$

第3項は以下の通り。同様に0次、1次と2次以降に分けています。
$$\mathrm{\Lambda }y(z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\mathrm{\Lambda }{C}_k{z}^k=\mathrm{\Lambda }{C}_0{z}^0+\mathrm{\Lambda }{C}_1{z}^1+\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}[\mathrm{\Lambda }{C}_k]z^k$$

0次、1次、2次以降に分類して全ての項を足して以下のように書けます。

$$[2C_2+\mathrm{\Lambda }{C}_0]z^0+[6C_3+(-2+\mathrm{\Lambda })C_1]z^1$$

$$+\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}[(k+2)(k+1)C_{k+2}-k(k-1)C_k-2k{C}_k+\mathrm{\Lambda }{C}_k]z^k=0$$

$z^k$の係数は全て0になる条件から、係数に関する漸化式が無事に立式できました。

漸化式を解く際、2個跨ぎの漸化式なので、偶数項と奇数項に分けると見通しが良くなります。

この事実は、パリティ変換$z\to -z$に対して方程式が不変であり、解空間が偶関数と奇関数に分類できる事実を反映しています。

(1)$k=2m$の場合、
$$C_{2m}=\frac{(2m-1)(2m-2)-\mathrm{\Lambda }}{2m(2m-1)}\cdot \frac{(2m-3)(2m-4)-\mathrm{\Lambda }}{(2m-3)(2m-4)}\cdots \cdot \frac{-\mathrm{\Lambda }}{2\cdot 1}{C}_0$$(2)$k=2m+1$の場合、
$$C_{2m+1}=\frac{2m(2m-1)-\mathrm{\Lambda }}{(2m+1)2m}\cdot \frac{(2m-2)(2m-3)-\mathrm{\Lambda }}{(2m-1)(2m-2)}\cdots \frac{2\cdot 1-\mathrm{\Lambda }}{3\cdot 2}{C}_1$$
となり、$\mathrm{\Lambda }$が邪魔して全く綺麗になりません。現状考えていない点は境界条件だけなので、端点付近の挙動を調べてみる価値はあるかもしれません。

Step2 解の挙動を吟味する

漸化式は確かに解けましたが、境界条件にはまだなにもふれていませんでした。実はこの条件はとても大切で、境界条件によっては$\mathrm{\Lambda }$の値に制限がかかります。ルジャンドルの微分方程式は球座標ラプラシアンの変数$\theta$を変数分離し、$z=cos\theta$という変数変換を施すことで生まれるので、$z=+1,-1$(つまり$\theta =0,\pi ,2\pi$)で周期性を保つべく、$z$に関して端点で有界でなくてはいけません。

境界での漸近的挙動を把握すべく、ダランベールの判定法を使ってみます。
$$\frac{C_{k+2}}{C_k}=\frac{k(k+1)-\mathrm{\Lambda }}{(k+2)(k+1)}\to 1(k\to \mathrm{\infty })$$

より、べき級数は漸近的に幾何級数
$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{z}^k=\frac{1}{1-z}$$
に近づきます。解が無限級数だと境界で発散してしまうので、係数$C_k$を有限で止める必要があります。

漸化式の分母に着目すると、$\mathrm{\Lambda }=n(n+1)$に設定すれば,
$n+2$項が消えて、$n$次多項式になることがわかります。

$$C_{k+2}=\frac{k(k+1)-n(n+1)}{(k+2)(k+1)}\cdot C_k=-\frac{(n-k)(k+n+1)}{(k+2)(k+1)}\cdot C_k$$

Step3 係数を整理

Legendreの微分方程式の解のうち、$n$次多項式になるものを$P_n(z)$と書き、Legendre多項式と呼びます。

境界条件下で漸化式を解きましょう。$x^n$の係数である
$$C_n=\frac{(2n)!}{2^{n}n{!}^2}$$
を初期条件にとると意外と綺麗になります。これは$P_n(1)=1$となる規格化を行うことに相当しています。

べき級数は昇べきの順で書くことが多いですが、最大次数が$n$だとわかっているので、降べきの順の方が見通しが良くなります。

逐次代入して規則性を見つけていくと、

$$C_{n-2}=-\frac{n(n-1)}{2(2n-1)}\frac{(2n)!}{2^{n}n{!}^2}=-\frac{1}{2^n}\frac{(2n-2)!}{(n-1)!(n-2)!}$$

$$C_{n-4}=\frac{1}{2^n}\frac{(2n-4)!}{2!(n-2)!(n-4)!}$$

$$C_{n-6}=\frac{1}{2^n}\frac{(2n-6)!}{3!(n-3)!(n-6)!}$$

以下同様に、

$$C_{n-2i}=(-1{)}^i\frac{1}{2^n}\frac{(2n-2i)!}{(n-i)!i!(n-2i)!}$$

この和の範囲は$n-2i\ge 0\iff 0\le i\le [\frac{n}{2}]$でとれば良いので、

のように表現できることが示され、無事にLegendreの多項式が表現できました。

Rodorigueの公式

べき級数法で証明するのは超大変でしたが、実はこの多項式を簡便に表現する公式があります。

本来は直交多項式の統一理論に由来する明確な数学的意義があるのですが、脱線してしまいそうなので、また別の記事で紹介します。

Strum-Liouville理論や、超幾何関数などが代表的です。いずれ執筆しようと温めています。

Legendreの陪微分方程式

シュレディンガー方程式からの導出にて$m=0$としたのは、角運動量の$z$成分がゼロである状態に対応しています。$z$方向の角運動量も考察したい場合には以下の微分方程式を吟味することになります。

境界条件を加味すると、固有値$\mathrm{\Lambda }$の値は$n(n+1)$に一致しないといけないことが示されます。

方程式の変形

先ほどの$\mathrm{\Lambda }$のように、$m^2$が邪魔して係数の表示がめんどくさくなりそうです。$m^2$を$m(m+1)$に揃えられないかな？と試行錯誤を繰り返すと、

にたどり着くことができます。この関数変換を施すと、

$$P^{\prime }=-mz\cdot (1-z^2{)}^{\frac{m}{2}-1}u(z)+(1-z^2{)}^{\frac{m}{2}}{u}^{\prime }(z)$$

$$P^{″}=-m\cdot (1-z^2{)}^{\frac{m}{2}-1}u(z)+m{z}^2\cdot (m-2)\cdot (1-z^2{)}^{\frac{m}{2}-2}u(z)-2mz\cdot (1-z^2{)}^{\frac{m}{2}-1}{u}^{\prime }(z)+(1-z^2{)}^{\frac{m}{2}}{u}^{″}(z)$$

より、

$$(1-z^2)\frac{d^2{P}_n^{(m)}}{d{z}^2}=(1-z^2{)}^{\frac{m}{2}-1}[-m(1-z^2)u(z)+m{z}^2(m-2)u(z)-mz(1-z^2)u^{\prime }(z)+(1-z^2{)}^2{u}^{″}(z)]$$

$$-2z\frac{d{P}_n^{(m)}}{dz}=(1-z^2{)}^{\frac{m}{2}-1}[2m{z}^{2}u(z)-2z(1-z^2)u^{\prime }(z)]$$

$$[n(n+1)-\frac{m^2}{1-z^2}]\cdot P_n^{(m)}=(1-z^2{)}^{\frac{m}{2}-1}[n(n+1)(1-z^2)u(z)-m^{2}u(z)]$$

両辺足して$(1-z^2{)}^{\frac{m}{2}-1}$で割りましょう。一見複雑ですが、計算すべきは実質$(1-z^2)$の因子を含まない項のみということに気づくと楽です。

$$-m(1-z^2)u(z)+m{z}^2(m-2)u(z)-mz(1-z^2)u^{\prime }(z)+(1-z^2{)}^2{u}^{″}(z)+2m{z}^{2}u(z)-2z(1-z^2)u^{\prime }(z)+n(n+1)(1-z^2)u(z)-m^{2}u(z)=0$$

整理すると、こんな形になります。

Legendreの微分方程式と比較

非常によく似た形をしているので、(1)を同様に級数展開しても上手くいきそうです。ところが、(2)の両辺を微分すると面白いことが起こります。

$$\frac{d}{dz}[(1-z^2)y^{″}-2z{y}^{\prime }+n(n+1)\cdot y]=0$$

$y_1=y^{\prime }$として見栄えをよくすると、

$$(1-z^2)y_1^{″}-2z{y}_1^{\prime }-2y_1-2z{y}_1^{\prime }+n(n+1)y_1=0$$

$$\therefore (1-z^2)y_1^{″}-2z(1+1)y_1^{\prime }+[n(n+1)-1\cdot 2]y_1=0$$

となり、$m=1$の場合の(1)が登場します！

同様に$m$回微分すると、帰納的に

$$(1-z^2)y_m^{″}-2z(m+1)y_m^{\prime }+[n(n+1)-m(m+1)]y_m=0$$

が導かれ、(2)の$m$回微分は(1)に一致します。ゆえに$\frac{d^m}{d{z}^m}y=u(z)$であり、以下が導かれます。

お疲れ様でした。主に自分に向けて

ここからわかる通り、Legendreの微分方程式を愚直に解くことはできます。しかし、計算量も重いながら、Legendre微分方程式の解の本質を見抜けないまま時間だけが過ぎてしまいやすいので、個人的にはこの解法はお勧めしません。

気分が乗ったら、Legendreの微分方程式の見通しをもう少し良くする方法を執筆しようと思います。

追伸:執筆しました https://mathlog.info/articles/6FLHkDavWkEYBBjsVAqR