Legendre多項式の性質

コーシーの積分定理より、正則関数$f(z)$に対して、
$$\frac{1}{2\pi i}{\oint }_C\frac{f(s)}{s-z}ds=f(z)$$
より、$$\frac{1}{2\pi i}{\oint }_C\frac{(s^2-1{)}^n}{s-z}ds=(z^2-1{)}^n$$
両辺$z$で$n$回微分すると、
$$P_n(z)=\frac{1}{2^{n}n!}\frac{d^n}{d{z}^n}(z^2-1{)}^n=\frac{1}{2^{n}n!}\frac{1}{2\pi i}{\oint }_C\frac{d^n}{d{z}^n}\left[\frac{(s^2-1{)}^n}{s-z}\right]ds$$
$$=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_C\left[\frac{(s^2-1{)}^n}{2^n(s-z{)}^{n+1}}\right]ds$$
積分経路は$z$中心の円です。母関数$G(t,z)$は、
$$G(t,z)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{t}^n{P}_n(z)=\frac{1}{2\pi i}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{t}^n{\oint }_C\left[\frac{(s^2-1{)}^n}{2^{n+1}(s-z{)}^n}\right]ds$$
$$=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_C\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\left[\frac{t^n(s^2-1{)}^n}{2^n(s-z{)}^{n+1}}\right]ds$$
$|t|<\left|\frac{2(s-z)}{(s^2-1)}\right|$ となれば被積分関数は一様収束し、収束円内で正則関数を定義します。故に上記の無限和と積分の交換を実行可能になります。

$$G(t,z)=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_C\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\left[\frac{t^n(s^2-1{)}^n}{2^n(s-z{)}^{n+1}}\right]ds$$
$$=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_C\frac{1}{s-z}\cdot \frac{1}{1-\frac{t(s^2-1)}{2(s-z)}}dz=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_C\frac{2}{t-2z-2s-t{s}^2}ds$$
$s$に関する二次方程式$t-2z-2s-t{s}^2=0$の解$s_{\pm }=\frac{1}{t}(1\pm \sqrt{1-2zt+t^2})$は、$t\to 0$の極限で$s_{+}\to \mathrm{\infty }$, $s_{-}\to 0$となります。$t$が十分小さい時には$s_{-}$のみが積分経路の内部に入るため、$s_{-}$の留数のみを計算すれば良いことがわかります。

$$G(t,z)=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_C\frac{-2}{t(s-s_{+})(s-s_{-})}ds=\frac{-2}{t(s_{-}-s_{+})}=\frac{1}{\sqrt{1-2zt+t^2}}$$

(1)$P_n(z)$の微分を作りたくないので、zではなくtで微分します。
$$\frac{d}{dt}G(t,z)=\frac{z-t}{(1-2tz+t^2{)}^{\frac{3}{2}}}=\frac{z-t}{1-2tz+t^2}G(t,z)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{P}_n(z)t^{n-1}$$
$$(1-2tz+t^2)\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{P}_n(z)t^{n-1}=(z-t)G(t,z)=(z-t)\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{P}_n(z)t^n$$
展開して整理すると、
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}[(2n+1)z{P}_n(z)-(n+1)P_{n+1}(z)+n{P}_{n-1}(z)]t^n+P_1(z)-z{P}_0(z)=0$$

係数が恒等的に0になる条件は
$$(2n+1)z{P}_n(z)=(n+1)P_{n+1}(z)+n{P}_{n-1}(z)$$
(2)$P_n(z)$の微分を作るため、zで微分します。
$$\frac{d}{dz}G(t,z)=\frac{t}{(1-2tz+t^2{)}^{\frac{3}{2}}}=\frac{t}{1-2tz+t^2}G(t,z)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{P}_n^{\prime }(z)t^n$$
両辺分母を払って同様に計算する。0次多項式$P_0^{\prime }(z)=0$に注意すると、
$$P_1^{\prime }(z)t+\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}[P_n^{\prime }(z)-2z{P}_{n-1}^{\prime }(z)+P_{n-2}^{\prime }(z)-P_{n-1}(z)]t^2=0$$
係数ゼロの条件から添字をずらしてあげると、
$$\frac{d}{dz}{P}_{n+1}(z)+\frac{d}{dz}{P}_{n-1}(z)=2z\frac{d}{dz}{P}_n(z)+P_n(z)$$

$m\ne n$の場合を考える。被積分関数は$m,n$に関して対称なので、$m>n$としても一般性を失わない。

$${\int }_{-1}^1{P}_m(z)P_n(z)dz=\frac{1}{2^{m}m!}{\int }_{-1}^1\frac{d^m}{d{z}^m}(z^2-1{)}^m{P}_n(z)dz$$
$m$回部分積分を施すと、表面項には$(z^2-1{)}^k$がかかるので、表面項は全て消える。

$$=\frac{(-1{)}^m}{2^{m}m!}{\int }_{-1}^1(z^2-1{)}^m\frac{d^m}{d{z}^m}(P_n(z))dz$$
$P_n(z)$は$n$次多項式なので$m$回微分すると消える。故に積分値はゼロになるため、
$${\int }_{-1}^1{P}_m(z)P_n(z)dz=0$$

$m=n$の場合、$P_n(z)$の$n$次の係数は$(2n)!/2^{n}n{!}^2$なので、

$${\int }_{-1}^1{P}_n(z)P_n(z)dz=\frac{(-1{)}^n}{2^{n}n!}{\int }_{-1}^1(z^2-1{)}^n\frac{d^n}{d{z}^n}(P_n(z))dz$$

$$=\frac{1}{2^{n}n!}{\int }_{-1}^1(1-z{)}^n(z+1{)}^n\frac{(2n)!}{2^{n}n{!}^2}\cdot n!dz$$

ベータ関数の積分公式より、

$${\int }_{-1}^1(1-z{)}^n(z+1{)}^{n}dz=2^{2n+1}{\int }_0^1{u}^n(1-u{)}^{n}du$$

$$=2^{2n+1}B(n+1,n+1)=2^{2n+1}\frac{n!n!}{(2n+1)!}$$

$${\int }_{-1}^1{P}_n(z)P_n(z)dz=\frac{1}{2^{n}n!}\frac{(2n)!}{2^{n}n!}\cdot 2^{2n+1}\frac{n!n!}{(2n+1)!}$$

$$=\frac{2}{2n+1}$$

従って、直交性が示された。

計算は煩雑だが、$G(t,z)$に微分作用素$(1-z^2)\frac{d}{dz}-2z\frac{d}{dz}$ を施すと、
$$(1-z^2)\frac{dG}{dz}-2z\frac{dG}{dz}=\frac{t(3t(1-z^2)-2z(z^2-2tz+1))}{(z^2-2tz+1{)}^{\frac{5}{2}}}$$
$n(n+1)$を出すために、$G(t,z)$に$t$をかけてから2回微分すると、
$$\frac{d^2}{d{t}^2}(tG(t,z))=-\frac{t(3t(1-z^2)-2z(z^2-2tz+1))}{(z^2-2tz+1{)}^{\frac{5}{2}}}$$
となる。従って
$$(1-z^2)\frac{dG}{dz}-2z\frac{dG}{dz}+\frac{d^2}{d{t}^2}(tG(t,z))=0$$
級数で表示して、
$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}[(1-z^2)\frac{d^2{P}_n}{d{z}^2}-2z\frac{d{P}_n}{dz}+n(n+1)P_n]t^n=0$$
係数がゼロになる条件から、微分方程式が導かれた。