標本化定理とDougall展開
Legendre関数は
\begin{align}
P_{\nu}(x):=\F21{-\nu,\nu+1}{1}{\frac{1-x}2}
\end{align}
によって定義される. これは以下のような展開を持つことが知られている.
\begin{align}
P_{\nu}(x)=\frac{\sin\pi\nu}{\pi}\sum_{0\leq n}(-1)^n\left(\frac 1{\nu-n}-\frac 1{\nu+n+1}\right)P_n(x)\qquad -1< x< 1
\end{align}
この公式はDougall展開と呼ばれるもので, Legendre関数をLegendre多項式によって展開する公式である. さらにLegendre関数の積$P_{\nu}(x)P_{-\nu}(x)$に関しても全く同様の公式
\begin{align}
P_{\nu}(x)P_{\nu}(-x)&=\frac{\sin\pi\nu}{\pi}\sum_{0\leq n}(-1)^n\left(\frac 1{\nu-n}-\frac 1{\nu+n+1}\right)P_n(x)P_n(-x)\qquad -1< x<1
\end{align}
が成り立つことが知られている. しかし, 2乗に関する同様の式
\begin{align}
P_{\nu}(x)^2&=\frac{\sin\pi\nu}{\pi}\sum_{0\leq n}(-1)^n\left(\frac 1{\nu-n}-\frac 1{\nu+n+1}\right)P_n(x)^2
\end{align}
が成り立つ範囲は$0< x<1$であり, 一般に$-1< x<1$では成り立たない. 一見してかなり不思議な現象であるが, これらは標本化定理によって理解できる.
標本化定理
Legendre関数には対称性$P_{\nu}(x)=P_{-\nu-1}(x)$があるので, 最初に紹介した式は
\begin{align}
P_{\nu}(x)&=\frac{\sin\pi\nu}{\pi}\sum_{n\in\ZZ}\frac{(-1)^n}{\nu-n}P_n(x)\\
&=\sum_{n\in\ZZ}\frac{\sin\pi(\nu-n)}{\pi(\nu-n)}P_n(x)\qquad -1< x<1
\end{align}
と書き換えられる. $P_{\nu}(x)^2,P_{\nu}(x)P_{-\nu}(x)$の展開に関しても同様である. 一般に整関数$f(z)$が
\begin{align}
f(z)&=\sum_{n\in\ZZ}\frac{\sin\pi(z-n)}{\pi(z-n)}f(n)
\end{align}
と表される条件を与えるのが標本化定理である. 元々の標本化定理は複素関数論的に書き換えると以下のようなもので, Shannonの標本化定理と呼ばれることが多いようであるが, 実際にはShannonよりも前に証明されていたようである. ここでは単に標本化定理ということにする.
整関数$f(z)$はある定数$C$があって
\begin{align}
|f(z)|\leq C\exp(\pi|y|)\qquad \forall z=x+iy\in\CC
\end{align}
を満たしており,
\begin{align}
\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2\,dx<\infty
\end{align}
を満たしているとする. このとき,
\begin{align}
f(z)&=\sum_{n\in\ZZ}\frac{\sin\pi(z-n)}{\pi(z-n)}f(n)
\end{align}
が成り立つ.
この形の標本化定理はよく知られているので証明は省略する. $f(\nu)=P_{\nu}(x)$としてこの定理の仮定を満たしているかを確認すると, 一般に
\begin{align}
\int_{-\infty}^{\infty}P_{\nu}(x)^2\,d\nu
\end{align}
は発散してしまうので条件を満たさないことが分かる. 定理1は二乗可積分性の条件が強かったので, それを弱めた形の標本化定理が以下である.
整関数$f(z)$はある正の定数$C,\varepsilon>0$と$0\leq A<\pi$があって,
\begin{align}
|f(z)|\leq C|x|^{-\varepsilon}\exp(A|y|)\qquad\forall z=x+iy
\end{align}
を満たしているとき,
\begin{align}
f(z)&=\sum_{n\in\ZZ}\frac{\sin\pi(z-n)}{\pi(z-n)}f(n)
\end{align}
が成り立つ.
HardyによるMellin逆変換公式(
子葉さんの記事
を参照)より,
\begin{align}
\frac{\pi}{\sin\pi z}f(z)&=\int_0^{\infty}t^{z-1}\left(\frac 1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{\pi}{\sin\pi s}f(s)t^{-s}\,ds\right)\,dt\\
&=\int_0^1t^{z-1}\left(\frac 1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{\pi}{\sin\pi s}f(s)t^{-s}\,ds\right)\,dt\\
&\qquad+\int_1^{\infty}t^{z-1}\left(\frac 1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{\pi}{\sin\pi s}f(s)t^{-s}\,ds\right)\,dt\\
\end{align}
である. ここで, $|f(n)|< A|n|^{-\varepsilon}$であることから$0< t<1$のとき, Mellin-Barnes積分を積分路の左側の極に関して
\begin{align}
\frac 1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{\pi}{\sin\pi s}f(s)t^{-s}\,ds&=\sum_{n<0}(-1)^nf(n)t^{-n}
\end{align}
と展開することができる. 同様に$1< x$のときは積分路の右側の極に関して
\begin{align}
\frac 1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{\pi}{\sin\pi s}f(s)x^{-s}\,ds&=-\sum_{0\leq n}(-1)^nf(n)t^{-n}
\end{align}
と展開できる. よって, 項別積分により
\begin{align}
\frac{\pi}{\sin\pi z}f(z)
&=\int_0^1t^{z-1}\sum_{n<0}(-1)^nf(n)t^{-n}\,dt\\
&\qquad-\int_1^{\infty}t^{z-1}\sum_{0\leq n}(-1)^nf(n)t^{-n}\,dt\\
&=\sum_{n<0}\frac{(-1)^nf(n)}{z-n}+\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^nf(n)}{z-n}\\
&=\sum_{n\in\ZZ}\frac{(-1)^nf(n)}{z-n}\\
&=\frac{\pi}{\sin\pi z}\sum_{n\in\ZZ}\frac{\sin\pi(z-n)}{\pi(z-n)}f(n)
\end{align}
となって示すべき等式が得られる.
定理1と比較すると定理2には$A<\pi$という条件と$|x|$に関する条件もあり, その部分は仮定が強くなっている. よって, 二乗可積分の場合は定理1を使った方がよい. 超関数を用いた議論により, 定理2よりさらに仮定を弱めた結果がYoshinoによって, 1985年に示されているようである.
Dougall展開
Legendre関数が定理2の仮定を満たすことを確認する.
前の記事
で示したLaplace積分表示
\begin{align}
P_{\nu}(\cos\theta)&=\frac 1{\pi}\int_0^{\pi}(\cos\theta+i\sin\theta\sin\phi)^{\nu}\,d\theta
\end{align}
などを用いることによって, ある定数$C>0$によって
\begin{align}
|P_{\nu}(\cos\theta)|\leq C|x|^{-\frac 12}e^{|\theta||y|}\qquad \nu=x+iy
\end{align}
とおさえられることが示される(しかしそれほど容易ではない, この不等式を簡単に示す方法はあるだろうか). よって, $|\theta|<\pi$ならば, 定理の仮定を満たすので, Dougall展開
\begin{align}
P_{\nu}(x)&=\frac{\sin\pi\nu}{\pi}\sum_{0\leq n}(-1)^n\left(\frac 1{\nu-n}-\frac 1{\nu+n+1}\right)P_n(x)\qquad -1< x<1
\end{align}
を得ることができる. 最初に述べた2乗の場合は
\begin{align}
|P_{\nu}(\cos\theta)^2|\leq C^2|x|^{-1}e^{2|\theta||y|}\qquad \nu=x+iy
\end{align}
となるので, 特に二乗可積分であるから定理1を使うことを考えると, 定理1の仮定を満たす条件が$|\theta|\leq\frac{\pi}2$となる. そのとき, $\cos\theta$は$0\leq x\leq 1$をとる. 定理1からは
\begin{align}
P_{\nu}(x)^2&=\frac{\sin\pi\nu}{\pi}\sum_{0\leq n}(-1)^n\left(\frac 1{\nu-n}-\frac 1{\nu+n+1}\right)P_n(x)^2
\end{align}
が$0\leq x\leq 1$の範囲で成り立つことまでしか言えないということが, このような等式が成り立つ範囲が変わってくる要因となっている. $P_{\nu}(x)P_{\nu}(-x)$の場合は
\begin{align}
|P_{\nu}(-\cos\theta)|&=|P_{\nu}(\cos(\pi-\theta))|\leq C|x|^{-\frac 12}e^{|\pi-\theta||y|}\qquad \nu=x+iy
\end{align}
とおさえられるので, $0\leq \theta\leq\pi$において
\begin{align}
|P_{\nu}(\cos\theta)P_{\nu}(-\cos\theta)|\leq C^2|x|^{-1}e^{\pi|y|}\qquad \nu=x+iy
\end{align}
とおさえられる. これは二乗可積分なので定理1の仮定を満たしていることから,
\begin{align}
P_{\nu}(x)P_{\nu}(-x)&=\frac{\sin\pi\nu}{\pi}\sum_{0\leq n}(-1)^n\left(\frac 1{\nu-n}-\frac 1{\nu+n+1}\right)P_n(x)P_n(-x)\qquad -1\leq x\leq 1
\end{align}
と展開できる. これは$A=\pi$の場合になり, 定理2の仮定は満たしていないので, ちょうど展開できている例と言える. 例えば
\begin{align}
P_{\nu}(x)^2P_{\nu}(-x)^2
\end{align}
の場合は常に$e^{\pi|y|}$ではおさえられないので定理1, 定理2からは展開できる範囲が得られないと思われる. 一方で, $P_{\nu}(x)^k$を考えると,
\begin{align}
|P_{\nu}(\cos\theta)^k|\leq C^k|x|^{-\frac k2}e^{k|\theta||y|}\qquad \nu=x+iy
\end{align}
となり, $k\geq 2$のとき二乗可積分であるから, $|\theta|\leq \frac{\pi}k$のとき定理1の仮定を満たすので, $\cos\frac{\pi}k\leq x\leq 1$のとき,
\begin{align}
P_{\nu}(x)^k&=\frac{\sin\pi\nu}{\pi}\sum_{0\leq n}(-1)^n\left(\frac 1{\nu-n}-\frac 1{\nu+n+1}\right)P_n(x)^k
\end{align}
が得られることになる.
