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現代数学解説
畳み込み係数から定まる二つの関数の Fourier-Legendre 展開
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この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。
$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}}
\newcommand{BC}[0]{\begin{cases}}
\newcommand{BE}[0]{\begin{equation}}
\newcommand{bl}[0]{\boldsymbol}
\newcommand{BM}[0]{\begin{matrix}}
\newcommand{D}[0]{\displaystyle}
\newcommand{EA}[0]{\end{align*}}
\newcommand{EC}[0]{\end{cases}}
\newcommand{EE}[0]{\end{equation}}
\newcommand{EM}[0]{\end{matrix}}
\newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}}
\newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}}
\newcommand{L}[0]{\left}
\newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}}
\newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}}
\newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}}
\newcommand{R}[0]{\right}
\newcommand{vep}[0]{\varepsilon}
$$
0．記法と主結果
$\hspace{5pt}$本稿では
$\BA\D \gamma_n ^{}:=\sum_{k=0}^n \beta_k^3\beta_{n-k}^{}\EA$
と定義し，
$\BA\D Y_0(x)&:=\sum_{n=1}^\infty \frac{\gamma_{n-1}^{}}{2n\beta_n^{}}x^{2n-1}\\ Y_1(x)&:=\sum_{n=1}^\infty \frac{\gamma_{n-1}^{}}{2n\beta_n^{}}x^{2n-1}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\L(2k\R)^3\gamma_{k-1}^{}\gamma_k^{}} \EA$
を考えます。
$\hspace{5pt}$これらの Fourier-Legendre 展開は次の形で明示されます。
$\BA\D \boxed{\quad\BA (0.0):\quad Y_0(x)&=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}(4n-1)}{\left(2n\beta_n^{}\right)^5}P_{2n-1}(x)\left(\frac{A}{4}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(4k+1)\left((4k+1)^2+1\right)\beta_k^5-\frac{2}{\pi^2 A}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(4k+1)\beta_k^5\right)\\ (0.1):\quad Y_1(x)&=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}(4n-1)}{\left(2n\beta_n\right)^5}P_{2n-1}(x)\left(1+\frac{Ac_3}{4}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(4k+1)\left((4k+1)^2+1\right)\beta_k^5-\frac{1}{A}\left(\frac{\pi}{2}+\frac{2c_3}{\pi^2}\right)\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(4k+1)\beta_k^5\right) \EA\quad} \EA$
ここで，
$\BA\D c_3:=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\L(2n\R)^3\gamma_{n-1}^{}\gamma_n^{}} \EA$
としています。
1．Legendre 多項式に適合する四階微分作用素
定義 1.1
$\hspace{5pt}$微分作用素$D_5$を
$\BA\D (1.1):\quad\boxed{\quad D_5y=x(1-x^2)^2y^{(4)}+2(1-x^2)(1-5x^2)y^{(3)}+x(25x^2-17)y''+5(3x^2-1)y'+xy\quad} \EA$
で定義します。この作用素は，$p=x(1-x^2)^2,\,\,q=-5x(1-x^2)$とおけば
$\BA\D D_5y=\L(py''\R)''+\L(qy'\R)'+xy \EA$
と自己随伴型に書けます。したがって，十分に滑らかな関数$f(x),\,g(x)$に対して Green 恒等式
$\BA\D f(x)D_5g(x)-g(x)D_5f(x)=\frac{d}{dx}{\cal B}[f,g](x) \EA$
が成り立ちます。ここで双線型形式$\cal B$は
$\BA\D {\cal B}[f,g]=f\L(pg''\R)'-g\L(pf''\R)'-f'pg''+g'pf''+q\L(fg'-f'g\R) \EA$
となります。
$\hspace{5pt}$また，Legendre 多項式$P_n(x)$に対して次の昇降公式が成り立ちます。
$\BA\D (1.2):\quad\boxed{\quad (2n+1)D_5P_n(x)=n^5P_{n-1}(x)+(n+1)^5P_{n+1}(x) \quad} \EA$
これは本稿の計算の基盤となる公式です。これにより
$\BA\D (1.3):\quad\boxed{\quad P_{2n-1}(x)=\frac{(-1)^{n-1}}{\L(2n\beta_n^{}\R)^5}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(4k+1)\beta_k^5D_5P_{2k}(x) \quad} \EA$
となります。
2．畳み込み係数$\gamma_n^{}$と同次解$Y_0(x)$，非同次解$Y_1(x)$
$\hspace{5pt}$$\gamma_n^{}$は
$\BA\D (2.1):\quad\boxed{\quad (2n+2)^3\gamma_{n+1}^{}-(2n+1)\L(2(2n+1)^2+3\R)\gamma_n^{}+(2n)^3\gamma_{n-1}^{}=0 \quad} \EA$
を満たします。便宜上$\gamma_{-1}^{}=0$とします。
ここで
$\BA\D h_n^{}:=\frac{\gamma_{n}^{}}{(2n+1)\beta_n^{}} \EA$
とおくと，
$\BA\D A_n^{}h_{n+1}^{}-B_n^{}h_n^{}+C_n^{}h_{n-1}^{}=0 \EA$
となります。$A_n:=(2n+3)(2n+2)^2(2n+1),\,\,B_n:=(2n+1)^2\L(2(2n+1)^2+3\R),\,\,C_n:=(2n)^4$としています。
$\hspace{5pt}$一方で，
$\BA\D D_5x^m=m(m-1)^2(m-2)x^{m-3}-m^2(2m^2+3)x^{m-1}+(m+1)^4x^{m+1} \EA$
が成り立ちますので，奇数冪級数
$\BA\D y(x)=\sum_{n=0}^\infty a_n^{}x^{2n+1} \EA$
に対して$D_5y(x)$の$x^{2n}$の係数は
$\BA\D (2.2):\quad\boxed{\quad L(a_n):=A_n^{}a_{n+1}^{}-B_n^{}a_n^{}+C_n^{}a_{n-1}^{} \quad} \EA$
となります。便宜上$a_{-1}=0$です。
よって
$\BA\D (2.3):\quad\boxed{\quad D_5Y_0(x)=0 \quad} \EA$
です。
$\hspace{5pt}$次に，
$\BA\D U_n^{}:=\sum_{k=1}^n \frac{1}{\L(2k\R)^3\gamma_{k-1}^{}\gamma_k^{}} \EA$
とおいて，$a_n^{}=h_n^{}U_n^{}$を代入すると
$\BA\D L\L(h_n^{}U_n^{}\R)&=A_n^{}h_{n+1}^{}U_{n+1}^{}-B_n^{}h_n^{}U_n^{}+C_n^{}h_{n-1}^{}U_{n-1}^{}\\&=A_n^{}h_{n+1}^{}U_{n+1}^{}-\L(A_n^{}h_{n+1}^{}+C_n^{}h_{n-1}^{}\R)U_n^{}+C_n^{}h_{n-1}^{}U_{n-1}^{}\\&=A_n^{}h_{n+1}^{}\L(U_{n+1}^{}-U_n^{}\R)-C_n^{}h_{n-1}^{}\L(U_n^{}-U_{n-1}^{}\R)\\&=\frac{A_n^{}h_{n+1}^{}}{\qty(2n+2)^3\gamma_n^{}\gamma_{n+1}^{}}-\frac{C_n^{}h_{n-1}^{}}{\qty(2n)^3\gamma_{n-1}^{}\gamma_n^{}}\\&=\frac{1}{\gamma_n^{}\beta_n^{}}-\frac{1}{\gamma_n^{}\beta_n^{}}\\&=0 \EA$
したがって，$D_5Y_1(x)$の$x^{2n}$の係数は$n\ge 1$ですべて$0$です。$n=0$では
$\BA\D L\L(h_n^{}U_n^{}\R)=3\cdot2^2\cdot1\cdot a_1^{}-1^2\cdot(2+3)a_0^{}=1 \EA$
なので，
$\BA\D (2.4):\quad\boxed{\quad D_5Y_1(x)=1 \quad} \EA$
です。
3．端点$x=1$における漸近展開
$\hspace{5pt}$次の漸近展開が成り立ちます。
$\BA\D (3.1):\quad\boxed{\quad h_n^{}=A\frac{1}{2n}-\L(\frac{5A}{4}+\frac{1}{\pi^2 A}\R)\frac{1}{(2n)^2}+O\big(n^{-\frac{5}{2}}\big) \quad} \EA$
これは，$\D {_3}F_2\L[\BM \frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\1,1 \EM;z\R]$の Clausen の恒等式に Gauss の接続公式を適用することでわかります。さらに
$\BA\D c_3=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\L(2n\R)^3\gamma_{n-1}^{}\gamma_n^{}} \EA$
は収束し，
$\BA\D (3.2):\quad\boxed{\quad U_n^{}=c_3-\frac{\pi}{8A^2}\frac{1}{n}+O\big(n^{-\frac{3}{2}}\big) \quad} \EA$
が成り立ちます。
$\hspace{5pt}$上記から，$x\to1^-$において
$\BA\D \boxed{\BA \quad (3.3.0):\quad Y_0(x)&=-\frac{A}{2}\log(1-x)+O(1)-\L(\frac{A}{2}+\frac{1}{\pi^2A}\R)(1-x)\log(1-x)+O(1-x)\\ (3.3.1):\quad Y_1(x)&=-\frac{Ac_3}{2}\log(1-x)+O(1)-\L(\frac{A}{8}+\frac{1}{A}\L(\frac{\pi}{8}+\frac{c_3}{2\pi^2}\R)\R)(1-x)\log(1-x)+O(1-x) \quad \EA} \EA$
が成り立ちます。
4．境界形式の評価
$\hspace{5pt}$$F(x)$が$x\to1^-$で
$\BA\D F(x)=a\log(1-x)+b+c(1-x)\log(1-x)+O(1-x) \EA$
と展開されるとします。このとき，任意の多項式$g(x)$に対して
$\BA\D (4.1):\quad\boxed{\quad \lim_{x\to1^-}{\cal B}[F,g](x)=(4c-2a)g(1)-4ag'(1) \quad} \EA$
が成り立ちます。以下証明です。
$\hspace{5pt}$$t=1-x$とおきます。$t\to0^+$で
$\BA\D p=x(1-x^2)^2=4t^2+O(t^3),\qquad q=-5x(1-x^2)=-10t+O(t^2) \EA$
です。また，
$\BA\D F'(t)=-\frac{a}{t}-c\log t-c+O(1),\qquad F''(t)=-\frac{a}{t^2}+\frac{c}{t}+O(1) \EA$
さらに，$g(x)$は多項式なので，
$\BA\D g(x)=g(1)-g'(1)t+O(t^2),\qquad g'(x)=g'(1)+O(t),\qquad g''(x)=g''(1)+O(t) \EA$
です。これらを
$\BA\D {\cal B}[F,g]=F\L(pg''\R)'-g\L(pF''\R)'-F'pg''+g'pF''+q\L(Fg'-F'g\R) \EA$
に代入すると，発散項は相殺され，有限部分が残り，$x\to1^-$ととることで$(4.1)$式を得ます。
$\hspace{5pt}$よって，$F(x)=Y_0(x),\,\,Y_1(x)$の場合は
$\BA\D \boxed{\BA\quad &(4.2.0):\quad{\cal B}[Y_0,g](1)=\L(\frac{A}{2}-\frac{2}{\pi^2A}\R)g(1)+2Ag'(1)\\&(4.2.1):\quad{\cal B}[Y_1,g](1)=\L(\frac{Ac_3}{2}-\frac{1}{A}\L(\frac{\pi}{2}+\frac{2c_3}{\pi^2}\R)\R)g(1)+2Ac_3g'(1) \quad\EA} \EA$
となります。
5．$Y_0(x)$の Fourier-Legendre 展開
$\hspace{5pt}$$Y_0(x)$は奇関数であり，$-1< x<1$の範囲で
$\BA\D Y_0(x)=\sum_{n=1}^\infty (4n-1)D_nP_{2n-1}(x) \EA$
と書けるものとすると，$(1.3)$式より
$\BA\D D_n&=\int_0^1 Y_0(x)P_{2n-1}(x)\,dx\\&=\frac{(-1)^{n-1}}{\L(2n\beta_n\R)^5}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(4k+1)\beta_k^5\int_0^1 Y_0(x)D_5P_{2n}(x)\,dx \EA$
であり，Green 恒等式を$f(x)=Y_0(x),\,\,g(x)=P_{2k}(x)$に適用します。$D_5Y_0(x)=0$であり，$Y_0(x)$は奇関数，$P_{2k}(x)$は偶関数であるため，$x=0$における境界項は$0$となります。したがって
$\BA\D \int_0^1 Y_0(x)D_5P_{2k}(x)\,dx&={\cal B}[Y_0,P_{2k}](1)\\&=\L(\frac{A}{2}-\frac{2}{\pi^2A}\R)P_{2k}(1)+2AP_{2k}'(1)\\&=\frac{A}{2}-\frac{2}{\pi^2A}+2A\cdot k(2k+1)\\&=\frac{A}{4}\L((4k+1)^2+1\R)-\frac{2}{\pi^2 A} \EA$
これを代入すればよいです。
6．$Y_1(x)$の Fourier-Legendre 展開
$\hspace{5pt}$$Y_0(x)$の場合と同様の順序で計算を進めればよいです。途中で
$\BA\D \int_0^1 P_{2k}(x)\,dx=\delta_{k,0} \EA$
を使用します。
7．$D_4$の場合
$\hspace{5pt}$$D_4$の場合は，全く同様にして
$\BA\D \alpha_n^{}:=\sum_{k=0}^n \beta_k^2\beta_{n-k}^{},\qquad c_2:=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\L(2n\R)^2\alpha_{n-1}^{}\alpha_n^{}} \EA$
として
$\boxed{\quad \BA\D &Z_0(x):=\sum_{n=1}^\infty \frac{\alpha_{n-1}^{}}{2n\beta_n^{}}x^{2n-1}=\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^\infty \frac{4n-1}{\L(2n\beta_n^{}\R)^4}P_{2n-1}(x)\sum_{k=0}^{n-1}(4k+1)\beta_k^4 \\ & Z_1(x):=-\sum_{n=1}^\infty \frac{\alpha_{n-1}^{}}{2n\beta_n^{}}x^{2n-1}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\L(2k\R)^2\alpha_{k-1}^{}\alpha_k^{}}=\sum_{n=1}^\infty \frac{4n-1}{\L(2n\beta_n^{}\R)^4}P_{2n-1}(x)\L(1-\frac{2c_2}{\pi}\sum_{k=0}^{n-1}(4k+1)\beta_k^4\R) \EA \quad}$
を得ました。
8．$\beta_k^2\beta_{n-k}^2$の場合
$\hspace{5pt}$同様に
$\BA\D E_n:=\sum_{k=0}^n \beta_k^2\beta_{n-k}^2,\qquad W_0(x):=\sum_{n=1}^\infty \frac{E_{n-1}}{2n\beta_n}x^{2n-1},\qquad W_1(x):=\sum_{n=1}^\infty \frac{E_{n-1}}{2n\beta_n}x^{2n-1}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\L(2k\R)^3E_{k-1}E_k} \EA$
とした場合，対応する微分作用素は
$\BA\D {\cal L}_E:=D_5+\frac{d}{dx}x\frac{d}{dx} \EA$
すなわち
$\BA\D {\cal L}_EW_0(x)=0,\qquad {\cal L}_EW_1(x)=1 \EA$
となりますが，$\frac{d}{dx}x\frac{d}{dx}$があるせいで Fourier-Legendre 展開をうまく求めることができないようです。
9．$P_{2n}$-展開
$\hspace{5pt}$積分自体は$P_{2n}$でもできますので，$0< x<1$での展開式として
$\boxed{\BA\quad Y_0(x)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(4n+1)\beta_n^5P_{2n}(x)\L(\int_0^1 Y_0(x)\,dx-\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}(4k-1)}{\L(2k\beta_k\R)^5}\L(\frac{A}{4}\L((4k-1)^2+1\R)-\frac{2}{\pi^2A}\R)\R)\\ Y_1(x)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(4n+1)\beta_n^5P_{2n}(x)\L(\int_0^1 Y_1(x)\,dx-\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}(4k-1)}{\L(2k\beta_k\R)^5}\L(\frac{Ac_3}{4}\L((4k-1)^2+1\R)-\frac{1}{A}\L(\frac{\pi}{2}+\frac{2c_3}{\pi^2}\R)+\frac{(-1)^{k-1}\beta_k}{2k-1}\R)\R) \quad\EA}$
$\boxed{\quad \BA\D Z_0(x)&=\sum_{n=0}^\infty (4n+1)\beta_n^4P_{2n}(x)\L(\int_0^1 Z_0(x)\,dx+\frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^n\frac{4k-1}{\L(2k\beta_k\R)^4} \R)\\ Z_1(x)&=\sum_{n=0}^\infty (4n+1)\beta_n^4P_{2n}(x)\L(\int_0^1 Z_1(x)\,dx-\sum_{k=1}^n \frac{4k-1}{\L(2k\beta_k\R)^4}\L(\frac{2c_2}{\pi}-\frac{(-1)^{k-1}\beta_k}{2k-1}\R) \R) \EA \quad}$
となります。
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