直交多項式と超幾何関数(6)〜JacobiからLaguerre・Hermiteへ〜

Jacobi多項式の超幾何関数表示は次のようであった。
\begin{align*} P_n^{(\alpha, \beta)}(x) =\binom{n+\alpha}{n}\sum_{k=0}^n\frac{(-n)_k(n+\alpha+\beta+1)_k}{k!(\alpha+1)_k} \left(\frac{1-x}{2}\right)^k \end{align*}
ここで$x\mapsto 1-\frac{2x}{\beta}$とおくことで
\begin{align*} P_n^{(\alpha, \beta)}\left(1-\frac{2x}{\beta}\right) &=\binom{n+\alpha}{n}\sum_{k=0}^n\frac{(-n)_k(n+\alpha+\beta+1)_k}{k!(\alpha+1)_k} \left(\frac{x}{\beta}\right)^k \\ &=\binom{n+\alpha}{n}\sum_{k=0}^n\frac{(-n)_k}{k!(\alpha+1)_k} \frac{(n+\alpha+\beta+1)_k}{\beta^k}x^k \end{align*}
最後に$\beta\to\infty$とすることで、上の一般項表示を得る。（証明終わり）

Jacobi多項式が満たす微分方程式は
\begin{align*} (1-x^2)\frac{d^2}{dx^2}P_n^{(\alpha, \beta)}(x) -\{(\alpha+\beta+2)x+\alpha-\beta\}\frac{d}{dx}P_n^{(\alpha, \beta)}(x) +n(n+\alpha+\beta+1)P_n^{(\alpha, \beta)}(x)=0 \end{align*}
のように書き表されていた。
ここに$x\mapsto 1-\frac{2x}{\beta}$の置換をする。
以下$\widetilde{P}_n^{(\alpha, \beta)}(x)=P_n^{(\alpha, \beta)}(1-\frac{2x}{\beta})$とおく。すると
\begin{align*} &\left\{1-\left(1-\frac{2x}{\beta}\right)^2\right\}\left(-\frac{\beta}{2}\right)^2 \frac{d^2}{dx^2}\widetilde{P}_n^{(\alpha, \beta)}(x) -\left\{(\alpha+\beta+2)\left(1-\frac{2x}{\beta}\right)+\alpha-\beta\right\} \left(-\frac{\beta}{2}\right)\frac{d}{dx}\widetilde{P}_n^{(\alpha, \beta)}(x) +n(n+\alpha+\beta+1)\widetilde{P}_n^{(\alpha, \beta)}(x)=0 \\ &\Leftrightarrow x(\beta-x)\frac{d^2}{dx^2}\widetilde{P}_n^{(\alpha, \beta)}(x) +\{-(\alpha+\beta+2)x+(\alpha+1)\beta\} \frac{d}{dx}\widetilde{P}_n^{(\alpha, \beta)}(x) +n(n+\alpha+\beta+1)\widetilde{P}_n^{(\alpha, \beta)}(x)=0 \\ &\Leftrightarrow x\left(1-\frac{x}{\beta}\right)\frac{d^2}{dx^2}\widetilde{P}_n^{(\alpha, \beta)}(x) +\left\{-\frac{\alpha+\beta+2}{\beta}x+(\alpha+1)\right\} \frac{d}{dx}\widetilde{P}_n^{(\alpha, \beta)}(x) +n\frac{n+\alpha+\beta+1}{\beta}\widetilde{P}_n^{(\alpha, \beta)}(x)=0 \end{align*}
最後の行は$\beta$で割っただけである。そして最後に$\beta\to\infty$の極限を取ると
\begin{align*} x\frac{d^2}{dx^2}L_n^{(\alpha)}(x) +(-x+\alpha+1)\frac{d}{dx}L_n^{(\alpha)}(x) +nL_n^{(\alpha)}(x)=0 \end{align*}
という題意の微分方程式を得た。（証明終わり）

これも同様にJacobi多項式の三項間漸化式を使う。次のように書けていた。
\begin{align*} &2(n+1)(n+\alpha+\beta+1)(2n+\alpha+\beta) P_{n+1}^{(\alpha, \beta)}(x) \\ &\quad= (2n+\alpha+\beta+1)\left\{(2n+\alpha+\beta)(2n+\alpha+\beta+2) x+\alpha^2-\beta^2\right\}P_n^{(\alpha, \beta)}(x) \\ &\qquad- 2(n+\alpha)(n+\beta)(2n+\alpha+\beta+2)P_{n-1}^{(\alpha, \beta)}(x) \end{align*}
さて$x=1-\frac{2x}{\beta}$を代入すると、中括弧内の係数が変わる。
そこだけ計算すると
\begin{align*} &(2n+\alpha+\beta)(2n+\alpha+\beta+2) \left(1-\frac{2x}{\beta}\right)+\alpha^2-\beta^2 \\ &=-\frac{2}{\beta}(2n+\alpha+\beta)(2n+\alpha+\beta+2)x +(2n+\alpha+\beta)(2n+\alpha+\beta+2)+\alpha^2-\beta^2 \\ &=-\frac{2}{\beta}(2n+\alpha+\beta)(2n+\alpha+\beta+2)x +2(2n+\alpha+1)\beta+(2n+\alpha)(2n+\alpha+2)+\alpha^2 \end{align*}
[ここで$\beta^2$の項が消えるのがポイントである]
さらに$\beta^2$で割ると、次のようになる。
\begin{align*} &2(n+1)\left(1+\frac{n+\alpha+1}{\beta}\right)\left(1+\frac{2n+\alpha}{\beta}\right) P_{n+1}^{(\alpha, \beta)}\left(1-\frac{2x}{\beta}\right) \\ &\quad= \left(1+\frac{2n+\alpha+1}{\beta}\right) \left\{-2\left(1+\frac{2n+\alpha}{\beta}\right) \left(1+\frac{2n+\alpha+2}{\beta}\right)x +2(2n+\alpha+1)+\frac{(2n+\alpha)(2n+\alpha+2)+\alpha^2}{\beta}\right\} P_n^{(\alpha, \beta)}\left(1-\frac{2x}{\beta}\right) \\ &\qquad- 2(n+\alpha)\left(1+\frac{n}{\beta}\right) \left(1+\frac{2n+\alpha+2}{\beta}\right) P_{n-1}^{(\alpha, \beta)}\left(1-\frac{2x}{\beta}\right) \end{align*}
となるので、また同様に$\beta\to\infty$の極限を取ることで漸化式を得る。
初項の値については上で計算したとおりである。（証明終わり）

• $m\neq n$のとき
  上に記述したことから、微分演算子$L_w=-x^{-\alpha}e^x\frac{d}{dx}(x^{\alpha+1}e^{-x}\frac{d}{dx})$を定めることで
  GLPは$L_wL_n^{(\alpha)}(x)=nL_n^{(\alpha)}(x)$を満たしていた。
  よって
  \begin{align*} n\int_0^\infty L_m^{(\alpha)}(x)L_n^{(\alpha)}(x)x^{\alpha}e^{-x}dx &=\int_0^\infty L_m^{(\alpha)}(x)(L_wL_n^{(\alpha)}(x))x^{\alpha}e^{-x}dx \\ &=-\int_0^\infty L_m^{(\alpha)}(x) \frac{d}{dx}\left\{x^{\alpha+1}e^{-x}\frac{dL_n^{(\alpha)}(x)}{dx}\right\}dx \\ &=\int_0^\infty \frac{dL_m^{(\alpha)}(x)}{dx} x^{\alpha+1}e^{-x}\frac{dL_n^{(\alpha)}(x)}{dx}dx \quad (\text{部分積分}) \\ &=m\int_0^\infty L_m^{(\alpha)}(x)L_n^{(\alpha)}(x)x^{\alpha}e^{-x}dx \quad (\text{$m$ と $n$ の役割交換}) \end{align*}
  がわかり、$m\neq n$であったことから直交性が従う。
• $m=n$のとき
  このときは(結局部分積分を$n$回使うので)Rodriguesの公式から示す。
  \begin{align*} \int_0^\infty\left\{L_n^{(\alpha)}(x)\right\}^2x^{\alpha}e^{-x}dx &=\int_0^\infty L_n^{(\alpha)}(x)\left\{\frac{1}{n!} x^{-\alpha}e^x\frac{d^n}{dx^n} \left\{x^{n+\alpha}e^{-x}\right\}\right\}x^{\alpha}e^{-x}dx \\ &=\frac{1}{n!}\int_0^\infty L_n^{(\alpha)}(x)\frac{d^n}{dx^n}\left\{x^{n+\alpha}e^{-x}\right\}dx \\ &=\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^\infty \left\{\frac{d^n}{dx^n}L_n^{(\alpha)}(x)\right\}x^{n+\alpha}e^{-x}dx \quad (\text{$n$ 回部分積分}) \\ &=\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^\infty \left\{n!\frac{(-1)^n}{n!}\right\}x^{n+\alpha}e^{-x}dx \quad (\text{最高時係数の値を代入}) \\ &=\frac{1}{n!}\int_0^\infty x^{n+\alpha}e^{-x}dx \\ &=\frac{\Gamma(n+\alpha+1)}{\Gamma(n+1)} \quad (\text{Gamma 関数の定義より}) \\ \end{align*}
  となり示すことができた。（証明終わり）

前記事同様に添え字を1つずらして$\frac{d}{dx}L_{n+1}^{(\alpha)}(x)$を考える。
任意の$n-1$次以下の多項式$\phi(x)$に対して、
\begin{align*} &\int_0^\infty\left\{\frac{d}{dx}L_{n+1}^{(\alpha)}(x)\right\} \phi(x)x^{\alpha+1}e^{-x}dx \\ &\quad= \left[L_{n+1}^{(\alpha)}(x)\phi(x)x^{\alpha+1}e^{-x}\right]_0^\infty -\int_0^\infty L_{n+1}^{(\alpha)}(x)\frac{d}{dx}\{\phi(x)x^{\alpha+1}e^{-x}\}dx \\ &\quad= -\int_0^\infty L_{n+1}^{(\alpha)}(x)\frac{d}{dx}\{\phi(x)x^{\alpha+1}e^{-x}\}dx \\ &\quad= \int_0^\infty L_{n+1}^{(\alpha)}(x)(L_w\Phi(x))x^{\alpha}e^{-x}dx=0 \end{align*}
ただし$\Phi$は$\phi$の原始関数の一つである。また最後はGLPの直交性を用いた。
ゆえに$\frac{d}{dx}L_{n+1}^{(\alpha)}(x)$は重さ関数$x^{\alpha+1}e^{-x}$で直交性を満たし、GLP$L_n^{(\alpha+1)}(x)$と比例関係にあることがわかる。
$L_n^{(\alpha)}(x)$の最高次係数が$\frac{(-1)^n}{n!}$であることを考えると
その比例定数は-1であることがわかり示された。（証明終わり）

これは先ほど同様に、Jacobi多項式の微分方程式から求める。
\begin{align*} (1-x^2)\frac{d^2}{dx^2}P_n^{(\alpha, \beta)}(x) -\{(\alpha+\beta+2)x+\alpha-\beta\}\frac{d}{dx}P_n^{(\alpha, \beta)}(x) +n(n+\alpha+\beta+1)P_n^{(\alpha, \beta)}(x)=0 \end{align*}
まずここで$\alpha=\beta$とおくことでGegenbaur多項式の微分方程式
\begin{align*} (1-x^2)\frac{d^2}{dx^2}P_n^{(\alpha, \alpha)}(x) -2(\alpha+1)x\frac{d}{dx}P_n^{(\alpha, \alpha)}(x) +n(n+2\alpha+1)P_n^{(\alpha, \alpha)}(x)=0 \end{align*}
を満たしている。次に$x\mapsto x\alpha^{-1/2}$と変数変換することで
\begin{align*} &(1-x^2\alpha^{-1})\alpha\frac{d^2}{dx^2}P_n^{(\alpha, \alpha)}(x\alpha^{-1/2}) -2(\alpha+1)x\alpha^{-1/2}\cdot \alpha^{1/2}\frac{d}{dx} P_n^{(\alpha, \alpha)}(x\alpha^{-1/2}) +n(n+2\alpha+1)P_n^{(\alpha, \alpha)}(x\alpha^{-1/2})=0 \\ &\Leftrightarrow \left(1-\frac{x^2}{\alpha}\right)\frac{d^2}{dx^2} \alpha^{-n/2}P_n^{(\alpha, \alpha)}(x\alpha^{-1/2}) -2\left(1+\frac{1}{\alpha}\right)x\frac{d}{dx} \alpha^{-n/2}P_n^{(\alpha, \alpha)}(x\alpha^{-1/2}) +n\left(2+\frac{n+1}{\alpha}\right) \alpha^{-n/2}P_n^{(\alpha, \alpha)}(x\alpha^{-1/2})=0 \end{align*}
そして最後に$\alpha\to\infty$の極限を取り、$2^nn!$で割る(式自体に影響はない)ことで
\begin{align*} \frac{d^2}{dx^2}H_n(x)-2x\frac{d}{dx}H_n(x)+2nH_n(x)=0 \end{align*}
の式を得ることができた。（証明終わり）

Jacobi多項式の三項間漸化式は
\begin{align*} &2(n+1)(n+\alpha+\beta+1)(2n+\alpha+\beta) P_{n+1}^{(\alpha, \beta)}(x) \\ &\quad= (2n+\alpha+\beta+1)\left\{(2n+\alpha+\beta)(2n+\alpha+\beta+2) x+\alpha^2-\beta^2\right\}P_n^{(\alpha, \beta)}(x) \\ &\qquad- 2(n+\alpha)(n+\beta)(2n+\alpha+\beta+2)P_{n-1}^{(\alpha, \beta)}(x) \end{align*}
のようであった。ここで$\alpha=\beta$とおきGegenbaur多項式の漸化式を得ると
\begin{align*} (n+1)(n+2\alpha+1)P_{n+1}^{(\alpha, \alpha)}(x) =(n+\alpha+1)(2n+2\alpha+1)xP_n^{(\alpha, \alpha)}(x) -(n+\alpha)(n+\alpha+1)P_{n-1}^{(\alpha, \alpha)}(x) \end{align*}
のように書くことができた。さらに$x\mapsto x\alpha^{-1/2}$の変換を行うと
\begin{align*} (n+1)(n+2\alpha+1)P_{n+1}^{(\alpha, \alpha)}(x\alpha^{-1/2}) =(n+\alpha+1)(2n+2\alpha+1)x\alpha^{-1/2}P_n^{(\alpha, \alpha)}(x\alpha^{-1/2}) -(n+\alpha)(n+\alpha+1)P_{n-1}^{(\alpha, \alpha)}(x\alpha^{-1/2}) \end{align*}
次に$\alpha^n$による調整を行うことで
\begin{align*} \frac{(n+1)(n+2\alpha+1)}{\alpha} \alpha^{-(n+1)/2}P_{n+1}^{(\alpha, \alpha)}(x\alpha^{-1/2}) =\frac{(n+\alpha+1)(2n+2\alpha+1)}{\alpha^2}x \alpha^{-n/2}P_n^{(\alpha, \alpha)}(x\alpha^{-1/2}) -\frac{(n+\alpha)(n+\alpha+1)}{\alpha^2} \alpha^{-(n-1)/2}P_{n-1}^{(\alpha, \alpha)}(x\alpha^{-1/2}) \end{align*}
となる。$\alpha\to\infty$とすることで、$\displaystyle \lim_{\alpha\to\infty}\alpha^{-n/2}P_n^{(\alpha, \alpha)}(x\alpha^{-1/2})=\frac{1}{2^nn!}H_n(x)$に注意して
\begin{align*} &\frac{2(n+1)}{2^{n+1}(n+1)!}H_{n+1}(x) =\frac{2x}{2^nn!}H_n(x) -\frac{1}{2^{n-1}(n-1)!}H_{n-1}(x) \\ &\Leftrightarrow H_{n+1}(x)=2xH_n(x)-2nH_{n-1}(x) \end{align*}
となり三項間漸化式を満たすことが示された。（証明終わり）