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現代数学解説
楕円積分の反対称積の 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。
$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}}
\newcommand{BC}[0]{\begin{cases}}
\newcommand{BE}[0]{\begin{equation}}
\newcommand{bl}[0]{\boldsymbol}
\newcommand{BM}[0]{\begin{matrix}}
\newcommand{D}[0]{\displaystyle}
\newcommand{EA}[0]{\end{align*}}
\newcommand{EC}[0]{\end{cases}}
\newcommand{EE}[0]{\end{equation}}
\newcommand{EM}[0]{\end{matrix}}
\newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}}
\newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}}
\newcommand{L}[0]{\left}
\newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}}
\newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}}
\newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}}
\newcommand{R}[0]{\right}
\newcommand{vep}[0]{\varepsilon}
$$
$\hspace{5pt}$先ず
$\begin{align*} D_1&=x\\D_2&=(1-x^2)\frac{d}{dx}-x\\D_r&=-D_{r-1}-D_{r-2}\frac{d}{dx}(1-x^2)\frac{d}{dx}\qquad(r\ge3) \end{align*}$
なる微分作用素$D_r$について，
$\displaystyle{(2n+1)D_rP_{n}(x)=n^rP_{n-1}(x)-(-1)^r(n+1)^rP_{n+1}(x)}$
が成り立ちます。$P_n(x)$は Legendre 多項式です。すなわち$r=4$については
$({\rm A}):\displaystyle{\begin{cases} & P_{2n-1}(x)&\displaystyle =-\frac{1}{\left(2n\beta_n\right)^4}\sum_{k=0}^{n-1}(4k+1)\beta_k^4D_4P_{2k}(x) \\ & P_{2n}(x)&\displaystyle =\beta_n^4\left(1-\sum_{k=1}^n \frac{4k-1}{\left(2k\beta_k\right)^4}D_4P_{2k-1}(x)\right) \end{cases}}$
となります。一般の微分可能な関数$f(x),g(x)$について
$\displaystyle{f(x)D_4g(x)+g(x)D_4f(x)=\frac{d}{dx}(1-x^2)\left(f(x)g(x)+(1-x^2)\frac{d}{dx}f(x)\cdot\frac{d}{dx}g(x)-f(x)\frac{d}{dx}(1-x^2)\frac{d}{dx}g(x)-g(x)\frac{d}{dx}(1-x^2)\frac{d}{dx}f(x)\right)}$
が成り立ちますので，$({\rm A})$式に$f(x)$を掛けて積分すると
$\displaystyle{\begin{cases} &\displaystyle \int_0^1 f(x)P_{2n-1}(x)\,dx=-\frac{1}{\left(2n\beta_n\right)^4}\sum_{k=0}^{n-1}(4k+1)\beta_k^4\left(\lim_{x\to1}E_{2k}(x)-\lim_{x\to0}E_{2k}(x)-\int_0^1 P_{2k}(x)D_4f(x)\,dx\right) \\ &\displaystyle \int_0^1 f(x)P_{2n}(x)\,dx=\beta_n^4\left(\int_0^1 f(x)\,dx-\sum_{k=1}^n \frac{4k-1}{\left(2k\beta_k\right)^4}\left(\lim_{x\to1}E_{2k-1}(x)-\lim_{x\to0}E_{2k-1}(x)-\int_0^1 P_{2k-1}(x)D_4f(x)\,dx\right)\right) \end{cases}}$
ただし
$\begin{align*}\displaystyle E_k(x)=-(1-x^2)P_{k}(x)\frac{d}{dx}(1-x^2)\frac{d}{dx}f(x)+(1-x^2)^2\frac{d}{dx}f(x)\cdot\frac{d}{dx}P_{k}(x)+(k^2+k+1)(1-x^2)f(x)P_{k}(x) \end{align*}$
です。いま，$D_4f(x)=g(x)$の解の基底は，$g(x)=0$の場合は
$\BA\D \kappa\L(\frac{1-x}{2}\R)^2,\qquad \kappa\L(\frac{1-x}{2}\R)\kappa\L(\frac{1+x}{2}\R),\qquad \kappa\L(\frac{1+x}{2}\R)^2 \EA$
であり，定数変換法により
$\displaystyle f(x)=\frac{\pi^2}{8}\int_0^x \left(\kappa\left(\frac{1-x}{2}\right)\kappa\left(\frac{1+t}{2}\right)-\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)\kappa\left(\frac{1-t}{2}\right)\right)^2g(t)\,dt$
となります。また，この表示から
$\displaystyle \lim_{x\to1}E_k(x)=-\int_0^1 \kappa\left(\frac{1-t}{2}\right)^2g(t)\,dt,\quad \lim_{x\to0}E_k(x)=0$
であり，
$\displaystyle{\begin{cases} &\displaystyle \int_0^1 f(x)P_{2n-1}(x)\,dx=\frac{1}{\left(2n\beta_n\right)^4}\sum_{k=0}^{n-1}(4k+1)\beta_k^4\left(\int_0^1 \kappa\left(\frac{1-t}{2}\right)^2g(t)\,dt-\int_0^1 P_{2k}(x)g(x)\,dx\right) \\ &\displaystyle \int_0^1 f(x)P_{2n}(x)\,dx=\beta_n^4\left(\int_0^1 f(x)\,dx+\sum_{k=1}^n \frac{4k-1}{\left(2k\beta_k\right)^4}\left(\int_0^1 \kappa\left(\frac{1-t}{2}\right)^2g(t)\,dt-\int_0^1 P_{2k-1}(x)g(x)\,dx\right)\right) \end{cases}}$
が成り立ちます。とくに$g(x)=1$の場合は
$\displaystyle{\begin{cases} &\displaystyle \int_0^1 f(x)P_{2n-1}(x)\,dx=\frac{1}{\left(2n\beta_n\right)^4}\left(\frac{4\beta(2)}{\pi}\sum_{k=0}^{n-1}(4k+1)\beta_k^4-1\right) \\ &\displaystyle \int_0^1 f(x)P_{2n}(x)\,dx=\beta_n^4\left(\frac{28}{\pi}\beta(2)\zeta(3)-\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2}\right)^4-2\beta(2)^2+\sum_{k=1}^n \frac{4k-1}{\left(2k\beta_k\right)^4}\left(\frac{4\beta(2)}{\pi}-\frac{(-1)^{k-1}\beta_k}{2k-1}\right)\right) \end{cases}}$
となりました。また，
$\BA\D \int_0^1 \L(\kappa\L(\frac{1+x}{2}\R)^2-\kappa\L(\frac{1-x}{2}\R)^2\R)P_{2n-1}(x)\,dx=\frac{8}{\pi^2}\frac{1}{\L(2n\beta_n\R)^4}\sum_{k=0}^{n-1}(4k+1)\beta_k^4 \EA$
ですので
$\BA\D ({\rm B}):\boxed{\quad\int_0^1 \L(\frac{\pi\beta(2)}{2}\L(\kappa\L(\frac{1+x}{2}\R)^2-\kappa\L(\frac{1-x}{2}\R)^2\R)-f(x)\R)P_{2n-1}(x)\,dx=\frac{1}{\L(2n\beta_n\R)^4}\quad} \EA$
となります。
$\hspace{5pt}$ここで次の等式が成り立ちます。
補題１.$\hspace{5pt}$
$\BA\D\\ \lambda(x):=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2x^n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{\qty(2k+1)^2} \EA$
とするとき，
$\BA\D\\ \int_0^x \left(\kappa\left(\frac{1-x}{2}\right)\kappa\left(\frac{1+t}{2}\right)-\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)\kappa\left(\frac{1-t}{2}\right)\right)^2\,dt=\frac{4\beta(2)}{\pi}\L(\kappa\L(\frac{1+x}{2}\R)^2-\kappa\L(\frac{1-x}{2}\R)^2\R)-\frac{8}{\pi}\L(\kappa\L(\frac{1-x}{2}\R)\lambda\L(\frac{1+x}{2}\R)-\kappa\L(\frac{1+x}{2}\R)\lambda\L(\frac{1-x}{2}\R)\R) \EA$
が成り立ちます。
- 補題の証明
$\hspace{5pt}$$\kappa(x)$は超幾何微分方程式
$\BA\D (1):\boxed{\quad x(1-x)\kappa''(x)+(1-2x)\kappa'(x)-\frac{1}{4}\kappa(x)=0\quad} \EA$
を満たします。
$\BA\D \kappa_a(x):=\sum_{n=0}^\infty \frac{\qty(\frac{1}{2}-a,\frac{1}{2}+a)_n}{n!^2}x^n \EA$
とおくと，$\kappa_a(x)$は
$\BA\D x(1-x)\kappa_a''(x)+(1-2x)\kappa'_a(x)-\L(\frac{1}{4}-a^2\R)\kappa_a(x)=0 \EA$
を満たします。
$\hspace{5pt}$一方で，
$\BA\D \kappa_a(x)=\kappa(x)-4a^2\lambda(x)+O(a^4) \EA$
なので，これを$\kappa_a(x)$の微分方程式に代入して$a^2$の係数を比較すると
$\BA\D (2):\boxed{\quad x(1-x)\lambda''(x)+(1-2x)\lambda'(x)-\frac{1}{4}\lambda(x)=\frac{1}{4}\kappa(x)\quad} \EA$
すなわち，$\lambda(x)$は$\kappa(x)$と同じ超幾何さ要素に対する非同時解です。
$t$-変数での Legendre 型作用素
$\BA\D {\cal L}_t:=\frac{d}{dt}(1-t^2)\frac{d}{dt}-\frac{1}{4} \EA$
とおきます。
$\BA\D u(t):=\kappa\L(\frac{1-t}{2}\R),\qquad v(t):=\kappa\L(\frac{1+t}{2}\R) \EA$
とすれば
$\BA\D (3):\boxed{\quad {\cal L}_tu=0,\qquad {\cal L}_tv=0\quad} \EA$
が従います。同様に，
$\BA\D p(t):=\lambda\L(\frac{1-t}{2}\R),\qquad q(t):=\lambda\L(\frac{1+t}{2}\R) \EA$
とおけば
$\BA\D (4):\boxed{\quad {\cal L}_tp=\frac{1}{4}u,\qquad {\cal L}_tq=\frac{1}{4}v\quad} \EA$
が従います。
同時解の消去とその平方積分
$\hspace{5pt}$固定した$x$に対して
$\BA\D G(x,t):=v(x)u(t)-u(x)v(t) \EA$
とおくと，$(3)$式から
$\BA\D {\cal L}_tG(x,t)=0 \EA$
です。また
$\BA\D G(x,x)=0 \EA$
です。次に補助関数
$\BA\D Q(x,t):=4\L(q(x)u(t)-u(x)q(t)+v(x)p(t)-p(x)v(t)\R) \EA$
を導入します。$(4)$式により
$\BA\D {\cal L}_tQ(x,t)=G(x,t) \EA$
さらに
$\BA\D Q(x,x)=0 \EA$
なので
$\BA\D (5):\boxed{\quad {\cal L}_tG(x,t)=0,\qquad {\cal L}_tQ(x,t)=G(x,t),\qquad G(x,x)=Q(x,x)=0 \quad} \EA$
ここで${\cal L}_t$は自己随伴型，すなわち
$\BA\D f{\cal L}_tg-g{\cal L}_tf=\frac{d}{dt}(1-t^2)\L(fg'-f'g\R) \EA$
を満たします。ここで$f=G,\,\, g=Q$とすれば
$\BA\D G(x,t)^2=\frac{d}{dt}(1-t^2)\L(G(x,t)Q'(x,t)-G'(x,t)Q(x,t)\R) \EA$
よって
$\BA\D (6):\boxed{\quad\int_0^x G(x,t)^2\,dt=-\L(G(x,0)Q'(x,0)-G'(x,0)Q(x,0)\R) \quad} \EA$
です。
境界値の計算
$\hspace{5pt}$$(6)$式を$u,v,p,q$表示に戻すと
$\BA\D \int_0^x G(x,t)^2\,dt=-4\kappa\L(\frac{1}{2}\R)\kappa'\L(\frac{1}{2}\R)\L(u(x)q(x)-v(x)q(x)\R)-2\L(\kappa'\L(\frac{1}{2}\R)\lambda\L(\frac{1}{2}\R)-\kappa\L(\frac{1}{2}\R)\lambda'\L(\frac{1}{2}\R)\R)\L(v(x)^2-u(x)^2\R) \EA$
です。
$\hspace{5pt}$$\kappa(x)$と$\kappa(1-x)$は同じ同次微分方程式$(1)$の解です。したがって Wronskian より
$\BA\D \frac{d}{dx}x(1-x)\L(\kappa(x)\frac{d}{dx}\kappa(1-x)-\kappa(1-x)\frac{d}{dx}\kappa(x)\R)=0 \EA$
すなわち
$\BA\D x(1-x)\L(\kappa(x)\frac{d}{dx}\kappa(1-x)-\kappa(1-x)\frac{d}{dx}\kappa(x)\R) \EA$
は定数です。$x\to 0^+$における局所展開
$\BA\D \kappa(x)=1+O(z),\qquad \kappa(1-x)=\frac{1}{\pi}\log\frac{16}{x}+O(x\log x) \EA$
を代入することで，上記定数は
$\BA\D -\frac{1}{\pi} \EA$
となり
$\BA\D \kappa\L(\frac{1}{2}\R)\kappa'\L(\frac{1}{2}\R)=\frac{2}{\pi} \EA$
です。
$\hspace{5pt}$$(1)$式と$(2)$式から
$\BA\D \frac{d}{dx}x(1-x)\L(\kappa(x)\lambda'(x)-\kappa'(x)\lambda(x)\R)=\frac{1}{4}\kappa(x)^2 \EA$
これを$0< x<\frac{1}{2}$で積分すると
$\BA\D \kappa'\L(\frac{1}{2}\R)\lambda\L(\frac{1}{2}\R)-\kappa\L(\frac{1}{2}\R)\lambda'\L(\frac{1}{2}\R)=-\int_0^\frac{1}{2}\kappa(x)^2\,dx=-\frac{2\beta(2)}{\pi} \EA$
となり，以上を代入して補題の式が得られました。
$\hspace{5pt}$ここで$({\rm B})$式を振り返ると，
$\BA\D f(x)=\frac{\pi^2}{8}\int_0^x \left(\kappa\left(\frac{1-x}{2}\right)\kappa\left(\frac{1+t}{2}\right)-\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)\kappa\left(\frac{1-t}{2}\right)\right)^2\,dt \EA$
に対して
$\BA\D \int_0^1 \L(\frac{\pi\beta(2)}{2}\L(\kappa\L(\frac{1+x}{2}\R)^2-\kappa\L(\frac{1-x}{2}\R)^2\R)-f(x)\R)P_{2n-1}(x)\,dx=\frac{1}{\L(2n\beta_n\R)^4} \EA$
が成り立つのでした。これに補題を適用すると
$\BA\D \pi\int_0^1 \L(\kappa\L(\frac{1-x}{2}\R)\lambda\L(\frac{1+x}{2}\R)-\kappa\L(\frac{1+x}{2}\R)\lambda\L(\frac{1-x}{2}\R)\R)P_{2n-1}(x)\,dx=\frac{1}{\L(2n\beta_n\R)^4} \EA$
となります。すなわち
$\BA\D \kappa\L(\frac{1-x}{2}\R)\lambda\L(\frac{1+x}{2}\R)-\kappa\L(\frac{1+x}{2}\R)\lambda\L(\frac{1-x}{2}\R)=\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^\infty \frac{4n-1}{\qty(2n\beta_n)^4}P_{2n-1}(x) \EA$
となります。
定理１.$\hspace{5pt}$
$\BA\D\\ \kappa(x)=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2x^n,\qquad \lambda(x)=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2x^n\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{\qty(2k+1)^2}\EA$
のとき
$\BA\D\\ \kappa\L(\frac{1-x}{2}\R)\lambda\L(\frac{1+x}{2}\R)-\kappa\L(\frac{1+x}{2}\R)\lambda\L(\frac{1-x}{2}\R)=\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^\infty \frac{4n-1}{\qty(2n\beta_n)^4}P_{2n-1}(x) \EA$
が成り立ちます。
$\hspace{5pt}$しかしながら，この等式自体には簡単にたどり着くことができるようです。それは
$\BA\D \int_0^1 \kappa_a(x)\kappa(1-x)P_{2n-1}(2x-1)\,dx=-\frac{\sin^2\frac{\pi a}{2}}{2\pi}\L(\frac{\Gamma\L(n-\frac{a}{2}\R)\Gamma\L(n+\frac{a}{2}\R)}{\Gamma\L(n+\frac{1-a}{2}\R)\Gamma\L(n+\frac{1+a}{2}\R)}\R)^2 \EA$
を基にしています。この式は$\kappa_a(x)=P_{a-\frac{1}{2}}(1-2x),\quad \kappa(1-x)=P_{-\frac{1}{2}}(2x-1)$として Dougall 型の三重 Legendre 積分を Barnes の留数計算で評価したものです。この式を$a\to0^+$で局所展開して$a^2$の係数を比較することで定理１の式を得ます。また，$a^4$の係数比較では
定理２.$\hspace{5pt}$
$\BA\D\\ \mu(x)&:=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2x^n\sum_{m=0}^{n-1}\frac{1}{\qty(2m+1)^2}\sum_{l=0}^{m-1}\frac{1}{\qty(2l+1)^2}\\ Q_n&:=\frac{\pi^2}{2}-4\sum_{k=1}^{2n-1}\frac{\qty(-1)^{k-1}}{k^2} \EA$
とするとき
$\BA\D \mu\L(\frac{1+x}{2}\R)\kappa\L(\frac{1-x}{2}\R)-\mu\L(\frac{1-x}{2}\R)\kappa\L(\frac{1+x}{2}\R)=\frac{1}{8\pi}\sum_{n=1}^\infty \frac{4n-1}{\qty(2n\beta_n)^4}Q_nP_{2n-1}(x) \EA$
が成り立ちます。
投稿日：7日前
更新日：5日前
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