特殊関数論で遊ぼう
あいさつ
んちゃ！
今回は特殊関数で遊ぶのだ！
この記事は問題集やハンドブックの役割を持たせる想定で書いています。
ただもちろんいつも通り遊べるようにします。
この記事は常時更新され補強されていきます。
無限積で遊ぼう
次の無限積が収束することを示し、その極限値を求めよ。
\begin{equation}
\prod_{n=1}^{\infty}(1+\frac{6}{(n+1)(2n+9)})
\end{equation}
[1]収束性に関しては次の次の不等式から分かる。
\begin{eqnarray}
\log{\prod_{n=1}^{\infty}(1+\frac{6}{(n+1)(2n+9)})}&=&\sum_{k=1}^{\infty}\log{(1+\frac{6}{(n+1)(2n+9)})}\\
&\leq&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{6}{(n+1)(2n+9)}\\
&\leq\sum_{n=1}^{\infty}\frac{6}{n^{2}}=\pi^{2}
\end{eqnarray}
[2]極限値に関しては
\begin{equation}
1+\frac{6}{(n+1)(2n+9)}=\frac{(2n+5)(n+3)}{(n+1)(2n+9)}
\end{equation}
より
\begin{eqnarray}
\prod_{k=1}^{n}\frac{(2k+5)(k+3)}{(k+1)(k+9)}&=&\frac{7\cdot 9(n+2)(n+3)}{2\cdot 3(2n+7)(2n+9)}\\
&\rightarrow&\frac{21}{8}\quad(n\rightarrow \infty)
\end{eqnarray}
次の事を示せ。
\begin{equation}
\prod_{n=2}^{\infty}(1-\frac{1}{n^{2}})=\frac{1}{2}
\end{equation}
\begin{equation}
1-\frac{1}{n^{2}}=\frac{(n-1)(n+1)}{n^{2}}
\end{equation}
より
\begin{eqnarray}
\prod_{k=2}^{n}(1-\frac{1}{k^{2}})&=&\frac{(1\cdot 2\cdot 3\cdots (n-1))(3\cdot 4\cdot 5\cdots (n+1))}{2^{2}3^{2}\cdots n^{2}}\\
&=&\frac{n+1}{2n}\\
&\rightarrow&\frac{1}{2}
\end{eqnarray}
次の式を示せ。
\begin{equation}
\prod_{n=2}^{\infty}(1-\frac{1}{n})=0
\end{equation}
\begin{eqnarray} \prod_{k=2}^{n}(1-\frac{1}{k})&=&\prod_{k=2}^{n}\frac{k-1}{k}\\ &=&\frac{1}{2}\frac{2}{3}\frac{n-1}{n}\\ &=&\frac{1}{n}\rightarrow 0 \end{eqnarray}
次の無限積について考察せよ。
\begin{equation}
\prod_{n=0}^{\infty}(1+z^{2^{n}})\quad(|z|\lt 1)
\end{equation}
各々の項の次数は$2^{0},2^{1},...,2^{k},...$の$\{0,1\}$係数の一次結合で表せる。ゆえに、次の様に表せる。
\begin{eqnarray}
\prod_{n=0}^{\infty}(1+z^{2^{n}})&=&\sum_{n=0}z^{n}\\
&=&\frac{1}{1-z}
\end{eqnarray}
次の数列は発散することを示せ。
\begin{equation}
P_{n}=\prod_{k=1}^{n}\exp{(\frac{1}{k})}
\end{equation}
\begin{eqnarray} \log{P_{2^{n}}}&=&\sum_{k=1}^{2^{n}-1}\frac{1}{k}\\ &\gt& 1+2(\frac{1}{2}+\frac{1}{2})+\cdots 2^{n-1}(\frac{1}{2^{n-1}}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}})\\ &=&n \end{eqnarray}
ガンマ関数で作って遊ぼう！
\begin{equation} \displaystyle\Gamma{(z)}=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{n^{z}n!}{\prod_{k=0}^{n}(z+k)} \end{equation}
\begin{equation} \frac{1}{\Gamma{(z)}}=ze^{\gamma z}\prod_{k=1}^{\infty}(1+\frac{z}{k})e^{-\frac{z}{k}} \end{equation}
\begin{eqnarray} \displaystyle\frac{1}{\Gamma{(z)}}&=&\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{\prod_{k=0}^{n}(z+k)}{n^{z}n!}\\ \displaystyle&=&z\lim_{n\rightarrow \infty}e^{-z\log{n}}\prod_{k=1}^{n}(1+\frac{z}{k})\\ \displaystyle&=&z\lim_{n\rightarrow \infty}e^{(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\log{n})z}\prod_{k=1}^{n}(1+\frac{z}{k})e^{-\frac{z}{k}}\\ \displaystyle&=&ze^{\gamma z}\prod_{k=1}^{\infty}(1+\frac{z}{k})e^{-\frac{z}{k}} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle\frac{\Gamma^{'}{(z)}}{\Gamma{(z)}}=-\gamma-\frac{1}{z}-\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{1}{z+n}-\frac{1}{n})\\ \displaystyle 2\frac{\Gamma^{'}(2z)}{\Gamma{(2z)}}-\frac{\Gamma^{'}{(z)}}{\Gamma{(z)}}-\frac{\Gamma^{'}{(z+\frac{1}{2})}}{\Gamma{(z+\frac{1}{2})}}=2\log{2} \end{array} \right. \end{eqnarray}
[1]
\begin{equation}
\log{\Gamma{(z)}}=-\gamma z+\log{z}+\sum_{k=1}^{\infty}(\frac{z}{k}-\log{(1+\frac{z}{k})})
\end{equation}
両辺を$z$で微分して
\begin{equation}
\frac{\Gamma^{'}(z)}{\Gamma{(z)}}=-\gamma-\frac{1}{z}-\sum_{k=1}^{\infty}(\frac{1}{z+k}-\frac{1}{k})
\end{equation}
[2]
\begin{eqnarray}
\displaystyle 2\frac{\Gamma^{'}(2z)}{\Gamma{(2z)}}-\frac{\Gamma^{'}{(z)}}{\Gamma{(z)}}-\frac{\Gamma^{'}{(z+\frac{1}{2})}}{\Gamma{(z+\frac{1}{2})}}&=&-2\gamma+\gamma+\gamma-\frac{1}{z}+\frac{1}{z}+\frac{1}{z+\frac{1}{2}}-2\sum_{k=1}^{\infty}(\frac{1}{2z+k}-\frac{1}{k})+\sum_{k=1}^{\infty}(\frac{1}{z+k}-\frac{1}{k})+\sum_{k=1}^{\infty}(\frac{1}{z+k+\frac{1}{2}}-\frac{1}{k})\\
&=&\frac{2}{2z+1}+\lim_{n\rightarrow\infty}[-\sum_{k=1}^{2n}\frac{2}{2z+k}+2H_{2n}+\sum_{k=1}^{n}\frac{2}{2z+2k}-H_{n}+\sum_{k=1}^{n}\frac{2}{2z+2k+1}-H_{n}]\\
&=&\frac{2}{2z+1}+\lim_{n\rightarrow\infty}[-\sum_{k=1}^{2n}\frac{2}{2z+k}+\sum_{k=2}^{2n+1}\frac{2}{2z+k}+2H_{2n}-2H_{n}]\\
&=&\frac{2}{2z+1}+\lim_{n\rightarrow\infty}[\frac{2}{2z+2n+1}-\frac{2}{2z+1}+2H_{2n}-2H_{n}]\\
&=&\lim_{n\rightarrow\infty}(\frac{2}{2z+2n+1}+2H_{2n}-2H_{n})\\
&=&\lim_{n\rightarrow\infty}(H_{2n}-2H_{n})\\
&=&\lim_{n\rightarrow\infty}(2(H_{2n}-\log{2n})-2(H_{n}-\log{n})+2\log{2n}-2\log{n})\\
&=&2\lim_{n\rightarrow\infty}(\gamma-\gamma+\log{2}+\log{n}-\log{n})\\
&=&2\log{n}
\end{eqnarray}
次の式を証明せよ。
\begin{equation}
\Gamma^{'}{(\frac{1}{2})}=-(\gamma+2\log{2})\sqrt{\pi}
\end{equation}
問題6で$z=\frac{1}{2}$を代入すると
\begin{equation}
2\frac{\Gamma^{'}{(1)}}{\Gamma{(1)}}-\frac{\Gamma^{'}{(\frac{1}{2})}}{\Gamma{(\frac{1}{2})}}-\frac{\Gamma^{'}(1)}{\Gamma{(1)}}=2\log{2}
\end{equation}
ゆえに次式を得る。
\begin{eqnarray}
\Gamma^{'}{(\frac{1}{2})}&=&(\frac{\Gamma^{'}{(1)}}{\Gamma{(1)}}-2\log{2})\Gamma{(\frac{1}{2})}\\
&=&-(\gamma+2\log{2})\sqrt{\pi}
\end{eqnarray}
次の式を証明せよ。
\begin{equation}
\Gamma{(z)}=\int_{0}^{\infty}e^{-t}t^{z-1}dt
\end{equation}
\begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty}e^{-t}t^{z-1}dt&=&\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{\infty}(1+\frac{t}{n})^{-n}t^{z-1}dt\\ &=&\lim_{n\rightarrow\infty}n^{z}\int_{0}^{1}(1-u)^{-n}u^{z-1}du\\ &=&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^{z}n!}{z(z+1)\cdots (z+n)}\\ &=&\Gamma{(z)} \end{eqnarray}
次の関数をベータ関数という
\begin{equation}
B(s,t)=\int_{0}^{1}x^{s-1}(1-x)^{t-1}dx
\end{equation}
\begin{equation} B(s,t)=\frac{\Gamma{(s)}\Gamma{(t)}}{\Gamma{(s+t)}} \end{equation}
\begin{eqnarray} \Gamma{(s)}\Gamma{(t)}&=&\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}x^{s-1}y^{t-1}e^{-(x+y)}dxdy\\ &=&\int_{0}^{\infty}\int_{x}^{\infty}x^{s-1}(y-x)^{t-1}e^{-y}dydx\\ &=&\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{y}x^{s-1}(y-x)^{t-1}e^{-y}dxdy\\ &=&\int_{0}^{\infty}dyy^{t-1}e^{-y}\int_{0}^{y}x^{s-1}(1-\frac{x}{y})^{t-1}dx\\ &=&\int_{0}^{\infty}dyy^{s+t-1}e^{-y}\int_{0}^{1}x^{s-1}(1-x)^{t-1}dx\\ &=&\Gamma{(x+y)}B(x,y) \end{eqnarray}
\begin{equation} P(x)=x-\lfloor x\rfloor-\frac{1}{2} \end{equation}
次の式を示せ
\begin{equation}
\int_{0}^{x}P(x)dx=\frac{1}{2}P^{2}(x)-\frac{1}{8}
\end{equation}
ある整数$m\leq x\lt m+1$が成り立つので以下の計算ができる。
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{x}P(x)dx&=&\int_{m}^{x}P(x)dx\\
&=&\int_{0}^{x-m}P(x)dx\\
&=&\int_{0}^{x-m}(x-\frac{1}{2})dx\\
&=&\frac{1}{2}(x-m)^{2}-\frac{1}{2}(x-m)\\
&=&\frac{1}{2}(x-m-\frac{1}{2})^{2}-\frac{1}{8}\\
&=&\frac{1}{2}(\lfloor x\rfloor-\frac{1}{2})^{2}-\frac{1}{8}\\
&=&\frac{1}{2}P^{2}(x)-\frac{1}{8}
\end{eqnarray}
直交多項式で作って遊ぼう！
Chalier polynomialの母関数
次の様な2変数の関数を考える。
\begin{equation}
G(x,w)=e^{-aw}(1+w)^{x}
\end{equation}
この時、$\displaystyle G(x,w)=\sum_{n=0}^{\infty}P_{n}(x)w^{n}$とすると次の様に書ける事を示せ。
\begin{equation}
P_{n}(x)=\sum_{k=0}^{n}\begin{pmatrix}x\\k\end{pmatrix}\frac{(-a)^{n-k}}{(n-k)!}
\end{equation}
\begin{eqnarray} G(x,w)&=&e^{-aw}(1+w)^{x}\\ &=&\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-a)^{m}w^{m}}{m!}\sum_{n=0}^{\infty}\begin{pmatrix}x\\n\end{pmatrix}w^{n}\\ &=&\sum_{m=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-a)^{m}}{m!}\begin{pmatrix}x\\n\end{pmatrix}w^{m+n}\\ &=&\sum_{N=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{N}\frac{(-a)^{N-n}}{(N-n)!}\begin{pmatrix}x\\n\end{pmatrix}w^{N} \end{eqnarray}
上記の$x$に関する$n$次多項式$P_{n}(x)$をChalier多項式と言います。
Chalier多項式$P_{n}(x)$について次の事が成り立つことを示せ。
\begin{eqnarray}
\sum_{k=0}^{\infty}P_{m}(k)P_{n}(k)\frac{a^{k}}{k!}=\left\{
\begin{array}{l}
0 \quad(if\ m\neq n)\\
\frac{e^{a}a^{n}}{n!}\quad(if\ m=n)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{equation}
a^{x}G(x,v)G(x,w)=e^{-a(v+w)}[a(1+v)(1+w)]^{x}
\end{equation}
より
\begin{eqnarray}
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{a^{k}G(k,v)G(k,w)}{k!}&=&e^{-a(v+w)}e^{a(1+v)(1+w)}\\
&=&e^{a}e^{vw}\\
&=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{e^{a}a^{n}(vw)^{n}}{n!}\\
&=&\sum_{k=0}^{\infty}\frac{a^{k}}{k!}\sum_{m,n=0}^{\infty}P_{m}(k)P_{n}(k)v^{m}w^{n}\\
&=&\sum_{m,n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}P_{m}(k)P_{n}(k)\frac{a^{k}}{k!}v^{m}w^{n}
\end{eqnarray}
より$v^{m}w^{n}$の係数比較により証明が完了する。
上記計算から線形作用素$\mathcal{L}:\mathcal{C}[x]\rightarrow \mathcal{C}$を次のよう様に定める。
\begin{equation}
\mathcal{L}[x^{n}]=\sum_{k=0}^{\infty}k^{n}\frac{a^{k}}{k!}
\end{equation}
するとChalier多項式は次の性質は次の様に書き直せる。
\begin{equation}
\mathcal{L}[P_{m}(x)P_{n}(x)]=\frac{e^{a}a^{n}}{n!}\delta_{mn}
\end{equation}
Chebyshev多項式
$T_{n}(x)$を$x=\cos{\theta}$として$T_{n}(x)=\cos{(n\arccos{x})}$で定める。
(1)T_{n}(x)は$x$に関する$n$次多項式となる事を示せ。
(2)次の積分結果を示せ。
\begin{equation}
\int_{-1}^{1}T_{m}(x)T_{n}(x)(1-x^{2})^{-\frac{1}{2}}dx=\left\{\begin{array}{l}
\frac{\pi}{2}\quad(if\ n\gt 0)\\
\pi\quad(if\ m=n=0)
\end{array}\right.
\end{equation}
[1]
\begin{eqnarray}
xT_{n}(x)&=&\cos{n\theta}\cos{\theta}\\
&=&\frac{1}{2}(\cos{(n+1)\theta}+\cos{(n-1)\theta})\\
&=&\frac{T_{n+1}(x)+T_{n-1}(x)}{2}
\end{eqnarray}
より次の漸化式を得る。
\begin{equation}
T_{n+1}(x)=2xT_{n}(x)-T_{n}(x)
\end{equation}
$T_{0}(x)=1,T_{1}(x)=x$より$0,1$の時は$T_{n}(x)$は$x$の多項式。
そこで、$0,1,...,n$まで$T_{k}(x)$は$x$の$k$次多項式とする。
すると先の漸化式より、$T_{n+1}(x)$は$n+1$次多項式であることが示された。
[2]直交性
$\theta=\arccos{x}$と置くと、次の様に積分は書き換えれる。
\begin{equation}
\int_{0}^{\pi}\cos{m\theta}\cos{n\theta}d\theta=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}(\cos{(m+n)\theta}+\cos{(m-n)\theta})d\theta
\end{equation}
ゆえに、
[1]$m\neq n$の場合は与えられた積分は0
[2]$m=n=0$の場合$\pi$
[3]$m=n\neq 0$の場合は$\frac{\pi}{2}$
関数列$U_{n}(x)$を$x=\cos{\theta}$として次の様に定める。
\begin{equation}
U_{n}(x)=\frac{\sin{(n+1)}\theta}{\sin{\theta}}
\end{equation}
(1)$U_{n}(x)$が$x$に関する$n$次多項式である事を示せ。
(2)$U_{n}(x)$が次の様な直交関係式を満たす事を示せ。
\begin{equation}
\int_{-1}^{1}U_{m}(x)U_{n}(x)(1-x^{2})^{\frac{1}{2}}dx=\frac{\pi}{2}\delta_{mn}
\end{equation}
[1]
\begin{equation}
U_{n}(x)=xU_{n-1}(x)+T_{n}(x)
\end{equation}
$U_{0}(x)=1$より$0,1,..,n-1$まで$U_{k}(x)$は$x$の$k$次多項式とすると、漸化式より$U_{n}(x)$は$n$次の多項式。
[2]
$x=\cos{\theta}$とおくと
\begin{eqnarray}
(given integral)&=&\int_{0}^{\pi}\sin{(m+1)\theta}\sin{(n+1)\theta}d\theta\\
&=&\frac{\pi}{2}\delta_{mn}
\end{eqnarray}
$F(x,w)=e^{-(x-w)^{2}}$とおく。
(1)$\displaystyle\frac{\partial^{n}F}{\partial w^{n}}|_{w=0}=(-1)^{n}D^{n}e^{-x^{2}}\quad(D=\frac{d}{dx})$を示せ。
(2)[Hermite]次の事を示せ$G(x,w)=e^{2xw-w^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}H_{n}(x)\frac{w^{n}}{n!}$ただし$H_{n}(x)=(-1)^{n}e^{x^{2}}D^{n}e^{-x^{2}}$。
(3)次の積分を証明せよ。$\int_{-\infty}^{\infty}G(x,v)G(x,w)e^{-x^{2}}dx=\sqrt{\pi}e^{2vw}$
(4)次の積分を証明せよ。$\int_{-\infty}^{\infty}H_{m}(x)H_{n}(x)e^{-x^{2}}dx=\sqrt{\pi}2^{n}n!\delta_{mn}$
[1]
\begin{eqnarray}
\frac{\partial F}{\partial w}&=&2(x-w)F\\
&=&-\frac{\partial F}{\partial x}
\end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray}
G(x,w)&=&e^{2xw-w^{2}}\\
&=&e^{x^{2}}F(x,w)\\
&=&e^{x}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\partial^{n} F}{\partial w^{n}}|_{w=0}\frac{w^{n}}{n!}\\
&=&\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}e^{x}D^{n}e^{-x^{2}}\frac{w^{n}}{n!}
\end{eqnarray}
[3]
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^{\infty}G(x,v)G(x,w)e^{-x^{2}}dx&=&\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}+2(v+w)x-(v^{2}+w^{2})}dx\\
&=&\int_{-\infty}^{\infty}e^{-(x-v-w)^{2}+2vw}dx\\
&=&\sqrt{\pi}e^{2vw}
\end{eqnarray}
[4]
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^{\infty}G(x,v)G(x,w)dx&=&\int_{-\infty}^{\infty}\sum_{m,n}^{\infty}H_{m}(x)H_{n}(x)\frac{v^{m}w^{n}}{m!n!}e^{-x^{2}}dx\\
&=&\sum_{m,n=0}^{\infty}\frac{v^{m}w^{n}}{m!n!}\int_{-\infty}^{\infty}H_{m}(x)H_{n}(x)e^{-x^{2}}dx\\
&=&\sqrt{\pi}\sum_{n=0}^{\infty}2^{n}\frac{(vw)^{n}}{n!}
\end{eqnarray}
より$v^{m}w^{n}$の係数を比較して
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{\infty}H_{m}(x)H_{n}(x)e^{-x^{2}}dx=\sqrt{\pi}2^{n}n!\delta_{mn}
\end{equation}
$n$回微分可能な関数$f(x),g(x)$について
\begin{equation}
\frac{d^{n}}{dx^{n}}f(x)g(x)=\sum_{k=0}^{n}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}f^{(k)}(x)g^{(n-k)}(x)
\end{equation}
[1]$n=1$の場合は積の微分に他ならない
[2]そこで$1,2,..,n$まで成り立つとしよう。すると$n+1$の場合は次の様になる。
\begin{eqnarray}
\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}f(x)g(x)&=&\frac{d}{dx}\sum_{k=0}^{n}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}f^{(k)}(x)g^{(n-k)}(x)\\
&=&f^{(0)}(x)g^{(n+1)}(x)+\sum_{k=1}^{n}(\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}n\\k-1\end{pmatrix})f^{(k)}(x)g^{(n+1-k)}(x)+f^{(n+1)}(x)g^{(0)}(x)\\
&=&\sum_{k=0}^{n+1}\begin{pmatrix}n+1\\k\end{pmatrix}f^{(k)}(x)g^{(n+1-k)}(x)
\end{eqnarray}
[別証明]
"R"ならば$f(x)$を微分、"U"なら$g(x)$を微分に対応するとすると$f^{k}(x)g^{n-k}(x)$の係数は$k$個のRと$n-k$個のUの並びの個数になるので$\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}$
(1)次の事を示せ。
\begin{equation}
D^{n+1}e^{-x^{2}}=-2xD^{n}e^{-x^{2}}-2nD^{n-1}e^{-x^{2}}
\end{equation}
そしてこれより、次の漸化式を示せ。
\begin{equation}
H_{n+1}(x)=2xH_{n}(x)-2nH_{n-1}(x)
\end{equation}
(2)次の式を証明せよ
\begin{equation}
H^{'}_{n}(x)=2nH_{n-1}(x)
\end{equation}
(3)$y=H_{n}(x)$としたとき次の微分方程式を導出せよ。
\begin{equation}
y^{''}-2xy^{'}+2ny=0
\end{equation}
[1]
\begin{eqnarray}
D^{n+1}e^{-x^{2}}&=&-2D^{n}xe^{-x^{2}}\\
&=&-2xD^{n}e^{-x^{2}}-2nD^{n-1}e^{-x^{2}}
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
e^{-x^{2}}H_{n+1}(x)&=&(-1)^{n+1}D^{n+1}e^{-x^{2}}\\
&=&2x(-1)^{n}D^{n}e^{-x^{2}}-2n(-1)^{n-1}D^{n-1}e^{-x^{2}}\\
\end{eqnarray}
より
\begin{equation}
H_{n+1}(x)=2xH_{n}(x)-2nH_{n-1}(x)
\end{equation}
[2]
\begin{eqnarray}
H^{'}_{n}(x)&=&2xH_{n}(x)-H_{n+1}(x)
\end{eqnarray}
ゆえに[1]の漸化式と組み合わせると次式を得る。
\begin{equation}
H^{'}_{n}(x)=2nH_{n-1}(x)
\end{equation}
[3]
\begin{eqnarray}
y^{''}&=&2n(2xH_{n-1}(x)-H_{n}(x))\\
&=&4nxH_{n-1}(x)-2H_{n}(x)\\
&=&2xy^{'}-2y
\end{eqnarray}
$H(x,w)=(1-2xw+w^{2})^{-\frac{1}{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}P_{n}(x)w^{n}$と置く。
(1)次の微分方程式を満たすことを示せ。
\begin{equation}
(1-2xw+w^{2})\frac{\partial H}{\partial w}-(x-w)H=0
\end{equation}
そして、これから次の漸化式を示せ。
\begin{equation}
(n+1)P_{n+1}(x)=(2n+1)xP_{n}(x)-nP_{n-1}(x)\quad(n\geq 1)
\end{equation}
ちなみに、$P_{0}(x)=1,P_{1}(x)=x$から$P_{n}(x)$は$x$に関する$n$次多項式となる事が分かる。
(2)母関数$H(x,w)$を用いることで、下記の直行関係式を証明せよ。
\begin{equation}
\int_{-1}^{1}P_{m}(x)P_{n}(x)dx=\frac{2}{2n+1}\delta_{mn}
\end{equation}
[1]
最初の微分方程式は次の計算により証明できる。
\begin{eqnarray}
\frac{\partial H}{\partial w}&=&\frac{x-w}{(1-2xw+w^{2})^{\frac{3}{2}}}\\
&=&\frac{x-w}{1-2xw+w^{2}}H
\end{eqnarray}
この微分方程式に$H(x,w)=\sum_{n=0}^{\infty}P_{n}(x)w^{n}$を代入すると以下の式を得る。
\begin{eqnarray}
P_{1}(x)-xP_{0}(x)+
\sum_{n=1}^{\infty}((n+1)P_{n+1}(x)-(2n+1)P_{n}(x)+nP_{n-1}(x))w^{n}=0
\end{eqnarray}
$w^{n}$の係数を比較することで、所要の漸化式を得る。
[2]
$A_{v}=\frac{1+v^{2}}{2v},A_{w}=\frac{1+w^{2}}{2w}$とおくと次の様に計算できる
\begin{eqnarray}
\int_{-1}^{1}H(x,v)H(x,w)dx&=&\int_{-1}^{1}\frac{dx}{((1-2vx+v^{2})(1-2wx+w^{2}))^{\frac{1}{2}}}\\
&=&\frac{1}{2(vw)^{\frac{1}{2}}}\int_{-1}^{1}\frac{dx}{((A_{v}-x)(A_{w}-x))^{\frac{1}{2}}}\\
&=&\frac{1}{2(vw)^{\frac{1}{2}}}[-2\log{((A_{v}-x)^{\frac{1}{2}})+(A_{w}-x)^{\frac{1}{2}}}]_{-1}^{1}\\
&=&\frac{1}{(vw)^{\frac{1}{2}}}\log{\frac{(A_{v}+1)^{\frac{1}{2}}+(A_{w}+1)^{\frac{1}{2}}}{(A_{v}-1)^{\frac{1}{2}}+(A_{w}-1)^{\frac{1}{2}}}}\\
&=&\frac{1}{(vw)^{\frac{1}{2}}}\log{\frac{\frac{v+1}{(2v)^{\frac{1}{2}}}+\frac{w+1}{(2w)^{\frac{1}{2}}}}{\frac{1-v}{(2v)^{\frac{1}{2}}}+\frac{1-w}{(2w)^{\frac{1}{2}}}}}\\
&=&\frac{1}{(vw)^{\frac{1}{2}}}\frac{w^{\frac{1}{2}}(v+1)+v^{\frac{1}{2}}(w+1)}{w^{\frac{1}{2}}(1-v)+v^{\frac{1}{2}}(1-w)}\\
&=&\frac{1}{(vw)^{\frac{1}{2}}}\log{\frac{v^{\frac{1}{2}}+w^{\frac{1}{2}}+(vw)^{\frac{1}{2}}(v^{\frac{1}{2}}+w^{\frac{1}{2}})}{v^{\frac{1}{2}}+w^{\frac{1}{2}}-(vw)^{\frac{1}{2}}(v^{\frac{1}{2}}+w^{\frac{1}{2}})}}\\
&=&\frac{1}{(vw)^{\frac{1}{2}}}\log{\frac{1+(vw)^{\frac{1}{2}}}{1-(vw)^{\frac{1}{2}}}}\\
&=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(vw)^{n}}{2n-1}\\
&=&\int_{-1}^{1}\sum_{m,n=0}^{\infty}P_{m}(x)P_{n}(x)v^{m}w^{n}x\\
&=&\sum_{m,n=0}^{\infty}v^{m}w^{n}\int_{-1}^{1}P_{m}(x)P_{n}(x)dx
\end{eqnarray}
を得る。
ゆえに$v^{m}w^{n}$の係数を比較して次式を得る。
\begin{equation}
\int_{-1}^{1}P_{m}(x)P_{n}(x)dx=\frac{1}{2n-1}\delta_{mn}
\end{equation}
複素数列$\mu_{n}$があり、線形作用素$\mathcal{L}:\mathbb{C}[x]\rightarrow \mathbb{C}$を次の性質を持つとき、$\mathcal{L}$を$\mu_{n}$から定まるモーメント関数という。また、$\mu_{n}$は$n$のオーダーのモーメントという。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\mathcal{L}[x^{n}]=\mu_{n}\\
\mathcal{L}[\alpha_{1}p_{1}(x)+\alpha_{2}p_{2}(x)]=\alpha_{1}\mathcal{L}[p_{1}(x)]+\alpha_{2}\mathcal{L}[p_{2}(x)]\quad(\forall\ \alpha_{1},\alpha_{2}\in\mathbb{C},\forall\ p_{1}(x),p_{2}\in\mathbb{C}[x])
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$\mathcal{L}$が数列$\mu_{n}$に対するモーメント関数とすると次の事実が成り立つ。
\begin{eqnarray}
\mathcal{L}[\sum_{k=0}^{n}c_{k}x^{k}]&=&\sum_{k=0}^{n}c_{k}\mathcal{L}[x^{k}]\\
&=&\sum_{k=0}^{n}c_{k}\mu_{k}
\end{eqnarray}
xに関する多項式列$p_{n}(x)\quad(\deg{p_{n}(x)})$を次の性質を満たすように定める。
ある線形演算子$\mathcal{L}:\mathbb{C}[x]\rightarrow \mathbb{C}$が存在して任意の正整数$m,n\in\{0\}\cup\mathbb{N}$に対して次の式が成り立つとする。
\begin{equation}
\mathcal{L}[p_{n}(x)p_{m}(x)]=h_{n\delta_{nm}}\quad(h_{n}\neq 0)
\end{equation}
この時、多項式列$p_{n}(x)$を直交多項式という。
モニックな多項式列$p_{n}(x)$について次の条件(1)～(4)は同値である。
- 多項式列$p_{n}(x)$は直交多項式
- $0\leq k\leq n$に対して、$\mathcal{L}[p_{n}(x)x^{k}]=K_{n}\delta_{kn}$
- 任意の正整数$n\in\{0\}\cup\mathbb{N}$に対して、次の三項間漸化式が成り立つ：\begin{equation}xp_{n}(x)=p_{n+1}(x)+b_{n}p_{n}(x)+u_{n}p_{n-1}(x)\end{equation}
- 任意の$n\in\mathbb{N}$に対して、数列$c_{n}$が存在して\begin{equation}p_{n}(x)=\frac{1}{\Delta_{n}}\begin{vmatrix}c_{0}&&c_{1}&&\cdots&&c_{n}\\c_{1}&&c_{2}&&\cdots&&c_{n+1}\\ \vdots&&\vdots&&\vdots&&\vdots\\ c_{n-1}&&c_{n}&&\cdots&&c_{2n-1}\\1&&x&&\cdots &&x^{n}\end{vmatrix}\end{equation}ここで$\Delta_{n}$は$\Delta_{0}=1$、$\Delta_{n}=|c_{i+j}|_{0\leq i,j\leq n}$で定義される$n$次のHankel行列式
[(1)$\Rightarrow$(2)]
(i)$0\leq k\lt n$に対してはある複素数$c_{k0},c_{k1},..,c_{kk}$を用いて$x^{k}$は次の様に書ける。
\begin{equation}
x^{k}=\sum_{i=0}^{k}c_{ki}p_{i}(x)
\end{equation}
ゆえに、両辺に$p_{n}(x)$をかけ線形作用素$\mathcal{L}$を作用させると
\begin{eqnarray}
\mathcal{L}[x^{k}p_{n}(x)]&=&\mathcal{L}[\sum_{i=0}^{k}c_{ki}p_{i}(x)p_{n}(x)]\\
&=&\sum_{i=0}^{k}c_{ki}\mathcal{L}[p_{i}(x)p_{n}(x)]\\
&=&0
\end{eqnarray}
また$k=n$の場合は同様の方法で
\begin{equation}
\mathcal{L}[x^{n}p_{n}(x)]=c_{nn}h_{n}\neq 0
\end{equation}
[(2)$\Rightarrow$(3)]
まず$p_{n}(x)$はモニックなので$xp_{n}(x)-p_{n+1}(x)$は高々$n$次の多項式。ゆえにある複素数$b_{n},u_{n},c_{n-2},...,c_{0}$を用いて次の様に書ける事が分かる。
\begin{equation}
xp_{n}-p_{n+1}=b_{n}p_{n}(x)+u_{n}p_{n-1}(x)+\sum_{i=0}^{n-1}c_{i}p_{i}(x)
\end{equation}
両辺に$xp_{i}(x)\quad(i=0,1,2,..,n-2)$は高々$n-1$次の多項式なので両辺にこれらをかけ線形作用素$\mathcal{L}$を作用させると次式を得る。
\begin{equation}
\mathcal{L}[p_{n}xp_{i}(x)]=0=c_{i}h_{i}
\end{equation}
ゆえに$c_{0}=c_{1}=...=c_{n-2}=0$
すなわち、以下の三項間漸化式を得る。
\begin{equation}xp_{n}(x)=p_{n+1}(x)+b_{n}p_{n}(x)+u_{n}p_{n-1}(x)\end{equation}
[(3)$\Rightarrow$(4)]
以下の三項間漸化式が成り立つ場合を考える。
\begin{equation}xp_{n}(x)=p_{n+1}(x)+b_{n}p_{n}(x)+u_{n}p_{n-1}(x)\end{equation}
後でわかり次第追記します。
[(4)$\Rightarrow (1)$]
後でわかり次第追記します。
$P_{n}(x)$がモーメント関数$\mathcal{L}$に対する直交多項式だとする。すると、任意の$n$次多項式$p_{n}(x)$は次の様に書ける。
\begin{equation}
p_{n}(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{\mathcal{L}[p_{n}(x)P_{k}(x)]}{\mathcal{L}[P_{k}^{2}(x)]}P_{k}(x)
\end{equation}
$p_{n}(x)=\sum_{k=0}^{n}c_{k}P_{k}(x)$と置く。両辺に$P_{k}(x)$をかけて$\mathcal{L}$を作用させると次の様に計算できる。
\begin{equation}
\mathcal{L}[p_{n}(x)P_{k}(x)]=\mathcal{L}[P^{2}_{k}(x)]c_{k}
\end{equation}
数列$a^{n}$に対するモーメント関数$\mathcal{L}$が存在する場合、直交多項式は存在しない事を示せ。
仮に直交多項式$P_{n}(x)=\sum_{k=0}^{n}c_{k}x^{k}$が存在したとする。
すると直交関数の性質より$0\leq m\lt n$を満たす正整数mに対して以下の事実が成り立つ。
\begin{equation}
\mathcal{L}[x^{m}P_{n}(x)]=a^{m}\sum_{k=0}^{n}c_{k}a^{k}=0
\end{equation}
すなわち、$\sum_{k=0}^{n}c_{k}a^{k}=0$。しかし
\begin{equation}
\mathcal{L}[x^{n}P_{n}(x)]=a^{n}\sum_{k=0}^{n}c_{k}a^{k}=0
\end{equation}
となり$\mathcal{L}[x^{n}P_{n}(x)]\neq 0$に反する。
ゆえに直交関数は存在しない事が示せた。
$P_{n}(x)=x^{n}$は任意のモーメント関数$\mathcal{L}$に対して直交多項式にならない事を示せ。
\begin{eqnarray} \mathcal{L}[P_{m}(x)P_{n}(x)]&=&\mathcal{L}[x^{m+n}]\\ &=&\mu_{m+n}\neq 0 \end{eqnarray}
$\mathcal{L}$を数列$\mu_{n}$に対するモーメント関数とする。また、別のモーメント関数$\mathcal{M}$を次のように定める。
\begin{equation}
\mathcal{M}[x^{n}]=\mathcal{L}[(ax+b)^{n}]\quad(a\neq 0,n\in\{0\}\cup\mathbb{N})
\end{equation}
このとき、$\mathcal{M}$に対する直交多項式を求めよ。
モーメント関数$\mathcal{M}$に対する直交多項式を$Q_{n}(x)$とすると
\begin{equation}
Q_{n}(x)=P_{n}(\frac{x-b}{a})
\end{equation}
モーメント$\mu_{n}$に対応するモーメント関数$\mathcal{L}$を考える。するとモニックな直交関数$P_{n}(x)=\sum_{k=0}^{n-1}c_{nk}x^{k}+x^{n}$は次の性質を満たす。
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
\mu_{0}&&\mu_{1}&&\cdots&&\mu_{n-1}\\
\mu_{1}&&\mu_{2}&&\cdots&&\mu_{n}\\
\vdots&&\vdots&&\vdots&&\vdots\\
\mu_{n-1}&&\mu_{n}&&\cdots&&\mu_{2n-2}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
c_{n0}\\c_{n1}\\ \vdots\\c_{nn-1}
\end{pmatrix}=-\begin{pmatrix}
\mu_{n}\\
\mu_{n+1}\\
\vdots\\
\mu_{2n-1}
\end{pmatrix}
\end{equation}
また、$\mathcal{L}[x^{n}P_{n}(x)]=K_{n}$とすると
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
\mu_{0}&&\mu_{1}&&\cdots&&\mu_{n}\\
\mu_{1}&&\mu_{2}&&\cdots&&\mu_{n+1}\\
\vdots&&\vdots&&\vdots&&\vdots\\
\mu_{n}&&\mu_{n+1}&&\cdots&&\mu_{2n-1}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
c_{n0}\\c_{n1}\\ \vdots\\c_{nn-1}\\1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0\\
0\\
\vdots\\
0\\
K_{n}
\end{pmatrix}
\end{equation}
直交関数の性質より$0\leq m\lt n$に対して
\begin{equation}
\mathcal{L}[x^{m}P_{n}(x)]=\sum_{k=0}^{n-1}c_{nk}\mu_{k+m}+\mu_{m+n}=0
\end{equation}
が成り立つので
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
\mu_{0}&&\mu_{q}&&\cdots&&\mu_{n-1}\\
\mu_{1}&&\mu_{2}&&\cdots&&\mu_{n}\\
\vdots&&\vdots&&\vdots&&\vdots\\
\mu_{n-1}&&\mu_{n}&&\cdots&&\mu_{2n-2}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
c_{n0}\\c_{n1}\\ \vdots\\c_{nn-1}
\end{pmatrix}=-\begin{pmatrix}
\mu_{n}\\
\mu_{n+1}\\
\vdots\\
\mu_{2n-1}
\end{pmatrix}
\end{equation}
同様な計算を行うことで以下の式を得る。
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
\mu_{0}&&\mu_{1}&&\cdots&&\mu_{n}\\
\mu_{1}&&\mu_{2}&&\cdots&&\mu_{n+1}\\
\vdots&&\vdots&&\vdots&&\vdots\\
\mu_{n}&&\mu_{n+1}&&\cdots&&\mu_{2n-1}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
c_{n0}\\c_{n1}\\ \vdots\\c_{nn-1}\\1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0\\
0\\
\vdots\\
0\\
K_{n}
\end{pmatrix}
\end{equation}
以下の様なモニックな直交$P_{n}(x)$の明示的表現を求めよ。
- $\displaystyle\int_{0}^{1}P_{m}(x)P_{n}(x)x^{-\frac{1}{2}}(1-x)^{-\frac{1}{2}}dx=K_{n}$ただし$K_{n}=\frac{\pi}{2}\quad(n\gt 0)$、$K_{0}=\pi$
- $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}P_{m}(x)P_{n}(x)e^{-\frac{x^{2}}{2}}dx=\sqrt{2\pi}n!\delta_{mn}$
- $\displaystyle\int_{0}^{1}P_{m}(x)P_{n}(x)dx=\frac{1}{2n-1}\delta_{mn}$
モーメント関数$\mathcal{L}$の直交関数を$P_{n}(x)$とする。このとき任意の多項式$p(x)=\sum_{k=0}^{n}c_{k}P_{k}(x)$に対して以下の事がなり立つ事を示せ。
\begin{equation}
\mathcal{L}[p(x)^{2}]=\sum_{k=0}^{n}c_{k}^{2}\mathcal{L}[P_{k}(x)^{2}]
\end{equation}
直交関係式を使うだけ。
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