ZhouによるLegendre関数の4つの積の積分
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.
前の記事
で, ZhouによるLegendre関数の3つの積の積分を示したが, 今回は以下のLengedre関数の4つの積の積分を示す.
\begin{align} \int_{-1}^1xP_{\nu}(x)^3P_{\nu}(-x)\,dx&=\frac{\cos\pi\nu\sin 2\pi\nu}{\pi(2\nu+1)^2} \end{align}
主値積分を
\begin{align}
\mathscr{P}\int_{-1}^1\frac{f(t)}{x-t}\,dt=\lim_{\varepsilon\searrow 0}\left(\int_{-1}^{x-\varepsilon}+\int_{x+\varepsilon}^1\right)\frac{f(t)}{x-t}\,dt
\end{align}
のように表す. 2つ補題を用意する.
\begin{align} \int_{-1}^1f(x)\left(\mathscr{P}\int_{-1}^1\frac{g(t)}{x-t}\,dt\right)\,dx+\int_{-1}^1\left(\mathscr{P}\int_{-1}^1\frac{f(t)}{x-t}\,dt\right)g(x)\,dx=0 \end{align}
\begin{align}
\int_{\substack{-1< x,t<1\\|x-y|>\varepsilon}}f(x)\frac{g(t)}{x-t}\,dtdx+\int_{\substack{-1< x,t<1\\|x-t|>\varepsilon}}\frac{f(x)}{t-x}g(t)\,dtdx=0
\end{align}
において, $\varepsilon\searrow 0$としてから第2項の$t,x$を付け替えればよい.
前の記事 の系1で$n=0$とすると以下の補題を得る.
\begin{align} \int_{-1}^1P_{\nu}(t)P_{\nu}(-t)\,dt&=\frac{2\cos\pi\nu}{2\nu+1} \end{align}
補題2において, $f(x)=P_{\nu}(x)P_{\nu}(-x), g(x)=xP_{\nu}(x)P_{\nu}(-x)$とすると,
\begin{align}
\int_{-1}^1xP_{\nu}(x)P_{\nu}(-x)\left(\mathscr{P}\int_{-1}^1\frac{P_{\nu}(t)P_{\nu}(-t)}{x-t}\,dt\right)\,dx+\int_{-1}^1\left(\mathscr{P}\int_{-1}^1\frac{tP_{\nu}(t)P_{\nu}(-t)}{x-t}\,dt\right)P_{\nu}(x)P_{\nu}(-x)\,dx=0
\end{align}
となる. 補題3と
前の記事
の定理2より
\begin{align}
\mathscr{P}\int_{-1}^1\frac{P_{\nu}(t)P_{\nu}(-t)}{x-t}\,dt&=\frac{\pi}{2\sin\pi\nu}(P_{\nu}(x)^2-P_{\nu}(-x)^2)\\
\mathscr{P}\int_{-1}^1\frac{tP_{\nu}(t)P_{\nu}(-t)}{x-t}\,dt&=x\mathscr{P}\int_{-1}^1\frac{P_{\nu}(t)P_{\nu}(-t)}{x-t}\,dt-\int_{-1}^1P_{\nu}(t)P_{\nu}(-t)\,dt\\
&=\frac{\pi}{2\sin\pi\nu}x(P_{\nu}(x)^2-P_{\nu}(-x)^2)-\frac{2\cos\pi\nu}{2\nu+1}
\end{align}
であるから, これらを代入して,
\begin{align}
\frac{\pi}{\sin\pi\nu}\int_{-1}^1xP_{\nu}(x)P_{\nu}(-x)(P_{\nu}(x)^2-P_{\nu}(-x)^2)\,dx-\frac{2\cos\pi\nu}{2\nu+1}\int_{-1}^1P_{\nu}(x)P_{\nu}(-x)\,dx=0
\end{align}
を得る. ここで,
\begin{align}
\int_{-1}^1xP_{\nu}(x)P_{\nu}(-x)^3\,dx=-\int_{-1}^1xP_{\nu}(x)^3P_{\nu}(-x)\,dx
\end{align}
であることと, 補題3を用いると,
\begin{align}
\frac{2\pi}{\sin\pi\nu}\int_{-1}^1xP_{\nu}(x)^3P_{\nu}(-x)\,dx-\frac{4\cos^2\pi\nu}{(2\nu+1)^2}=0
\end{align}
を得る. これより,
\begin{align}
\int_{-1}^1xP_{\nu}(x)^3P_{\nu}(-x)\,dx=\frac{\cos\pi\nu\sin 2\pi\nu}{\pi(2\nu+1)^2}
\end{align}
となって示すべき等式が得られた.
Zhouの2018年の論文でさらに2つの積分
\begin{align}
\int_{-1}^1xP_{\nu}(x)^4\,dx&=\frac{2\sin^4\pi\nu(\psi''(\nu+1)+\psi''(-\nu)+28\zeta(3))}{\pi^4(2\nu+1)^2}\\
\int_0^1xP_{\nu}(x)^2(P_{\nu}(x)^2-P_{\nu}(-x)^2)\,dx&=\frac{2\sin^2\pi\nu(\psi(\nu+1)+\psi(-\nu)+2\gamma+4\ln 2)}{\pi^2(2\nu+1)^2}
\end{align}
が示されているようである. しかしその証明は難解であり, 定理1のようなシンプルな証明は知られていないと思われる.
