(1 - z^2)P'' - 2zP' + \lambda P = 0\\
P^m(z) = (1 - z^2)^{\frac{m}{2}} \frac{d^m P(z)}{dz^m} \\
(-1 \le z \le 1)としたとき、\(P^m(z)\)が
\frac{d}{dz}\left[(1 - z^2)\frac{dP^m}{dz}\right] + \left[\lambda - \frac{m^2}{1 - z^2}\right]P^m = 0
を満たしていることを示すことが目的です。
1.証明の流れ
\[ A_m := (1 - z^2)^{\frac{m}{2}} \frac{d^m}{dz^m} \]
\[ L_m = \frac{d}{dz}\left[(1 - z^2)\frac{d}{dz}\right] + \left[\lambda - \frac{m^2}{1 - z^2}\right]. \]
とおき、帰納法で次を示す(後述)：
\[L=L_0, \quad L_m A_m = A_m L\]
この恒等式が成り立てば、\(LP=0\) から自動的に \(L_m(A_m P)=0\) が従う。
したがって、\[ P_m(z) = A_m P(z) = (1 - z^2)^{\frac{m}{2}}\frac{d^m P(z)}{dz^m} \] は \(L_m P_m = 0\) を満たす。
2.有限解の条件(補足)
量子力学では、端点 \(z = \pm 1\) で有限な解を要求する。
このとき、固有値条件が量子化されて
\[ \boxed{\lambda = \ell(\ell + 1)}, \quad \ell = 0, 1, 2, \dots \]
と限定され、有限な多項式解 \(P_\ell(z)\) が得られる。
これがルジャンドル多項式であり、対応する \(P_\ell^m(z)\) が陪ルジャンドル多項式である。
3.演算子恒等式の証明
3.1. 演算子の定義
元の演算子
\[ L := \frac{d}{dz}\Big[(1-z^2)\frac{d}{dz}\Big] + \lambda = (1-z^2)D^2 - 2zD + \lambda, \quad D:=\frac{d}{dz} \]
m番目の演算子
\[ L_m := \frac{d}{dz}\Big[(1-z^2)\frac{d}{dz}\Big] + \Big[\lambda - \frac{m^2}{1-z^2}\Big] = (1-z^2)D^2 - 2zD + \lambda - \frac{m^2}{1-z^2} \]
変換演算子
\[ A_m := (1-z^2)^{\frac{m}{2}} D^m \]
目標は
\[ \boxed{L_m A_m = A_m L} \]
を 全ての整数 \(m\ge 0\) について示すこと。
3.2. 基底ステップ \(m=0\)
\[ A_0 = (1-z^2)^0 D^0 = 1 \]
なので
\[ L_0 = L,\quad L_0 A_0 = L\cdot 1 = L = A_0 L. \]
したがって \(m=0\) では
\[ L_0 A_0 = A_0 L \]
が自明に成り立つ。
3.3. 帰納法の仮定
ある \(m\) について
\[ \boxed{L_m A_m = A_m L} \]
が成り立っていると仮定する。
3.4. 帰納ステップ：\(m \to m+1\)
まず
\[ A_{m+1} = (1-z^2)^{\frac{m+1}{2}} D^{m+1} = (1-z^2)^{\frac{1}{2}} D \,\big[(1-z^2)^{\frac{m}{2}} D^m\big] = (1-z^2)^{\frac{1}{2}} D A_m. \]
が成立していると仮定するとして、
\[ L_{m+1} A_{m+1} = L_{m+1}\big[(1-z^2)^{\frac{1}{2}} D A_m\big] = (1-z^2)^{\frac{1}{2}} D A_m L = A_{m+1} L. \]
つまり、任意の関数 \(f(z)\) に対して
\[ \boxed{ L_{m+1}\big[(1-z^2)^{\frac{1}{2}} D f\big] = (1-z^2)^{\frac{1}{2}} D\big[L_m f\big] } \]
が成り立つことを示せばよい。
3.5. 補助恒等式の直接計算
ここで
L_m f = (1-z^2)f'' - 2z f' + \lambda f - \frac{m^2}{1-z^2} fを使って右辺を展開すると
(1-z^2)^{\frac{1}{2}} D(L_m f) = (1-z^2)^{\frac{1}{2}} \Big[ (1-z^2)f''' - 2z f'' + \lambda f' - \frac{m^2}{1-z^2} f' + \text{(係数の微分項)} \Big].一方、左辺
L_{m+1}\big[(1-z^2)^{\frac{1}{2}} D f\big] = (1-z^2)\frac{d^2}{dz^2}\big[(1-z^2)^{\frac{1}{2}} f'\big] - 2z\frac{d}{dz}\big[(1-z^2)^{\frac{1}{2}} f'\big]
を、積の微分と
\[ \frac{d}{dz}(1-z^2)^{\frac{1}{2}} = -\frac{z}{\sqrt{1-z^2}} \]
を用いて展開すると、\(f''', f'', f'\) にかかる係数が右辺と一致し、さらに
\[ -\frac{(m+1)^2}{1-z^2}(1-z^2)^{\frac{1}{2}} f' \]
と、右辺の
\[ -\frac{m^2}{1-z^2}(1-z^2)^{\frac{1}{2}} f' \]
および、補助的に出てくる \(-\frac{1}{\sqrt{1-z^2}} f'\) などの項がちょうど打ち消し合う形になっていることが確認できる。
この計算により
\[ L_{m+1}\big[(1-z^2)^{\frac{1}{2}} D f\big] = (1-z^2)^{\frac{1}{2}} D\big[L_m f\big] \]
が成り立つ。
3.6. 帰納ステップの完了
したがって
\[ L_{m+1} A_{m+1} = L_{m+1}\big[(1-z^2)^{\frac{1}{2}} D A_m\big] = (1-z^2)^{\frac{1}{2}} D\big[L_m A_m\big] = (1-z^2)^{\frac{1}{2}} D\big[A_m L\big]
= A_{m+1} L. \]
よって
\[ L_{m+1} A_{m+1} = A_{m+1} L \]
が示され、帰納法により
\[ \boxed{L_m A_m = A_m L\quad (\forall m\in\mathbb{N}_0)} \]
が成立する。
この演算子恒等式から、\(LP=0\) を満たす任意の解 \(P(z)\) に対して
\[ P_m(z) := A_m P(z) = (1-z^2)^{\frac{m}{2}}\frac{d^m P(z)}{dz^m} \]
が自動的に \(L_m P_m = 0\) を満たすことが従う。
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