20. 르장드르 방정식

20. 르장드르 방정식 

다음과 같은 형태의 미분방정식을 르장드르 방정식(Legendre equation)이라고 한다. $$(1-x^{2})y''-2xy'+p(p+1)y=0\,(p\in\mathbb{R})$$ 이 르장드르 방정식의 해를 르장드르 함수(Legendre function)라고 한다. 르장드르 방정식의 양변을 $1-x^{2}$로 나누면 $$y''-\frac{2x}{1-x^{2}}y'+\frac{p(p+1)}{1-x^{2}}y=0$$ 이고 $$\begin{align*}\frac{2x}{1-x^{2}}&=2x+2x^{3}+2x^{5}+\cdots\\ \frac{p(p+1)}{1-x^{2}}&=p(p+1)(1+x^{2}+x^{4}+\cdots)\end{align*}$$ 이므로 $\displaystyle\frac{2x}{1-x^{2}},\,\frac{p(p+1)}{1-x^{2}}$는 해석적이고 르장드르 방정식은 제곱급수해를 갖는다. 르장드르 방정식의 해를 $\displaystyle y=\sum_{n=0}^{\infty}{a_{n}x^{n}}$라고 하자. 그러면 $$y'=\sum_{n=1}^{\infty}{na_{n}x^{n-1}},\,y''=\sum_{n=2}^{\infty}{n(n-1)a_{n}x^{n-2}}$$ 이므로 $$(1-x^{2})\sum_{n=2}^{\infty}{n(n-1)a_{n}x^{n-2}}-2x\sum_{n=1}^{\infty}{na_{n}x^{n-1}}+p(p+1)\sum_{n=0}^{\infty}{a_{n}x^{n}}=0$$ 이고 식을 정리하면 $$\sum_{n=2}^{\infty}{n(n-1)a_{n}x^{n-2}}-\sum_{n=2}^{\infty}{n(n-1)a_{n}x^{n}}-2\sum_{n=1}^{\infty}{na_{n}x^{n}}+p(p+1)\sum_{n=0}^{\infty}{a_{n}x^{n}}=0$$ 이므로 다음과 같이 정리된다. $$\sum_{m=0}^{\infty}{(m+1)(m+2)a_{m+2}x^{m}}-\sum_{m=2}^{\infty}{m(m-1)a_{m}x^{m}}-2\sum_{m=1}^{\infty}{ma_{m}x^{m}}+p(p+1)\sum_{m=0}^{\infty}{a_{m}x^{m}}=0$$ 여기서 상수항의 계수는 $2\cdot1a_{2}+p(p+1)a_{0}=0$, $x$의 계수는 $3\cdot2a_{3}-2a_{1}+p(p+1)a_{1}=0$이고 $x^{m}(m\geq2)$의 계수는 다음과 같다. $$(m+2)(m+1)a_{m+2}+\{-m(m-1)-2m+p(p+1)\}a_{m}=0$$ 그러면 $$a_{2}=-\frac{p(p+1)}{2\cdot1}a_{0},\,a_{3}=-\frac{p(p+1)-2}{3\cdot2}a_{1}=-\frac{(p-1)(p+2)}{3\cdot2}a_{1}$$ 이고 일반적인 $a_{m}$의 관계식은 다음과 같다. $$a_{m+2}=-\frac{(p-m)(p+m+1)}{(m+1)(m+2)}a_{m}\,(m\in\mathbb{N}\cup\{0\})$$ 이 식으로부터 $$\begin{align*}a_{2}&=-\frac{p(p+1)}{2!}a_{0},\,a_{4}=-\frac{(p-2)(p+3)}{4\cdot3}a_{2}=\frac{(p-2)p(p+1)(p+3)}{4!}a_{0},\,...\\a_{3}&=-\frac{(p-1)(p+2)}{3!}a_{1},\,a_{5}=-\frac{(p-3)(p+4)}{5\cdot4}a_{3}=\frac{(p-3)(p-1)(p+2)(p+4)}{5!}a_{1},\,...\end{align*}$$ 이므로 르장드르 방정식의 일반해는 $y=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}$이고, $y_{1}$, $y_{2}$는 다음과 같다. $$\begin{align*}y_{1}&=1-\frac{p(p+1)}{2!}x^{2}+\frac{(p-2)p(p+1)(p+3)}{3!}x^{4}-\cdots\,(|x|<1)\\y_{2}&=x-\frac{(p-1)(p+2)}{3!}x^{3}+\frac{(p-3)(p-1)(p+2)(p+4)}{5!}x^{5}-\cdots\,(|x|<1)\end{align*}$$ $p\in\mathbb{N}\cup\{0\}$일 때

1. $p=n$이 짝수이면 $a_{n+2}=a_{n+4}=\cdots=0$  

2. $p=n$이 홀수이면 $a_{n+2}=a_{n+4}=\cdots=0$

$p=n$이 음이 아닌 정수일 때, $n$차 다항식 $y_{1}$ 또는 $y_{2}$에 상수를 곱한 다항식을 르장드르 다항식(Legendre polynomial)이라 하고 $P_{n}(x)$로 나타낸다. $P_{n}(x)$의 $n$차항의 계수 $a_{n}$이 $\displaystyle a_{n}=\frac{(2n)!}{2^{n}(n!)^{2}}$이 되도록 $y_{1}$, $y_{2}$에 적당한 상수를 곱하자. $$a_{m}=-\frac{(m+2)(m+1)}{(n-m)(n+m+1)}a_{m+2}\,(m=0,\,1,\,...,\,n-1)$$ 그러면 $$\begin{align*}a_{n-2}&=-\frac{n(n-1)}{2(2n-1)}a_{n}=-\frac{n(n-1)(2n)!}{2(2n-1)2^{n}(n!)^{2}}\\&=-\frac{n(n-1)2n(2n-1)(2n-2)!}{2(2n-1)2^{n}n(n-1)!n(n-1)(n-2)!}=-\frac{(2n-2)!}{2^{n}(n-1)!(n-2)!}\end{align*}$$ 이므로 $$a_{n-4}=-\frac{(n-2)(n-3)}{4(2n-3)}a_{n-2}=\frac{(2n-4)!}{2^{n}2!(n-2)!(n-4)!}$$ 이고 $$a_{n-2k}=(-1)^{k}\frac{(2n-2k)!}{2^{n}k!(n-k)!(n-2k)!}\,\left(n-2k\geq0\,\Rightarrow\,k\leq\frac{n}{2}\right)$$ 따라서 르장드르 다항식은 다음과 같다. $$P_{n}(x)=\sum_{k=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}{(-1)^{k}\frac{(2n-2k)!}{2^{n}k!(n-k)!(n-2k)!}x^{n-2k}}$$ ($[x]$는 $x$를 넘지 않는 최대의 정수이다)

다음은 르장드르 다항식의 성질들이다. 

1. $P_{n}(-x)=(-1)^{n}P_{n}(x)$ 

2. $P_{n}(1)=1$ 

3. $P_{2n+1}(0)=0$, $\displaystyle P_{2n}(0)=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}(-1)^{n}$ 

4. $\displaystyle\int_{-1}^{l}{P_{l}(x)P_{n}(x)dx}=\begin{cases}0,\,&(l\neq n)\\ \frac{2}{2n+1},\,&(l=n)\end{cases}$ 

5. $\displaystyle P_{n}(x)=\frac{1}{2^{n}n!}\frac{d^{n}}{dx^{n}}\left\{(x^{2}-1)^{n}\right\}$ (로드리게스 공식, Rodrigues's formula) 

6. $\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^{2}}}=\sum_{n=0}^{\infty}{P_{n}(x)t^{n}}$ (생성함수, generating function) 

증명: 

1: 다음의 식에 의해 성립한다. $$\begin{align*}P_{n}(-x)&=\sum_{k=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}{(-1)^{k}\frac{(2n-2k)!}{2^{n}k!(n-k)!(n-2k)!}(-x)^{n-2k}}\\&=(-1)^{n}\sum_{k=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}{(-1)^{k}\frac{(2n-2k)!}{2^{n}k!(n-k)!(n-2k)!}x^{n-2k}}\\&=(-1)^{n}P_{n}(x)\end{align*}$$  

5: $\displaystyle(x^{2}-1)^{n}=\sum_{m=1}^{n}{\binom{n}{m}(-1)^{m}x^{n-m}}\,(n\geq2m)$이고 $$\frac{d^{n}}{dx^{n}}(x^{2}-1)^{n}=\sum_{m=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}{\frac{n!}{m!(n-m)!}(-1)^{m}(2n-2m)\cdots(n-2m+1)x^{n-2m}}$$ 이므로 다음의 결과를 얻는다. $$\frac{1}{n!2^{n}}\frac{d^{n}}{dx^{n}}(x^{2}-1)^{n}=\sum_{m=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}{\frac{(2n-2m)!}{2^{n}m!(n-m)!}(-1)^{m}x^{n-2m}}=P_{n}(x)$$  

6: $(1-x)^{-p}$를 매클로린 전개하면 다음과 같고 $$(1-x)^{-p}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{p(p+1)\cdots(p+n-1)}{n!}x^{n}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\binom{p+n-1}{n}x^{n}}\,(|x|<1)$$ $\displaystyle p=\frac{1}{2}$라고 하면 $$(1-\nu)^{-\frac{1}{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdots\frac{2n-1}{2}}{n!}\nu^{n}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}\nu^{2}}\,(|\nu|<1)$$ 이다. 여기서 $\nu=2xu-u^{2}$라고 하면 $$\frac{1}{\sqrt{1-2xu+u^{2}}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}(2xu-u^{2})^{2}}$$ 이고 $$\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}(2xu-u^{2})^{n}=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}u^{n}\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}(-1)^{k}u^{k}2^{n-k}x^{n-k}}$$ 이므로 $$\begin{align*}\frac{1}{\sqrt{1-2xu+u^{2}}}&=\sum_{n=0}^{\infty}{\left(\sum_{m=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}{(-1)^{m}\frac{(2n-2m)!}{2^{2(n-m)}(n-m)!}\binom{n-m}{m}u^{n-m+m}2^{n-m-m}x^{n-m-m}}\right)u^{n}}\\&=\sum_{n=0}^{\infty}{\left(\sum_{m=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}{(-1)^{m}\frac{(2n-2m)!x^{n-2m}}{2^{n}m!(n-m)!(n-2m)!}}\right)u^{n}}\\&=\sum_{n=0}^{\infty}{P_{n}(x)u^{n}}\end{align*}$$ 이고 여기서 $u=t$라고 하면 다음의 결과를 얻는다. $$\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^{2}}}=\sum_{n=0}^{\infty}{P_{n}(x)t^{n}}$$  

3: 

(i) $l>n$일 때 

$$\begin{align*}\int_{-1}^{1}{P_{l}(x)P_{n}(x)dx}&=\frac{1}{2^{l+n}(l!)(n!)}\int_{-1}^{1}{\left\{\frac{d^{l}}{dx^{l}}(x^{2}-1)^{l}\right\}\left\{\frac{d^{n}}{dx^{n}}(x^{2}-1)^{n}\right\}dx}\\&=\alpha\left[\frac{d^{l-1}}{dx^{l-1}}(x^{2}-1)^{l}\frac{d^{n}}{dx^{n}}(x^{2}-1)^{n}\right]_{-1}^{1}-\alpha\int_{-1}^{1}{\frac{d^{l-1}}{dx^{l-1}}(x^{2}-1)^{l}\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}(x^{2}-1)^{n}dx}\\&=(-1)\alpha\int_{-1}^{1}{\frac{d^{l-1}}{dx^{l-1}}(x^{2}-1)^{l}\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}(x^{2}-1)^{n}dx}\\&=(-1)^{2}\alpha\int_{-1}^{1}{\frac{d^{l-2}}{dx^{l-2}}(x^{2}-1)^{l}\frac{d^{n+2}}{dx^{n+2}}(x^{2}-1)^{n}dx}\\&=(-1)^{n}\alpha\int_{-1}^{1}{\frac{d^{l-n}}{dx^{l-n}}(x^{2}-1)^{n}(2n)!dx}\\&=(-1)^{n}\alpha(2n)!\left[\frac{d^{l-m-1}}{dx^{l-m-1}}(x^{2}-1)^{l}\right]_{-1}^{1}\\&=0\,\left(\alpha=\frac{1}{2^{l+n}(n!)(l!)}\right)\end{align*}$$  

(ii) $l=n$일 때 

$$\begin{align*}\int_{-1}^{1}{P_{n}(x)P_{l}(x)dx}&=\frac{1}{2^{2n}(n!)^{2}}\left\{\left[\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}(x^{2}-1)^{n}\frac{d^{n}}{dx^{n}}(x^{2}-1)^{n}\right]_{-1}^{1}-\int_{-1}^{1}{\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}(x^{2}-1)^{n}\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}(x^{2}-1)^{n}}\right\}\\&=\frac{1}{2^{2n}(n!)^{2}}(-1)^{n}\int_{-1}^{1}{(2n)!(x^{2}-1)^{n}dx}\\&=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}\int_{-1}^{1}{(1-x^{2})^{n}dx}\end{align*}$$ 여기서의 적분 $\displaystyle\int_{-1}^{1}{(1-x^{2})^{n}dx}$에서 $x=\sin t$로 치환하자. 그러면 $(1-x^{2})^{n}$은 우함수이므로 $\displaystyle\int_{-1}^{1}{(1-x^{2})^{n}dx}=2\int_{0}^{1}{(1-x^{2})^{n}dx}$이고 다음의 식이 성립한다. $$\int_{0}^{1}{(1-x^{2})^{n}dx}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\cos^{2n}t\cos tdt}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\cos^{2n+1}tdt}$$ $\displaystyle I_{m}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\cos^{m}xdx}$라고 하면 $$\begin{align*}I_{m}&=\left[\sin x\cos^{m-1}x\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}+m\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\sin x\cos^{m-2}x\sin xdx}\\&=(m-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\sin^{2}x\cos^{m-2}xdx}=(m-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\sin^{2}x\cos^{m-2}xdx}\\&=(m-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{(1-\cos^{2}x)\cos^{m-2}xdx}\\&=(m-1)(I_{m-2}-I_{m})\end{align*}$$ 이므로 $\displaystyle I_{m}=\frac{m-1}{m}I_{m-2}$이고 $$\begin{align*}I_{2n+1}&=\frac{2n}{2n+1}I_{2n-1},\,I_{1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\cos xdx}=1\\I_{2n+1}&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\cos^{2n+1}xdx}=\frac{2n}{2n+1}\frac{2n-2}{2n-1}\cdots\frac{2}{3}I_{1}=\frac{2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}\end{align*}$$ 이고 $$\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}\int_{-1}^{1}{(x^{2}-1)^{n}dx}=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}\cdot2\cdot\frac{2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}=\frac{2}{2n+1}$$ 따라서 다음의 결과를 얻는다. $$\int_{-1}^{1}{P_{n}(x)P_{l}(x)dx}=\frac{2}{2n+1}$$  

2: 6에서 $x=1$을 대입하면 $$\frac{1}{\sqrt{1-2t+t^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{(1-t)^{2}}}=\frac{1}{1-t}=\sum_{n=0}^{\infty}{t^{n}}=\sum_{n=0}^{\infty}{P_{n}(1)t^{n}}$$ 이므로 $P_{n}(1)=1$이다.  

3: $\displaystyle n-2\left[\frac{n}{2}\right]=\begin{cases}1,\,&(n:\,\text{odd})\\9,\,&(n:\,\text{even})\end{cases}$이고 6에서 $x=0$을 대입하면 다음 식이 성립한다. $$\frac{1}{\sqrt{1+t^{2}}}=\sum_{n=0}^{\infty}{P_{n}(0)t^{n}}$$ $P_{n}(x)$를 다음과 같이 나타낼 수 있고 $$P_{n}(x)=(-1)^{\left[\frac{n}{2}\right]}\frac{\left(2n-2\left[\frac{n}{2}\right]\right)}{2^{n}\left(\left[\frac{n}{2}\right]\right)!\left(n-\left[\frac{n}{2}\right]\right)!\left(n-2\left[\frac{n}{2}\right]\right)!}x^{n-\left[\frac{n}{2}\right]}+\sum_{k=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]-1}{(-1)^{k}\frac{(2n-2k)!}{2^{n}k!(n-k)!(n-2k)!}x^{n-2k}}$$ $2n+1$은 홀수이므로 $x^{2n+1-2(n)}=x$이고 $P_{2n+1}(0)=0$이다. $2n$은 짝수이므로 $x^{2n-2\cdot n}=x^{0}=1$이고 $\displaystyle\left[\frac{2n}{2}\right]=n$이므로 $\displaystyle P_{2n}(0)=(-1)^{n}\frac{(4n-2n)!}{2^{n}n!(2n-n)!}=(-1)^{n}\frac{(2n)!}{2^{n}(n!)^{2}}$이다.

퍼텐셜 이론(potential theory)

위의 그림으로부터 다음의 식이 성립한다. $$\frac{1}{r}=\frac{1}{\sqrt{r_{1}^{2}+r_{2}^{2}-2r_{1}r_{2}\cos\theta}}=\frac{1}{r_{2}}\sum_{m=0}^{\infty}{P_{m}(\cos\theta)\left(\frac{r_{1}}{r_{2}}\right)^{m}}$$ 생성함수 $\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^{2}}}=\sum_{m=0}^{\infty}{P_{m}(x)t^{m}}$에서 $x=\cos\theta$, $\displaystyle t=\frac{r_{1}}{r_{2}}$를 대입하면 $$\frac{1}{\sqrt{1-2\frac{r_{1}}{r_{2}}\cos\theta+\left(\frac{r_{1}}{r_{2}}\right)^{2}}}=\sum_{m=0}^{\infty}{P_{m}(\cos\theta)\left(\frac{r_{1}}{r_{2}}\right)^{m}}$$ 이고 코사인 법칙에 의해 $r^{2}=r_{1}^{2}+r_{2}^{2}-2r_{1}r_{2}\cos\theta$이므로 다음의 결과를 얻는다. $$\frac{1}{r}=\frac{1}{\sqrt{r_{1}^{2}+r_{2}^{2}-2r_{1}r_{2}\cos\theta}}=\frac{1}{r_{2}}\sum_{m=0}^{\infty}{P_{m}(\cos\theta)\left(\frac{r_{1}}{r_{2}}\right)^{m}}$$

참고자료:

미분방정식 입문, 김병수, 양영균, 북스힐

Advanced Engineering Mathematics 10th edition, Kreyszig, Wiley