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前回から引き続き球面調和関数のちょっとしたことを調べています。今回は回転変換についてです。円周の場合を思い返すと $\sin(x)$ と $\cos(x)$ の線形結合は回転させても同じく線形結合という性質は引き継ぎます。球面の場合はどうなるでしょうか。


調和関数を球面へ制限させてから回転させることと、調和関数を回転させてから球面へ制限させることは等価です。また、回転させた調和関数のラプラシアン像は、相対的に回転させたラプラシアンによる調和関数の像と一致します。


ラプラシアンに回転保存性が成立すれば、$k$ 次の球面調和関数を回転させても同じく $k$ 次の球面調和関数になることが主張できます。

\begin{align}
a\partial_1+b\partial_2+c\partial_3\ \text{with }\|a\|=\|b\|=\|c\|=1,\ \langle a,b\rangle=\langle b,c\rangle=\langle c,a\rangle=0
\end{align}

このように回転させてみましょう。このときのラプラシアンは

\begin{align}
\langle a\partial_1+b\partial_2+c\partial_3,a\partial_1+b\partial_2+c\partial_3\rangle=\Delta
\end{align}

となり保存性が成り立ちます。これで証明できました。$k$ 次球面調和関数という性質は回転に対して普遍です。


今回は簡単ですがここまで。次回は球面調和関数の 2 次対称テンソルを作って性質を調べていきます。(written by J.Nishigata)


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フーリエ23- 球面調和関数を回転させたらどうなるだろうか

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前回は、球面調和関数の 2 次対称テンソルが満足する方程式としてルジャンドル方程式を導きました。

\begin{align}
(1-x^2)\partial^2f-2x\partial f+k(k+1)f=0
\end{align}

今回はこの方程式を自然数 $k$ の条件下で解いてみましょう。以前解いたベッセル方程式も同様ですが、このような線形の 2 階常微分方程式は、特殊解の一方がわかってしまえば他方は機械的に計算することができます。$f=p$ が解の場合 $f=pg$ とおけば良いだけです。


今回の場合では

\begin{align}
f=p\int\dfrac{1}{(1-x^2)p^2}\,dx
\end{align}

という具合に計算できます。したがって、まずは片方の特殊解のみ見つけることにしましょう。$k=0$ の場合は $f(x)=1$、$k=1$ の場合は $f(x)=x$ という特殊解が簡単に見つかります。では $k\ge 2$ の場合はどうでしょうか。


上手く式変形して解ける雰囲気ではないので、試しに多項式を代入してみます。

\begin{align}
&f(x)=x^k\Longrightarrow(1-x^2)\partial^2f-2x\partial f+k(k+1)f=k(k-1)x^{k-2},\\
&f(x)=x^{k-2}\Longrightarrow(1-x^2)\partial^2f-2x\partial f+k(k+1)f=(k-2)(k-3)x^{k-4}+(4k-2)x^{k-2},\\
&f(x)=x^{k-4}\Longrightarrow\cdots
\end{align}

右辺を高い次数から消去していけば何とかなりそうですが、この方程式列はどこまで降下していくのでしょうか。

\begin{align}

&f(x)=x\Longrightarrow(1-x^2)\partial^2f-2x\partial f+k(k+1)f=(k+2)(k-1)x,\\
&f(x)=1\Longrightarrow(1-x^2)\partial^2f-2x\partial f+k(k+1)f=k(k+1)
\end{align}

$k$ の偶奇により 0 次もしくは 1 次でとまります。したがって適当な線形結合で右辺を零にできる、すなわち今探している解は $k$ 次の多項式であることが分りました。


さて、今考えている多項式解の $x=1$ での値はどのようになっているでしょうか。$f(1)=0$ と仮定してみます。ルジャンドル方程式に $x=1$ を代入すると $\partial f(1)=0$ が得られます。故に $f$ は $x=1$ で重解をもちます。

\begin{align}
f(x)=(x-1)^2q(x)\Longrightarrow&(1-x^2)\partial^2f-2x\partial f+k(k+1)f\\
&=2(1-x)(1+3x)q+(x-1)^2(\mathrm{polunomial})
\end{align}

因数の個数が合いませんね。したがって $f(1)\neq 0$ であることが分ります。適当な定数を掛けることによって $f(1)=1$ を満足するような $k$ 次の多項式解を $k$ 次のルジャンドル多項式と呼びます。こちらの特殊解の話はこの辺までにして、もう一方の特殊解を考えて見ましょう。


$x=1$ で 1 位の極をもつ関数の積分にルジャンドル多項式を掛けたものが他方の解になっています。したがって、この解は $x=1$ を極にもちます。


今回はこの辺まで。次回は、前回の尻切れになっている部分をやりましょう。(written by J.Nishigata)


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フーリエ24- 球面調和関数による 2 次対称テンソルの性質