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【関連記事】
- 体球調和関数と球面調和関数について．
極座標のラプラシアン
$n$次元の極座標で表したラプラシアンは\begin{aligned}
\Delta u
&=\frac{\partial^2 u}{\partial r^2}
+\frac{n-1}{r}\frac{\partial u}{\partial r}
+\frac{1}{r^2} \Delta_{S} u \\
&=\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} (ru)
+\frac{n-3}{r}\frac{\partial u}{\partial r}
+\frac{1}{r^2} \Delta_{S} u
\end{aligned}
で与えられます．但し，$\Delta_{S} $は$(n-1)$次元球面上の微分演算子を表します（球面上のラプラス-ベルトラミ作用素）．\Delta u
&=\frac{\partial^2 u}{\partial r^2}
+\frac{n-1}{r}\frac{\partial u}{\partial r}
+\frac{1}{r^2} \Delta_{S} u \\
&=\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} (ru)
+\frac{n-3}{r}\frac{\partial u}{\partial r}
+\frac{1}{r^2} \Delta_{S} u
\end{aligned}
特に，3次元の場合は
\begin{aligned}
\Delta u
&=\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} (ru)
+\frac{1}{r^2} \Delta_{S} u \\
\Delta_{S} u
&=\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\partial u}{\partial \theta} \biggr)
+\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2 u}{\partial \varphi^2}
\end{aligned}
となります．\Delta u
&=\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} (ru)
+\frac{1}{r^2} \Delta_{S} u \\
\Delta_{S} u
&=\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\partial u}{\partial \theta} \biggr)
+\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2 u}{\partial \varphi^2}
\end{aligned}
体球調和関数と球面調和関数
任意の$r>0$に対して\begin{aligned}
P(r x_1,r x_2,...,r x_n) = r^{k}P(x_1,x_2,...,x_n)
\end{aligned}
を満たす関数$P(x_1,...,x_n)$を考えます（$k$次同次（斉次）式と呼びます）．P(r x_1,r x_2,...,r x_n) = r^{k}P(x_1,x_2,...,x_n)
\end{aligned}
以下では，$\boldsymbol{x}=(x_1,x_2,...,x_n)$と書きます．
体球調和関数と球面調和関数
$k$次同次（斉次）多項式$P(\boldsymbol{x})$が$\Delta P(\boldsymbol{x})=0$を満たすとき（調和関数と呼ぶ），
- $P(\boldsymbol{x})$を「$k$次の体球調和関数」
- $P(\boldsymbol{x})$を単位球面上に制限した関数を「$k$次の球面調和関数」
$k$次の球面調和関数$P(\boldsymbol{\sigma})$は微分方程式
\begin{aligned}
\Delta_{S} P(\boldsymbol{\sigma}) + k(n+k-2)P(\boldsymbol{\sigma}) =0
\end{aligned}
を満たす（$\boldsymbol{\sigma}$は単位球面上の点）．\Delta_{S} P(\boldsymbol{\sigma}) + k(n+k-2)P(\boldsymbol{\sigma}) =0
\end{aligned}
逆に，この微分方程式を満たす単位球面上の関数$P(\boldsymbol{\sigma})$を
\begin{aligned}
&P_{k}(\boldsymbol{x})
=r^{k}P(\boldsymbol{\sigma})
\end{aligned}
または&P_{k}(\boldsymbol{x})
=r^{k}P(\boldsymbol{\sigma})
\end{aligned}
\begin{aligned}
P_{-(n+k-2)}(\boldsymbol{x})
& =r^{-(n+k-2)}P(\boldsymbol{\sigma}) \\
&=r^{-(n+2k-2)}P_{k}(\boldsymbol{x})
\end{aligned}
で拡張するとき，P_{-(n+k-2)}(\boldsymbol{x})
& =r^{-(n+k-2)}P(\boldsymbol{\sigma}) \\
&=r^{-(n+2k-2)}P_{k}(\boldsymbol{x})
\end{aligned}
\begin{aligned}
\Delta P_{k}(\boldsymbol{x})
=\Delta P_{-(n+k-2)}(\boldsymbol{x})
=0
\end{aligned}
を満たす．\Delta P_{k}(\boldsymbol{x})
=\Delta P_{-(n+k-2)}(\boldsymbol{x})
=0
\end{aligned}
$k$次同次（斉次）多項式$P(\boldsymbol{x})$を考えましょう．$\boldsymbol{\sigma}$を単位球面上の任意の点とするとき，$\boldsymbol{x}=r\boldsymbol{\sigma}$ $(r>0)$に対して
\begin{aligned}
P(\boldsymbol{x}) = r^{k}P(\boldsymbol{\sigma})
\end{aligned}
が成り立ちます．P(\boldsymbol{x}) = r^{k}P(\boldsymbol{\sigma})
\end{aligned}
$P(\boldsymbol{x})$が$\Delta P(\boldsymbol{x})=0$を満たすとき，
\begin{aligned}
0
&=\Delta P(\boldsymbol{x}) \\
&=\Delta [r^k P(\boldsymbol{\sigma})] \\
&=\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} [r\cdot r^k P(\boldsymbol{\sigma})]
+\frac{n-3}{r}\frac{\partial }{\partial r} [r^k P(\boldsymbol{\sigma})] \\
& \quad +\frac{1}{r^2} \Delta_{S} [r^k P(\boldsymbol{\sigma})] \\
&=r^{k-2}[\Delta_{S} P(\boldsymbol{\sigma}) + k(n+k-2)P(\boldsymbol{\sigma})]
\end{aligned}
が成り立つことから，「$k$次の球面調和関数$P(\boldsymbol{\sigma})$」が微分方程式0
&=\Delta P(\boldsymbol{x}) \\
&=\Delta [r^k P(\boldsymbol{\sigma})] \\
&=\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} [r\cdot r^k P(\boldsymbol{\sigma})]
+\frac{n-3}{r}\frac{\partial }{\partial r} [r^k P(\boldsymbol{\sigma})] \\
& \quad +\frac{1}{r^2} \Delta_{S} [r^k P(\boldsymbol{\sigma})] \\
&=r^{k-2}[\Delta_{S} P(\boldsymbol{\sigma}) + k(n+k-2)P(\boldsymbol{\sigma})]
\end{aligned}
\begin{aligned}
\Delta_{S} P(\boldsymbol{\sigma}) + k(n+k-2)P(\boldsymbol{\sigma}) =0
\end{aligned}
を満たすことがわかります．\Delta_{S} P(\boldsymbol{\sigma}) + k(n+k-2)P(\boldsymbol{\sigma}) =0
\end{aligned}
逆に，この微分方程式を満たす単位球面上の関数$P(\boldsymbol{\sigma})$があったとします．このとき，原点を除く任意の点$\boldsymbol{x}=r\boldsymbol{\sigma}$ $(r>0)$に対して$P_{k}(\boldsymbol{x}) = r^{k}P(\boldsymbol{\sigma})$で定義される関数が$\Delta P_{k}(\boldsymbol{x})=0$を満たすことは，上の2行目以降の計算からわかります．
さらに，
\begin{aligned}
& k = -(n + k^{\prime} - 2) \\
& \Leftrightarrow (n + k -2) = - k^{\prime}
\end{aligned}
だから，この微分方程式で$k$を$-(n + k - 2)$で置き換えても形は変わりません．よって，$\Delta P_{-(n + k - 2)}(\boldsymbol{x})=0$も成立します．//& k = -(n + k^{\prime} - 2) \\
& \Leftrightarrow (n + k -2) = - k^{\prime}
\end{aligned}
【補足】
上の結果より，$P(\boldsymbol{\sigma})$が固有値$-k(n+k-2)$をもつ$\Delta_{S}$の固有関数がであることがわかりました．さらに，$\Delta_{S}$の固有値・固有関数がこれで尽くされていることが示せるそうです．
3次元の場合
次を示します（一部略）：$\Delta_{S}$の固有値と固有関数
\begin{aligned}
\Delta_{S} Y(\theta,\varphi)+ \lambda Y(\theta,\varphi) =0
\end{aligned}
を満たすとき，$|m|\leq l$を満たす整数$l,m$を用いて\Delta_{S} Y(\theta,\varphi)+ \lambda Y(\theta,\varphi) =0
\end{aligned}
- 固有値は$\lambda = l(l+1)$と表すことができ，
- その規格化された固有関数は
\begin{aligned}となる．
&Y_l^{\:m}(\theta,\varphi) \\
&=(-1)^{(m+|m|)/2}\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi} \frac{(l-|m|)!}{(l+|m|)!}} \\
&\qquad\qquad\qquad\quad \times P_l^{\:m}(\cos\theta)e^{im\varphi}
\end{aligned}
微分方程式$ \Delta_{S} Y(\theta,\varphi)+ \lambda Y(\theta,\varphi) =0 $を具体的に書き下すと
\begin{aligned}
\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\partial Y}{\partial \theta} \biggr)
&+\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2 Y}{\partial \varphi^2} \\
&+\lambda Y=0
\end{aligned}
です．変数分離$Y(\theta,\varphi)=\Theta(\theta) \Phi(\varphi)$を行い，$\times \dfrac{\sin^2\theta}{\Theta\Phi}$とすると\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\partial Y}{\partial \theta} \biggr)
&+\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2 Y}{\partial \varphi^2} \\
&+\lambda Y=0
\end{aligned}
\begin{aligned}
&\frac{\sin\theta}{\Theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\mathrm{d} \Theta}{\mathrm{d} \theta} \biggr)
+\lambda \sin^2\theta \\
&=-\frac{1}{\Phi}\frac{\mathrm{d}^2 \Phi}{\mathrm{d} \varphi^2} (=m^2)
\end{aligned}
と，左辺が$\theta$だけの関数，右辺が$\varphi$だけの関数になります．したがって，両辺は定数でなければならず，これを$m^2$と置くと，2つの微分方程式&\frac{\sin\theta}{\Theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\mathrm{d} \Theta}{\mathrm{d} \theta} \biggr)
+\lambda \sin^2\theta \\
&=-\frac{1}{\Phi}\frac{\mathrm{d}^2 \Phi}{\mathrm{d} \varphi^2} (=m^2)
\end{aligned}
\begin{aligned}
&\frac{1}{\sin\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\mathrm{d} \Theta}{\mathrm{d} \theta} \biggr) \\
&\qquad +\biggl[ \lambda - \frac{m^2}{\sin^2\theta}\biggr] \Theta=0
\tag{2-1}
\end{aligned}
&\frac{1}{\sin\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\mathrm{d} \Theta}{\mathrm{d} \theta} \biggr) \\
&\qquad +\biggl[ \lambda - \frac{m^2}{\sin^2\theta}\biggr] \Theta=0
\tag{2-1}
\end{aligned}
\begin{aligned}
&\frac{\mathrm{d}^2 \Phi}{\mathrm{d} \varphi^2}+m^2\Phi=0
\tag{2-2}
\end{aligned}
が得られます．&\frac{\mathrm{d}^2 \Phi}{\mathrm{d} \varphi^2}+m^2\Phi=0
\tag{2-2}
\end{aligned}
式(2-2)の解は$\Phi(\varphi)=e^{\pm im\varphi}$で与えられますが，一価関数であるためには任意の整数$n$に対して$\Phi(0)=\Phi(2n\pi)$を満たす必要があります．したがって，$m$は整数だけが許されます．
式(2-1)において，$z=\cos\theta$と変数変換すれば
\begin{aligned}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}
=\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}
=-\sin\theta \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}
\end{aligned}
を用いて\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}
=\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}
=-\sin\theta \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}
\end{aligned}
\begin{aligned}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z} \biggl[(1-z^2) \frac{\mathrm{d} \bar{\Theta}}{\mathrm{d} z} \biggr]
+\biggl[ \lambda - \frac{m^2}{(1-z^2)} \biggr] \bar{\Theta}=0
\end{aligned}
と変形できます（$\bar{\Theta}(z)=\Theta(\cos^{-1}(z))=\Theta(\theta)$）．これは，変数$\nu$を用いて$\lambda=\nu(\nu+1)$と表せばLegendreの陪微分方程式であり，その解はLegendreの微分方程式\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z} \biggl[(1-z^2) \frac{\mathrm{d} \bar{\Theta}}{\mathrm{d} z} \biggr]
+\biggl[ \lambda - \frac{m^2}{(1-z^2)} \biggr] \bar{\Theta}=0
\end{aligned}
\begin{aligned}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z} \biggl[(1-z^2) \frac{\mathrm{d} \bar{\Theta}}{\mathrm{d} z} \biggr]
+\nu(\nu+1) \bar{\Theta}=0
\end{aligned}
の解$P_{\nu}$を用いて\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z} \biggl[(1-z^2) \frac{\mathrm{d} \bar{\Theta}}{\mathrm{d} z} \biggr]
+\nu(\nu+1) \bar{\Theta}=0
\end{aligned}
\begin{aligned}
P_{\nu}^{\:m}(z)
=(1-z^2)^{|m|/2} \frac{\mathrm{d}^{|m|} P_{\nu}}{\mathrm{d} z^{|m|}}
\end{aligned}
と表すことができます．P_{\nu}^{\:m}(z)
=(1-z^2)^{|m|/2} \frac{\mathrm{d}^{|m|} P_{\nu}}{\mathrm{d} z^{|m|}}
\end{aligned}
Legendreの微分方程式において，区間$[-1,1]$の区間にある$z=\cos\theta$全体で1価連続な解は$\nu$が非負整数（以下$l$で表す）であるときだけあることが知られています．特に，規格化（さらに$z=1$で$1$に等しくなる）された解はLegendreの多項式
\begin{aligned}
P_{l}(z) = \frac{1}{2^l l!} \frac{\mathrm{d}^l}{\mathrm{d} z^l} (z^2-1)^l
\quad(l=0,1,2,...)
\end{aligned}
で与えられます．P_{l}(z) = \frac{1}{2^l l!} \frac{\mathrm{d}^l}{\mathrm{d} z^l} (z^2-1)^l
\quad(l=0,1,2,...)
\end{aligned}
ここで，
\begin{aligned}
P_{l}^{\:m}(z)
= \frac{(1-z^2)^{|m|/2}}{2^l l!}
\frac{\mathrm{d}^{(l+|m|)}}{\mathrm{d} z^{(l+|m|)}} (z^2-1)^l
\end{aligned}
において，「微分の次数$l+|m|$」が「$(z^2-1)^l$の次数$2l$」より大きくなると$P_{l}^{\:m}\equiv 0$となってしまいます．したがって，$l+|m|\leq 2l$すなわち$|m|\leq l$でなくてはなりません．P_{l}^{\:m}(z)
= \frac{(1-z^2)^{|m|/2}}{2^l l!}
\frac{\mathrm{d}^{(l+|m|)}}{\mathrm{d} z^{(l+|m|)}} (z^2-1)^l
\end{aligned}
参考文献
- 量子力学1 (KS物理専門書)
第5章「中心力場のSchrödinger方程式」．
- 熱・波動と微分方程式 (岩波オンデマンドブックス)
$\text{\sect} 3.2$の内容を参考にしました．
- 理論電磁気学
第8章$\text{\sect} 7$「電磁波の散乱」．
- 詳解物理応用数学演習
第7章「常微分方程式」$\text{\sect} 3.$ 「級数による解法」，第9章「球関数と円柱関数」を参考にしました．
- 大学数学の入門10 常微分方程式
