解析入門Ⅰ 第Ⅳ章積分法 §５一変数函数の積分 大問2 問題の解法
間違いがあればコメントで教えていただければ幸いです。
$${\bf 2)}$$ルジャンドルの多項式$${P_n(x)=(n!2^n{})^{-1}\dfrac{d^n}{dx^n}(x^{2}-1)^n}$$は次式をみたすことを示せ。
$$
\displaystyle\int^1_{-1}P_n(x)P_m(x)\ dx=\dfrac{2}{2n+1}\delta_{n,m}
$$
$$
\begin{aligned}proof)\quad\displaystyle&\int^1_{-1}P_n(x)P_m(x)\ dx=\dfrac{1}{n!m!2^{n+m}}\int^{1}_{-1}f^{(n)}(x)g^{(m)}(x)dx\\&ただし、\Big((x^2-1)^n\Big)^{(n)}\!\!=f^{(n)}(x),\Big((x^2-1)^m\Big)^{(m)}\!\!=g^{(m)}(x)\\&ここでn\geqq mと仮定しても一般性を失わない\end{aligned}
$$
$$
\displaystyle\begin{aligned}&\int^{1}_{-1}f^{(n)}(x)g^{(m)}(x)dx\\&=\int^{1}_{-1}\Big(f^{(n-1)}(x)\Big)^{\prime}g^{(m)}(x)dx\\&=\left[f^{(n-1)}(x)g^{(m)}(x)\right]^{1}_{-1}-\int^{1}_{-1}f^{(n-1)}(x)g^{(m+1)}(x)dx\\&=-\int^{1}_{-1}f^{(n-1)}(x)g^{(m+1)}(x)dx\end{aligned}
$$
$${\displaystyle 以下、部分積分をn回行うと\\\int^{1}_{-1}f^{(n)}(x)g^{(m)}(x)dx=(-1)^{n}\int^{1}_{-1}f(x)g^{(m+n)}(x)dx}$$
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\displaystyle\begin{aligned}&[1]n>mのとき\\&g^{(m+n)}(x)=\Big((x^2-1)^m\Big)^{(m+n)}\\&g(x)は最高次数2m次の多項式であり、m+n>2m回微分\\&すると0になる。\\&よって(-1)^{n}\int^{1}_{-1}f(x)g^{(m+n)}(x)dx=0\\&\therefore\int^1_{-1}P_n(x)P_m(x)\ dx=0\end{aligned}
$$
$$
\displaystyle\begin{aligned}&[2]n=mのとき\\&g^{(2n)}(x)=\Big((x^2-1)^n\Big)^{(2n)}\\&g(x)は最高次数2n次の多項式であり、2n回微分すると、\\&その最高次数の項のみが定数として残る。その定数は\\&g^{(2n)}(x)=(x^{2n})^{(2n)}=(2n)!\\&\therefore\int^{1}_{-1}f^{(n)}(x)g^{(n)}(x)dx=(-1)^{n}(2n)!\int^{1}_{-1}f(x)dx\end{aligned}
$$
$$
\displaystyle\begin{aligned}&\int^{1}_{-1}f(x)dx=\int^{1}_{-1}(x^2-1)^ndx=\int^{1}_{-1}(x+1)^{n}(x-1)^{n}dx\\&=\left[\dfrac{1}{n+1}(x+1)^{n+1}(x-1)^{n}\right]^{1}_{-1}-\dfrac{1}{n+1}\int^{1}_{-1}(x+1)^{n+1}n(x-1)^{n-1}dx\\&=-\dfrac{1}{n+1}\int^{1}_{-1}(x+1)^{n+1}n(x-1)^{n-1}dx\\&以下、部分積分をn回行うと\end{aligned}\\\int^{1}_{-1}f(x)dx=(-1)^{n}\dfrac{n!}{(n+1)(n+2)\dotsm(2n)}\int^{1}_{-1}(x+1)^{2n}dx
$$
$$
\displaystyle\int^{1}_{-1}(x+1)^{2n}dx=\left[\dfrac{1}{2n+1}(x+1)^{2n+1}\right]^{1}_{-1}=\dfrac{2^{2n+1}}{2n+1}\\\begin{aligned}\therefore&\int^1_{-1}P_n(x)P_m(x)\ dx\\&=\dfrac{1}{(n!)(n!)2^{2n}}\int^{1}_{-1}f^{(n)}(x)g^{(m)}(x)dx\\&=\dfrac{(-1)^{n}(2n)!}{(n!)(n!)2^{2n}}\int^{1}_{-1}f(x)dx\\&=\dfrac{(-1)^{n}(2n)!}{(n!)(n!)2^{2n}}\dfrac{(-1)^{n}(n!)}{(n+1)(n+2)\dotsm(2n)}\int^{1}_{-1}(x+1)^{2n}dx\\&=\dfrac{(-1)^{n}(2n)!}{(n!)(n!)2^{2n}}\dfrac{(-1)^{n}(n!)}{(n+1)(n+2)\dotsm(2n)}\dfrac{2^{2n+1}}{2n+1}=\dfrac{2}{2n+1}\end{aligned}
$$
$$
\displaystyle[1][2]より、\int^1_{-1}P_n(x)P_m(x)\ dx=\dfrac{2}{2n+1}\delta_{n,m}
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また$${\displaystyle\int^{1}_{-1}P(x)x^{k}dx=0, (0\leqq k\leqq n-1)}$$をみたす$${n}$$次多項式$${P}$$は$${P_{n}}$$の定数倍であることを証明せよ。
$$
\begin{aligned}proof)\displaystyle\quad&多項式Q(x)=P(x)-cP_{n}(x)の最高次数がn-1次以下に\\&なるよう定数cを取る。\end{aligned}
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$$
\displaystyle\begin{aligned}&\int^{1}_{-1}\big(Q(x)\big)^{2}dxを考える。\\&=\int^{1}_{-1}\big(P(x)-cP_{n}(x)\big)^{2}dx\\&=\int^{1}_{-1}P(x)\big(P(x)-cP_{n}(x)\big)dx\;-c\int^{1}_{-1}P_{n}(x)\big(P(x)-cP_{n}(x)\big)dx\end{aligned}
$$
$$
\displaystyle \begin{aligned}&P(x)-cP_{n}(x)は最高次数n-1次以下の多項式なので、\\&P(x)の仮定より\end{aligned}\\\int^{1}_{-1}P(x)\big(P(x)-cP_{n}(x)\big)dx=0
$$
$$
\displaystyle\begin{aligned}&\int^{1}_{-1}P_{n}(x)\big(P(x)-cP_{n}(x)\big)dx\\&=(n!2^{n})^{-1}\int^{1}_{-1}\bigg(\Big((x^2-1)^n\Big)^{(n-1)}\bigg)^{\prime}\big(P(x)-cP_{n}(x)\big)dx\\&=(n!2^{n})^{-1}\left[\Big((x^2-1)^n\Big)^{(n-1)}\big(P(x)-cP_{n}(x)\big)\right]^{1}_{-1}\\&\qquad\qquad\qquad-(n!2^{n})^{-1}\int^{1}_{-1}\Big((x^2-1)^n\Big)^{(n-1)}\big(P(x)-cP_{n}(x)\big)^{\prime}dx\\&=-(n!2^{n})^{-1}\int^{1}_{-1}\Big((x^2-1)^n\Big)^{(n-1)}\big(P(x)-cP_{n}(x)\big)^{\prime}dx\\&以下、部分積分をn回行うと\\&=(-1)^{n}(n!2^{n})^{-1}\int^{1}_{-1}(x^2-1)^n\big(P(x)-cP_{n}(x)\big)^{(n)}dx\\&P(x)-cP_{n}(x)は最高次数n-1次以下の多項式なので\\&\big(P(x)-cP_{n}(x)\big)^{(n)}=0\end{aligned}\\よって\int^{1}_{-1}P_{n}(x)\big(P(x)-cP_{n}(x)\big)dx=0
$$
$${\displaystyle\therefore\int^{1}_{-1}\big(Q(x)\big)^{2}dx=0\\Q(x)=0なので、P(x)=cP_{n}(x)\\PはP_{n}のc倍であることが示された。}$$