東京大学 理学系研究科天文学専攻 2024 数学解答

免責事項

記載内容の正確性について責任を負いません。

Gemini3 Proにより生成しています。間違いがありましたらコメントしていただけると助かります。

問1

(a) $n=2$ の時、$P_2(x)$ を求めよ。

定義式：

$$P_n(x) = \frac{1}{2^n n!} \frac{d^n}{dx^n} (x^2 - 1)^n$$

$n=2$ を代入：

$$P_2(x) = \frac{1}{2^2 2!} \frac{d^2}{dx^2} (x^2 - 1)^2$$

$$P_2(x) = \frac{1}{8} \frac{d^2}{dx^2} (x^4 - 2x^2 + 1)$$$x$ について 2回微分 します。

1回目の微分: $$\frac{d}{dx} (x^4 - 2x^2 + 1) = 4x^3 - 4x$$ 2回目の微分: $$\frac{d}{dx} (4x^3 - 4x) = 12x^2 - 4$$

これらを元の式に合わせます。

$$P_2(x) = \frac{1}{8} (12x^2 - 4)$$

$$P_2(x) = \frac{1}{2} (3x^2 - 1)$$

(b) 母関数を微分して、漸化式を求めよ。

母関数（Generating Function）の式 (2) の両辺を $t$ で偏微分し、係数を比較することで $P_{n+1}, P_n, P_{n-1}$ の関係式（漸化式）を導きます。

与えられた母関数:

$$(1 - 2xt + t^2)^{-1/2} = \sum_{n=0}^{\infty} P_n(x) t^n \quad \dots(2)$$

ステップ1：両辺を $t$ で微分する

左辺の微分:

$$\frac{\partial}{\partial t} (1 - 2xt + t^2)^{-1/2} = -\frac{1}{2} (1 - 2xt + t^2)^{-3/2} \cdot (-2x + 2t)$$ $$= (x - t) (1 - 2xt + t^2)^{-3/2}$$

右辺の微分:

$$\frac{\partial}{\partial t} \sum_{n=0}^{\infty} P_n(x) t^n = \sum_{n=1}^{\infty} n P_n(x) t^{n-1}$$

これらを等号で結びます:

$$(x - t) (1 - 2xt + t^2)^{-3/2} = \sum_{n=1}^{\infty} n P_n(x) t^{n-1}$$

ステップ2：式を整理して母関数の形を作り出す

両辺に $(1 - 2xt + t^2)$ を掛け、左辺に元の母関数（式(2)）を代入します。

$$(x - t) \sum_{n=0}^{\infty} P_n(x) t^n = (1 - 2xt + t^2) \sum_{n=1}^{\infty} n P_n(x) t^{n-1}$$

ステップ3：両辺の $t^n$ の係数を比較する

【左辺】 $(x - t) \sum_{n=0}^{\infty} P_n t^n$ の $t^n$ の係数:

$$x P_n - P_{n-1}$$

【右辺】 $(1 - 2xt + t^2) \sum_{n=1}^{\infty} n P_n t^{n-1}$ の $t^n$ の係数:

$$(n+1) P_{n+1} - 2xn P_n + (n-1) P_{n-1}$$

ステップ4：係数を等号で結び、整理する

$$x P_n - P_{n-1} = (n+1) P_{n+1} - 2xn P_n + (n-1) P_{n-1}$$

$P_n$ と $P_{n-1}$ の項を整理すると：

$$(n+1) P_{n+1} = (x + 2xn) P_n - (1 + n - 1) P_{n-1}$$ $$(n+1) P_{n+1} = (2n + 1)x P_n - n P_{n-1}$$

よって：

$$(n+1) P_{n+1}(x) - (2n+1)x P_n(x) + n P_{n-1}(x) = 0$$

問2

目標： 式(5)を変形して、$v(x)$ （つまり $P_l^m(x)$）に関する微分方程式 $Av''(x) + Bv'(x) + Cv(x) = 0$ の形にする。

ステップ1：準備（式を整理する）

まず、問題文の指定(6)(7)により、以下のようになります。

$$v(x) = P_l^m(x)$$ $$u(x) = \frac{d^m P_l(x)}{dx^m}$$

これらを式(5)に代入すると、以下の式が得られます。

$$(1-x^2)u''(x) - 2x(m+1)u'(x) + \{l(l+1) - m(m+1)\}u(x) = 0 \quad \cdots(\text{A})$$

ステップ2：$u(x)$ と $v(x)$ の関係式を作る

式(3)から、$u(x)$ は $v(x)$ を用いて次のように表されます。

$$v(x) = (1-x^2)^{m/2} u(x) \quad \implies \quad u(x) = (1-x^2)^{-m/2} v(x) \quad \cdots(\text{B})$$

ステップ3：$u'(x)$ と $u''(x)$ を計算する

【1階微分 $u'(x)$ の計算】 積の微分公式 $(fg)' = f'g + fg'$ を使います。 ここで $\frac{d}{dx}(1-x^2)^{-m/2} = mx(1-x^2)^{-m/2-1}$ を利用します。

$$u'(x) = \left[ mx(1-x^2)^{-m/2-1} \right] v(x) + \left[ (1-x^2)^{-m/2} \right] v'(x) \quad \cdots(\text{C})$$

【2階微分 $u''(x)$ の計算】 式(C)をもう一度微分し、整理します。

$$u''(x) = (1-x^2)^{-m/2}v'' + 2mx(1-x^2)^{-m/2-1}v' + \left\{ m(1-x^2)^{-m/2-1} + m(m+2)x^2(1-x^2)^{-m/2-2} \right\} v$$

ステップ4：元の微分方程式(A)に代入して整理

式(A) $(1-x^2)u'' - 2x(m+1)u' + \{l(l+1) - m(m+1)\}u = 0$ に代入し、全体を $(1-x^2)^{m/2}$ 倍して整理します。

1. $v''(x)$ の係数:

$$(1-x^2)\cdot(1-x^2)^{-m/2}v''(1-x^2)^{m/2} = (1-x^2)v''$$

2. $v'(x)$ の係数:

$$(1-x^2)\cdot 2mx(1-x^2)^{-m/2-1}v' - 2x(m+1)\cdot (1-x^2)^{-m/2}v'$$

共通因子 $(1-x^2)^{-m/2}$ を消去後の係数は：

$$2mx - 2x(m+1) = 2mx - 2mx - 2x = -2x$$

3. $v(x)$ の係数:

定数項と分数項を合わせた最終的な係数は：

$$l(l+1) - m^2 \left( 1 + \frac{x^2}{1-x^2} \right) = l(l+1) - m^2 \left( \frac{1}{1-x^2} \right)$$

以上の項をすべてまとめると、求める2階線形微分方程式は以下のようになります。

$$(1-x^2)v''(x) - 2xv'(x) + \left\{ l(l+1) - \frac{m^2}{1-x^2} \right\}v(x) = 0$$

問3

目標： 式(8)（ラプラス方程式）に $u = R \times Y$ を代入し、式(10)を利用して $R$ を消去し、$Y$ だけの式にする。

ステップ1：偏微分の計算

変数分離の仮定 $u(r, \theta, \phi) = R(r) Y(\theta, \phi)$ を式(8)に代入します。

• $r$ に関する項（第1項）: $Y$ は定数扱い。 $$\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial u}{\partial r} \right) = Y \cdot \frac{1}{r^2} \frac{d}{dr} \left( r^2 \frac{dR}{dr} \right) \quad \cdots(\text{A})$$
• 角度に関する項（第2項の中括弧内）: $R$ は定数扱い。 $$\frac{1}{r^2} \left\{ \cdots \right\} = \frac{R}{r^2} \left\{ \frac{1}{\sin\theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left( \sin\theta \frac{\partial Y}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{\sin^2\theta} \frac{\partial^2 Y}{\partial \phi^2} \right\} \quad \cdots(\text{B})$$

ステップ2：方程式に代入し、式(10)を利用する

式(8) $(\text{A}) + (\text{B}) = 0$ に、式(10)を $\frac{d}{dr} \left( r^2 \frac{dR}{dr} \right) = R \cdot l(l+1)$ の形で代入します。

$$Y \left[ \frac{1}{r^2} R \cdot l(l+1) \right] + \frac{R}{r^2} \left\{ \frac{1}{\sin\theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left( \sin\theta \frac{\partial Y}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{\sin^2\theta} \frac{\partial^2 Y}{\partial \phi^2} \right\} = 0$$

ステップ3：変数 $R$ と $r$ を消去する

共通因数 $\frac{R(r)}{r^2}$ を消去し、$Y$ の項を移行して整理します。

$$l(l+1)Y + \left\{ \frac{1}{\sin\theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left( \sin\theta \frac{\partial Y}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{\sin^2\theta} \frac{\partial^2 Y}{\partial \phi^2} \right\} = 0$$

これが、球面調和関数 $Y(\theta, \phi)$ が満たす微分方程式です。

$$\frac{1}{\sin \theta }\frac{\mathrm{\partial }}{\mathrm{\partial }\theta }\left(\sin \theta \frac{\mathrm{\partial }Y}{\mathrm{\partial }\theta }\right)+\frac{1}{{\sin }^{}\theta }\frac{{\mathrm{\partial }}^{2}Y}{\mathrm{\partial }{\varphi }^2}+l(l+1)Y=0$$

問4

(a) 次の式が成り立つことを示せ。

$$\int_{0}^{2\pi} d\phi \exp [i(k - k')\phi] = 2\pi \delta_{kk'}$$

この積分は、$k$ と $k'$ が「等しい場合」と「異なる場合」で結果が変わります。それを場合分けして計算します。

1. $k = k'$ の場合

指数部分が $i(k - k')\phi = i \cdot 0 \cdot \phi = 0$ となります。 $e^0 = 1$ なので、積分は単なる定数の積分になります。

$$\int_{0}^{2\pi} 1 \, d\phi = [\phi]_{0}^{2\pi} = 2\pi - 0 = 2\pi$$

これは、右辺の $2\pi \delta_{kk'}$ において $\delta_{kk'} = 1$ （クロネッカーのデルタの定義）とした値と一致します。

2. $k \neq k'$ の場合

$n = k - k'$ と置きます（$n$ は $0$ ではない整数）。 指数関数の積分公式 $\int e^{ax} dx = \frac{1}{a} e^{ax}$ を使います。

$$\int_{0}^{2\pi} e^{in\phi} \, d\phi = \left[ \frac{1}{in} e^{in\phi} \right]_{0}^{2\pi}$$

代入して計算します。

$$= \frac{1}{in} (e^{in \cdot 2\pi} - e^{in \cdot 0})$$

ここで、オイラーの公式 $e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$ を思い出しましょう。$n$ は整数なので、

$e^{2\pi i n} = \cos(2\pi n) + i\sin(2\pi n) = 1 + 0 = 1$ $e^0 = 1$

よって、

$$= \frac{1}{in} (1 - 1) = 0$$

結論:

以上より、

$k=k'$ のとき $2\pi$ $k \neq k'$ のとき $0$

となるため、クロネッカーのデルタ $\delta_{kk'}$ を用いて次のように書けます。

$$\int_{0}^{2\pi} d\phi \exp [i(k - k')\phi] = 2\pi \delta_{kk'}$$

（証明終了）

(b) 式(13)が成り立つことを示すとともに、比例定数 $C$ を求めよ。

式(13)の左辺を計算して、右辺の形になることを確認し、係数 $C$ を特定します。 計算の方針は、変数分離です。積分を $\phi$ の部分と $\theta$ の部分に分けます。

準備: まず、被積分関数である $\overline{Y_l^m} Y_{l'}^{m'}$ を具体的に書きます。 係数部分（ルートの部分全体と $(-1)^m$）を $A_{l,m}$ と書くことにします。

$$Y_l^m(\theta, \phi) = A_{l,m} P_l^m(\cos\theta) e^{im\phi}$$ $$\overline{Y_l^m(\theta, \phi)} = A_{l,m} P_l^m(\cos\theta) e^{-im\phi}$$

これらを掛け合わせると：

$$\overline{Y_l^m} Y_{l'}^{m'} = (A_{l,m} P_l^m(\cos\theta) e^{-im\phi}) (A_{l',m'} P_{l'}^{m'}(\cos\theta) e^{im'\phi})$$ $$= A_{l,m} A_{l',m'} P_l^m(\cos\theta) P_{l'}^{m'}(\cos\theta) e^{i(m' - m)\phi}$$

これを式(13)の左辺に代入し、$\phi$ と $\theta$ の積分に分けます。

$$\text{左辺} = \underbrace{ \left( \int_{0}^{2\pi} e^{i(m' - m)\phi} d\phi \right) }_{\text{① }\phi\text{の積分}} \times \underbrace{ \left( \int_{0}^{\pi} A_{l,m} A_{l',m'} P_l^m(\cos\theta) P_{l'}^{m'}(\cos\theta) \sin\theta d\theta \right) }_{\text{② }\theta\text{の積分}}$$

手順1：① $\phi$ の積分

これは問題(a)の結果そのものです。$k$ を $m'$、$k'$ を $m$ に置き換えて考えます。

$$\int_{0}^{2\pi} e^{i(m' - m)\phi} d\phi = 2\pi \delta_{m'm}$$

この $\delta_{m'm}$ があるおかげで、$m \neq m'$ の場合は全体が $0$ になります。 よって、以降の計算では $m = m'$ と見なして 進めてOKです。

手順2：② $\theta$ の積分

積分変数を置換します。

$$x = \cos\theta$$

と置くと、

$$dx = -\sin\theta \, d\theta \quad \longrightarrow \quad \sin\theta \, d\theta = -dx$$

積分範囲は $\theta: 0 \to \pi$ のとき、$x: 1 \to -1$ となります。 マイナス符号を使って積分範囲を $-1 \to 1$ に戻すと、積分部分は以下のようになります。

$$\int_{\theta=0}^{\pi} \dots \sin\theta \, d\theta = \int_{x=1}^{-1} A_{l,m} A_{l',m} P_l^m(x) P_{l'}^m(x) (-d x) = \int_{-1}^{1} A_{l,m} A_{l',m} P_l^m(x) P_{l'}^m(x) dx$$

（※ここで手順1の結果より $m'=m$ としました） 係数 $A_{l,m} A_{l',m}$ を積分の外に出すと、残る積分はルジャンドル陪多項式の直交関係式(12)そのものです！

$$\int_{-1}^{1} P_l^m(x) P_{l'}^m(x) dx = \frac{2}{2l+1} \delta_{ll'} \frac{(l+m)!}{(l-m)!}$$

手順3：すべてを掛け合わせる

ここまでの結果を統合します。

$$\text{全体} = (2\pi \delta_{mm'}) \times (A_{l,m} A_{l',m}) \times \left( \frac{2}{2l+1} \delta_{ll'} \frac{(l+m)!}{(l-m)!} \right)$$

ここで、$l=l', m=m'$ のとき（$\delta$ が $1$ になるとき）の係数部分 $(A_{l,m})^2$ を具体的に計算してみます。 定義式(11)より

$$A_{l,m} = (-1)^m \sqrt{\frac{2l+1}{4\pi}\frac{(l-m)!}{(l+m)!}}$$

なので、これを2乗すると、

$$(A_{l,m})^2 = ((-1)^m)^2 \left( \frac{2l+1}{4\pi}\frac{(l-m)!}{(l+m)!} \right)$$

$(-1)^{2m} = 1$ なので、

$$= \frac{2l+1}{4\pi}\frac{(l-m)!}{(l+m)!}$$

これを「全体」の式に戻します。

$$\text{全体} = \underbrace{2\pi}_{\phi\text{積分}} \times \underbrace{\left( \frac{2l+1}{4\pi}\frac{(l-m)!}{(l+m)!} \right)}_{\text{係数の2乗}} \times \underbrace{\left( \frac{2}{2l+1} \frac{(l+m)!}{(l-m)!} \right)}_{\text{Legendreの積分}} \times \delta_{ll'} \delta_{mm'}$$

約分祭りをします。

$2\pi \times 2 = 4\pi$ と分母の $4\pi$ が消える。 分子の $2l+1$ と分母の $2l+1$ が消える。 階乗部分 $\frac{(l-m)!}{(l+m)!}$ と逆数が消える。 すべてがきれいに消えて、$1$ だけが残ります。

$$\text{全体} = 1 \cdot \delta_{ll'} \delta_{mm'}$$

結論:

問題の式(13)と比較すると、

$$C \delta_{ll'} \delta_{mm'} = 1 \cdot \delta_{ll'} \delta_{mm'}$$

となるため、求める比例定数は

$$C = 1$$

となります。（これは球面調和関数が「規格化」されていることを意味します）