<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">% 表題   DCPAM2 第2部 離散化 Legendre函数 $P_n$ の性質
%
% 履歴
\Drireki{91/12/04 保坂征宏}
\Drireki{2005/04/04 石渡正樹}

\section{Legendre函数 $P_n$ の性質}
   
ここでは Legendre函数 $P_n$の性質である

\begin{enumerate}
  \item $ n-1$ 次以下の多項式との積を $-1 \leq \mu \leq  1$ まで積分すると
        零になること
  \item $ P_n(\mu)$ が $-1&lt;\mu&lt;1$ に $n$ 個の零点を持つこと, 
\end{enumerate}

を記す.
1 より Gauss 格子を定義することが保証される. 
また, 1, 2 は共に Gauss-Legendre の公式の証明に用いられる. 

\subsection{$n-1$次多項式と $P_n$ の積の積分}

   $P_n(\mu)$ は, $\mu$ の $n$ 次多項式である. 
   $n-1$ 次以下の任意の多項式は $P_0 ～ P_{n-1}$ の和で表されること, 
   $P_n$ の直交性から明らかに, 
   $n-1$ 次以下の任意の多項式 $f(\mu)$ との積を積分すると
   \begin{eqnarray}
     \int_{-1}^1 f(\mu) P_n(\mu) d \mu = 0
   \end{eqnarray}
   が成り立つ
   ことがわかる. 

\subsection{$P_n$ の零点} 
  
   $P_n$ は $-1 &lt; \mu &lt; 1$ に 
   $n$ 個の互いに異なる零点を持っている. 
   このことについて, 
   以下に証明しておく. （寺沢, 1983 の10.7 節より）
   
        \begin{enumerate}
          \item $f(x)=(x-1)^n (x+1)^n$ を導入する. 
          \item $f=0$ の解は, $x=-1,1$ である. 
                ゆえに, Rolle の定理により, $f'$ は
                ある $\alpha$（$-1&lt;\alpha&lt;1$ ） で 
                $f'(\alpha)=0$ となる. \\
                $f'=2nx(x^2-1)^{n-1}$ より, $f'=0$ の解は 
                $x=-1,\alpha,1$ のみである. 
          \item 同様に, $f''=0$ の解は
                $x=-1,\beta_1,\beta_2,1$ 
                （$-1 &lt; \beta_1 &lt; \beta_2 &lt; 1$）のみ. 
          \item 以上を繰り返すと, $f^{(n)}=0$ の解は
                $-1$ と $1$ の間で互いに異なる $n$ 個の
                解を持つ. 
                （$x=-1,1$ は解でないことに注意せよ. ）
          \item したがって, 
                 ${\displaystyle 
                   P_n= \frac{1}{2^n n!}
                    \DD[n]{}{\mu} (\mu^2-1)^n  }$ は
                $-1$ と $1$ の間で互いに異なる $n$ 個の解を持つ. 
                （証明終り）
        \end{enumerate}
   
   \vspace{5mm}
   
   この零点の求め方としては, 
   ${\displaystyle x_j=\cos \frac{j-1/2}{n}\pi }$
   を近似解として
   Newton 法を用いるという方法がある. 
   
</pre></body></html>