#4-series solution(2. Legendre's equation : 첫 번째)

#어디까지왔니?

복습

지난 포스팅에서는, 급수를 사용한 풀이인 power series method 에 대해 알아보았습니다. 심하게 멘붕스러웠….죠?ㅠㅠㅠㅠ
그냥 지저분하게 급수 형태로 남아있는 예제도 풀어봤고, 급수를 정리하니 우리가 알고있는 함수꼴이 되는 경우도 있었습니다. 문제를 풀었던 기억 을 되살려보고, 기본이 기억나지 않으면 이전의 포스팅으로 가서 어떻게 풀었는지 제대로! 복습을 하고 오도록 합시다!
우리가 계속해서 보고 있는 것은
$$\frac{d^2y}{dx^2} + p(x) \frac{dy}{dx} + q(x) y= r(x)$$
꼴의 2차 ODE를,
$$y= \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^m$$
으로 두고 푸는 방법이었습니다. $a_m$의 점화식, 또는 값을 구하는 것이 최종 목표였고, 그를 위해 저것을 일일이…대입을..해서..ㅠㅠㅠㅠㅠ 구했던 기억이 나는군요!

Legendre’s equation

오늘 다룰 것은 르장드르 방정식입니다. 기본형태는 아래와 같습니다.
$$(1-x^2) \frac{d^2 y}{dx^2} - 2x\frac{dy}{dx} +n(n+1) y=0$$
이 때, $n$는 임의의 0을 포함하는 자연수 입니다. 앞으로 거칠 치환과정이나……그런것에서 영향을 1도 받지 않는, 독립적으로 지정된, 식 자체의 자연수인거죠. 아래로 내려가면서 헷갈리지 않게 주의!

일단, $x\not \pm 1$ 이라면 양변을 $1-x^2$로 나누어 analytic 여부를 확인할 수 있을 겁니다.
$$\frac{d^2 y}{dx^2} - \frac{2x}{1-x^2} \frac{dy}{dx}+\frac{n(n+1)}{1-x^2 } y=0$$
$\frac{2x}{1-x^2}$는 공비가 $x^2$이고 초항이 $2x$인 무한 등비수열의 합이고, $\frac{1}{1-x^2}$는 공비가 $x^2$이고 초항이 1인 무한 등비수열의 합으로 생각할 수 있을 겁니다. 물론 $|x^2| \leq 1$ 인 조건은 항상 따라다니지만, 우리는 $x=0$에서 analytic 한지 여부를 따져줄거니까, 이 범위에서는 수렴한다는 사실을 알 수 있습니다.그러니까 analytic에 대한 검증은 끝!

여기서 잠깐, 그렇다면 우리는 르장드르 방정식을 따로 빼내어 굳이…. 풀고있는 것일 까요?
우리가 가장 편하게 사용하는 좌표계는 공간직교좌표계입니다. 이렇게 생긴것!

그림출처

그런데 간혹 이 좌표계를 그대로 쓰려면 매우 복잡해 지기 때문에, 편의를 위해 아래와 같은 원통좌표계나, 구면 좌표계로 변환을 시켜줘야 할 때가 있습니다.

                

그림 출처1 , 그림 출처2
열전달이나, 파동방정식 등, 다양한 미분방정식의 미분항을 각각의 좌표계에 맞게 변환시키는 과정을 거치게 되면, (PDE시간에 자세히 다룰게요~) 원통좌표계의 경우 높은 확률로 Bessel’s equation을,구면좌표계의 경우 높은 확률로 Legendre equation을 풀어야 하는 경우가 나옵니다. 두 가지 좌표계의 변환은 워낙 자주 쓰이다 보니, 아예 따로 빼내어 집중 연구를 해두었습니다. 그래서 이번에는 지저분한 정리형태가 되어도, 어찌어찌…억지로…라는 느낌이 들 정도로 정리를 하기 위해 안간힘을 쓰는 걸 볼 수 있을텐데요, 엄청난 활용성 때문에 그렇다는 것을 염두에 두시길 바랍니다! 당장 유체역학의 navier-stokes 방정식이나, 열전달의 heat equation, 또는 양자역학의 좌표계 변환만 하더라도 두 식을 친근하게 볼 수 있을 겁니다.

그럼 이제, $$y= \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^m$$ 를 대입하면서 풀이를 시작해 봅시다.

#1. 한 번, 두 번 미분

$$\frac{dy}{dx}= \sum_{m=1}^{\infty} a_mm x^{m-1}$$ $$\frac{d^2 y}{dx^2} = \sum_{m=2}^{\infty} a_m m(m-1)x^{m-2}$$

#2. 치환~ 4. 또 치환

이전과 마찬가지로, 미분항들 앞에 $x^2, x$가 붙어있으니 먼저 대입을 해주는 방법을 선택합시다.
$$(1-x^2) \frac{d^2 y}{dx^2} - 2x\frac{dy}{dx} +n(n+1) y\\ = (1-x^2) \sum_{m=2}^{\infty} a_mm(m-1) x^{m-2} -2x \sum_{m=1}^{\infty} a_m m x^{m-1} +n(n+1) \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^m \\ = \sum_{m=2}^{\infty}a_m m (m-1)x^{m-2} - \sum_{m=2}^{\infty} a_m m (m-1) x^m -\sum_{m=1}^{\infty} 2a_m m x^m + \sum_{m=0}^{\infty} n(n+1)a_m x^m =0$$

그러면 이제, 각 항이 어디서부터 시작하는지 잘 관찰해볼까요?
첫 번째 항은 $x^0$부터, 두 번째 항은 $x^2$부터, 세 번째 항은 $x^1$부터, 네 번째 항은 $x^0$ 부터 시작합니다. 그러므로 모든 항이 함께 시작하는 것은 $x^2$부터가 되겠네요 ㅎㅎ

먼저 $x^0$인 경우의 항은,
$$(2a_2 + n(n+1) a_0 ) x^0 =0$$ 이므로 $$a_2 = - \frac{n(n+1)}{2}a_0$$
$x^1$인 경우,
$$( 6a_3 -2a_1 +n(n+1) a_1)x^1 =0$$ 이므로 $$a_3 = - \frac{n^2 + n -2}{6} a_1$$
의 관계식 까지 얻을 수 있습니다.

이제 다시 대입하던 식으로 돌아가서,
$$\sum_{m=2}^{\infty}a_m m (m-1)x^{m-2} - \sum_{m=2}^{\infty} a_m m (m-1) x^m -\sum_{m=1}^{\infty} 2a_m m x^m + \sum_{m=0}^{\infty} n(n+1) a_m x^m$$
를 $x^2$부터 시작하도록 바꿔봅시다.
$$\sum_{m=4}^{\infty}a_m m (m-1)x^{m-2} - \sum_{m=2}^{\infty} a_m m (m-1) x^m -\sum_{m=2}^{\infty} 2a_m m x^m + \sum_{m=2}^{\infty} n(n+1) a_m x^m$$

첫째항의 $x^{m-2}$만 치환해준다면, 한 번에 묶이는 깔끔한 식을 기대할 수 있겠네요. $m-2=s$치환!

$$\sum_{s=2}^{\infty}a_{s+2} (s+2) (s+1)x^{s} - \sum_{m=2}^{\infty} a_m m (m-1) x^m -\sum_{m=2}^{\infty} 2a_m m x^m + \sum_{m=2}^{\infty} n(n+1)a_m x^m$$

뒤에 있는 항들도, 별 뜻 없는 $m$이니 $s$로 통일해버리면 아래와 같은 식을 얻을 수 있습니다.
$$\sum_{s=2}^{\infty}a_{s+2} (s+2) (s+1)x^{s} - \sum_{s=2}^{\infty} a_s s (s-1) x^s -\sum_{s=2}^{\infty} 2a_s s x^s + \sum_{s=2}^{\infty} n(n+1)a_sx^s \\ = \sum_{s=2}^{\infty} \left( a_{s+2}(s+2)(s+1) - a_s s(s-1) -2a_s s + n(n+1)a_s \right) x^s\\ = \sum_{s=2}^{\infty} \left( a_{s+2}(s+2)(s+1) + a_s (-s^2-s+n^2+n ) \right) x^s=0$$

조….금 복잡한가요?ㅠㅠㅋㅋㅋ

#5. 점화식

별로 정감이 가지 않는 식이지만, 많이 쓰이는 관계로… 수학자들은 많은 노력을 하여 정리를 하기 시작했습니다.

$$a_{s+2} = - \frac{(n-s)(n+s+1)}{(s+1)(s+2)} a_s ( s \geq 2)\\ a_2 = - \frac{n(n+1)}{2}a_0 \\a_3 = - \frac{n^2 + n -2}{6} a_1 = -\frac{(n-1)(n+2)}{3 \times 2}$$
이렇게 생긴 점화식을 얻을 수 있다…고 합니다. 일단 $s=2, 3, 4.....$를 대입해보면,
$$s=2 : a_4 = - \frac{(n-2)(n+3)}{3 \times 4}a_2 = \frac{(n-2)n(n+1)(n+3)}{ 2 \times 3 \times 4} a_0 \\ s=3 : a_5 = - \frac{(n-3)(n+4)}{4 \times 5} a_3 = \frac{(n-3)(n-1)(n+2)(n+4)}{2 \times 3 \times 4 \times 5} a_1$$
규칙성이 보일듯 말듯….합니다. 마찬가지 과정을 통해 구해보면, $a_6, a_7$ …을 구할 수 있겠죠.

일단 이걸 간단히 정리하는 것은 조금 나중에 하고, 원래의 함수를 찾아봅시다.

#6. 원함수

다시 대입을 해서,
$$y= \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^m \\ = a_0 \left( 1- \frac{n(n+1)}{2!} x^2 + \frac{(n-2)n(n+1)(n+3)}{4!}x^4 -... \right)\\ + a_1 \left( x-\frac{(n-1)(n+2)}{3!}x^3 + \frac{(n-3)(n-1)(n+2)(n+4)}{5!}x^5 -... \right)$$

ㅋㅋㅋ 이제 이걸 어떻게 정리할 것이냐…
일단 $a_0y_0 + a_1y_1$로 정리를 해두고 시작할까요?
$n$이 $0$일 때는, $y_0$의 두번째 항 이후가 전부 0으로 날아가 버리고, $y_1$은 $n$이 곱해져있지 않으므로 끝없는 급수 형태로 남아있을 것입니다.

$n$이 $1$일때는, $y_1$의 두번째 항 이후가 전부 0으로 날아가 버리고, $y_0$은 $(n-1)$이 곱해져있지 않으므로 끝없는 급수 형태로 남아있을 것입니다.

$n$이 $2$일때는, $y_0$의 세번째 항 이후가 전부 0으로 날아가 버리고, $y_1$은 $(n-2)$가 곱해져있지 않으므로 끝없는 급수 형태로 남아있을 것입니다.

자, $n$이 짝수일 때와 홀수일 때의 결과가 다르다는 것을 눈치챌 수 있겠죠? $y_0, y_1$중 급수 형태로 표현되지 않는, 다항식을 $P_n (x)$라고, 급수 형태로 끝없이 표현되는 쪽을 $Q_n (x)$라고 표현할 것입니다. 아래첨자로 붙는 $n$은 원래 Legendre equation 의 $n$을 의미합니다. 그러니까 예를 들면….
$$y= a_0 P_0 + a_1 Q_0 , y= a_0 Q_5 + a_1 P_5$$
뭐 이런식의 표현인거죠 ㅋㅋ

$Q_n$은 급수형태로 표현되니까 그렇다 치고, $P_n$은 무려 다항식으로 남아있는데 어떻게 좀 깔끔하게 정리할 수 없겠나, 하면서 수학자들은 고민한 끝에, 일반항의 형태를 발견하게 됩니다.

그 일반항을 넣어서 좀 더 깔끔한 $P_n$을 구하는 과정은, 포스팅이 너무 길어지는 것을 방지하기 위해 ㅠㅠㅠ 다음 포스팅으로 넘겨보도록 하겠습니다. 일단 여기까지! 손으로 함께 따라오고 있다고 믿어 의심치 않아요~ 바로 다음 포스팅에서 이어서 얘기해봅시다!