Bueno, la mejor manera que se me ocurre de introducir un problema físico real donde las ecuaciones diferenciales de Laguerre y Legendre (¡incluso en su forma asociada!) tienen un papel, es la solución (exacta, es decir, sin tener en cuenta el espín) del problema combinado de valor propio de momento angular / momento magnético / energía para el átomo de hidrógeno.
No puedo contar toda la historia aquí, pero puedo esbozar el proceso.
Al resolver la ecuación de Schrodinger involucrada y transformarla a coordenadas esféricas, todos los números cuánticos aplicables caen en tu regazo y en el camino te encontrarás con las ecuaciones diferenciales de Laguerre y Legendre asociadas.
Ahora, para el enfoque de resolver estas ecuaciones. Veamos primero la ecuación de Laguerre.
$$xy'' + (1+\alpha-x)y' + ny = 0$$
Si intentas $y = \sum_{j=0}^{\infty}a_jx^j$, encontrarás que $$\frac{a_{j+1}}{a_j} = -\frac{n-j}{(j+1)(j+1+\alpha)}$$ Entonces, al pasar de un coeficiente al siguiente, el signo cambia, se divide por $j+1$, se multiplica por $n-j$ y se divide por $j+1+\alpha$. Cuando j llega a n, los coeficientes desaparecen. Eso significa que no estaremos lejos si intentamos $$a_j = \frac{(-1)^j}{j!}\binom{n+\alpha}{n-j}$$ De hecho, esto es exactamente lo que necesitamos.
Ahora, ¿cuál función será esta? El factor $\frac{(-1)^j}{j!}$ apunta a $e^{-x}$. El factor $\binom{n+\alpha}{n-j}$ apunta a la $j$-ésima derivada de $x^{n+\alpha}$, y vimos anteriormente que la serie termina para j=n. Pero cuando intentamos $[e^{-x}x^{n+\alpha}]^{(n)}$, en primer lugar, tenemos que compensar todos los factores $e^{-x}$ multiplicando el resultado por $e^x$, y en segundo lugar, obtendríamos términos para el índice de ejecución j que tienen un factor $x^{n + \alpha - (n-j)} = x^{j + \alpha}$ y nos gustaría tener $x^j$. Así que tenemos que compensar al final aquí también, multiplicando por $x^{-\alpha}$. Este razonamiento lleva a intentar $$y = e^xx^{-\alpha}[e^{-x}x^{n+\alpha}]^{(n)}$$ Donde $f^{(n)}$ significa la $n$-ésima derivada de $f$. Y curiosamente, es justo de nuevo.
Pasando a la ecuación de Legendre, primero la ordinaria.
$$[(1-x^2)y']' + n(n+1)y = 0$$
Intentando $y = \sum_{j=0}^{\infty}a_jx^j$ de nuevo, encontramos que $$\frac{a_{j+2}}{a_j} = \frac{j(j+1) - n(n+1)}{(j+1)(j+2)}$$ Como se puede ver en uno de mis otros posts (Acerca de la ecuación diferencial de Legendre), hay soluciones que son polinomios ($P_n$) y soluciones que están representadas por una expansión en serie interminable ($Q_n$). Los $P_n$ son polinomios con potencias pares o impares, dependiendo de $n$ que también es el grado de $P_n$.
Los $Q_n$ contienen un factor $ln(\frac{1+x}{1-x})$, ver (Acerca de la ecuación diferencial de Legendre) de nuevo.
Finalmente, la ecuación de Legendre asociada. $$[(1-x^2)y']' + \{l(l+1) - \frac{m^2}{1-x^2}\}y = 0$$ Es natural intentar $y = (1-x^2)^{\alpha}P_l$. Se comprueba fácilmente que obtenemos el término deseado $\frac{m^2}{1-x^2}y$ si tomamos $\alpha = m/2$. Un análisis adicional muestra que si deseamos llegar a todos los términos correctos, tenemos que usar $P_l^{(m)}$ en lugar de $P_l$. Cabe mencionar que sigo usando la notación $f^{(m)}$ para denotar la $m$-ésima derivada de $f$. La notación que uso para las soluciones de la ecuación de Legendre asociada es $$P_{l,m} = (1-x^2)^{m/2}P_l^{(m)}$$
Espero que esto ayude :-).
