在球坐标下，

$$\frac{1}{\sin\theta}\frac{\text{d}}{\text{d}\theta}\left(\sin\theta\frac{\text{d}\varTheta(\theta)}{\text{d}\theta}\right)+\lambda\varTheta(\theta)=0$$

如果换元 $x=\cos\theta$，$y=\varTheta(\theta)$，并把 $\lambda$ 写成 $\nu(\nu+1)$，本征值问题变为

$$\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left[(1-x^2)\frac{\text{d}y}{\text{d}x}\right]+\nu(\nu+1)y=0$$

下面我们说一个必须要背下来的公式 —— Rodrigues 公式 (Legendre 多项式的微分表示)：

$$P_l(x)=\frac{1}{2^ll!}\frac{\text{d}^l}{\text{d}x^l}(x^2-1)^l$$

/Proof/

强行来计算 (本来还有复变函数的做法，但是这门课很多人没学过复变)：

$$(x^2-1)^l=\sum_{n=0}^l\frac{l!}{n!(l-n)!}2^{l-n}(x-1)^{l+n}$$

得到

$$\begin{aligned} \frac{1}{2^ll!}\frac{\text{d}^l}{\text{d}x^l}(x^2-1)^l&=\frac{\text{d}^l}{\text{d}x^l}\sum_{n=0}^l\frac{1}{n!(l-n)!}2^{-n}(x-1)^{l+n}\\\\ &=\sum_{n=0}^l\frac{1}{n!(l-n)!}\frac{(l+n)!}{n!}\left(\frac{x-1}{2}\right)^n \end{aligned}$$

得证.

从 Rodrigues 公式中能够看出：

• Legendre 多项式的奇偶性：$l$ 为偶数的时候 $P_l(x)$ 是偶函数，反之为奇函数.

• 结合 $P_l(1)=1$，又可以得到 $P_l(-1)=(-1)^l$.

• 多项式的零点均在 $(-1,1)$ 内.

  这是用 $l$ 次 Rolle 定理 得到的结果.

Rodrigues 公式可以用来导出 $P_l(x)$ 的另一种展开：先展开 $(x^2-1)^l$，得到

$$(x^2-1)^l=\sum_{r=0}^l(-1)^r\frac{l!}{r!(l-r)!}x^{2l-2r}$$

逐项微商 $l$ 次，

$$\begin{aligned} \frac{\text{d}^l}{\text{d}x^l}(x^2-1)^l &= \frac{\text{d}^l}{\text{d}x^l}\sum_{r=0}^l(-1)^r\frac{l!}{r!(l-r)!}x^{2l-2r}\\\\ &=\sum_{r=0}^{\lfloor l/2\rfloor}(-1)^r\frac{l!}{r!(l-r)!}\frac{(2l-2r)!}{(l-2r)!}x^{l-2r} \end{aligned}$$

Legendre 多项式的性质

Legendre 多项式是下面本征值问题的解：

$$\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left[(1-x^2)\frac{\text{d}y}{\text{d}x}\right]+\nu(\nu+1)y=0$$

证明正交性，考虑把 $P_l(x)$ 和 $P_m(x)$ 代进去，然后两式交叉相乘并相减，得到

$$\begin{aligned} &[l(l+1)-m(m+1)]\int_{-1}^1 P_lP_m\text{d}x\\\\ &=\int_{-1}^1\left\{P_l\frac{\text{d}}{\text{d}x}[(1-x^2)P_m']-P_m\frac{\text{d}}{\text{d}x}[(1-x^2)P_l']\right\}\text{d}x\\\\ &=(1-x^2)[P_lP_m'-P_l'P_m]^{1}_{-1} = \boxed{0} \end{aligned}$$

得证正交性.

另一种证明正交性的方法是 (讲义上的)，计算

$$\int_{-1}^1x^kP_l(x)\text{d}x=0$$

当 $k\pm l$ 为奇数时，从被积函数的奇偶性就可以判断上述积分的结果是零. 为偶数时，发现我们并不会算，所以直接代入 R 公式：

$$\begin{aligned} &\int_{-1}^1x^kP_l(x)\text{d}x = \frac{1}{2^ll!}\int_{-1}^1x^k\frac{\text{d}}{\text{d}x}(x^2-1)^l\text{d}x\\\\ &= \frac{1}{2^ll!}\left[x^k\left.\frac{\text{d}^{l-1}}{\text{d}x^{l-1}}(x^2-1)^l\right|^1_{-1}-\int_{-1}^1\frac{\text{d}x^k}{\text{d}x}\frac{\text{d}^{l-1}}{\text{d}x^{l-1}}(x^2-1)^l\text{d}x\right] \end{aligned}$$

每一次都用分部积分降低一个次数，最后所有的微分运算都转移到函数 $x^k$ 上 (每一次前面一项都是零)，

$$\int_{-1}^1x^kP_l(x)\text{d}x=\frac{(-1)^l}{2^ll!}\int_{-1}^1\frac{\text{d}^lx^k}{\text{d}x^l}(x^2-1)\text{d}x$$

只要 $k<l$，就有

$$\int_{-1}^1x^kP_l(x)\text{d}x=0$$

也就得到一个比正交性更强的结论：$P_l(x)$ 和任何次数小于 $l$ 的多项式都是正交的.

我们刚刚算的是 $k<l$ 的积分，现在算 $k=l+2n$ 的情况，

$$\begin{aligned} \int_{-1}^1x^{l+2n}P_l(x)\text{d}x &=\frac{(-1)^l}{2^ll!}\int_{-1}^1\frac{\text{d}^lx^{l+2n}}{\text{d}x^l}(x^2-1)^l\text{d}x\\\\ &=\frac{1}{2^ll!}\frac{(l+2n)!}{(2n)!}\int_{-1}^1x^{2n}(1-x^2)^l\text{d}x \end{aligned}$$

作变换，$x^2=t$，利用复变函数中用过的 $\Beta$ 函数可以算出积分，

$$\begin{aligned} \int_{-1}^1x^{l+2n}P_l(x)\text{d}x &= \frac{1}{2^ll!}\frac{(l+2n)!}{(2n)!}\int_0^1t^{n-1/2}(1-t)^l\text{d}t\\\\ &= \frac{1}{2^ll!}\frac{(l+2n)!}{(2n)!}\frac{\Gamma(n+1/2)\Gamma(l+1)}{\Gamma(n+l+3/2)}\\\\ &= 2^{l+1}\frac{(l+2n)!(l+n)!}{n!(2l+2n+1)!} \end{aligned}$$

这种积分的核心就是分部积分法.

最终有

$$\int_{-1}^1P_k(x)P_l(x)\text{d}x=\int_0^\pi P_k(\cos\theta)P_l(\cos\theta)\sin\theta\text{d}\theta=\frac{2}{2l+1}\delta_{kl}$$

任意一个在区间 $[-1,1]$ 分段连续的函数 $f(x)$ 在 平均收敛 的意义上可以被展开为级数

$$f(x)=\sum_{l=0}^\infty c_lP_l(x),\quad c_l=\frac{2l+1}{2}\int_{-1}^1f(x)P_l(x)\text{d}x$$

也可以用 $\theta$ 为变量，也就是

$$f(\theta)=\sum_{l=0}^\infty c_lP_l(\cos\theta),\quad c_l=\frac{2l+1}{2}\int_0^\pi f(\theta)P_l(\cos\theta)\sin\theta\text{d}\theta$$

/Definition/ (平均收敛)

如果

$$\lim_{N\to\infty}\int_{-1}^1\left|f(x)-\sum_{l=0}^Nc_lP_l(x)\right|^2\text{d}x=0$$

则称级数 $\displaystyle{\sum_{l=0}^\infty c_lP_l(x)}$ 平均收敛到 $f(x)$.

/Example/

计算 $f(x)=x^3$ 的 Legendre 展开.

---

系数为

$$c_l=\frac{2l+1}{2}\int_{-1}^1x^3P_l(x)\text{d}x$$

明显只有 $c_1$ 和 $c_3$ 不是零.

$$c_1=\frac{3}{2}\int_{-1}^1x^3P_1(x)\text{d}x=\frac{3}{5}$$

而且我们知道，$P_l(1)=1$，且 $f(1)=1^3=1$，因此必须有 $c_1+c_3=1$，只用算第一个系数. 如果算两个系数，也可以用这个技巧检验自己算得对不对.

Legendre 多项式的生成函数

在物理上，这叫做多极展开.

考虑 $r$ 原点处的点电荷在 $(r',\theta,\phi)$ 下展开，

$$\frac{1}{\sqrt{r^2+r'^2-2rr'\cos\theta}}=\left\{\begin{aligned} &\frac{1}{r}\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}},&\quad t=\frac{r'}{r}\\\\ &\frac{1}{r'}\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}},&\quad t=\frac{r}{r'} \end{aligned}\right.$$

其中 $x=\cos\theta$. 这里 Taylor 展开 $(1-2xt+t^2)^{-1/2}$：

$$\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}}=\sum_{l=0}^\infty c_lt^l$$

可以证明，展开系数 $c_l$ 就是 Legendre 多项式 $P_l(x)$.

/Proof/

在 $t=0$ 附近展开，

$$\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}} &= \frac{1}{\sqrt{1-2t+t^2-2(x-1)t}}\\\\ &=\frac{1}{1-t}\left[1-\frac{2(x-1)t}{(1-t)^2}\right]^{-1/2}\\\\ &= \frac{1}{1-t}\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)\cdots\left(\frac{1}{2}-k\right)\left[-\frac{2(x-1)t}{(1-t)^2}\right]^k\\\\ &= \sum_{k=0}^\infty\frac{(2k-1)!!}{k!}(x-1)^kt^k(1-t)^{-(2k+1)} \end{aligned}$$

再把里面的 $(1-t)^{-(2k+1)}$ 展开：

$$\frac{(2k-1)!!}{k!}(x-1)^kt^k\sum_{n=0}^\infty\frac{(2k+n)!}{n!(2k)!}t^n = t^l\sum_{k=0}^l\frac{(l+k)!}{(k!)^2(l-k)!}\left(\frac{x-1}{2}\right)^k$$

正是 $P_l(x)$！

利用这个生成函数，可以得到

$$P_l(-x)=(-1)^lP_l(x)$$

Legendre 多项式的递推关系

同时将

$$\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}}=\sum_{l=0}^\infty P_l(x)t^l$$

两端对 $t$ 微商，

$$\begin{aligned} -\frac{1}{2}\frac{-2x+2t}{(1-2xt+t^2)^{3/2}} &= \sum_{l=0}^\infty lP_l(x)t^{l-1}\\\\ \frac{x-t}{(1-2xt+t^2)^{1/2}} &= (1-2xt+t^2)\sum_{l=0}^\infty lP_l(x)t^{l-1}\\\\ (x-t)\sum_{l=0}^\infty P_l(x)t^l &= (1-2xt+t^2)\sum_{l=0}^\infty lP_l(x)t^{l-1} \end{aligned}$$

比较系数，得到递推关系：

$$xP_l(x)-P_{l-1}(x)=(l+1)P_{l+1}(x)-2xlP_l(x)+(l-1)P_{l-1}(x)$$

化简：

$$\boxed{(2l+1)xP_l(x)=(l+1)P_{l+1}(x)+lP_{l-1}(x)}$$

这就是 Legendre 多项式的递推关系.

/Example/ (一个应用)

计算积分

$$\int_{-1}^1xP_k(x)P_l(x)\text{d}x$$

---

把其中的 $xP_l(x)$ 分成 $P_{l+1}(x)$ 和 $P_{l-1}(x)$，得到

$$\int_{-1}^1xP_k(x)P_l(x)\text{d}x=\frac{l+1}{2l+1}\frac{2\delta_{l+1,k}}{2l+3}+\frac{l}{2l+1}\frac{2\delta_{l-1,k}}{2l-1}$$

如果在最开始微商的时候对 $x$ 做微商，那么会得到导函数的递推关系，

$$P_l(x)=P'_{l+1}(x)-2xP'_l(x)+P'_{l-1}(x)$$

Legendre 多项式的应用

考虑一个均匀电场 $\vec{E}_0$ 中的接地导体球，半径为 $a$，求球外任意一点的电势.