勒让德多项式（Legendre Polynomials）推导

推导Legendre Polynomials（勒让德多项式）

问题：

证明Legendre Polylnomails（勒让德多项式）是Legendre Differential Equation（勒让德微分方程）的解
勒让德微分方程:(1−x2)d2ydx2−2xdydx+k(k+1)y=0勒让德微分方程:(1-x^2) \frac{d^2 y}{dx^2}-2x\frac{d y}{dx} + k(k+1)y=0 勒让德微分方程:(1−x2)dx2d2y−2xdxdy+k(k+1)y=0
有解
勒让德多项式：Pk(x)=∑m=0k2∣k−12(−1)m(2k−2m)!m!(2k)(k−m)!(k−2m)!勒让德多项式：P_k(x)=\sum_{m=0}^{\frac{k}{2}|\frac{k-1}{2}} \frac{(-1)^m(2k-2m)!}{m!(2^k)(k-m)!(k-2m)!} 勒让德多项式：Pk(x)=m=0∑2k∣2k−1m!(2k)(k−m)!(k−2m)!(−1)m(2k−2m)!

推导出递推关系（Recurrence Relation）

证明：首先我们变换一下微分方程。检查2x(1−x2)\frac{2x}{(1-x^2)}(1−x2)2x，和k(k+1)(1−x2)\frac{k(k+1)}{(1-x^2)}(1−x2)k(k+1) 满足是用幂级数（Power Series）的方法。

d2ydx2−2x(1−x2)dydx+k(k+1)(1−x2)y=0\frac{d^2 y}{dx^2}-\frac{2x}{(1-x^2)}\frac{d y}{dx} + \frac{k(k+1)}{(1-x^2)}y=0 dx2d2y−(1−x2)2xdxdy+(1−x2)k(k+1)y=0
我们可以套用幂级数（Power Series）的方法求解微分方程。
y(x)=∑n=0∞anxny(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n y(x)=n=0∑∞anxn一阶微分y′(x)=∑n=0∞nanxn−1y^{'}(x) = \sum_{n=0}^{\infty} n a_n x^{n-1} y′(x)=n=0∑∞nanxn−1二阶微分y′′(x)=∑n=0∞n(n−1)anxn−2y^{''}(x) = \sum_{n=0}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2} y′′(x)=n=0∑∞n(n−1)anxn−2
把y(x)y^{}(x)y(x)，y′(x)y^{'}(x)y′(x)和y′′(x)y^{''}(x)y′′(x)带入微分方程中，化简可得。
(1−x2)∑n=0∞n(n−1)anxn−2−2x∑n=0∞nanxn−1+k(k+1)∑n=0∞anxn=0∑n=0∞n(n−1)anxn−2−x2∑n=0∞n(n−1)anxn−2−2x∑n=0∞nanxn−1+k(k+1)∑n=0∞anxn=0∑n=0∞n(n−1)anxn−2−∑n=0∞n(n−1)anxn−2∑n=0∞nanxn+k(k+1)∑n=0∞anxn=0\begin{aligned} (1-x^2) \sum_{n=0}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2}-2x \sum_{n=0}^{\infty} n a_n x^{n-1}+k(k+1)\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n&=0 \\ \sum_{n=0}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2}-x^2 \sum_{n=0}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2}-2x \sum_{n=0}^{\infty} n a_n x^{n-1}+k(k+1)\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n&=0 \\ \sum_{n=0}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2}- \sum_{n=0}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n }-2 \sum_{n=0}^{\infty} n a_n x^{n}+k(k+1)\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n&=0 \end{aligned} (1−x2)n=0∑∞n(n−1)anxn−2−2xn=0∑∞nanxn−1+k(k+1)n=0∑∞anxnn=0∑∞n(n−1)anxn−2−x2n=0∑∞n(n−1)anxn−2−2xn=0∑∞nanxn−1+k(k+1)n=0∑∞anxnn=0∑∞n(n−1)anxn−2−n=0∑∞n(n−1)anxn−2n=0∑∞nanxn+k(k+1)n=0∑∞anxn=0=0=0
针对方程中的第一项∑n=0∞n(n−1)anxn−2\sum_{n=0}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2}∑n=0∞n(n−1)anxn−2中的角标变量nnn用虚拟变量m=n−2m=n-2m=n−2来替换。当n=0n=0n=0的时候，m=−2m=-2m=−2并且n=m+2n=m+2n=m+2。所以第一项可以整理得：
∑n=0∞n(n−1)anxn−2=∑m=−2∞(m+2)(m+1)am+2xm\sum_{n=0}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2}= \sum_{m=-2}^{\infty} (m+2)(m+1) a_{m+2} x^{m} n=0∑∞n(n−1)anxn−2=m=−2∑∞(m+2)(m+1)am+2xm
我们展开第一项，当m=−1m=-1m=−1和m=−2m=-2m=−2的时候均等于000。所以角标变量可以从m=0m=0m=0开始。因为mmm是虚拟变量所以我们用nnn来替换回mmm。原微分方程整理可得：

∑n=0∞(n+2)(n+1)an+2xn−∑n=0∞n(n−1)anxn−2∑n=0∞nanxn+k(k+1)∑n=0∞anxn=0∑n=0∞[(n+2)(n+1)an+2−n(n−1)an−2nan+k(k+1)an]xn=0\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n}- \sum_{n=0}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n }-2 \sum_{n=0}^{\infty} n a_n x^{n}+k(k+1)\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n&=0 \\ \sum_{n=0}^{\infty} \left [ (n+2)(n+1) a_{n+2} - n(n-1) a_n -2 n a_n +k(k+1)a_n \right ]x^n&=0 \end{aligned} n=0∑∞(n+2)(n+1)an+2xn−n=0∑∞n(n−1)anxn−2n=0∑∞nanxn+k(k+1)n=0∑∞anxnn=0∑∞[(n+2)(n+1)an+2−n(n−1)an−2nan+k(k+1)an]xn=0=0

所以系数等于000。
(n+2)(n+1)an+2−n(n−1)an−2nan+k(k+1)an=0(n+2)(n+1) a_{n+2} - n(n-1) a_n -2 n a_n +k(k+1)a_n = 0 (n+2)(n+1)an+2−n(n−1)an−2nan+k(k+1)an=0
于是我们找到了一个递推关系（recurrence relation）的等式，化简可得。
an+2=ann(n−1)+2n−k(k+1)(n+2)(n+1)=an(n−k)(n+k+1)(n+2)(n+1)\begin{aligned} a_{n+2} &= a_n\frac {n(n-1)+2n-k(k+1)}{(n+2)(n+1)} \\ & = a_n\frac {(n-k)(n+k+1)}{(n+2)(n+1)} \end{aligned} an+2=an(n+2)(n+1)n(n−1)+2n−k(k+1)=an(n+2)(n+1)(n−k)(n+k+1)

推导勒让德多项式

假设a0a_0a0 是勒让德多项式有偶数自由度的kkk的首项系数，a1a_1a1 是勒让德多项式有基数自由度的kkk的首项系数。
假设aka_kak 是勒让德多项式最后一项系数。为了数学上的方便，我们让aka_kak赋予一个特定常数值：
ak=(2k)!2k(k!)2a_k = \frac{(2k)!}{2^k (k!)^2} ak=2k(k!)2(2k)!
假设为了数学上的方便，我们让Pk(x=1)=1P_k(x=1)=1Pk(x=1)=1。
由出递推关系（Recurrence Relation）得：
an=(n+2)(n+1)(n−k)(n+k+1)an+2ak−2=k(k−1)(−2)(2k−1)ak=k(k−1)(−2)(2k−1)(2k)!2k(k!)2=−1(k)(k−1)2(2k−1)2k(2k−1)(2k−2)!2kk2(k−1)2((k−2)!)2=−1(2k−2)!2k(k−1)!(k−2)!⋮ak−2m=(−1)m(2k−2m)!m!(2k)(k−m)!(k−2m)!\begin{aligned} a_n &= \frac {(n+2)(n+1)}{(n-k)(n+k+1)}a_{n+2}\\ a_{k-2} &= \frac {k(k-1)}{(-2)(2k-1)}a_{k}\\ &= \frac {k(k-1)}{(-2)(2k-1)}\frac{(2k)!}{2^k (k!)^2}\\ &= \frac {-1(k)(k-1)}{2(2k-1)}\frac{2k(2k-1)(2k-2)!}{2^k k^2 (k-1)^2((k-2)!)^2}\\ &= \frac {-1(2k-2)!}{2^k(k-1)!(k-2)!}\\ &\vdots\\ a_{k-2m} &= \frac{(-1)^m(2k-2m)! }{m!(2^k)(k-m)!(k-2m)!} \end{aligned} anak−2ak−2m=(n−k)(n+k+1)(n+2)(n+1)an+2=(−2)(2k−1)k(k−1)ak=(−2)(2k−1)k(k−1)2k(k!)2(2k)!=2(2k−1)−1(k)(k−1)2kk2(k−1)2((k−2)!)22k(2k−1)(2k−2)!=2k(k−1)!(k−2)!−1(2k−2)!⋮=m!(2k)(k−m)!(k−2m)!(−1)m(2k−2m)!其中m∈[0,k/2]m \in[0,k/2]m∈[0,k/2] 勒让德多项式有偶数自由度的kkk；m∈[0,k−12]m \in[0,\frac{k-1}{2}]m∈[0,2k−1] 勒让德多项式有基数自由度的kkk。
由此证明的：
Pk(x)=∑m=0k2∣k−12(−1)m(2k−2m)!m!(2k)(k−m)!(k−2m)!xk−2mP_k(x) = \sum_{m=0}^{\frac{k}{2}|\frac{k-1}{2}} \frac{(-1)^m(2k-2m)! }{m!(2^k)(k-m)!(k-2m)!} x^{k-2m} Pk(x)=m=0∑2k∣2k−1m!(2k)(k−m)!(k−2m)!(−1)m(2k−2m)!xk−2m

推导 Rodrigues Formular （罗德里格公式）

问题

求证恒等式左边等于右边
12kk!dkdxk[(x2−1)k]=∑m=0k2∣k−12(−1)m(2k−2m)!xk−2mm!(2k)(k−m)!(k−2m)!\frac{1}{2^k k!} \frac{\mathrm{d} ^k}{\mathrm{d} x^k}\left[ (x^2-1)^k \right]=\sum_{m=0}^{\frac{k}{2}|\frac{k-1}{2}} \frac{(-1)^m(2k-2m)! x^{k-2m}}{m!(2^k)(k-m)!(k-2m)!} 2kk!1dxkdk[(x2−1)k]=m=0∑2k∣2k−1m!(2k)(k−m)!(k−2m)!(−1)m(2k−2m)!xk−2m

应用二项式定理

解：
我们在(x2−1)k(x^2-1)^k(x2−1)k上应用二项式定理。由二项式定理可知：
(x+y)k=∑i=0nn!i!(n−i)!xn−iyi(x2−1)k=∑i=0kk!i!(k−i)!(x2)k−i(−1)i\begin{aligned} (x+y)^k &= \sum_{i=0}^n \frac{n!}{i!(n-i)!}x^{n-i}y^i\\ (x^2-1)^k &= \sum_{i=0}^k \frac{k!}{i!(k-i)!}(x^2)^{k-i}(-1)^i \end{aligned} (x+y)k(x2−1)k=i=0∑ni!(n−i)!n!xn−iyi=i=0∑ki!(k−i)!k!(x2)k−i(−1)i

公式证明

我们把有二项式定理分解的(x2−1)k(x^2-1)^k(x2−1)k带入罗德里格公式部分得：
12kk!dkdxk[∑i=0kk!i!(k−i)!(x2)k−i(−1)i]\frac{1}{2^k k!} \frac{\mathrm{d} ^k}{\mathrm{d} x^k}\left[ \sum_{i=0}^k \frac{k!}{i!(k-i)!}(x^2)^{k-i}(-1)^i \right] 2kk!1dxkdk[i=0∑ki!(k−i)!k!(x2)k−i(−1)i]
因为微分是线性运算符所以可知ddx∑=∑ddx\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\sum=\sum \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}dxd∑=∑dxd，由此化简可得：
=12kk!∑i=0kk!i!(k−i)!(−1)idkdxk[(x2)k−i]=12kk!∑i=0kk!i!(k−i)!(−1)i(2k−2i)!(k−2i)!xk−2i=∑i=0k2∣k−12(−1)i(2k−2i)!2ki!(k−i)!(k−2i)!xk−2i\begin{aligned} &=\frac{1}{2^k k!} \sum_{i=0}^k \frac{k!}{i!(k-i)!} (-1)^i \frac{\mathrm{d}^k }{\mathrm{d} x^k}\left[ (x^2)^{k-i} \right]\\ &=\frac{1}{2^k k!} \sum_{i=0}^k \frac{k!}{i!(k-i)!} (-1)^i \frac{(2k-2i)!}{(k-2i)!}x^{k-2i}\\ &=\sum_{i=0}^{\frac{k}{2}|\frac{k-1}{2}} \frac{(-1)^i (2k-2i)!}{2^ki!(k-i)!(k-2i)!}x^{k-2i} \end{aligned} =2kk!1i=0∑ki!(k−i)!k!(−1)idxkdk[(x2)k−i]=2kk!1i=0∑ki!(k−i)!k!(−1)i(k−2i)!(2k−2i)!xk−2i=i=0∑2k∣2k−12ki!(k−i)!(k−2i)!(−1)i(2k−2i)!xk−2i
其中
dndxnxrforn=1:rxr−1=r!(r−1)!xr−1n=2:r(r−1)xr−2=r!(r−2)!xr−2⋮n=n:r(r−1)⋯(r−n)xr−n=r!(r−n)!xr−n\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}^n }{\mathrm{d} x^n} x^r for \; n=1 &: r x^{r-1} = \frac{r!}{(r-1)!}x^{r-1}\\ n=2&: r (r-1) x^{r-2} = \frac{r!}{(r-2)!}x^{r-2}\\ &\vdots\\ n=n &:r (r-1)\cdots (r-n)x^{r-n} = \frac{r!}{(r-n)!}x^{r-n}\\ \end{aligned} dxndnxrforn=1n=2n=n:rxr−1=(r−1)!r!xr−1:r(r−1)xr−2=(r−2)!r!xr−2⋮:r(r−1)⋯(r−n)xr−n=(r−n)!r!xr−n
由此可得：
dkdxk[(x2)k−i]=dkdxk(x2k−2i)=(2k−2i)!(2k−2i−k)!x2k−2i−k=(2k−2i)!(k−2i)!xk−2i\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}^k }{\mathrm{d} x^k}\left[ (x^2)^{k-i} \right] &= \frac{\mathrm{d}^k }{\mathrm{d} x^k}\left(x^{2k-2i} \right)\\ &=\frac{(2k-2i)!}{(2k-2i-k)!}x^{2k-2i-k}\\ &=\frac{(2k-2i)!}{(k-2i)!}x^{k-2i} \end{aligned} dxkdk[(x2)k−i]=dxkdk(x2k−2i)=(2k−2i−k)!(2k−2i)!x2k−2i−k=(k−2i)!(2k−2i)!xk−2i
由此证明结论：
Pk(x)=12kk!dkdxk[(x2−1)k]P_k(x) = \frac{1}{2^k k!} \frac{\mathrm{d} ^k}{\mathrm{d} x^k}\left[ (x^2-1)^k \right] Pk(x)=2kk!1dxkdk[(x2−1)k]