电动力学的数学准备 01 球函数和球谐函数_legendre函数的生成函数

内容

• Legendre 多项式
  • Legendre 多项式的完备正交归一性
  • 对 Legendre 级数展开
  • Legendre 多项式的生成函数
• 连带 Legendre 多项式
• 球谐函数

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正交曲面坐标系下的 Helmholtz 方程

$$({\nabla }^2+k^2)u=0$$

Legendre 多项式

引入

在球坐标系中对 Helmholtz 方程 $({\nabla }^2+k^2)u(r,\theta ,\phi )=0$ 分离变量，得到

u ( r , θ , φ ) = R ( r ) Θ ( θ ) Φ ( φ ) ⇒ { 1 r 2 d d r ( r 2 d R ( r ) d r ) + ( k 2 − λ r 2 ) R ( r ) = 0 1 sin ⁡ θ d d θ ( sin ⁡ θ d Θ ( θ ) d θ ) + ( λ − μ sin ⁡ 2 θ ) Θ ( θ ) = 0 d 2 Φ ( φ ) d φ 2 + μ Φ ( φ ) = 0 u(r,\theta,\varphi)=R(r)\Theta(\theta)\varPhi(\varphi)\quad\Rightarrow\quad

$$\begin{cases} \cfrac1{r^2}\cfrac{\rm d}{ {\rm d}r}\left(r^2\cfrac{ {\rm d}R(r)}{ {\rm d}r}\right)+\left(k^2-\cfrac\lambda{r^2}\right)R(r)=0\\ \cfrac{1}{\sin\theta}\cfrac{ {\rm d}}{ {\rm d}\theta}\left(\sin\theta\cfrac{ {\rm d}\Theta(\theta)}{ {\rm d}\theta}\right)+\left(\lambda-\cfrac{\mu}{\sin^2\theta}\right)\Theta(\theta)=0\\ \cfrac{ {\rm d^2}\varPhi(\varphi)}{ {\rm d}\varphi^2}+\mu\varPhi(\varphi)=0 \end{cases}$$ u(r,θ,φ)=R(r)Θ(θ)Φ(φ)⇒⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧​r21​drd​(r2drdR(r)​)+(k2−r2λ​)R(r)=0sinθ1​dθd​(sinθdθdΘ(θ)​)+(λ−sin2θμ​)Θ(θ)=0dφ2d2Φ(φ)​+μΦ(φ)=0​
其中 $\lambda ,\mu$ 是在分离变量过程中产生的参数。
对 $\Theta (\theta )$ 的方程作换元 $x=\cos \theta$ ，从而 $y(x)=\Theta (\theta )$ ， $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}=-\frac{1}{\sin \theta }\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta }$ 。方程变为

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[(1-x^2)\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}y(x)\right]+\left[\lambda -\frac{\mu }{1-x^2}\right]y=0$$
称为 连带 Legendre 方程 。如果 $\mu =0$ 就简化为 Legendre 方程 。
首先讨论 Legendre 方程。为了求解，先研究方程和解 $w(z)$ 在复数域上的性质。

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left[(1-z^2)\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}w\right]+\lambda w=0,\lambda =l(l+1)$$
方程有 正则奇点 $\pm 1$ 和 $\infty$ 。

Legendre 方程的级数解

根据以上奇点分析知道，方程的解在 $|z|=1$ 内部解析，可以在 $z=0$ 展成 Taylor 级数。存在两个线性无关的解

w ( z ) = c 0 w 1 ( z ) + c 1 w 2 ( z ) w 1 ( z ) = ∑ n = 0 ∞ 2 2 n ( 2 n ) ! Γ ( n − l 2 ) Γ ( − l 2 ) Γ ( n + l + 1 2 ) Γ ( l + 1 2 ) z 2 n w 2 ( z ) = ∑ n = 0 ∞ 2 2 n ( 2 n + 1 ) ! Γ ( n − l − 1 2 ) Γ ( − l − 1 2 ) Γ ( n + l 2 + 1 ) Γ ( l 2 + 1 ) z 2 n + 1

$$\begin{aligned} w(z)&=c_0w_1(z)+c_1w_2(z)\\ w_1(z)&=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{2^{2n}}{(2n)!}\frac{\Gamma\left(n-\cfrac{l}2\right)}{\Gamma\left(-\cfrac{l}2\right)}\frac{\Gamma\left(n+\cfrac{l+1}2\right)}{\Gamma\left(\cfrac{l+1}{2}\right)}z^{2n}\\ w_2(z)&=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{2^{2n}}{(2n+1)!}\frac{\Gamma\left(n-\cfrac{l-1}2\right)}{\Gamma\left(-\cfrac{l-1}2\right)}\frac{\Gamma\left(n+\cfrac{l}2+1\right)}{\Gamma\left(\cfrac{l}{2}+1\right)}z^{2n+1} \end{aligned}$$ w(z)w1​(z)w2​(z)​=c0​w1​(z)+c1​w2​(z)=n=0∑∞​(2n)!22n​Γ(−2l​)Γ(n−2l​)​Γ(2l+1​)Γ(n+2l+1​)​z2n=n=0∑∞​(2n+1)!22n​Γ(−2l−1​)Γ(n−2l−1​)​Γ(2l​+1)Γ(n+2l​+1)​z2n+1​
可以估计 $z\to \pm 1$ 时（详见吴崇试. 数学物理方法-第三版, pp. 250 ~ 251）

w 1 ( z ) ∼ O ( ∑ n = 1 ∞ z 2 n n ) ∼ O ( ln ⁡ 1 1 − z 2 ) w 2 ( z ) ∼ O ( ∑ n = 1 ∞ z 2 n + 1 2 n + 1 ) ∼ O ( ln ⁡ 1 + z 1 − z )

$$\begin{aligned} w_1(z)&\sim O\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{z^{2n}}n\right)\sim O\left(\ln\frac1{1-z^2}\right)\\ w_2(z)&\sim O\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{z^{2n+1}}{2n+1}\right)\sim O\left(\ln\frac{1+z}{1-z}\right) \end{aligned}$$ w1​(z)w2​(z)​∼O(n=1∑∞​nz2n​)∼O(ln1−z21​)∼O(n=1∑∞​2n+1z2n+1​)∼O(ln1−z1+z​)​
它们都 在 $\pm 1$ 对数发散 。
进一步知道 $z=\pm 1$ 还是 $w_{1,2}(z)$ 的枝点。对 $w_{1,2}(z)$ 向全平面的解析延拓必然导致多值性。

$z=\pm 1$ 是方程的正则奇点。可以在 $0<|z-1|<2$ 环域作 Laurent 展开 求级数解，结果是：

P l ( z ) = ∑ n = 0 ∞ 1 ( n ! ) 2 Γ ( l + n + 1 ) Γ ( l − n + 1 ) ( z − 1 2 ) n Q l ( z ) = 1 2 P l ( z ) [ ln ⁡ z + 1 z − 1 − 2 γ − 2 ψ ( l + 1 ) ] + ∑ n = 0 ∞ 1 ( n ! ) 2 Γ ( l + n + 1 ) Γ ( l − n + 1 ) ( 1 + 1 2 + 1 3 + ⋯ + 1 n ) ( z − 1 2 ) n

$$\begin{aligned} P_l(z)&=\sum_{n=0}^\infty\frac1{(n!)^2}\frac{\Gamma(l+n+1)}{\Gamma(l-n+1)}\left(\frac{z-1}{2}\right)^n\\ Q_l(z)&=\frac{1}{2}P_l(z)\left[\ln\frac{z+1}{z-1}-2\gamma-2\psi(l+1)\right]+\sum_{n=0}^\infty\frac1{(n!)^2}\frac{\Gamma(l+n+1)}{\Gamma(l-n+1)}\left(1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n\right)\left(\frac{z-1}{2}\right)^n \end{aligned}$$ Pl​(z)Ql​(z)​=n=0∑∞​(n!)21​Γ(l−n+1)Γ(l+n+1)​(2z−1​)n=21​Pl​(z)[lnz−1z+1​−2γ−2ψ(l+1)]+n=0∑∞​(n!)21​Γ(l−n+1)Γ(l+n+1)​(1+21​+31​+⋯+n1​)(2z−1​)n​
其中 $P_l(z)$ 称为 $l$ 阶第一类 Legendre 函数 。第二类 Legendre 函数 $Q_l(z)$ 是多值函数，其中 $\psi (z)=(\ln \Gamma (z){)}^{\prime }$ ， $\gamma$ 是欧拉常数。
也可以类似地求出 Legendre 方程在 $z=-1$ 、 $z=\infty$ 邻域内的级数解。

发散问题和解决

回到实际的物理问题。虽然 Legendre 函数是在 Helmholtz 方程本征问题角向问题中导出的，对于 Laplace 方程本征问题，分离变量后 $\Theta (\theta )$ 也满足相同的常微分方程。

Laplace 算子 ${\nabla }^2$ 在球坐标系下在 $\theta =0,\pi$ 和 $r=0$ 处都没有定义，这是 $(r,\theta ,\phi )$ 定义域的规定导致的。需要添加有界性条件：
$y(\pm 1)$ 表示球的南北两极，在物理上没有特殊性。应当要求 $y(\pm 1)=\Theta (0)or\Theta (\pi )$ 有界。

但根据前面的结果，两个解在 $\pm 1$ 一般是对数发散的。考虑这样的可能，即 $w_{1,2}(z)$ 分别发散，但是某些特殊的参数 $l$ 可以使 $w=c_0{w}_1+c_1{w}_2$ 在 $\pm 1$ 发散性抵消而有界。

更直接的是考察 $w(z)=c_1{P}_l(z)+c_2{Q}_l(z)=c{P}_l(z)$ 。在 $z=1$ 收敛首先要求 $c_2=0$ 。
此时 $w(z)\sim P_l$ ，注意到 $P_l(1)=1$ 。然而不幸地，对于一般 $l$ 值，只要 $P_l(z)$ 还是无穷级数，$P_l(-1)$ 就对数发散。如何才能符合物理实际？

其实，若令 级数 $P_l(z)$ 截断为多项式，即在某一项之后为零 ，即可解决 $P_l(-1)$ 处的有界性。
亦即 求 $l$ 使得 $\forall n\in \mathbb{N}$ ：

Γ ( l + n + 1 ) Γ ( l − n + 1 ) = ⋯ ∞ = 0 ⇒ { l + n + 1 > 0 , ∀ n ≥ 0 , l − n + 1 = 0 , − 1 , ⋯ ∃ N ∈ Z + , ∀ n > N \frac{\Gamma(l+n+1)}{\Gamma(l-n+1)}=\frac{\cdots}{\infty}=0\quad\Rightarrow\quad

$$\begin{cases} l+n+1>0,\quad&\forall{n}\geq0,\\ l-n+1=0,-1,\cdots\quad&\exists{N}\in\mathbb{Z}^+,\forall{n}>N \end{cases}$$ Γ(l−n+1)Γ(l+n+1)​=∞⋯​=0⇒{l+n+1>0,l−n+1=0,−1,⋯​∀n≥0,∃N∈Z+,∀n>N​
推出 $l$ 为自然数，即 $l\in \mathbb{N}$ 。此时

$$P_l(z)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{(n!{)}^2}\frac{(l+n{)}^2}{(l-n{)}^2}{\left(\frac{z-1}{2}\right)}^n=\sum _{n=0}^l\frac{1}{(n!{)}^2}\frac{(l+n{)}^2}{(l-n{)}^2}{\left(\frac{z-1}{2}\right)}^n$$
$P_l(x)$ 是一个 $l$ 次多项式，称为 $l$ 阶 Legendre 多项式 。

P 0 ( x ) = 1 P 1 ( x ) = x P 2 ( x ) = 3 2 x 2 − 1 2 P 3 ( x ) = 5 2 x 3 − 3 2 x ⋯

$$\begin{aligned} P_0(x)&=1\quad&P_1(x)&=x\\ P_2(x)&=\frac32x^2-\frac12\quad&P_3(x)&=\frac52x^3-\frac32x\\ \cdots \end{aligned}$$ P0​(x)P2​(x)⋯​=1=23​x2−21​​P1​(x)P3​(x)​=x=25​x3−23​x​
利用 $x=1$ 处的展开表示，还可以得到

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

Legendre 多项式的微分表示（aka. Rodrigues 公式）

$$P_l(x)=\frac{1}{2^{l}l!}\frac{{\mathrm{d}}^l}{\mathrm{d}{x}^l}\left[(x^2-1{)}^l\right]$$
证明只需要直接（Brute Force）计算

( x 2 − 1 ) l = ( x − 1 ) l ( x − 1 + 2 ) l = ∑ n = 0 l ( l n ) 2 l − n ( x − 1 ) l + n 1 l ! 2 l d l d x l [ ( x 2 − 1 ) l ] = ∑ n = 0 l 2 − n n ! ( l − n ) ! d l d x l [ ( x − 1 ) l + n ] = ∑ n = 0 l 2 − n n ! ( l − n ) ! ( l + n ) ! n ! ( x − 1 ) n = ∑ n = 0 l 1 ( n ! ) 2 ( l + n ) ! ( l − n ) ! ( x − 1 2 ) n

$$\begin{aligned} (x^2-1)^l&=(x-1)^{l}(x-1+2)^{l}\\&=\sum_{n=0}^l\begin{pmatrix}l\\n\end{pmatrix}2^{l-n}(x-1)^{l+n}\\ \frac{1}{l!2^l}\frac{ {\rm d}^l}{ {\rm d}x^l}\big[(x^2-1)^l\big]&=\sum_{n=0}^l\frac{2^{-n}}{n!(l-n)!}\frac{ {\rm d}^l}{ {\rm d}x^l}\big[(x-1)^{l+n}\big]\\ &=\sum_{n=0}^l\frac{2^{-n}}{n!(l-n)!}\frac{(l+n)!}{n!}(x-1)^{n}\\ &=\sum_{n=0}^l\frac{1}{(n!)^2}\frac{(l+n)!}{(l-n)!}\left(\frac{x-1}2\right)^n \end{aligned}$$ (x2−1)ll!2l1​dxldl​[(x2−1)l]​=(x−1)l(x−1+2)l=n=0∑l​(ln​)2l−n(x−1)l+n=n=0∑l​n!(l−n)!2−n​dxldl​[(x−1)l+n]=n=0∑l​n!(l−n)!2−n​n!(l+n)!​(x−1)n=n=0∑l​(n!)21​(l−n)!(l+n)!​(2x−1​)n​

换元知 $P_l(-x)=(-1{)}^l{P}_l(x)$ ，这表明 奇（偶）数阶 Legendre 多项式是奇（偶）宇称 。这也给出

$$P_l(-1)=(-1{)}^l$$
观察 $P_l(x)$ 的无穷级数表示，发现奇数阶多项式的每一个单项都是 $x$ 的奇次幂，偶数阶多项式 vice versa。

可以想见，一旦含有任一个【相反宇称的项】就会破坏整体的宇称。因为再多个其它幂次项都不可能抵消某一不同幂次项的贡献。

以x为宗量的表示

希望得到以 $x$ 为宗量的表示，就如最开始推导那样。
仅需对 Rodrigues 公式中的 $(x^2-1{)}^l$ 作二项展开再求导，得到

$$P_l(x)=\sum _{n=0}^{\lfloor l/2\rfloor }(-1{)}^n\frac{(2l-2n)!}{2^{l}n!(l-n)!(l-2n)!}{x}^{l-2n}$$

Legendre 多项式的标准积分

讨论以下积分

$$I_l^k={\int }_{-1}^{+1}{x}^k{P}_l(x)\mathrm{d}x$$

1. $k+l$ 为奇数时 被积函数有奇宇称 ，在对称区间 $[-1,+1]$ 上积分为零
2. 否则可以设 $k=l+2n,n\in \mathbb{Z}$ 。首先说明 $k<l$ 时， $I_l^k=0$ ：
   利用 Rodrigues 公式，并简记 $\frac{{\mathrm{d}}^l}{\mathrm{d}{x}^l}={\partial }^l$ ，作分部积分：

I l k = 1 2 l l ! ∫ x k ∂ l [ ( x 2 − 1 ) l ] d x = 1 2 l l ! [ { x k ∂ l − 1 [ ( x 2 − 1 ) l ] } ∣ − 1 + 1 − ∫ ∂ ( x k ) ∂ l − 1 [ ( x 2 − 1 ) l ] d x ] = − 1 2 l l ! ∫ ∂ ( x k ) ∂ l − 1 [ ( x 2 − 1 ) l ] d x = ⋯ = ( − 1 ) l 2 l l ! ∫ ∂ l ( x k ) ( x 2 − 1 ) l d x

$$\begin{aligned} I_l^k&=\frac1{2^ll!}\int x^k\partial^l\big[(x^2-1)^l\big]{\rm d}x\\ &=\frac1{2^ll!}\bigg[{\color{Purple}\Big\{x^k\partial^{l-1}\big[(x^2-1)^l\big]\Big\}\Big|_{-1}^{+1}}-\int\partial(x^k)\partial^{l-1}\big[(x^2-1)^l\big]{\rm d}x\bigg]\\ &=-\frac1{2^ll!}\int\partial(x^k)\partial^{l-1}[(x^2-1)^l]{\rm d}x\\ &=\cdots\\ &=\frac{(-1)^l}{2^ll!}\int\partial^l(x^k)(x^2-1)^l{\rm d}x \end{aligned}$$ Ilk​​=2ll!1​∫xk∂l[(x2−1)l]dx=2ll!1​[{xk∂l−1[(x2−1)l]}∣∣∣​−1+1​−∫∂(xk)∂l−1[(x2−1)l]dx]=−2ll!1​∫∂(xk)∂l−1[(x2−1)l]dx=⋯=2ll!(−1)l​∫∂l(xk)(x2−1)ldx​

${\partial }^{a-1}(x^k){\partial }^{l-a}[(x^2-1{)}^l]1\le a\le l$ 是偶函数。

${\partial }^l(x^k)\equiv 0\forall l>k$ 。

所以 $l>k$ 时 $I_l^k=0$ 。
对于 $l\ge k$ ，作换元 $l=k+2n,n=0,1,2,\cdots$ ，上述分部积分继续写成

∫ − 1 + 1 x l + 2 n P l ( x ) d x = ( − 1 ) l 2 l l ! ∫ − 1 + 1 ∂ l ( x l + 2 n ) ( x 2 − 1 ) l d x = ( − 1 ) l 2 l l ! ( l + 2 n ) ! ( 2 n ) ! ∫ − 1 + 1 ( x 2 ) n ( x 2 − 1 ) l d x 2 x = 1 2 l l ! ( l + 2 n ) ! ( 2 n ) ! B ( n + 1 2 , l + 1 ) = 2 l + 1 ( l + 2 n ) ! ( l + n ) ! n ! ( 2 l + 2 n + 1 ) !

$$\begin{aligned} \int_{-1}^{+1}x^{l+2n}P_l(x){\rm d}x&= \frac{(-1)^l}{2^ll!}\int_{-1}^{+1}\partial^l(x^{l+2n})(x^2-1)^l{\rm d}x\\ &=\frac{(-1)^l}{2^ll!}\frac{(l+2n)!}{(2n)!}\int_{-1}^{+1}(x^2)^n(x^2-1)^l\frac{ {\rm d}x}{2x}\\ &=\frac{1}{2^{l}l!}\frac{(l+2n)!}{(2n)!}\Beta\left(n+\frac12,l+1\right)\\ &=2^{l+1}\frac{(l+2n)!(l+n)!}{n!(2l+2n+1)!} \end{aligned}$$ ∫−1+1​xl+2nPl​(x)dx​=2ll!(−1)l​∫−1+1​∂l(xl+2n)(x2−1)ldx=2ll!(−1)l​(2n)!(l+2n)!​∫−1+1​(x2)n(x2−1)l2xdx​=2ll!1​(2n)!(l+2n)!​B(n+21​,l+1)=2l+1n!(2l+2n+1)!(l+2n)!(l+n)!​​

$\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{d}x}{2x}$ 产生的 $\frac{1}{2}$ 在积分区间折半时抵消（ cancel out ）

Legendre 多项式的完备正交归一性

正交性和归一性都可以通过 Legendre 多项式的标准积分推导。具体地：

正交性

由于 $l<k$ 时 $I_l^k=0$ ，积分

$${\int }_{-1}^{+1}{P}_l(x)P_k(x)\mathrm{d}x\sim \sum _{n=0}^l{\int }_{-1}^{+1}{x}^n{P}_k(x)\mathrm{d}x=\sum _{n=0}^l{I}_l^n=0$$
考虑对称性，就有

$${\int }_{-1}^{+1}{P}_l(x)P_k(x)=0,\forall l\ne k$$

归一性

在 Legendre 多项式的标准积分中令 $k=l$ ，就有

$${\int }_{-1}^{+1}{P}_l(x)P_l(x)\mathrm{d}x=c_l{I}_l^l=\frac{(2l)!}{(l!{)}^2{2}^l}\frac{2^{l+1}(l!{)}^2}{(2l+1)!}=\frac{2}{2l+1}$$

$P_l(x)P_l(x)$ 写成 $P_l^2(x)$ 不合适，会和连带 Legendre 多项式混淆。

于是可以将 Legendre 多项式的正交归一性合写成

$${\int }_{-1}^{+1}{P}_k(x)P_l(x)\mathrm{d}x=\frac{2}{2l+1}{\delta }_{kl}$$
如果回到本来的 $\Theta (\theta )$ 问题，上述结论又写成

$${\int }_0^{\pi }{P}_k(\cos \theta )P_k(\cos \theta )\sin \theta \mathrm{d}\theta =\frac{2}{2l+1}{\delta }_{kl}$$

积分换元和交换积分限各产生一个负号，cancel out。

即不同阶 Legendre 多项式在区间 $[0,\pi ]$ 上以 权函数 $\sin \theta$ 正交 。

完备性

任一个在 $[-1,1]$ 上分段连续的函数 $f(x)$ 在平均收敛的意义上都可以展成 Legendre 级数

$$f(x)\sim \sum _{l=0}^{\infty }{c}_l{P}_l(x)$$
其中平均收敛指

$$\underset{N\to \infty }{\lim }{\int }_{-1}^{+1}{\left|f(x)-\sum _{l=0}^N{c}_l{P}_l(x)\right|}^2\mathrm{d}x=0$$

对 Legendre 级数展开

Legerdre 级数表示

$$f(x)=\sum _{l=0}^{\infty }{c}_l|l⟩=\sum _{l=0}^{\infty }{c}_l{P}_l(x)$$

展开系数

$$c_l=\frac{2l+1}{2}⟨f(x)|l⟩=\frac{2l+1}{2}{\int }_{-1}^{+1}f(x)P_l(x)\mathrm{d}x$$

计算展开系数

对多项式 $f(x)$ 作展开时，首先注意到展开式中不可能有超过 $\mathrm{deg}f(x)-$ 阶 Legendre 多项式。类似长除法，先除以 $P_{\mathrm{deg}f}(x)$ ，余式再除以 $P_{\mathrm{deg}f-2}(x)$ ……
展开的唯一性保证这样得到的一定是正确结果。

Legendre 多项式的生成函数

Legendre 多项式首先是在势论研究中引进的。在球坐标系中，一个 $q=+\frac{1}{4\pi \epsilon }$ 的点电荷位于 $\mathbf{r}=(r,0,\ast )$ 处，则 ${\mathbf{r}}^{\prime }=(r^{\prime },{\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })$ 处的电势为

$\ast$ 代表任意取值，因为该点 $\theta =0$ 在 $z$ 轴上。

1 ∣ r − r ′ ∣ = 1 r 2 + r ′ 2 − 2 r r ′ cos ⁡ θ ′ = x = cos ⁡ θ ′ { 1 r 1 1 − 2 x t + t 2 , t = r ′ r 1 r ′ 1 1 − 2 x t + t 2 , t = r r ′ \frac{1}{|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}'|}=\frac1{\sqrt{r^2+r'^2-2rr'\cos\theta'}}\overset{x=\cos\theta'}{=}

$$\begin{cases} \cfrac1{r}\cfrac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}},\quad{t}=\cfrac{r'}{r}\\ \cfrac1{r'}\cfrac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}},\quad{t}=\cfrac{r}{r'} \end{cases}$$ ∣r−r′∣1​=r2+r′2−2rr′cosθ′ ​1​=x=cosθ′⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧​r1​1−2xt+t2 ​1​,t=rr′​r′1​1−2xt+t2 ​1​,t=r′r​​

注意到 $f(t)=\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}}$ 有多值性。其枝点 $t_{1,2}=x\pm \sqrt{x^2-1}$ ，作连接两枝点的割线，并规定单值分支

$$\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}}{|}_{t=0}=1$$
这样只要作的割线不通过 $t=0$ ，函数就在 $t=0$ 的领域中解析，从而可以 Taylor 展开。下面说明展开系数就是各阶 Legendre 多项式，即

1 1 − 2 x t + t 2 = ∑ l = 0 ∞ P l ( x ) t l , ∣ t ∣ < min ⁡ { x ± x 2 − 1 } \frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}}=\sum_{l=0}^{\infty}P_l(x)t^l,\qquad|t|<\min\{x\pm\sqrt{x^2-1}\} 1−2xt+t2 ​1​=l=0∑∞​Pl​(x)tl,∣t∣<min{x±x2−1 ​}
仅需在 $t=0$ 圆域内作 Taylor 级数展开

1 1 − 2 x t + t 2 = 1 ( 1 − t ) 2 − 2 ( x − 1 ) t = 1 1 − t [ 1 − 2 ( x − 1 ) t ( 1 − t ) 2 ] − 1 / 2 = 1 1 − t ∑ k = 0 + ∞ 1 k ! ( − 1 2 ) ( − 3 2 ) ⋯ ( 1 2 − k ) [ 1 − 2 ( x − 1 ) t ( 1 − t ) 2 ] k = ∑ k = 0 + ∞ ( 2 k − 1 ) ! ! k ! ( x − 1 ) k t k ( 1 − t ) − ( 2 k + 1 ) = ∑ k = 0 + ∞ ( 2 k − 1 ) ! ! k ! ( x − 1 ) k t k ∑ n = 0 + ∞ ( 2 k + n ) ! ( 2 k ) ! n ! t n = l = k + n ∑ l = 0 + ∞ [ ∑ k = 0 l ( l + k ) ! k ! k ! ( l − k ) ! ( x − 1 2 ) k ] t l = ∑ l = 0 + ∞ P l ( x ) t l

$$\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}}&= \frac{1}{\sqrt{(1-t)^2-2(x-1)t}}\\&= \frac{1}{1-t}\left[1-\frac{2(x-1)t}{(1-t)^2}\right]^{-1/2}\\&= \frac{1}{1-t}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac1{k!}\left(-\frac12\right)\left(-\frac32\right)\cdots\left(\frac12-k\right)\left[1-\frac{2(x-1)t}{(1-t)^2}\right]^k\\&= \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(2k-1)!!}{k!}(x-1)^kt^k(1-t)^{-(2k+1)}\\&= \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(2k-1)!!}{k!}(x-1)^kt^k\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2k+n)!}{(2k)!n!}t^n\\&\overset{l=k+n}{=} \sum_{l=0}^{+\infty}\left[\sum_{k=0}^l\frac{(l+k)!}{k!k!(l-k)!}\left(\frac{x-1}2\right)^{k}\right]t^{l}\\&=\sum_{l=0}^{+\infty}P_l(x)t^l \end{aligned}$$ 1−2xt+t2 ​1​​=(1−t)2−2(x−1)t ​1​=1−t1​[1−(1−t)22(x−1)t​]−1/2=1−t1​k=0∑+∞​k!1​(−21​)(−23​)⋯(21​−k)[1−(1−t)22(x−1)t​]k=k=0∑+∞​k!(2k−1)!!​(x−1)ktk(1−t)−(2k+1)=k=0∑+∞​k!(2k−1)!!​(x−1)ktkn=0∑+∞​(2k)!n!(2k+n)!​tn=l=k+nl=0∑+∞​[k=0∑l​k!k!(l−k)!(l+k)!​(2x−1​)k]tl=l=0∑+∞​Pl​(x)tl​

$(1-t{)}^{-(2k+1)}$ 的展开用到

1 ( 1 − t ) s = ∑ k = 0 + ∞ ( s + k − 1 k ) x k \frac{1}{(1-t)^s}=\sum_{k=0}^{+\infty}

$$\begin{pmatrix}s+k-1\\k\end{pmatrix}$$ x^k (1−t)s1​=k=0∑+∞​(s+k−1k​)xk

注意到两个枝点 $t_1{t}_2=1$ ，所以上述级数的收敛域不超过单位圆。
称 $\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}}$ 为 $P_l(x)$ 的 生成函数 。

利用生成函数可以【参见吴崇试. 数理方法-第三版, pp. 260-261】

• 计算 Legendre 多项式在一些特殊点的取值
• 推导 Legendre 多项式的宇称
• 讨论 Legendre 多项式的正交性和归一性
• 计算奇形怪状的积分

更重要的是以下若干独特的应用。

相邻阶 Legendre 多项式的递推关系

已经知道

$$\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}}=\sum _{l=0}^{\infty }{P}_l(x)t^l$$
上式分别对 $x,t$ 求导并整理，就得到

P l ( x ) = P l + 1 ′ ( x ) − 2 x P l ′ ( x ) + P l − 1 ′ ( x ) ( 1 ) ( 2 l + 1 ) x P l ( x ) = ( l + 1 ) P l + 1 ( x ) + l P l − 1 ( x ) ( 2 )

$$\begin{aligned} P_l(x)&=P_{l+1}'(x)-2xP_l'(x)+P_{l-1}'(x)\quad&(1)\\ (2l+1)xP_l(x)&=(l+1)P_{l+1}(x)+lP_{l-1}(x)\quad&(2) \end{aligned}$$ Pl​(x)(2l+1)xPl​(x)​=Pl+1′​(x)−2xPl′​(x)+Pl−1′​(x)=(l+1)Pl+1​(x)+lPl−1​(x)​(1)(2)​
将 $(2)$ 对 $x$ 求导并和 $(1)$ 联立，还可以得到

P l + 1 ′ ( x ) = x P l ′ ( x ) + ( l + 1 ) P l ( x ) P l − 1 ′ ( x ) = x P l ′ ( x ) − l P l ( x )

$$\begin{aligned} P_{l+1}'(x)&=xP_l'(x)+(l+1)P_l(x)\\ P_{l-1}'(x)&=xP_l'(x)-lP_{l}(x) \end{aligned}$$ Pl+1′​(x)Pl−1′​(x)​=xPl′​(x)+(l+1)Pl​(x)=xPl′​(x)−lPl​(x)​
这可以用于计算一些积分，例如

$${\int }_{-1}^{1}x{P}_k(x)P_l(x)\mathrm{d}x$$
就可以利用 $(2)$ 式，把 $x$ 项吸收而变为两个 $P_k{P}_l$ 类型的积分，利用正交归一性计算。

连带 Legendre 函数

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指标方程和正则解

常系数二阶常微分方程 $w^{\prime \prime }+p(z)w^{\prime }+q(z)w=0$ ，设 $z_0\ne \infty$ 是 $p(z)$ 或 $q(z)$ 的奇点，且满足 $(z-z_0)p(z)$ 和 $(z-z_0{)}^{2}q(z)$ 都在 $z_0$ 处解析，从而 $z_0$ 是方程的正则奇点。
此时方程有 正则解

w 1 ( z ) = ( z − z 0 ) ρ 1 ∑ k = 0 + ∞ c k ( z − z 0 ) k w 2 ( z ) = g w 1 ( z ) ln ⁡ ( z − z 0 ) + ( z − z 0 ) ρ 2 ∑ k = 0 + ∞ d k ( z − z 0 ) k

$$\begin{aligned} w_1(z)&=(z-z_0)^{\rho_1}\sum_{\color{DarkRed}k=0}^{+\infty}c_k(z-z_0)^k\\ w_2(z)&=gw_1(z)\ln(z-z_0)+(z-z_0)^{\rho_2}\sum_{\color{DarkRed}k=0}^{+\infty}d_k(z-z_0)^k \end{aligned}$$ w1​(z)w2​(z)​=(z−z0​)ρ1​k=0∑+∞​ck​(z−z0​)k=gw1​(z)ln(z−z0​)+(z−z0​)ρ2​k=0∑+∞​dk​(z−z0​)k​

用暗红色强调，正则解是 Taylor 性的级数解。

其中 ${\rho }_1,{\rho }_2$ 是方程的 指标 ，满足 指标方程 :

ρ ( ρ − 1 ) + a 0 ρ + b 0 = 0 { a 0 = lim ⁡ z → z 0 ( z − z 0 ) p ( z ) b 0 = lim ⁡ z → z 0 ( z − z 0 ) 2 q ( z )

$$\begin{aligned} \rho(\rho-1)+a_0\rho+b_0=0\\ \begin{cases} a_0=\lim\limits_{z\to{z_0}}(z-z_0)p(z)\\ b_0=\lim\limits_{z\to{z_0}}(z-z_0)^2q(z) \end{cases} \end{aligned}$$ ρ(ρ−1)+a0​ρ+b0​=0⎩⎨⎧​a0​=z→z0​lim​(z−z0​)p(z)b0​=z→z0​lim​(z−z0​)2q(z)​​

连带 Legendre 方程的求解

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left[(1-z^2)\frac{\mathrm{d}w(z)}{\mathrm{d}z}\right]+\left(\lambda -\frac{m^2}{1-z^2}\right)w(z)=0,m=0,\pm 1,\pm 2,\cdots$$
它也有正则奇点 $\pm 1,\infty$ 。在 $\pm 1$ 处指标方程的解为 ${\rho }_{1,2}=\pm |m|/2$ ，于是设

$$w(z)=(z^2-1{)}^{|m|/2}v(z)$$

这样的 $w(z)$ 是 $\pm 1$ 邻域中的级数解。

将 $v(z)$ 代入方程，就得到 超球微分方程 ，它在 $m=0$ 时即给出 Legendre 函数 $P_l(z),Q_l(z)$ 。

$$(1-z^2)v^{\prime \prime }(z)-(2|m|+1)z{v}^{\prime }(z)+[\lambda -|m|(|m|+1)]v(z)=0$$

$v(z)$ 在 $\pm 1$ 的指标为 $0,-|m|$ ，显然 $-|m|$ 会导致解发散。上述方程可以用标准级数法求解，但存在另一种更简明的求解方法。

对比 Legendre 方程满足的微分方程 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left[(1-z^2)\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}z}\right]+\lambda w=0$ ，该方程对 $z$ 求导 $|m|$ 次

( 1 − z 2 ) v ′ ′ − 2 ( 0 + 1 ) z v ′ + [ λ − 0 ( 0 + 1 ) ] v = 0 （Legendre方程） ( 1 − z 2 ) v ′ ′ ′ − 2 ( 1 + 1 ) z v ′ ′ + [ λ − 1 ( 1 + 1 ) ] v ′ = 0 （一阶导） ( 1 − z 2 ) v ′ ′ ′ ′ − 2 ( 2 + 1 ) z v ′ ′ ′ + [ λ − 2 ( 2 + 1 ) ] v ′ ′ = 0 （二阶导） ⋯

$$\begin{aligned} (1-z^2)v''-2(0+1)zv'+[\lambda-0(0+1)]v&=0\quad&\text{（Legendre方程）}\\ (1-z^2)v'''-2(1+1)zv''+[\lambda-1(1+1)]v'&=0\quad&\text{（一阶导）}\\ (1-z^2)v''''-2(2+1)zv'''+[\lambda-2(2+1)]v''&=0\quad&\text{（二阶导）}\\ \cdots \end{aligned}$$ (1−z2)v′′−2(0+1)zv′+[λ−0(0+1)]v(1−z2)v′′′−2(1+1)zv′′+[λ−1(1+1)]v′(1−z2)v′′′′−2(2+1)zv′′′+[λ−2(2+1)]v′′⋯​=0=0=0​（Legendre方程）（一阶导）（二阶导）​
设 Legendre 方程的两个解为 $P_{\nu }(z),Q_{\nu }(z)as\lambda =\nu (\nu +1)$ ，上面的现象表明连带 Legendre 方程的两个线性无关解就是

P ν ∣ m ∣ ( z ) = ( z 2 − 1 ) ∣ m ∣ / 2 d ∣ m ∣ d z ∣ m ∣ P ν ( z ) Q ν ∣ m ∣ ( z ) = ( z 2 − 1 ) ∣ m ∣ / 2 d ∣ m ∣ d z ∣ m ∣ Q ν ( z )

$$\begin{aligned} P_\nu^{|m|}(z)&=(z^2-1)^{|m|/2}\frac{ {\rm d}^{|m|}}{ {\rm d}z^{|m|}}P_\nu(z)\\ Q_\nu^{|m|}(z)&=(z^2-1)^{|m|/2}\frac{ {\rm d}^{|m|}}{ {\rm d}z^{|m|}}Q_\nu(z) \end{aligned}$$ Pν∣m∣​(z)Qν∣m∣​(z)​=(z2−1)∣m∣/2dz∣m∣d∣m∣​Pν​(z)=(z2−1)∣m∣/2dz∣m∣d∣m∣​Qν​(z)​
但以上形式的连带 Legendre 函数并不适合表示 $x\in [-1,1]\subset \mathbb{R}$ 的解 $y(x)$ 【详见吴崇试. 数理方法-第三版, pp. 267】。为此定义

P ν m ( x ) = ( − 1 ) ∣ m ∣ ( 1 − x 2 ) ∣ m ∣ / 2 d ∣ m ∣ d x ∣ m ∣ P ν ( x ) Q ν m ( x ) = ( − 1 ) ∣ m ∣ ( 1 − x 2 ) ∣ m ∣ / 2 d ∣ m ∣ d x ∣ m ∣ Q ν ( x )

$$\begin{aligned} P_{\nu}^{m}(x)&=(-1)^{|m|}(1-x^2)^{|m|/2}\frac{ {\rm d}^{|m|}}{ {\rm d}x^{|m|}}P_{\nu}(x)\\ Q_{\nu}^{m}(x)&=(-1)^{|m|}(1-x^2)^{|m|/2}\frac{ {\rm d}^{|m|}}{ {\rm d}x^{|m|}}Q_{\nu}(x) \end{aligned}$$ Pνm​(x)Qνm​(x)​=(−1)∣m∣(1−x2)∣m∣/2dx∣m∣d∣m∣​Pν​(x)=(−1)∣m∣(1−x2)∣m∣/2dx∣m∣d∣m∣​Qν​(x)​
这样将连带 Legendre 方程的通解写为

$$y(x)=c_1{P}_{\nu }^m(x)+c_2{Q}_{\nu }^m(z)$$

如果要求解的本征值问题是 $y(x)$ 满足连带 Legendre 方程且 $y(\pm 1)$ 有界，就需要讨论 $P_{\nu }^m(x),Q_{\nu }^m(x)$ 在 $x\to \pm 1$ 的行为。

注意区分特征值上标 $P_{\nu }^{|m|}(z)$ 和高阶导数记号 $P_{\nu }^{(|m|)}(x)$

• $P_{\nu }^{|m|}(x)=(1-x^2{)}^{|m|/2}{P}_{\nu }^{(|m|)}(x)$ 在 $1$ 处有界，它就是 $x=1$ 邻域中指标 $|m|/2$ 的解；
• $Q_{\nu }^{|m|}(x)=(1-x^2{)}^{|m|/2}{Q}_{\nu }^{(|m|)}(x)$ 在 $1$ 处发散，它就是 $x=1$ 邻域中指标 $-|m|/2$ 的解。

所以 $y(1)$ 有界要求 $c_2=0$ 。再考虑 $x=-1$ 。只要 $P_{\nu }(x)$ 是无穷级数就在 $x=-1$ 对数发散，从而 $P_{\nu }(x)$ 需要截断为多项式。
同时 $P_{\nu }^{|m|}(x)$ 应当非平凡，利用 Rodrigues 公式

$$P_{\nu }^{|m|}(x)=\frac{(-1{)}^{|m|}}{2^{\nu }\nu !}(1-x^2{)}^{|m|/2}\frac{{\mathrm{d}}^{|m|+\nu }}{\mathrm{d}{x}^{|m|+\nu }}[(x^2-1{)}^{\nu }]$$
故 截断条件为 $|m|\le \nu$ 。吸收符号，在仅相差一个常数倍的意义下连带 Legendre 方程的解为

$$y(x)=\frac{1}{2^{l}l!}(1-x^2{)}^{|m|/2}\frac{{\mathrm{d}}^{|m|+l}}{\mathrm{d}{x}^{|m|+l}}[(x^2-1{)}^l]$$

由于 Legendre 方程对于 $m=\pm |m|$ 形式不变，上述的 $y(x)$ 适用于 $m=\pm |m|$ 两种情况。
特别地将 $m\ge 0$ 的 $y(x)=P_l^m(x)$ 称为 连带 Legendre 多项式 。

定义 $m<0$ 时的 $P_l^m(x)$ 仍然适合

P l m ( x ) = ( − 1 ) m 1 2 l l ! ( 1 − x 2 ) m / 2 d m + l d x m + l [ ( x 2 − 1 ) l ] = ( − 1 ) ∣ m ∣ 1 2 l l ! ( 1 − x 2 ) − ∣ m ∣ / 2 d l − ∣ m ∣ d x l − ∣ m ∣ [ ( x 2 − 1 ) l ]

$$\begin{aligned} P_{l}^m(x)&=(-1)^{m}\frac{1}{2^{l}l!}(1-x^2)^{m/2}\frac{ {\rm d}^{m+l}}{ {\rm d}x^{m+l}}\big[(x^2-1)^{l}\big]\\ &=(-1)^{|m|}\frac{1}{2^{l}l!}(1-x^2)^{-|m|/2}\frac{ {\rm d}^{l-|m|}}{ {\rm d}x^{l-|m|}}\big[(x^2-1)^{l}\big] \end{aligned}$$ Plm​(x)​=(−1)m2ll!1​(1−x2)m/2dxm+ldm+l​[(x2−1)l]=(−1)∣m∣2ll!1​(1−x2)−∣m∣/2dxl−∣m∣dl−∣m∣​[(x2−1)l]​
这样 $P_l^m(x)=P_l^{-|m|}(x)$ 就和 $P_l^{|m|}(x)$ 线性相关：

$$P_l^{-m}(x)=(-1{)}^m\frac{(l-m)!}{(l+m)!}{P}_l^m(x),m=0,\pm 1,\pm 2,\cdots ,\pm l$$
从而 $\pm m$ 的连带 Legendre 多项式只需要二选一以线性表出方程的解。

正交归一性

相同阶但不同次的连带 Legendre 多项式在区间 $[-1,1]$ 上正交。

$${\int }_{-1}^{+1}{P}_l^m(x)P_k^m(x)\mathrm{d}x=\frac{(l+m)!}{(l-m)!}\frac{2}{2l+1}{\delta }_{kl}$$

球谐函数

Laplace 方程边值问题在球坐标系中求解的结果可以用 球谐函数 表达。为此定义算符

l ^ z = 1 i ∂ ∂ φ l ^ 2 = − 1 sin ⁡ θ ∂ ∂ θ ( sin ⁡ θ ∂ ∂ θ ) − 1 sin ⁡ θ ∂ ∂ φ ( 1 sin ⁡ θ ∂ ∂ φ )

$$\begin{aligned} {\hat{l}}_z&=\frac{1}{i}\frac{\partial}{\partial{\varphi}}\\ \boldsymbol{\hat{l}}^2&=-\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial{\theta}}\left(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta}\right)-\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\varphi}\left(\frac1{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\varphi}\right) \end{aligned}$$ l^z​l^2​=i1​∂φ∂​=−sinθ1​∂θ∂​(sinθ∂θ∂​)−sinθ1​∂φ∂​(sinθ1​∂φ∂​)​

如果角动量的单位取为 $\hslash$ ，上面两个算符在量子力学中有确定的物理含义。

注意到 ${\nabla }^2=\frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}\left(r^2\frac{\partial }{\partial r}\right)-\frac{{\hat{\mathbf{l}}}^2}{r^2}$ 。

球谐函数 $Y_{lm}(\theta ,\phi )$ 就是 ${\hat{\mathbf{l}}}^2,{\hat{l}}_z$ 的共同本征函数：

l ^ 2 Y l m ( θ , φ ) = l ( l + 1 ) Y l m ( θ , φ ) l ^ z Y l m ( θ , φ ) = m Y l m ( θ , φ )

$$\begin{aligned} \boldsymbol{\hat{l}}^2Y_{lm}(\theta,\varphi)&=l(l+1)Y_{lm}(\theta,\varphi)\\ \hat{l}_zY_{lm}(\theta,\varphi)&=mY_{lm}(\theta,\varphi) \end{aligned}$$ l^2Ylm​(θ,φ)l^z​Ylm​(θ,φ)​=l(l+1)Ylm​(θ,φ)=mYlm​(θ,φ)​
满足这样条件的一种球谐函数是

Y l m ( θ , φ ) = 2 l + 1 4 π ( l − ∣ m ∣ ) ! ( l + ∣ m ∣ ) ! P l ∣ m ∣ ( cos ⁡ θ ) e i m φ l = 0 , 1 , 2 , ⋯ m = 0 , ± 1 , ± 2 , ⋯   , ± l

$$\begin{aligned} &Y_{lm}(\theta,\varphi)=\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi}\frac{(l-|m|)!}{(l+|m|)!}}P_{l}^{|m|}(\cos\theta)e^{im\varphi}\\ &l=0,1,2,\cdots\\ &m=0,\pm{1},\pm{2},\cdots,\pm{l} \end{aligned}$$ ​Ylm​(θ,φ)=4π2l+1​(l+∣m∣)!(l−∣m∣)!​ ​Pl∣m∣​(cosθ)eimφl=0,1,2,⋯m=0,±1,±2,⋯,±l​

携带归一化因子

这是一个复函数，但其中可能为复数的项只是 $e^{im\phi }$ 。

球谐函数的以下写法与上式等价：

$$Y_{lm}(\theta ,\phi )=(-1{)}^m\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi }\frac{(l-m)!}{(l+m)!}}{P}_l^m(\cos \theta )e^{im\phi }$$

只需注意到 $P_l^{-m}(x)=(-1{)}^m\frac{(l-m)!}{(l+m)!}{P}_l^m(x)$ 。

由于 $(\theta ,\phi )$ 和单位球面上的点 $\mathbf{n}=(\sin \theta \cos \phi ,\sin \theta \sin \phi ,\cos \theta )$ 几乎一一对应，球谐函数的变量也简记作 $\mathbf{n}$ 。
类似地把立体角元记作

$$\frac{\mathrm{d}\tau }{r^2}=\mathrm{d}{\Omega }_{\mathbf{n}}\equiv \mathrm{d}\mathbf{n}\equiv \sin \theta \mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi$$

球谐函数的性质

$$Y_{l(-m)}(\mathbf{n})=(-1{)}^m{Y}_{lm}^{\ast }(\mathbf{n})$$

$(-1{)}^m$ 因子来自归一化的连带 Legendre 多项式，多出的共轭来自 $e^{im\phi }$ 。

正交归一性

$${\int }_{\theta ,\phi }{Y}_{lm}(\mathbf{n})Y_{l^{\prime }{m}^{\prime }}^{\ast }(\mathbf{n})\mathrm{d}\mathbf{n}={\delta }_{m{m}^{\prime }}{\delta }_{l{l}^{\prime }}$$

类似地， ${\delta }_{m{m}^{\prime }}$ 源于 $e^{im\phi }$ 的正交归一性， ${\delta }_{l{l}^{\prime }}$ 源于归一化的连带 Legendre 多项式的正交归一性。

注意到等式右边是一个实函数，取共轭（交换共轭号）不变。

完备性

$$\sum _{l=0}^{+\infty }\sum _{m=-l}^{+l}{Y}_{lm}^{\ast }(\mathbf{n})Y_{lm}({\mathbf{n}}^{\prime })=\delta (\cos {\theta }^{\prime }-\cos \theta )\delta ({\phi }^{\prime }-\phi )$$

$\delta (\cos \theta -\cos {\theta }^{\prime })=\frac{\delta (\theta -{\theta }^{\prime })}{\sin \theta }$

注意到等式右边是一个实函数，取共轭（左边交换共轭号）不变。

球谐函数的应用

Laplace 方程边值问题的解

例如静电问题的解一般可以综合地写成以下形式：

$$\Phi (r,\mathbf{n})=\sum _{l=0}^{+\infty }\sum _{m=-l}^{+l}\left(A_{lm}{r}^l+\frac{B_{lm}}{r^{l+1}}\right)Y_{lm}(\mathbf{n})$$

如果所考虑的问题具有 $\phi$ 方向的对称性， $\Phi$ 的展开就只涉及 $m=0$ 的球谐函数。这时连带 Legendre 多项式退化为 Legendre 多项式。结果直接写成

$$\Phi (r,\theta )=\sum _{l=0}^{+\infty }\left(A_l{r}^l+\frac{B_l}{r^{l+1}}\right)P_l(\cos \theta )$$
再利用 Legendre 多项式的正交归一性 $⟨l|l^{\prime }⟩=\frac{2{\delta }_{l{l}^{\prime }}}{2l+1}$ 定展开系数。

球谐函数的升降算符

$$\cos \theta Y_{lm}(\theta ,\phi )=\frac{z}{r}{Y}_{lm}=$$

$$e^{i\phi }\sin \theta Y_{lm}=\frac{x+iy}{r}{Y}_{lm}=$$

$$e^{-i\phi }\sin \theta Y_{lm}=\frac{x-iy}{r}{Y}_{lm}=$$

l ^ + Y l m = ( l − m ) ( l + m + 1 ) Y l ( m + 1 ) l ^ − Y l m = ( l + m ) ( l − m − 1 ) Y l ( m − 1 )

$$\begin{aligned} \hat{l}_{+}Y_{lm}&=\sqrt{(l-m)(l+m+1)}Y_{l(m+1)}\\ \hat{l}_{-}Y_{lm}&=\sqrt{(l+m)(l-m-1)}Y_{l(m-1)} \end{aligned}$$ l^+​Ylm​l^−​Ylm​​=(l−m)(l+m+1) ​Yl(m+1)​=(l+m)(l−m−1) ​Yl(m−1)​​

其中 { l ^ + = l ^ x + i l ^ y l ^ − = l ^ x − i l ^ y

$$\begin{cases}\hat{l}_{+}=\hat{l}_x+i\hat{l}_y\\\hat{l}_{-}=\hat{l}_x-i\hat{l}_y\end{cases}$$ {l^+​=l^x​+il^y​l^−​=l^x​−il^y​​

题外话：这一对升降算符作用到 $Y_{lm}$ 产生的系数有种记法：球谐函数的第二个指标 $m$ 的取值范围为 $-l,-l+1,\cdots ,l-1,l$ ，所以应当有

l ^ + Y l l ∼ Y l ( l + 1 ) = 0 , 升算符含有 ( l − m ) l ^ + Y l ( − l − 1 ) = l ^ + 0 = 0 , 升算符含有 ( l + m + 1 ) l ^ − Y l ( − l ) ∼ Y l ( − l − 1 ) = 0 , 降算符含有 ( l + m ) l ^ − Y l ( l + 1 ) = l ^ + 0 = 0 , 降算符含有 ( l − m − 1 )

$$\begin{aligned} &\hat{l}_{+}Y_{ll}\sim{Y}_{l(l+1)}=0,&\text{升算符含有}(l-m)\\ &\hat{l}_{+}Y_{l(-l-1)}=\hat{l}_{+}0=0,&\text{升算符含有}(l+m+1)\\ &\hat{l}_{-}Y_{l(-l)}\sim{Y}_{l(-l-1)}=0,&\text{降算符含有}(l+m)\\ &\hat{l}_{-}Y_{l(l+1)}=\hat{l}_{+}0=0,&\text{降算符含有}(l-m-1) \end{aligned}$$ ​l^+​Yll​∼Yl(l+1)​=0,l^+​Yl(−l−1)​=l^+​0=0,l^−​Yl(−l)​∼Yl(−l−1)​=0,l^−​Yl(l+1)​=l^+​0=0,​升算符含有(l−m)升算符含有(l+m+1)降算符含有(l+m)降算符含有(l−m−1)​

若干函数的展开

• $e^{ikz}=e^{ikr\cos \theta }$

$$e^{ikr\cos \theta }=\sum _{l=0}^{+\infty }{i}^l{j}_l(kr)P_l(\cos \theta )(Rayleig{h}^{\prime }sExpansion)$$

• $\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}$

$$\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}=\sum _{l=0}^{+\infty }\sum _{m=-l}^{+l}\frac{4\pi }{2l+1}\frac{r_{<}^l}{r_{>}^{l+1}}{Y}_{lm}^{\ast }({\hat{\mathbf{r}}}^{\prime })Y_{lm}(\hat{\mathbf{r}})$$

• $P_l(\cos \alpha )$

$$P_l(\cos \gamma )=\frac{4\pi }{2l+1}\sum _{m=-l}^{+l}{Y}_{lm}^{\ast }({\mathbf{n}}^{\prime })Y_{lm}(\mathbf{n})$$

也称为球谐函数的加法定理。下面将对这一结论详细说明。

球谐函数的加法定理

$$P_l(\cos \gamma )=\frac{4\pi }{2l+1}\sum _{m=-l}^{+l}{Y}_{lm}^{\ast }({\mathbf{n}}^{\prime })Y_{lm}(\mathbf{n})$$

其中 $\gamma$ 是单位球上两个矢量的夹角：

n = ( sin ⁡ θ cos ⁡ φ , sin ⁡ θ sin ⁡ φ , cos ⁡ θ ) n ′ = ( sin ⁡ θ ′ cos ⁡ φ ′ , sin ⁡ θ ′ sin ⁡ φ ′ , cos ⁡ θ ′ ) cos ⁡ γ = n ⋅ n ′

$$\begin{aligned} \boldsymbol{n}&=(\sin\theta\cos\varphi,\sin\theta\sin\varphi,\cos\theta)\\ \boldsymbol{n}'&=(\sin\theta'\cos\varphi',\sin\theta'\sin\varphi',\cos\theta')\\ &\cos\gamma=\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{n}'\\ \end{aligned}$$ nn′​=(sinθcosφ,sinθsinφ,cosθ)=(sinθ′cosφ′,sinθ′sinφ′,cosθ′)cosγ=n⋅n′​

这一结论称为球谐函数的 加法定理 。

对于两个矢量 $\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime }$ ，已经有展开式
$$\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}=\sum _{l=0}^{+\infty }\sum _{m=-l}^{+l}\frac{4\pi }{2l+1}\frac{r_{<}^l}{r_{>}^{l+1}}{Y}_{lm}^{\ast }({\hat{\mathbf{r}}}^{\prime })Y_{lm}(\hat{\mathbf{r}})$$

考虑另一个球坐标系 $(\tilde{r},\tilde{\theta },\tilde{\phi })$ ，它的 $\tilde{\theta }=0$ 轴沿 ${\mathbf{r}}^{\prime }$ 方向。由于 $\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime }$ 的夹角为 $\gamma$ ，新坐标系下

$$\mathbf{r}=(|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|,\gamma ,\ast {)}_{\tilde{r}\tilde{\theta }\tilde{\phi }}$$

问题关于 $\tilde{\phi }$ 有旋转对称性， $\tilde{\phi }$ 为任意值。

而 $\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}$ 正好是 $P_l(x)$ 的 生成函数 。所以就有

$$\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}=\sum _{l=0}^{+\infty }\frac{r_{<}^l}{r_{>}^{l+1}}{P}_l(\cos \gamma )$$

利用球谐函数展开的唯一性，比较系数就发现 $l$ 次 Legendre 多项式可以用 $2l+1$ 项球谐函数乘积的和式表出

$$P_l(\cos \gamma )=\frac{4\pi }{2l+1}\sum _{m=-l}^{+l}{Y}_{lm}^{\ast }({\mathbf{n}}^{\prime })Y_{lm}(\mathbf{n})$$
其中 $\gamma =⟨\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime }⟩=⟨\mathbf{n},{\mathbf{n}}^{\prime }⟩$ 。

作为 $\mathbf{n}={\mathbf{n}}^{\prime }$ （从而 $P_l(\cos \gamma )=P_l(1)=1$ ）的特殊情况：

$$\sum _{m=-l}^{+l}{Y}_{lm}^{\ast }(\mathbf{n})Y_{lm}(\mathbf{n})=\frac{2l+1}{4\pi }$$

证明

一个巧妙的证明利用到

$\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}$ 是 Poisson 方程 ${\nabla }^{2}u=-4\pi f(\mathbf{r})$ 的格林函数

这一事实。

具体地，已知 $G(\mathbf{r};{\mathbf{r}}^{\prime })=\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}$ 是方程 ${\nabla }^{2}G(\mathbf{r};{\mathbf{r}}^{\prime })=-4\pi {\delta }^{(3)}(\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime })$ 的解。其中 ${\delta }^{(3)}(\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime })$ 可以展开为

$${\delta }^{(3)}(\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime })=\frac{1}{r^2}\delta (r-r^{\prime })\delta (\cos \theta -\cos {\theta }^{\prime })\delta (\phi -{\phi }^{\prime })$$
故也将 Green 函数展开为

$$\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}\equiv G(\mathbf{r};{\mathbf{r}}^{\prime })=\sum _{l=0}^{+\infty }\sum _{m=-l}^{+l}{g}_{lm}(r;r^{\prime })Y_{lm}^{\ast }({\mathbf{n}}^{\prime })Y_{lm}(\mathbf{n})$$

$g_{lm}$ 是和角向变量无关的展开系数。代入 Green 函数满足的方程，得到

$$\frac{1}{r}\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{r}^2}[r{g}_{lm}(r;r^{\prime })]-\frac{l(l+1)}{r^2}{g}_{lm}(r;r^{\prime })=-\frac{4\pi }{r^2}\delta (r-r^{\prime })$$

1. 上述方程和参数 $m$ 无关，故 $g_{lm}\equiv g_l$
2. $r\ne r^{\prime }$ 时上述常微分方程方程齐次，要么 $g_l\sim r^l$ 要么 $g_l\sim r^{-l-1}$
3. 对于给定的 $r^{\prime }$ ， $g_l(r;r^{\prime })$ 在 $r\to 0$ 和 $r\to \infty$ 时应该有界。联系2就得到

g l ( r ; r ′ ) = A l r < l r > l + 1 = { A l r ′ ( r r ′ ) l , 0 ≤ r < r ′ A l r ( r ′ r ) l , r ≥ r ′ g_l(r;r')=A_l\cfrac{r^{l}_{<}}{r^{l+1}_{>}}=

$$\begin{cases} \cfrac{A_l}{r'}\left(\cfrac{r}{r'}\right)^l,\quad&0\leq{r}<r'\\ \cfrac{A_l}{r}\left(\cfrac{r'}{r}\right)^l,\quad&r\geq{r'} \end{cases}$$ gl​(r;r′)=Al​r>l+1​r<l​​=⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​r′Al​​(r′r​)l,rAl​​(rr′​)l,​0≤r<r′r≥r′​

有界：考虑 $g_l$ 的物理含义？

最后用连接条件

$$\frac{\mathrm{d}[r{g}_l(r;r^{\prime })]}{\mathrm{d}r}{|}_{r=r^{\prime }-\epsilon }^{r=r^{\prime }+\epsilon }=-\frac{4\pi }{r^{\prime }}$$

定出 $A_l=\frac{4\pi }{2l+1}$ 。这样就证明了加法定理。