Resolviendo el potencial de una esfera conductora con hemisferios a potenciales opuestos, (sin usar la función de Green) estoy atascado en este punto:
$$I_l = V_1 \int_0^1 P_l(x)dx+V_2 \int_{-1}^0 P_l(x)dx$$ Por ejemplo, tengo $$\Phi(r,x) = K\sum_{l=0}^\infty r^l P_l(x) I_l $$ ¿Cómo procedo para descubrir una expresión para $I_l$
Observando que $P_\ell(x)$ es incluso para incluso $\ell$ e impar para impar $\ell$ tenemos la relación
$$\int_{-1}^0 P_\ell(x)\mathrm dx=(-1)^{\ell}\int_0^1 P_\ell(x)\mathrm dx$$
para que podamos concentrarnos en evaluar
$$\int_0^1 P_\ell(x)\mathrm dx$$
para lo cual podemos utilizar el expresión integral
$$\int P_\ell(x)\mathrm dx=\frac{P_{\ell+1}(x)-P_{\ell-1}(x)}{2\ell+1}$$
y los valores especiales $P_\ell(1)=1$ (debido a la normalización) y
$$P_\ell(0)=\begin{cases}\frac{(-1)^{\ell/2}}{2^\ell}\binom{\ell}{\ell/2}&\ell\;\text{even}\\0&\ell\;\text{odd}\end{cases}$$
Incluso para $\ell$ es fácil ver a partir de estas consideraciones que la integral es igual a 1 para $\ell=0$ y 0 en caso contrario. Esto nos deja el caso de impar $\ell$ donde obtenemos la expresión
$$\int_0^1 P_{2\nu+1}(x)\mathrm dx=\frac{(-1)^\nu}{2^{2\nu+1}(\nu+1)}\binom{2\nu}{\nu}$$
La forma barata de determinar el valor de $\int_0^1 P_{2\nu}(x)\mathrm dx$ sin pasar por la rigidez anterior es señalar que desde $P_{2\mu}(x)$ y $P_{2\nu}(x)$ para los enteros $\mu$ y $\nu$ son ambas funciones pares, su producto es también una función par, y por tanto
$$\int_0^1 P_{2\mu}(x)P_{2\nu}(x)\mathrm dx=\frac12\int_{-1}^1 P_{2\mu}(x)P_{2\nu}(x)\mathrm dx$$
después de lo cual, recordamos el relación de ortogonalidad para los polinomios de Legendre
$$\int_{-1}^1 P_{2\mu}(x)P_{2\nu}(x)\mathrm dx=\frac{2\delta_{2\mu,2\nu}}{4\mu+1}$$
y luego considerar dejar que $\nu=0$ ...
Una forma sería pregunte a WolframAlpha el resultado es
$$\frac{\sqrt{\pi}}{2\Gamma(1-\frac{l}{2})\Gamma(\frac{l+3}{2})}\;.$$
Esto es $1$ para $l=0$ y $0$ para el par positivo $l$ ya que la función gamma tiene polos en los enteros no positivos. Para impar $l=2k+1$ se puede reescribir como
$$ \begin{eqnarray} \frac{\sqrt{\pi}}{2\Gamma(1-\frac{2k+1}{2})\Gamma(\frac{2k+1+3}{2})} &=& \frac{\sqrt{\pi}}{2\Gamma(\frac{1}{2}-k)\Gamma(k+2)} \\ &=& \frac{(2k)!}{2(-4)^kk!(k+1)!} \\ &=& \frac{(-1)^k(2k)!}{2^{2k+1}k!(k+1)!} \;. \end{eqnarray} $$
Para derivar esto usted mismo (para $l>0$ La $l=0$ es trivial), puede express $P_l(x)$ como un derivado :
$$ \begin{eqnarray} \int_0^1P_l(x)\mathrm dx &=& \int_0^1\frac{1}{2^ll!}\frac{\mathrm d^l}{\mathrm dx^l}(x^2-1)^l\mathrm dx \\ &=& \left[\frac{1}{2^ll!}\frac{\mathrm d^{l-1}}{\mathrm dx^{l-1}}(x^2-1)^l\right]_0^1\;. \end{eqnarray} $$
El $l-1$ derivados no agotará la $l$ factores de $x^2-1$ por lo que el valor en $1$ es $0$ . El valor de la derivada en $0$ es $(l-1)!$ veces el coeficiente de $x^{l-1}$ en $(x^2-1)^l$ que es $0$ para incluso $l$ . Para impar $l=2k+1$ podemos obtenerlo a partir de la expansión binomial
$$(x^2-1)^l=\sum_{m=0}^l\binom{l}{m}(-1)^{l-m}x^{2m}\;,$$
que da como resultado
$$ \begin{eqnarray} \int_0^1P_l(x)\mathrm dx &=& -\frac{(2k)!}{2^{2k+1}(2k+1)!}\binom{2k+1}{k}(-1)^{2k+1-k}\;, \end{eqnarray} $$
de acuerdo con el resultado anterior.
Las integrales de $-1$ a $0$ son los mismos para $l=0$ y lo mismo hasta un cartel de impar $l$ .
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