Polinomios de Legendre Producto triple

Question

Tengo que resolver la siguiente integral:

\begin {align} \int_ {-1}^{1} \left (x^2 -1 \right )^3 P_k(x)\N-,P_l(x)\N-, P_m(x)\N-;dx \end {align} donde $P_{k,l,m}$ son polinomios de Legendre

El triple producto \begin {align} \int_ {-1}^{1} P_k(x)\Nde, P_l(x)\Nde, P_m(x)\Nde; dx = 2 \begin {pmatriz} k & l & m \\ 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}^2 \end {align} utilizando el caso especial de $3j$ forma de símbolo \begin {align} \begin {pmatriz} k & l & m \\ 0 & 0 & 0 \end {pmatrix} &= (-1)^s \sqrt ¡{(2s-2k)! ¡(2s-2l)! ¡(2s-2m)! \over (2s+1)!} ¡{s! \over ¡(s-k)! ¡(s-l)! (s-m) } \\ & \mbox {para $2s=k+l+m$ incluso} \\ [3pt] \begin {pmatriz} k & l & m \\ 0 & 0 & 0 \end {pmatrix} &= 0 \quad\mbox {para $2s=k+l+m$ impar} \\ \end {align}

Estoy seguro de que debería ser capaz de resolver esto haciendo la integración por partes, pero parece que no puede conseguir que funcione. ¿Algún consejo?

Así que usando la respuesta de abajo creo que se obtiene lo siguiente para el paso 1 de 3

\begin {multline} \int_ {-1}^{1}(x^2-1)^3 P_k P_l P_m = \overbrace {(x^2-1)^3 \frac {(P_{k+1} - P_{k-1})}{2k+1} P_l P_m \Big ]_{-1}^1}^ \text { = 0} \\ - \int_ {-1}^{1} \frac {(P_{k+1} - P_{k-1})}{2k+1}(x^2-1)^2 \Big ( 6xP_l P_m \\ + (1+l) P_m(P_{l+1} - P_{l-1}) + (1+m) P_l(P_{m+1} - P_{m-1}) \Big ) \N - dx \\ \end {multline}

No estoy seguro de que la fórmula de integración funcione ya que creo que el $6xP_lP_m$ ¿el término podría causar problemas?

Answer 1

Creo que la mejor manera de enfocar esto es la siguiente tenga en cuenta que \begin {align} (x^2 -1 ) = \frac {P_2 - 2}{3} \end {align} A continuación, puede utilizar la siguiente definición \begin {align} P_kP_l = \sum_ {m=|k-l|}^{k+l} \begin {pmatrix} k & l & m \\ 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}^2 (2m+1)P_m \end {align} Esto permite escribir la integral de la siguiente manera \begin {align} \int_ {-1}^{1} (x^2-1)^3P_iP_jP_k \N; dx &= \int_ {-1}^{1} \frac {1}{9} \left (P_2^3 + . . .-8 \right ) P_i P_j P_k \N; dx \end {align} El término más difícil de tratar es el $ P_2^3 P_i P_j P_k$ \begin {align} P_2^3 P_i P_j P_k &= \sum_ {m=0}^{4} \begin {pmatrix} 2 & 2 & m \\ 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}^2 (2m+1)P_m P_2 P_i P_j P_k \\ &= \sum_ {m=0}^{4} \begin {pmatrix} 2 & 2 & m \\ 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}^2 (2m+1) \sum_ {n=|m-2|}^{m+2} \begin {pmatrix} 2 & m & n \\ 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}^2 (2n+1)P_n P_i P_j P_k \\ &= \sum_ {m=0}^{4} \begin {pmatrix} 2 & 2 & m \\ 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}^2 (2m+1) \sum_ {n=|m-2|}^{m+2} \begin {pmatrix} 2 & m & n \\ 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}^2 (2n+1) \sum_ {l=|n-i|}^{n+i} \begin {pmatriz} n & i & l \\ 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}^2 (2l+1) P_l P_j P_k \end {align} que puede hacer uso de la integral triple habitual. Todos los demás términos pueden resolverse de forma similar.

Answer 2

Podría integrar uno de los $P_k(x)$ y tomar la derivada del resto. La potencia de $(1-x^2)$ se reduce por el hecho de que $$\partial_x P_l(x) = \frac{(1+l) [ P_{l+1}(x)-x P_l(x) ]}{x^2-1}.$$ Tienes que aplicar la integración parcial unas cuantas veces y generarás un montón de triple producto de Legendre.