Difícil De Legendre Integral

Question

Actualmente estoy luchando con la siguiente integral. He simplificado para que este de aquí: $\int_{-1}^{\cos(\alpha)} P_l(t)P_{l'}(t) dt$ donde $P_l$ es el l-ésimo polinomio de Legendre.

desafortunadamente, usted no puede utilizar ortogonalidad, así que esto es algo difícil de hacer, pero tal vez alguien aquí tiene una idea.

Answer 1

Suponga $n \ne m$, tenemos $$ \frac{d}{dx}\left[(1-x^2)P'_n(x))\right] + n(n+1) P_n(x) = 0\\ \frac{d}{dx}\left[(1-x^2)P _m(x)\right] + m(m+1) P_m(x) = 0 $$ Esto implica $$\begin{align} & ( n(n+1) - m(m+1) )P_n(x)P_m(x)\\ =& -\left( \frac{d}{dx}\left[(1-x^2)P_n'(x)\right] \right) P_m(x) +P_n(x) \left( \frac{d}{dx}\left[(1-x^2)P_m'(x)\right] \right)\\ =& \frac{d}{dx}\left[(1-x^2)\left(P_n(x)P'_m(x) - P'_n(x)P_m(x)\right)\right]\\ \end{align}$$ Como resultado, $$ \int_{-1}^{t}P_n(x)P_m(x) dx = \frac{(1-t^2)\left(P_n(t)P _m(t) - P'_n(t)P_m(t)\right)}{(n+m+1)(n-m)} \etiqueta{*1}$$ El uso de la relación de recurrencia: $$ (x^2-1)P'_n(x) = nxP_n(x) - nP_{n-1}(x)$$ Tenemos

$$(*1) = \frac{(n-m)tP_n(t)P_m(t)-nP_{n-1}(t)P_m(t) + mP_n(t)P_{m-1}(t)}{(n+m+1)(n-m)}$$

Para $n = m$ y general $t$, sin ninguna idea de cómo expresar la integral en forma compacta. Sin embargo, para $t = 0$, tenemos:

$$\int_{-1}^0 P_n(x)^2 dx = \frac12 \int_{-1}^1 P_n(x)^2 dx = \frac{1}{2n+1}$$

Nota Para aquellos con ojos agudos, uno se dará cuenta de inmediato de los pasos de arriba derivaciones, hay términos invocar la función $P_{-1}$. Hay hay para simplificar la expresión. Por favor, tratar a todos los $P_{-1}$ constante $-1$.

Actualización

Para general $t \in (-1,1)$, vamos a $\theta_t(x)$ ser el paso de la función definida por:

$$\theta_t(x) = \begin{cases}1,&\text{ if } x < t\\1/2,&\text{ if } x = t\\0,&\text{ if } x > t.\end{cases}$$

Expandir $\theta_t(x)$ en términos de$P_l(x)$$[-1,1]$, tenemos:

$$\begin{align}\theta_t(x) = & \sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2} \left[\int_{-1}^{1} \theta_t(y) P_l(y) dy \right] P_l(x)\\ = & \sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2} \left[\int_{-1}^{t} P_l(y) dy \right] P_l(x)\\ = & \frac12 \sum_{l=0}^{\infty} \left[\int_{-1}^{t} (P'_{l+1}(y) - P'_{l-1}(y)) dy \right] P_l(x)\\ = & \frac12 \sum_{l=0}^{\infty} \left( P_{l+1}(t) - P_{l-1}(t) \right) P_l(x) \end{align}$$

Multiplicar ambos lados por $P_n(x)^2$ e integrar, se obtiene:

$$\int_{-1}^{t} P_{n}(x)^2 dx =\int_{-1}^{1} \theta_t(x) P_{n}(x)^2 dx =\frac12 \sum_{i=0}^{\infty} \left[ \int_{-1}^{1} P_n(x)^2 P_l(x) dx \right] \left( P_{l+1}(t) - P_{l-1}(t) \right) $$

La integral apareció en por encima de la expansión puede ser expresada en términos de la Wigner 3-j símbolos:

$$\int_{-1}^{1} P_{j_1}(x) P_{j_2}(x) P_{j_3}(x) dx = 2 \begin{pmatrix}j_1 & j_2 & j_3\\0 & 0 & 0\end{pmatrix}^2$$

En general, la Wigner 3-j símbolos $\begin{pmatrix}j_1 & j_2 & j_3\\m_1 & m_2 & m_3\end{pmatrix}$ a menos que se desvanece

• $j_1, j_2, j_3$ satisfacer el triangular de las desigualdades.
• $m_1 + m_2 + m_3 = 0$
• si $m_1 = m_2 = m_3 = 0$, $j_1+j_2+j_3$ necesidad de ser.

Para el caso especial en que necesitamos donde $j_1 + j_2 + j_3 = 2g$ es incluso, $\begin{pmatrix}j_1 & j_2 & j_3\\0 & 0 & 0\end{pmatrix}$ es igual a: $$(-1)^g \sqrt{ \frac{(2g - 2j_1)!(2g-2j_2)!(2g-2j_3)!}{(2g+1)!}} \frac{g!}{(g-j_1)!(g-j_2)!(g-j_3)!} $$ Sustituir a $(*2)$, obtenemos: $$\begin{align} \int_{-1}^{t} P_{n}(x)^2 dx = & \sum_{k=0}^{n} \begin{pmatrix}n & n & 2k\\0 & 0 & 0\end{pmatrix}^{\!2} \left( P_{2k+1}(t) - P_{2k-1}(t) \right)\\ = & \sum_{k=0}^{n}\frac{\binom{2k}{k}^2\binom{2n-2k}{n-k}}{(2n+2k+1)\binom{2n+2k}{n+k}}\left( P_{2k+1}(t) - P_{2k-1}(t) \right) \end{align} $$