n阶Legendre多项式正交性的证明

前言

在《n次Legendre(勒让德)多项式在区间(-1, 1)上根的分布及证明》这篇文章中，我们阐述了Legendre多项式在$[-1,1]$上的根分布情况并给出了证明。本文将证明Legendre多项式在$[-1,1]$上的正交性质。

正交多项式的定义

设$f_n(x),n\in \mathbb{N}$是定义在$[a,b]$上的一列函数，若对于任意的自然数$m,n$，$f_m(x)f_n(x)$在$[a,b]$上可积，且满足：
$${\int }_a^b{f}_m(x)f_n(x)\mathrm{d}x=\{\begin{array}{ll}0,& m\ne n\\ {\int }_a^b{f}_n^2(x)\mathrm{d}x>0,& m=n\end{array}$$
则称 { f n ( x ) } \{f_n(x)\} {fn​(x)}是$[a,b]$上的正交函数列。当 { f n ( x ) } \{f_n(x)\} {fn​(x)}是$n$次多项式时，则称 { f n ( x ) } \{f_n(x)\} {fn​(x)}是$[a,b]$上的正交多项式列。

n阶Legendre多项式在$[-1,1]$上的正交性证明

n次Legendre多项式的定义如下：
$$p_n(x)=\frac{1}{2^{n}n!}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}(x^2-1{)}^n,n\in \mathbb{N}$$

不妨设$n\ge m$。首先构造如下函数

$$\begin{array}{c}{I}_{mn}=m!n!2^m{2}^n{\int }_{-1}^1{p}_m(x)p_n(x)\mathrm{d}x={\int }_{-1}^1\frac{{\mathrm{d}}^m}{\mathrm{d}{x}^m}(x^2-1{)}^m\cdot \frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}(x^2-1{)}^n\mathrm{d}x\end{array}$$

用分部积分法对$(1)$式进行积分，可以得到

$$\begin{array}{c}\begin{array}{rl}{I}_{mn}& ={\int }_{-1}^1\frac{{\mathrm{d}}^m}{\mathrm{d}{x}^m}(x^2-1{)}^m\mathrm{d}(\frac{{\mathrm{d}}^{n-1}}{\mathrm{d}{x}^{n-1}}(x^2-1{)}^n)\\ & ={\frac{{\mathrm{d}}^m}{\mathrm{d}{x}^m}(x^2-1{)}^m\cdot \frac{{\mathrm{d}}^{n-1}}{\mathrm{d}{x}^{n-1}}(x^2-1{)}^n|}_{-1}^1-{\int }_{-1}^1\frac{{\mathrm{d}}^{n-1}}{\mathrm{d}{x}^{n-1}}(x^2-1{)}^n\cdot \frac{{\mathrm{d}}^{m+1}}{\mathrm{d}{x}^{m+1}}(x^2-1{)}^m\mathrm{d}x\end{array}\end{array}$$

这里引用《n次Legendre(勒让德)多项式在区间(-1, 1)上根的分布及证明》这篇文章里的结论：

当$k<n$时，$f_k(x)=[(x^2-1{)}^n{]}^{(k)}$的每一项都包含因式$x-1$与$x+1$

因此${\frac{{\mathrm{d}}^m}{\mathrm{d}{x}^m}(x^2-1{)}^m\cdot \frac{{\mathrm{d}}^{n-1}}{\mathrm{d}{x}^{n-1}}(x^2-1{)}^n|}_{-1}^1=0$。于是$(2)$式可以写成：

$$\begin{array}{c}{I}_{mn}=-{\int }_{-1}^1\frac{{\mathrm{d}}^{n-1}}{\mathrm{d}{x}^{n-1}}(x^2-1{)}^n\cdot \frac{{\mathrm{d}}^{m+1}}{\mathrm{d}{x}^{m+1}}(x^2-1{)}^m\mathrm{d}x\end{array}$$

继续用分部积分法对$(3)$式重复上述过程，执行$n$次后，得到

$$\begin{array}{c}{I}_{mn}=(-1{)}^n{\int }_{-1}^1\frac{{\mathrm{d}}^{m+n}}{\mathrm{d}{x}^{m+n}}(x^2-1{)}^m\cdot (x^2-1{)}^n\mathrm{d}x\end{array}$$

下面分情况讨论。

1. 若$n>m$，$\frac{{\mathrm{d}}^{m+n}}{\mathrm{d}{x}^{m+n}}(x^2-1{)}^m=0$，即$I_{mn}=0$，因此有

$$\begin{array}{c}{\int }_{-1}^1{p}_m(x)p_n(x)\mathrm{d}x=0\end{array}$$

2. 若$n=m$，根据高阶导数的Leibniz公式可以得到：
   $$\begin{array}{c}\frac{{\mathrm{d}}^{m+n}}{\mathrm{d}{x}^{m+n}}(x^2-1{)}^m=\sum _{i=0}^{2n}{C}_{2n}^i[(x+1{)}^n{]}^{(i)}[(x-1{)}^n{]}^{(2n-i)}=C_{2n}^n[(x+1{)}^n{]}^{(n)}[(x-1{)}^n{]}^{(n)}=(2n)!\end{array}$$

将$(6)$式代入$(4)$式，不断使用分部积分法后可以得到

$$\begin{array}{c}\begin{array}{rl}{I}_{nn}& =(2n)!(-1{)}^n{\int }_{-1}^1(x-1{)}^n(x+1{)}^n\mathrm{d}x\\ & =(2n)!{\int }_{-1}^1(1-x{)}^n\mathrm{d}\left(\frac{(1+x{)}^{n+1}}{n+1}\right)\\ & ={\frac{(2n)!}{n+1}(1-x{)}^n(1+x{)}^{n+1}|}_{-1}^1+\frac{(2n)!n}{n+1}{\int }_{-1}^1(1-x{)}^{n-1}(1+x{)}^{n+1}\mathrm{d}x\\ & =\frac{(2n)!n}{n+1}{\int }_{-1}^1(1-x{)}^{n-1}(1+x{)}^{n+1}\mathrm{d}x\\ & =\frac{(2n)!n(n-1)}{(n+1)(n+2)}{\int }_{-1}^1(1-x{)}^{n-2}(1+x{)}^{n+2}\mathrm{d}x\\ & =...\\ & =(n!{)}^2{\int }_{-1}^1(1+x{)}^{2n}\mathrm{d}x=\frac{(n!{)}^2{2}^{2n+1}}{2n+1}\end{array}\end{array}$$

将$(7)$式代入$(1)$式，可得

$$\begin{array}{c}{\int }_{-1}^1{p}_m(x)p_n(x)\mathrm{d}x=\frac{I_{nn}}{(n!)2^{2n}}=\frac{2}{2n+1}>0\end{array}$$

结合$(5),(8)$式，我们得到了如下结论

$${\int }_{-1}^1{p}_m(x)p_n(x)\mathrm{d}x=\{\begin{array}{ll}0,& m\ne n\\ \frac{2}{2n+1}>0,& m=n\end{array}$$

根据定义，我们得到$n$次Legendre多项式列 { p n ( x ) } \{p_n(x)\} {pn​(x)}是$[-1,1]$上的正交多项式列。证毕。