利用二项式定理确定多项式$P_n(x)$，求Σ形式的规范推导示例
没问题，我来一步步给你示范怎么用Σ符号把这个推导过程清晰地写出来，咱们从给定的罗德里格斯公式开始：
[ P_n(x) = \frac{1}{2^n n!} \frac{dn}{dxn}(x^2 - 1)^n ]
第一步：用二项式定理展开 ( (x^2 - 1)^n )
先把 ( (x^2 - 1)^n ) 用二项式定理展开，这是整个推导的基础。根据二项式定理，( (a+b)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}a{n-k}bk )，这里我们令 ( a=x^2 )，( b=-1 )，代入后就能得到：
[ (x^2 - 1)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (x2){n-k} (-1)^k = \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} x^{2(n-k)} ]
第二步：对展开式求n阶导数
接下来要对这个求和式求n阶导数。这里要记住幂函数求高阶导数的关键性质：
- 如果幂次 ( m < n )，那么 ( x^m ) 的n阶导数为0，这部分项可以直接忽略；
- 如果幂次 ( m \geq n )，那么 ( x^m ) 的n阶导数是 ( \frac{m!}{(m-n)!}x^{m-n} )
回到我们的展开项，每一项的幂次是 ( m=2(n-k) )，要让 ( m \geq n )，解不等式 ( 2(n-k) \geq n )，得到 ( k \leq \frac{n}{2} )。所以我们可以把求和的上限调整为不超过 ( \frac{n}{2} ) 的最大整数，也就是 ( \lfloor \frac{n}{2} \rfloor )。
现在对每一项求n阶导数：
[ \frac{dn}{dxn} \left[ (-1)^k \binom{n}{k} x^{2(n-k)} \right] = (-1)^k \binom{n}{k} \cdot \frac{[2(n-k)]!}{[2(n-k)-n]!} x^{2(n-k)-n} ]
咱们把式子化简一下：
- 指数部分：( 2(n-k)-n = n-2k )
- 分母阶乘：( 2(n-k)-n = n-2k )，所以分母是 ( (n-2k)! )
- 另外，组合数 ( \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} )，把这个代入进去，导数项就变成：
[ (-1)^k \cdot \frac{n!}{k!(n-k)!} \cdot \frac{(2n-2k)!}{(n-2k)!} x^{n-2k} ]
第三步：代入罗德里格斯公式化简
现在把上面的导数结果代入 ( P_n(x) ) 的表达式里：
[ P_n(x) = \frac{1}{2^n n!} \sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} (-1)^k \cdot \frac{n!}{k!(n-k)!} \cdot \frac{(2n-2k)!}{(n-2k)!} x^{n-2k} ]
这里分子分母的 ( n! ) 可以直接约掉，最后整理一下就得到了用Σ符号表示的勒让德多项式：
[ P_n(x) = \sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} (-1)^k \cdot \frac{(2n-2k)!}{2^n k!(n-k)!(n-2k)!} x^{n-2k} ]
有时候也会把阶乘部分重新组合成组合数的形式，写成更简洁的版本：
[ P_n(x) = \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} (-1)^k \binom{n}{k} \binom{2n-2k}{n} x^{n-2k} ]
（注：因为 ( \binom{2n-2k}{n} = \frac{(2n-2k)!}{n!(n-2k)!} )，代入后和上面的式子完全等价）
小例子验证
比如取n=2，代入公式试试：
- k=0时：( (-1)^0 \frac{4!}{2^2 0!2!2!}x^2 = \frac{24}{4 \times 1 \times 2 \times 2}x^2 = \frac{3}{2}x^2 )
- k=1时：( (-1)^1 \frac{2!}{2^2 1!1!0!}x^0 = -\frac{2}{4 \times 1 \times 1 \times 1} = -\frac{1}{2} )
得到 ( P_2(x) = \frac{3}{2}x^2 - \frac{1}{2} )，和我们熟知的勒让德多项式结果一致，说明推导是正确的。
内容的提问来源于stack exchange，提问作者helios321
