上一部分使用了一个不是很严格的方法对多级展开进行推导。我们只列举了展开中的前三项具有勒让德多项式的形式，就“盲目”下了结论。这一部分中，我们将验证多极展开的正确性。
这里再写一遍上一部分的结论：
$\begin{equation} \begin{split} \frac{1}{\left|\textbf{r}-\textbf{r}^\prime \right|} &= \frac{1}{r}\cdot \sum_{l=0}^\infty \left( \frac{r^\prime}{r} \right)^lP_l(\hat{\textbf{r}}\cdot\hat{\textbf{r}}^\prime) \\ V(\textbf{r}) &= \sum_{l=0}^\infty\frac{1}{r^{l+1}} \int {r^\prime}^l \rho(\textbf{r}^\prime) P_l(\hat{\textbf{r}}\cdot\hat{\textbf{r}}^\prime) d^3r^\prime \end{split} \end{equation} \tag{1}$

1. 柯西积分公式和留数定理

要严格验证多极展开的正确性，需要用到柯西积分公式和留数定理的相关内容。趁此机会，在这里稍作总结，方便之后验证多极展开。

1.1 柯西积分公式

设 $f(z)$ 在复数域上是解析函数， $\mathcal{C}$ 为复数域上的闭合路径并包围点 $z_0$ ，则：
$f(z_0) =\frac{1}{2\pi i} \oint_{\mathcal{C}} \frac{f(z)}{z-z_0}dz \tag{2}$
这一等式称为柯西积分公式。
简单证明：
$\begin{equation} \begin{split} \oint \frac{f(z)}{z-z_0}dz =& \oint \frac{f(z_0+re^{i\phi} )}{re^{i\phi} }d[re^{i\phi} ] \\ =&\oint \frac{f(z_0+re^{i\phi} )}{re^{i\phi} }i r e^{i\phi} d\phi\\ =&f(z_0)\oint i d\phi \\ =&2\pi if(z_0) \end{split} \end{equation}$
而函数 $f(z)$ 的n阶导数：
$f^{(n)}(z_0) = \frac{n!}{2\pi i} \oint \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}dz \tag{3}$
其中， $n \in \mathbb{N}$

1.2 留数定理

对于一个函数 $f(z)$ （这个 $f$ 可不是上一个 $f$ 了），在除了 $z=z_0$ 的区域解析。若我们对这个函数做关于 $z_0$ 的洛朗展开：
$f(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_n(z-z_0)^n$
这个级数中 $n=-1$ 项的系数 $a_{-1}$ 称为留数，记为 $a_{-1}=\mathrm{Res}_{z=z_0}f(z)$ 。
关于留数定理呢，是这样的。同样是函数 $f(z)$ ，在除了 $z=z_0$ 的区域解析。则有：
$\begin{equation} \begin{split} \oint f(z)dz =& \oint\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_n(z-z_0)^n dz \\ =& \sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_n\oint(z-z_0)^n dz \\ =&\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_n\oint(re^{i\phi})^n \cdot i r e^{i \phi}d\phi \\ =&\sum_{n=-\infty}^{+\infty} i a_n\oint r^{n+1} e^{i(n+1)\phi} d\phi \\ =&\sum_{n=-\infty}^{+\infty} i a_n r^{n+1} \oint e^{i(n+1)\phi} d\phi \\ \end{split} \tag{4} \end{equation}$
当 $n=-1$ 时：
$\oint e^{i(n+1)\phi} d\phi = \oint d\phi = 2 \pi$
当 $n\neq -1$ 时：
$\oint e^{i(n+1)\phi} d\phi =\frac{1}{i(n+1)}\oint d e^{i(n+1)\phi} = 0$
所以在式子(4)中，除了 $n=-1$ 之外的项都为0：
$\begin{equation} \begin{split} \oint f(z)dz =& \oint\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_n(z-z_0)^n dz \\ =&\sum_{n=-\infty}^{+\infty} i a_n r^{n+1} \oint e^{i(n+1)\phi} d\phi \\ =&2\pi i a_{-1} = 2\pi i \cdot \mathrm{Res}_{z=z_0}(f(z)) \end{split} \tag{4} \end{equation}$

1.3 如何求留数

如果有复数域上的解析函数 $g(z)$ ，或者是在 $z_0$ 附近的解析函数。在这个函数的帮助下，我们能把在复数域上有奇点的函数 $f(z)$ 写成 $f(z)=\frac{g(z)}{(z-z_0)^l}$ ，那么：
$\mathrm{Res}_{z=z_0}(f(z))=\frac{1}{(l-1)!}\cdot \frac{d^l g(z)}{dz^l} |_{z=z_0} \tag{5}$
这个可以通过柯西积分公式的导数形式与留数定理证得。

2.证明库仑势的多极展开

要验证多极展开，只要验证
$\frac{1}{r}\cdot \sum_{l=0}^\infty \left( \frac{r^\prime}{r} \right)^lP_l(\hat{\textbf{r}}\cdot\hat{\textbf{r}}^\prime) =\frac{1}{\left|\textbf{r}-\textbf{r}^\prime \right|} \tag{6}$
即可。
我们知道勒让德多项式的通式为 $P_l(x) = \frac{1}{2^l l!} \frac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^l$ 。有没有看到一个面熟的东西？ $l$ 阶导数在式(5)中出现过。我们可以把勒让德多项式的通式写成复数域的闭路积分的形式。这里我们还是想同时处理掉 $\frac{1}{l!}$ 和 $\frac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^l$ ，最好是用公式(3)。那么令 $f(z)=(z^2-1)^l$ ，则：
$f^{(l)}(z)|_{z=x} = \frac{l!}{2\pi i} \oint \frac{f(z)}{(z-x)^{l+1}}dz =l!\cdot\mathrm{Res}_{z=z_0}\left( \frac{f(z)}{(z-x)^{l+1}} \right)$
将上式代入勒让德多项式的通式中：
$\begin{equation} \begin{split} P_l(x) &= \frac{1}{2^l} \cdot \mathrm{Res}_{z=x}\left( \frac{(z^2-1)^l}{(z-x)^{l+1}}\right) \\ &= \frac{1}{2^l} \cdot \frac{1}{2\pi i}\oint\frac{(z^2-1)^l}{(z-x)^{l+1}}dz \end{split} \end{equation}$
然后再把上式代入到式子(6)的左侧，这里我们用 $x$ 代替 $\hat{\textbf{r}}\cdot\hat{\textbf{r}}^\prime = cos\theta$ ：
$\begin{equation} \begin{split} \frac{1}{r}\cdot \sum_{l=0}^\infty \left( \frac{r^\prime}{r} \right)^lP_l(\hat{\textbf{r}}\cdot\hat{\textbf{r}}^\prime) &= \frac{1}{r}\cdot \sum_{l=0}^\infty \left\{ \left( \frac{r^\prime}{r} \right)^l \frac{1}{2^l} \cdot \frac{1}{2\pi i}\oint\frac{(z^2-1)^l}{(z-x)^{l+1}}dz \right\} \\ &=\oint \frac{dz}{2\pi i} \sum_{l=0}^\infty \frac{{r^\prime}^l}{r^{l+1}}\cdot \frac{1}{2^l}\cdot \frac{(z^2-1)^l}{(z-x)^{l+1}} \\ &=\oint \frac{dz}{2\pi i} \frac{1}{r(z-x)}\cdot\sum_{l=0}^\infty \left[ \frac{r^\prime(z^2-1)}{2r(z-x)} \right]^l \\ &=\oint \frac{dz}{2\pi i} \frac{1}{r(z-x)}\cdot \frac{1}{1-\frac{r^\prime(z^2-1)}{2r(z-x)}} \\ &= \oint \frac{dz}{2\pi i} \frac{-2}{{r^\prime}^2 z-2rz+2rx-r^\prime} \end{split} \end{equation} \tag{7}$
只要将这个分式的留数求得就可以证明了。令:
$r^\prime z-2rz+2rx-r^\prime=0$
求解 $z$ 得：
$z_{1,2}=\frac{r\pm\sqrt{r^2-2r^\prime rx+{r^\prime}^2}}{r^\prime}$
分析一下这两个解， $z_1=\frac{r+\sqrt{r^2-2r^\prime rx+{r^\prime}^2}}{r^\prime} \xrightarrow{r^\prime\ll r} = \frac{2r}{r^\prime}\xrightarrow{}\infty$ ，而 $z_2=\frac{r-\sqrt{r^2-2r^\prime rx+{r^\prime}^2}}{r^\prime} \xrightarrow{r^\prime\ll r}x$ 。也就是说这两个奇点 $\infty$ 和 $x$ 相距很远，我们可以围绕有限值 $z_2=x$ 做出一个复数域上的闭合回路。式子(7)中则也是关于 $z_2$ 的留数。因此
$\begin{equation} \begin{split} \frac{1}{r}\cdot \sum_{l=0}^\infty \left( \frac{r^\prime}{r} \right)^lP_l(\hat{\textbf{r}}\cdot\hat{\textbf{r}}^\prime) &= \oint \frac{dz}{2\pi i} \frac{-2}{r^\prime z^2-2rz+2rx-r^\prime}\\ &= \oint \frac{dz}{2\pi i} \frac{-2}{r^\prime(z-z_1)(z-z_2)} \\ &= \oint \frac{dz}{2\pi i} \frac{-2/[r^\prime(z-z_1)]}{(z-z_2)} \\ &= \frac{-2}{r^\prime(z_2-z_1)} \\ &= \frac{1}{\sqrt{r^2-2rr^\prime x+{r^\prime}^2}} \\ &=\frac{1}{\left| r-r^\prime \right| } \end{split} \end{equation} \\$
至此，我们严格的验证了库伦势的多极展开。
注：以上推导是凑集多个资料总结而来，我比较懒，就不写参考了那些材料了。反正是很多。哈哈哈。。。。