第十六章 球函数

奇点： z0
p( z ) q( z )
2z 1 z2
1 z t
p(1 t ) q(1 t )
1 2t 1 1 t 2 t 1 t 2
2

1 z
2

1 z
2


1 1 t
2

tHale Waihona Puke 2t2 1奇点： t0 0
1 1 2t 2 2t 2 2 p(1 t ) 2 2 2 2 t t 1 t 1 t 1 t2 1
数学物理方法——
第十六章
球函数
连带勒让德方程 勒让德方程
1 d dQ sinq 2 Q 0 sinq dq dq sin q 1 d dQ sinq Q 0 sinq dq dq
d d sinq dq dx dQ dy dy dx dy sinq dq dq dx dq dx
作变换：x = cos q ， y(x) = Q (q)
dx sinqdq ,
代入方程可得：
1 d dy y0 sinq sinq ( sinq ) 2 sinq dx dx 1 x 1 d dy sinq sinq ( sinq ) y 0 sinq dx dx
正则奇点
t
q(1 t ) 2
1 t
2
t 2
t2 1


t2 1
勒让德方程有三个正则奇点： z0 1,

以常点为展开中心的级数解 z = 0 是常点，解在 z 1 单位圆内解析，可展开为泰勒级数。
第六章已讲，P69。两个线性无关特解为：
w1 ( z )

n 0 n 0
[( n )( n 1) a0 ( n ) b0 ]C n
[a
l 0
n 1
n l ( l
) bn l ]C l 0
[n( n 1) n]C n

l 0
n 1
1 2
n l 1 l 1 n l l 1 n l C l 0 2 2
(1 z 2 )w 2 zw w 0
标准形式： w 奇点：z0 1
2z 1 z
w 2

1 z
2
p( z )
w0
2z 1 z2
q( z )

1 z2
正则奇点
2z 1 z , z0 1 2z ( z z 0 ) p( z ) ( z z 0 ) 2 2z 1 z , z 0 1 z 1 1 z 1 z , z0 1 ( z z0 ) 2 q( z ) ( z z0 ) 2 2 1 z 1 z , z 0 1 1 z

n 0

C 2n1 z 2n1
对解的解析性的判断：
( )0 1,
z 1 2ez
( )n ( 1)( 2)( n 1)
斯特林公式：P103
( n) ( )
(z) ~ z
1 1 139 571 2 1 2 51840z 3 2488320z 4 12z 288z
n 0
1 2n1 1 z z ln 1 z n 1 2
两个特解 w1(z) 和 w2(z) 在 z 1 处均对数发散。
将 w1(z) 和 w2(z) 解析延拓到由 z 沿负实轴到 z 1 割开的复数平面上，支点为 z 和 z 1 。
以奇点为展开中心的级数解 在 z = 1 的邻域内求解，z 1 是正则奇点，0 z 1 2 内有两个正则解。
取 C0=1 ，则勒让德方程在 z = 1 邻域内的第一解为：
1 ( n 1) z 1 P ( z ) 2 ( n 1) 2 n 0 ( n! )


n
次第一类勒让德函数
由于 1 2 0 ，勒让德方程在 z = 1 邻域内的第一解在圆域 0 z 1 2 内解析，而第二解则一定含有对数项，z = 1 是它的一个支点。
n

1 ( n 1) 1 1 1 1 n z 1 2 3 2 ( n! ) 2 ( n 1) n 0
1 2

1 4
1 2

a2 1 2 al
1 4
12 l 1 12 l
q( z )

1 z2


( z 1)( z 1)


1 z 1 z 1
n

1 1 1 1 z 1 2 1 ( z 1) 2 2
1 q( z ) z 1 2
则有：
d dy (1 x 2 ) y0 2 dx dx 1 x d dy (1 x 2 ) y 0 dx dx
方程的解 主要性质 分离变量法的应用
16.1 勒让德方程的解
d dw (1 z 2 ) w 0 勒让德方程： dz dz
1 w 2 ( z ) Aw1 ( z ) exp 2 [ w1 ( z )] z


z
p( )d dz
第二解称为 次第二类勒让德函数，定义为：
Q ( z ) 1 z 1 P ( z )ln 2 2 ( 1) 2 z 1
p( z )

n 0


1 n ( z 1) 2
1 n 1 ( z 1) 2
n
n

l 0 n 0

1 n ( z 1) 2 al ( z 1)l 1
n

n 0
a0 1 a1 1
[(n )(n 1)][(n 1 )(n 1 1)][(1 )(1 1)] [(n )(n 1 )(1 )][(n 1)(n 1 1)(1 1)]
由上题可知


( 1) n sin ( )
( ) (1 ) (1) n (1 n ) (n )
所以
[n(n 1) (1 )][(n 1)(n 2) (1 )][0 (1 )]

( n 1) ( n ) n ( n 1) ( 1) (1 ) ( ) ( n 1)
[n( n 1) n]C n

l 0
n 1
( l)

1 n l Cl 2
0
得
Cn
n( n 1) 2n
2
2
C n 1
n( n 1) ( n 1)( n 2) C n ( 1) C n 2 2 2 2n 2( n 1)

( n 1) ( n ) (1 ) ( )
( z ) (1 z ) sin z
( ) (1 ) sin ( ) ( n ) (1 n )

sin ( n )
故设： w ( z ) ( z 1)


n 0

C n ( z 1)n
p( z )
2z 1 z2

2z 1 2( z 1) 2 2 1 2 ( z 1)( z 1) z 1 z 1 z 1 z 1 z 1
2 1 z 1 1 ( z 1) 2

n
(n 1 ) 所以 (1 )( 2 )( 3 )( n ) (1 )
(n 1 ) (n )
w1 ( z )

n 0

1 2n 1 z ln n 1 z2
w2 ( z )

Cn
1 ( n 1) C n 2 ( n 1) 0 2 ( n! )
( 1)
提 示
例题
将 [n( n 1) (1 )][(n 1)(n 2) (1 )][0 (1 )]
用 函数表示。
q( z )

l 0

bl ( z 1)l 2
2z 1 z w 2

n 0

1 2
n1
( z 1)n 1
代入方程 w

1 z
2
w 0 可得指标方程和系数递推关系
( 1) a0 b0 0 ( 1) 0 1 2 0
1 C 2n1 n1
1 C 2n , n
提 示
例题
解
将(1 )(2 )(3 )( n ) 1 n 用 函数表示 因为
( z 1) z ( z )
1
2
(2 ) (1 )
(3 ) (2 )

n 0
1 n ( z 1) 2


n 0

1 n ( z 1) 2
n

n 0

1 2
n1
( z 1)n 1

l 0

bl ( z 1)l 2
b0 0 b1 1 2 b2 1 4 bl 1 2
l
将 w ( z ) ( z 1)


n 0

C n ( z 1)n


n 0

C n ( z 1)n
p( z )
a ( z 1)
l 1 l l 0 l 0
1 l 1 1 l l 1 ( z 1) 2 2
C n ( 1) 3 n( n 1) ( n 1)( n 2) ( n 2)( n 3) C n 3 2 2 2 2n 2( n 1) 2( n 2)
C n ( 1) n
n( n 1) ( n 1)( n 2) ( n 2)( n 3) 1 0 C0 2 2 2 2 2n 2( n 1) 2( n 2) 21
解
n( n 1) (1 ) n 2 n 2 ( n 2 2 ) ( n ) ( n )(n 1) [n( n 1) (1 )][(n 1)(n 2) (1 )][0 (1 )]

2 l l 1 2n z ( 2n)! 2 n 2 n
2n 2n

n 0

C 2n z 2n
l (l 1)
w2 ( z )
2 l 2n1 l 1 1 z ( 2n 1)! 2 n 2 n