6勒让德多项式

=-
1 sin
d
d
sin
d
d
1
sin2
d2
d 2
n(n 1)
1 r2 dR n(n 1) R dr dr
n为实数或复数
1
sin
d
d
sin
d
d
1
sin2
d2
d 2
n(n 1)
1 r2 dR n(n 1) R dr dr
r2
d2R dr 2
2r
dR dr
a2m
(1)m
n(n
2)L
(n
2m
2)(n 1)(n (2m)!
3)L
(n
2m
1) a0
a2m1
(1)m
(n 1)(n 3)L
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第六章 勒让德（Legendre）多项式
－－－－－－特殊函数之二
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§6.1 Legendre方程及其求解
1 Legendre方程的导出
引例：求解下列问题
uxx uyy uzz =0
x2 y2 z2 1
u x2y2z21 f (x, y, z)
在球坐标下方程为
用幂级数法求解该方程。由常微分方程理论，设方程的解为
各阶导数为
y
a x
k
k0 k
y'
k0
kak
x
k
1
y"
k0
k(k
1)ak
xk2
代入方程，整理，得
k(k k0
1)ak
xk2
[k(k
k0
1)
2k
n(n 1)]ak xk
0
注意
k(k
k0
1)ak xk2
k2
k(k
1)ak
为零，这时 y1( x), y2 ( x) 均为无穷级数，且收敛域为（-1, 1）
情形（２） 当n取整数（包括零）时，y1( x), y2 ( x) 中有 一个是多项式，另一个是无穷级数。 举例分析
源自文库
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(k n)(k n 1) ak2 (k 1)(k 2) ak
k 0,1, 2,L
Qn(x)称为第二类Legendre函数。
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§6.2 勒让德多项式
1. Legendre多项式
讨论勒让德方程中的参数n，考察系数递推关系式
(k n)(k n 1) ak2 (k 1)(k 2) ak
k 0,1, 2,L
情形（１） 当n不取整数时，若 a0 , a1 不为零，则 ak 不
(1)m
n(n
2)L
(n
2m
2)(n 1)(n (2m)!
3)L
(n
2m
1) a0
a2ma0
(k n)(k n 1) ak2 (k 1)(k 2) ak
k 0,1, 2,L
(n 1)(n 2)
a3
32
a1
(n 3)(n 4) (n 1)(n 3)(n 2)(n 4)
n(n
1) R
0
Euler方程 R(r) A1r n A2r (n1)
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1
sin
d
d
sin
d
d
1
sin2
d2
d 2
n(n 1)
1
sin
d
d
sin
d
d
1
d2
d 2
n(n
1) sin2
1 sin
d
d
sin
d
d
n(n 1) sin2
1
d2
d 2
y( x) a0 y1( x) a1 y2 ( x) （２）收敛区间均为（－１，１），在端点发散，因而 Legendre方程在[-1,1]内没有有界解。 （3 ）当n是正整数时，一个解为多项式Pn(x)，在[-1,1]有 界，另一个仍为无穷级数，记为Qn(x)，在[-1,1]内无界，通 解为
y( x) c1Pn ( x) c2Qn ( x)
y
a x
k
k0 k
a x
2m
m0 2m
a x
2m1
m0 2m1
a0
a x
2m
m0 2m
a1
a x
2m1
m0 2m1
由 a0 , a1 的任意性知，下列两个函数也是方程的解：
y1(x)
m0
a2m
x
2m
,
y2( x)
a x
2m1
m0 2m1
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y1( x), y2 ( x) 的性质： （１）线性无关，故得到了Legendre方程的通解
xk2
k0
(k
1)(k
2)ak 2
xk
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{(k k0
1)(k
2)ak 2
[k(k
1) n(n 1)]ak }xk
0
于是由幂级数展式的唯一性，有
(k 1)(k 2)ak2 [k(k 1) n(n 1)]ak
(k n)(k n 1)ak
(k n)(k n 1) ak2 (k 1)(k 2) ak
k 0,1, 2,L
于是
n(n 1) a2 2 1 a0
(n 2)(n 3) n(n 2)(n 1)(n 3)
a4
43
a2
4!
a0
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(n 4)(n 5)
n(n 2)(n 4)(n 1)(n 3)(n 5)
a6
65
a4
6!
a0
a2m
x cos ( ) y(x)
d sin dy
d
dx
d2
d 2
cos
dy dx
sin 2
d2 y dx2
(1
x2
)
y
2
xy
n(n
1)
1
m2 x2
y
0
连带的勒让德方程
(1 x2 ) y 2xy n(n 1) y 0 勒让德方程
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2. Legendre方程的解 (1 x2 ) y 2xy n(n 1) y 0
0 (2 ) ()
m m2 , m 0,1, 2,L
() Am cos m Bm sin m
1 sin
d
d
sin
d
d
n(n 1) sin2
m2
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1
sin
d
d
sin
d
d
n(n
1) sin2
m2
d2
d 2
cot
d
d
[n(n
1)
m2
sin2
]
0
1 r2
r 2 r
u r
1
r 2 sin
s in
u
1
r 2 sin 2
2u
2
0
用分离变量法求解。
令
u(r,,) R(r)( )() 代入方程得
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1 R
dr
r
2
dR dr
1
sin
d
d
sin
d
d
1
sin2
d2
d 2
0
1 R
dr
r
2
dR dr
a5
54
a3
5!
a1
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(n 3)(n 4) (n 1)(n 3)(n 2)(n 4)
a5
54
a3
5!
a1
a2m1
(1)m
(n 1)(n
3)L
(n 2m 1)(n (2m 1)!
2)(n 4)L
(n 2m) a1
a2m a 1 1
其中 a0 , a1 为任意常数，则方程的解为