大学物理-连带勒让德多项式例题
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【VIP专享】§3.2 连带勒让德多项式的性质
( ) ( ) ( ) Plm
x
=
1 2l l!
1
−
x2
m 2
d l+m dxl +m
x2 −1 l
证明：
(0 ≤ m ≤ l)
( ) ∵ Pl
(x) =
1 dl 2l l! dxl
x2 −1 l
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ∴Plm
x
=
1−
x2
m 2
dm dxm
⎡ 1 dl
⎢ ⎣
2l
l!
(x
+ 1)n
由（3）（4）得
( ) ( ) ( ) ( ) dl−m
( ) dxl−m
x2 −1 l =
x2 −1 m
l − m ! dl+m l + m ! dxl +m
x2 −1 l
( ) ( ) =
(− 1)m
1−
x2
m
(l (l
− +
)m ! d l +m m)! dxl+m
x2 −1 l
§3.2 连带勒让德多项式的性质
连带勒让德方程
( ) d
dx
⎡ ⎢⎣
1
+
x
2
dΘ dx
⎤ ⎥⎦
+
⎡ ⎢l ⎣
(l
+
1)
−
1
m2 −x
2
⎤ ⎥ ⎦
Θ
=
0
其解
( ) Θ(x) =
Plm (x) =
1− x2
( ) m
2
Pl[m]
x
或
( ) Plm (x) =
勒让德多项式
k 2 3P3 ( x) 5xP2 ( x) 2P ( x) 15 x3 9 x 1 2 2
勒让德多项式的性质
奇偶性
Pl(-x) = (-1)l Pl(x) 零点定理 L阶勒让德多项式为L次多项式，有L个零点。 正交性
– 正交性公式 – 模 – 正交性应用例题
完备性
(35cos 4 20cos 2 9)
勒让德多项式的图象
勒 让 德 多 项 式 的 图 象
母函数和递推公式
母函数 – 定义：u(x, r) =∑ Pl (x) r l – 形式：u(x, r) = ( 1－2rx + r2 )-1/2 – 推导 – 应用 递推公式 – 基本递推公式 – 证明 – 应用
球内解要求u (0, )有界，半通解化为 u
l 0
Al r l Pl (cos )
2
由边界条件得： Ax
l 0
Al a l Pl ( x )
Ax2 P ( x)dx k
2k 1 根据完备性：Ak 2a k
1
1
勒让德多项式的应用
例题 2
半径为a的球面上电势分布为 f = Acos2θ，确定球外空 间的电势 u 。
2
由边界条件得： Ax
l 0
Bl a l 1Pl ( x )
2k 1 k 1 根据完备性： k B a 2
1
1
Ax2 P ( x)dx k
勒让德多项式的应用
例题 3
一空心圆球区域，内半径为a，外半径为b，内球面上电势为 f = cosθ，外球面上电势为零，确定区域内电势u 。
解：定解问题为：u 0, a r b u |r a cos , u |r b 0
勒让德多项式
例1:将 x 2 在[-1,1]内展成勒让德多项式的级数形式
x 2 Cn Pn (x) n0
Cn
2n 1 2
1 1
x
2
Pn
(
x)dx
1 1
xk
Pn
( x)dx
0
n2
4 1
C2 2
1 x2 1 (3x2 -1)dx 5
1 2
4
1 3x4 x2
1
dx
5 6 2 2 45 3 3
第6章勒让德多项式
例2:将Pl(x) 在[-1,1]内展成勒让德多项式的级数形式
解：方法一
l 1
(l 1) / 2
Pl(x) CnPn (x) CnPn (x)
Cl2n1Pl2n1 ( x)
n0
n0
n0
2l 4n 1
Cl2n1
2
1
1 Pl(x)Pl2n1(x)dx
2l 4n 1 2
1 0
xd
d 2n1 dx 2 n 1
(x2
1)2n
4n 22n
1 2n
!
x
d 2 n 1 dx 2 n 1
(x2
1)2n|10源自1 0d 2 n1 dx 2 n 1
(x2
1)2n
dx
4n 22n
1 2n
!
d 1 2n1 0 dx2n1
(x2
1)2n dx
4n 22n
1 2n
!
d2n2 dx 2 n 2
0
0
0
/ 2 sin 2n1 d 2n / 2 sin 2n1 d
0
2n 1 0
1 P2n (x)dx 1
数理方程勒让德多项式
35 cos
3
30 cos
)
P6
(x)
1 16
(231x6
315x4
105x 2
5)
1 512
(231cos
6
126 cos
4
105 cos
2
50)
第6页/共30页
勒让德多项式的图形可通过计算机仿真(如MATLAB仿真) 得到
图 6.1
第7页/共30页
计算 Pl (0) ，这应当等于多项式 Pl (x) 的常数项．
不同阶的勒让德多项式在区间 [1,1] 上满足
1
1 Pn
( x)Pl
(x)dx
N 2 l n,l
(2.2)
其中
n,l
1 0
(n l) (n l)
当
nl
时满足
1
1Pn (x)Pl (x)d，x 0
(2.3)
称为正交性． 相等时可求出其模
Nl
1 1
Pl2
(
x) dx
2 2l 1
(l 0,1,2, )
第2页/共30页
(1
x2
)
d2 y dx2
2x
dy dx
l
(l
1)
1
m2 x2
y
0
（1.4）
若所讨论的问题具有旋转轴对称性，即定解问题的解与
无关，则 m 0 ，即有
1
sin
d
d
sin
d
d
l(l
1)
0
（1.5）
称为 l 阶勒让德（legendre）方程．
第3页/共30页
同样若记 arc cos x ， y(x) (x)
大学物理-勒让德多项式
(三) 勒让德多项式的正交性与正交归一关系式 (I) 勒让德多项式的正交性 勒让德方程与有限性条件构成施—刘型本征值问题：
勒让德方程可化为施—刘型方程，其中 (x) = 1，a =
–1，b = 1，而本征函数 yl (x) = Pl (x) 是实函数，故有如下正 交关系
另一种形式：
(II) 勒让德多项式的完备性 根据施—刘型本征值问题的完备性定理，对于在区间
示——微分表示
证明：由二项式展开定理得到
所以
注意到：凡是指数 (2l – 2s) < l 的项经 l 次求导后为 0，故 只剩下 (2l – 2s) ≥ l 的项，即 s ≤ l / 2，于是得到
罗德里格斯公式的应用之一 因为
所以
对于 Pl (1)，利用上式，n > 0 各项的值均为 0，只有当 n = 0 的项，其值不为 0，因此
之间存在着一定的关系。具体如下：
(1) (2) (3) (4)
证明：(I) 由生成函数关系式 两边对 r 求导，有
改写为 两边乘以 (1–2 x r + r2)，再将生成函数关系式代入，得到
比较两边 rl 的系数，有 整理上式，得到 当 l = 0 时，P0(x) = 1，P1(x) = x， 所以 x P0(x) = P1(x) (II) 将生成函数关系式两边对 x 求导，得到
例3 将函数 f (x) = xn 在区间 [–1,1] 上按完备正交函数系
Pl (x) 展开为广义傅里叶级数。
解：所给函数满足斯–刘型本征函数完备性定理的条件，故
xn Cl Pl (x) l 0
广义傅里叶系数为
Cl
2l 1 2
1 1
x
n
Pl
勒让德多项式展开例题
勒让德多项式展开例题
《勒让德多项式展开例题》
勒让德多项式展开是一种常见的数学方法，用于将多项式分解成更小的多项式。
它通常用于解决积分和微分方程，以及计算数学表达式的值。
勒让德多项式展开的例题如下：
(x^2 + 2x + 1)^3 = x^6 + 6x^5 + 15x^4 + 20x^3 + 15x^2 + 6x + 1
这里，x^2 + 2x + 1 是一个三次多项式，x^6 + 6x^5 + 15x^4 + 20x^3 + 15x^2 + 6x + 1 是它展开后的结果，其中每一项都是由一个系数和一个幂次组成的。
勒让德多项式展开的公式是：(a_0 + a_1x + a_2x^2 + … + a_nx^n)^m = a_0^m + m*a_0^(m-1)*a_1x + m*(m-1)*a_0^(m-2)*a_1^2x^2 + … + a_n^mx^(mn)
该公式可以用来计算任何多项式的展开式，只要确定多项式的系数和指数即可。
勒让德多项式展开是一种强大的数学方法，它可以用来解决复杂的数学问题，如积分和微分方程，以及计算数学表达式的值。
此外，它还可以用来计算多项式的展开式，以及计算函数的极值点。
勒让德多项式答案
u(r, ) Anr n Bnr n1 Pn(cos ) . n0
因为当 r 时,
lim u(r, ) 0 ,
r
所以 An 0
(n 0,1, 2,) , 于是有
u(r, )
Bnr
(
P n1) n
(cos
)
,
n0
代入边界条件, 可得
令 x cos , 得到
cos (n 1) BnR(n2)Pn(cos ) , n0
]}(-1)k
(2k)! 22k (k !)2
=(-1)k+1 (4k 1)(2k 2)! 2(2k 2)!!(2k 2)!!
=(-1)k+1 (4k 1)(2k 3)!! , k=1,2,…., 因此， 2(2k 2)!!
f(x)= 1 P0(x)+ 1 P1(x)+ f2kP2k(x)
A2k 1
1k
u0
4k 3 R2k 1
(2k (2k
1)!! , 2)!!
所以定解问题的解为
u
u0
k 0
(1)k
(4k
3)
(2k (2k
12))!!!!(
r) R
2k
1P2
k
1
(cos
)
x (n 1)BnR (n2)Pn (x) . n0
因为
x
1 2
R3
2R 3
P1(x) ,
所以
B1
1 2
R3,
Bn
0
(n
1)
,
所以定解问题的解
为
u R ( R )2 cos . 2r
8. 设有一半径为 R 的半球，球面温度为 u0 ，半球底面保持温度为零度，求这个半球内
大学物理-连带勒让德多项式
例以
为基，在 x 的区间 [1,1] 上将函数 f (x) = sin2
=1 x2 展开为广义傅里叶级数。
解：由于这里 m = 2，且所给函数满足展开为广义傅里叶级
数的条件，而
，因此有
其中展开系数可按
进行计算，即
利用连带勒让德函数的微分表示，有 将上式代入 Cl2 的表达式，得到 分部积分一次，有
记作：
—连带勒让德函数
II．m < 0
(K.F.Riley: Mathematical Methods for Physics and Engineering-p594)
将 m = –|m| 代入连带勒让德方程，得到
与 (I) 相同，上式的解为
III. 连带勒让德函数的微分形式 由 (I)、(II) 可得，连带勒让德方程的解为
连带勒让德方程可化为施—刘型方程，其中 (x) = 1，
a = –1，b = 1，而本征函数
，故由施—刘型
本征值问题的正交性定理，有 II. 连带勒让德函数的模
(连带勒让 德方程中， m2是参量， l (l+1) 是本 征值)
由连带勒让德函数的微分形式 (取 m≥ 0)，有
为书写方便，令 则有 对上式分部积分，得到
(即m<0与m>0的 解是一样的)
将罗德里格斯公式代入连带勒让德方程的解，得到
说明：由于 Pl (x) 是 l 次多项式，最多只能对它求导 l 次， 否则，进一步求导为零，这样就限制了 m 的取值。
前几个连带勒让德函数为
(二) 连带勒让德函数的正交性与完备性
I. 连带勒让德函数在区间 [–1,1] 具有正交性
§8–2 连带勒让德函数
(一) 连带勒让德函数 (associated Legendre functions) 若所求的定解问题不具有绕极轴的旋转对称性，则
数学物理方法勒让德函数
王瑞平：数理方法
第十二章第 1 节
二、 Pl(x)的生成函数和递推关系 各种特殊函数递推关系是进行运算的有力 工具，它的求解主要用到对应函数的母函数。 1、Pl(x)生成函数—母函数：考察在 z-轴单位长 度 a=1m 处，点电荷电量 q= 4πε0 在空间产生 的电势。它与φ角无关：
Ud =
1 1 = d 1 − 2r cos θ + r 2
变[3]式：l→l-1: lPl-1(x)= Pl’(x)- xPl-1’(x)。于[4]式消去 xPl-1’(x)： （x2-1）Pl’(x)=lx Pl(x)-lPl-1(x) [6]
[1]～[6]式是常用的 Pl(x)的递推关系式，通常用来计算含勒让德多项式的积分。
例题 1：由递推关系，求证勒让德多项式满足勒让德方程：
1
王瑞平：数理方法
第十二章第 1 节
或生成函数。 2、Pl(x)的递推关系：递推关系是特殊函数关系式的数学关系，也是勒让德函数主要性质之 一。 ⑴ Pl(x)与相邻勒让德函数勒让德函数之间关系： （2l+1）xPl(x)=(l+1)Pl+1(x)+lPl-1(x) 证明： 由生成函数： (l≥1)
得到（x 作为参数） ：
⑶
t=
代入：
2(u − x) ; u2 −1
dt = −2
1 − 2 xu + u 2 du (u 2 − 1) 2
⑷
2u (u − x) −1 ] 2 1 − 2(1 − 2 xu + u 2 ) − 1 u ⋅ al = du i 2π ∫C ' 2(u − x) l +1 (u 2 − 1) 2 [ 2 ] u −1 1 (u 2 − 1) l = du i 2π ∫C ' 2 l (u − x) l +1 [1 −
第十二章第 1 节
二、 Pl(x)的生成函数和递推关系 各种特殊函数递推关系是进行运算的有力 工具，它的求解主要用到对应函数的母函数。 1、Pl(x)生成函数—母函数：考察在 z-轴单位长 度 a=1m 处，点电荷电量 q= 4πε0 在空间产生 的电势。它与φ角无关：
Ud =
1 1 = d 1 − 2r cos θ + r 2
变[3]式：l→l-1: lPl-1(x)= Pl’(x)- xPl-1’(x)。于[4]式消去 xPl-1’(x)： （x2-1）Pl’(x)=lx Pl(x)-lPl-1(x) [6]
[1]～[6]式是常用的 Pl(x)的递推关系式，通常用来计算含勒让德多项式的积分。
例题 1：由递推关系，求证勒让德多项式满足勒让德方程：
1
王瑞平：数理方法
第十二章第 1 节
或生成函数。 2、Pl(x)的递推关系：递推关系是特殊函数关系式的数学关系，也是勒让德函数主要性质之 一。 ⑴ Pl(x)与相邻勒让德函数勒让德函数之间关系： （2l+1）xPl(x)=(l+1)Pl+1(x)+lPl-1(x) 证明： 由生成函数： (l≥1)
得到（x 作为参数） ：
⑶
t=
代入：
2(u − x) ; u2 −1
dt = −2
1 − 2 xu + u 2 du (u 2 − 1) 2
⑷
2u (u − x) −1 ] 2 1 − 2(1 − 2 xu + u 2 ) − 1 u ⋅ al = du i 2π ∫C ' 2(u − x) l +1 (u 2 − 1) 2 [ 2 ] u −1 1 (u 2 − 1) l = du i 2π ∫C ' 2 l (u − x) l +1 [1 −
勒让德多项式证明题
勒让德多项式证明题勒让德方程（Legendre equation）：(1−x2)y″−2xy′+n(n−1)y=0n∈N+实际上它也是在球坐标系下求解拉普拉斯方程（等方程）的时候出现的。
并且还有一点不一样。
但是勒让德方程的泛用性远远没有贝塞尔方程那么高。
求解关于x=0 的解。
易知，x=0 的方程的平凡点，则代入：y=∑n=0∞cnxn ,化简得:[n(n+1)c0+2c2]+[(n−1)(n+2)c1+6c3]x+∑k=0∞[(k+1)(k+2ck+2+(n−k)(n+k+1)ck)]xk =0得：{n(n+1)c0+2c2=0(n−1)(n+2)c1+6c3=0(k+1)(k+2)ck+2+(n−k)(n+k+1)ck=0∈{c2=−n( n+1)2!c0c3=−(n−1)(n+2)3!c1ck+2=−(n−k)(n+k+1)(k+1)(k+2)由于是二项递推，那么就只需要直接带进去就可以了：k=2c4=−(n−2)(n+3)4∈3c2=(n−2)n(n+1)(n+3)4!c0k=3c5=−(n−3)(n+4)5∈4c3=(n−3)( n−1)(n+2)(n+4)5!c1k=4c6=−(n−4)(n+5)6∈5c4=−(n−4)(n−2)n(n+1)(n+3)(n+5)6!c0k=5c7 =−(n−5)(n+6)7∈6c5=−(n−5)(n−3)(n−1)(n+2)(n+4)(n+6)7!c1......由于最近的奇点是x=±1 ，那么至少在|x|<1 的区间上，就有两个不含任意常数的（特）解：y1(x)=1−n(n+1)2!x2+(n−2)n(n+1)(n+3)4!x4−(n−4)(n−2)n(n+1)(n+3)(n+5)6!x6+...y2(x)=x−(n−1)(n+2)3!x3+(n−3)(n−1)(n+2)(n+4)5!x5−(n−5)(n−3)(n−1)(n+2)(n+4)(n +6)7!x7+...注意到y1(x) 与y2(x) 分子的连乘里面(n−k) 项并不是相同的，那么便可分奇偶讨论：n 为偶数时。
勒让德多项式及性质
第三篇：特殊函数
第二章 勒让德多项式
主要内容：
勒让德多项式（轴对称问题）及性质 连带勒让德函数（转动对称问题） 球函数（一般问题）
在分离变量法一章中，我们已经知道拉普拉斯方程
1 2 u 1 u 1 2u (r ) 2 (sin ) 2 2 0 2 2 r r r r sin r sin
u与 无关，只与r， 有关。意味着当r， 一定时， 可任意改变，u不变。
问题关于极轴（z轴）对称。 球函数Y ( , ) A( ) ~ 称为轴对称球函数。
r
0 0 ( ) y ( x) l为2k 1(奇数):a1 y1 ( x) ~ x 2 k 1 将它们分别乘上适当的常数，叫做l阶勒让德
Pl ( x) (1)l Pl ( x)
即当
l 为偶数时，勒让德多项式 Pl ( x) 为偶函数， l 为奇数时 Pl ( x) 为奇函数
一、勒让德多项式的正交关系
0
1
1
Pk ( x) P ( x)dx 0 l
(k l )
(k l )
Pk (cos ) Pl (cos ) sind 0
）是正交的、完备的。
可以作为广义傅立叶级数的基。 若函数 f (x) 定义在区间[1,1] 上，或
f ( ) 定义在区间
[0, ]
或
上，则
f ( x) f l Pl ( x)
l 0
f ( ) f l Pl (cos )
l 0
其中系数：
fl
或
1 2 Nl
1
f ( x) x
3 l 0
第二章 勒让德多项式
主要内容：
勒让德多项式（轴对称问题）及性质 连带勒让德函数（转动对称问题） 球函数（一般问题）
在分离变量法一章中，我们已经知道拉普拉斯方程
1 2 u 1 u 1 2u (r ) 2 (sin ) 2 2 0 2 2 r r r r sin r sin
u与 无关，只与r， 有关。意味着当r， 一定时， 可任意改变，u不变。
问题关于极轴（z轴）对称。 球函数Y ( , ) A( ) ~ 称为轴对称球函数。
r
0 0 ( ) y ( x) l为2k 1(奇数):a1 y1 ( x) ~ x 2 k 1 将它们分别乘上适当的常数，叫做l阶勒让德
Pl ( x) (1)l Pl ( x)
即当
l 为偶数时，勒让德多项式 Pl ( x) 为偶函数， l 为奇数时 Pl ( x) 为奇函数
一、勒让德多项式的正交关系
0
1
1
Pk ( x) P ( x)dx 0 l
(k l )
(k l )
Pk (cos ) Pl (cos ) sind 0
）是正交的、完备的。
可以作为广义傅立叶级数的基。 若函数 f (x) 定义在区间[1,1] 上，或
f ( ) 定义在区间
[0, ]
或
上，则
f ( x) f l Pl ( x)
l 0
f ( ) f l Pl (cos )
l 0
其中系数：
fl
或
1 2 Nl
1
f ( x) x
3 l 0
10.2连带勒让德函数
l 0 m0
例题：展开：sin cos 解：先对 展开：实际上已经是级数了。
m 1 , 系数Am ( ) sin
以： P1 ( , ) 为基本函数族，(l
l
1,2, )
展开 Am ( ) sin
实际上已经是广义傅立叶级数。
P1 (cos ) sin 1
2l 1 (l m)! B Bm ( ) Pl m (cos ) sin d 2 (l m)! 0
m l
f ( , ) Alm cos m Blm sin m Pl m (cos )
m0 l m l
Alm cos m Blm sin m Pl m (cos )
[2 xP ]
/ [ m]
[l (l 1) P]
[ m]
0
m / [ m 1] m(m 1) // [ m 2] [uv] uv u v u v 1! 2! m(m 1) (m k 1) [ k ] [ m k ] u v k!
[m] [ m]
(1 x 2 ) y // ( x) 2(m 1) xy / ( x) [l (l 1) m(m 1)] y( x) 0
对于勒让德方程：
(1 x ) P 2 xP l (l 1) P 0
2 // /
两边求导m次：
[(1 x ) P ]
2
// [ m ]
(1 x ) d l m 2 Pl ( x) (1 x ) Pl ( x) ( x 1)l 2l l! dxl m
m m 2 2 [ m]
m 2 2
例题：展开：sin cos 解：先对 展开：实际上已经是级数了。
m 1 , 系数Am ( ) sin
以： P1 ( , ) 为基本函数族，(l
l
1,2, )
展开 Am ( ) sin
实际上已经是广义傅立叶级数。
P1 (cos ) sin 1
2l 1 (l m)! B Bm ( ) Pl m (cos ) sin d 2 (l m)! 0
m l
f ( , ) Alm cos m Blm sin m Pl m (cos )
m0 l m l
Alm cos m Blm sin m Pl m (cos )
[2 xP ]
/ [ m]
[l (l 1) P]
[ m]
0
m / [ m 1] m(m 1) // [ m 2] [uv] uv u v u v 1! 2! m(m 1) (m k 1) [ k ] [ m k ] u v k!
[m] [ m]
(1 x 2 ) y // ( x) 2(m 1) xy / ( x) [l (l 1) m(m 1)] y( x) 0
对于勒让德方程：
(1 x ) P 2 xP l (l 1) P 0
2 // /
两边求导m次：
[(1 x ) P ]
2
// [ m ]
(1 x ) d l m 2 Pl ( x) (1 x ) Pl ( x) ( x 1)l 2l l! dxl m
m m 2 2 [ m]
m 2 2
勒让德多项式的应用
第五章 勒让德多项式的应用
19
3(2 x 2 1) 1 6 x 2 2 An Pn ( x),
n0
注意，由于6 x 2 2 是二次多项式，而且是偶函数， 因此， A2 n1 0, (n 0,1,2, )
第五章 勒让德多项式的应用
15
u (r , )
n 0
An r n Pn (cos )
勒让德多项式的 应用
一 函数按勒让德多项式展开 按照斯图姆—刘维尔固有值理论，勒让德多项式Pn ( x) 组成区间 [-1,1]上的完备正交函数系(其构成了基), 对于定义在区间 [-1,1] 上具有一阶连续导数且分段 连续的二阶导数的函数 f ( x) ，就可按这个固有函数系 展开成绝对且一致收敛的级数（称为傅里叶—勒让德 级数）： f ( x) cn Pn ( x), (1 x 1), (4.1)
2n d 2 n 1 2 2 n 1 x 1 dx dx x 0 0
1
第五章 勒让德多项式的应用
5
2n 4n 1 d 2 n 2 2 c2 n 2 n x 1 2 2n ! dx 2 n 2
且v 0(r ).
类似于(1)的解法，可设：
v(r , )
A r
n n 0
n 0
n
Bn r n1 Pn (cos ),
当 r 时, v 趋于零， 所以 An 0, (n 0,1, 2,), 即有
v(r , ) Bn r ( n 1) Pn (cos ),
11
附：证明
1 1 U d 1 2r cos r 2
数学物理方程第五章勒让德多项式习题
( k c )(k c 1) n( n 1) ak ( k c 2)(k c 1)
取 c 0， a0 , a1 是任意常数。
ak 2
1）当 k
(k n)( k n 1) ak (k 2)( k 1)
k 0,1,2,
(2.9)
n n 2k 2 M n 1 n 2k 1 2
m 0
M
( 2n 2m )! n 2 m x 2 n m!( n m )!( n 2m )!
称作第一类勒让德多项式
常用的几个第一类勒让德多项式
P0 ( x) 1
P1 ( x ) x
3 2 1 P2 ( x ) x 2 2
y( x ) a 0 [1
n( n 1) 2 n( n 2)( n 1)( n 3) 4 x x ] 2! 4!
( n 1)( n 2) 3 ( n 1)( n 3)(( n 2)( n 4)( n 6) 5 x x ] 3! 5! n( n 1) 2 n( n 1)( n 1)( n 3) 4 y 0 ( x ) a 0 [1 x x ] ( 2.11) 2! 4! a1 [ x
当 n 为偶数时 y0 ( x) 是一个多项式，可以证明 y1 (1) 发散。 此时取 a1 0 ，则得到方程在 [1,1] 上的有界非零解，或 者满足自然边界条件的非零解。 同理， 当 n 为奇数时 y1 ( x) 是 一个多项式，可以证明 y0 (1) 发散。此时取 a0 0 ， 则得到 方程在[1,1] 上的有界非零解，或者满足自然边界条件的非 n 零解。通常把这种多项式的最高次方幂 x 的系数规定为
数理方法(勒让德多项式)例题,绳的振动问题
cos α1 ≈ cos α 2 ≈ 1 ， ds ≈ dx 。
注意到 T2 = T x+ dx ， T1 = T x ，由（1）得
T
x + dx
− T x = − ρ dxω 2 x ，
即 dT = − ρω 2 xdx 。 于是绳中任一点 x 处的张力为
1
T ( x ) = ∫ dT = − ∫ ρω 2 xdx = ∫ ρω 2 xdx =
【奇延拓】
Bn =
∫ ψ ( x) P 2 ( n + 1)( 2n + 1)a
0
4n + 3
l
2 n +1
l 4n + 3 ⎛ x⎞ x ⎛ x⎞ ψ ( x ) P2 n +1 ⎜ ⎟dx 。 （12） ⎜ ⎟d = ∫ ⎝l⎠ l ⎝l⎠ 2 ( n + 1)( 2n + 1)al 0
所以定解问题的解由（10）给出，而 An 、 Bn 分别由（11）和（12）决定。 特例： ϕ ( x ) = 0 ，ψ ( x ) = x ，此时 由（11）得 An = 0, n = 0,1, 2," 。 由（12）得
0 l x
T
x
l
1 【 [ x, l ] 段的惯性离心力】 。 ρω 2 ( l 2 − x 2 )（3） 2
又 sin α1 ≈ tan α1 = ux x ， sin α 2 ≈ tan α 2 = ux x+ dx ，代入（2）得
(Tu x ) x + dx − (Tu x ) x = ρ dxutt ， ⇒
即
∂ (Tu x ) = ρ utt 。 ∂x
(Tux ) x+ dx − (Tux ) x
注意到 T2 = T x+ dx ， T1 = T x ，由（1）得
T
x + dx
− T x = − ρ dxω 2 x ，
即 dT = − ρω 2 xdx 。 于是绳中任一点 x 处的张力为
1
T ( x ) = ∫ dT = − ∫ ρω 2 xdx = ∫ ρω 2 xdx =
【奇延拓】
Bn =
∫ ψ ( x) P 2 ( n + 1)( 2n + 1)a
0
4n + 3
l
2 n +1
l 4n + 3 ⎛ x⎞ x ⎛ x⎞ ψ ( x ) P2 n +1 ⎜ ⎟dx 。 （12） ⎜ ⎟d = ∫ ⎝l⎠ l ⎝l⎠ 2 ( n + 1)( 2n + 1)al 0
所以定解问题的解由（10）给出，而 An 、 Bn 分别由（11）和（12）决定。 特例： ϕ ( x ) = 0 ，ψ ( x ) = x ，此时 由（11）得 An = 0, n = 0,1, 2," 。 由（12）得
0 l x
T
x
l
1 【 [ x, l ] 段的惯性离心力】 。 ρω 2 ( l 2 − x 2 )（3） 2
又 sin α1 ≈ tan α1 = ux x ， sin α 2 ≈ tan α 2 = ux x+ dx ，代入（2）得
(Tu x ) x + dx − (Tu x ) x = ρ dxutt ， ⇒
即
∂ (Tu x ) = ρ utt 。 ∂x
(Tux ) x+ dx − (Tux ) x
第三章 勒让德多项式习题
3 2 c0 = 0, c1 = , c 2 = 0, c3 = 5 5 3 2 ∴ x 3 = P1 ( x ) + P3 ( x ) 5 5
待定系数法只能适用于 f ( x ) 为 x 多项式或者可以展开 x 多项式的情况。
n n
（2） x =
∑ c P (x )
l =0 l l
∞
cl =
2l + 1 1 x Pl ( x )dx 2 ∫−1
=
当 x 的幂高于 (2n − 2 ) 时，Q x = 0 ，所以对应的项为零 当 x 的幂低于 (2n − 2 ) 时， (2n − 2 ) 次求导，导致对应的项也为零 所以，不为零的项的幂次只有 (2n − 2 ) 即 4n − 2k = 2n − 2, k = n + 1
1 4n + 1 1 ( ) ( ) 4 1 x P x dx n = + 2 n ∫0 xP2n (x )dx 2 ∫−1 (4n + 1) 1 x d 2n x 2 − 1 2n dx = 2n 2 (2n )! ∫0 dx 2 n
r=R
= u0
(0 < x ≤ 1)
定 解 问 题 的 研 究 区 域 仅 在 半 球 中 ， 但 是 勒 让 德 多 项 式 Pl ( x ) 在 整 个 球 形 区 域 内
(0 ≤ θ ≤ π ) 才完备。为了能运用勒让德多项式做展开确定通解的系数，需要把定解问题延
拓到整个球形区域。因此，其定解问题变为
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
当 l ≥ 4 时， cl = 0
5.2连带勒让德函数
x2) 2
⑤
解的收敛性： 1） |x|<1⑤式收敛
2）x=±1 ≠l(l+1), y0, y1均发散→y (x)发散 =l(l+1), l=偶数，y0(x)收敛， y1(x)发散 l=奇数， y1(x)收敛，y0(x)发散
(x) Pl (x)
v(x) (m) Pl(m) (x)
设m=n时结论是正确的：
(1 x2 ) (n) (x) 2(n 1)x (n) (x) n(n 1) (n) (x) 0
求导一次：
(1 x2 ) (n1) (x) 2x (n1) (x) 2(n 1)x (n1) (x)
l
(cos ) m
0,1,2 0,1,2
l
4)前几阶次的连带勒让德函数
l 0 m 0 P0 (x) 1 P0 (cos ) 1
l 1 m 0
P10 (x) P1(x) x
1
P10 (cos ) cos
1
m 1
P11
(x)
§2.连带勒让德函数
一、连带勒让德方程本征值问题及其解
当u=u (r,,φ)不具有旋转对称性时，经变量分离后 ()所满足的方程为连带勒让德方程
1
s in
d
d
(sin
d) ( d
m2 )
sin 2
0
①
( ) 0,
①为连带勒让德方程的本征值问题
2(n 1) (n1) (x) n(n 1)(n1) (x) 0
整理得：
(1
x2
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(3) 确定系数。 由球心处电势为有限值，得到 Blm = 0，Dlm = 0。于是有 由球面处电势分布，得到
利用
的正交性，有
因此，球内电势分布为
第八章 球函数 例题
8.2 连带勒让德函数
例1 以
为基，在 x 的区间 [1,1] 上将函数 f (x) =
sin2 =1 x2 展开为广义傅里叶级数。
解：由于这里 m = 2，而
，因此有
其中展开系数可按
进行计算，即
利用连带勒让德函数的微分表示，有 将上式代入 Cl2 的表达式，得到 分部积分一次，有
上式中已积分出的部分为零。继续分部积分两次，得到
上式中已积分出的部分仍为零。由此得到 当 l = 2 时，得到
当 l > 2 时，有
因此，所给函数的广义傅里叶级数展开为
例2：在半径为 a 的球面上电势分布为 u(a,, ) = sin cos，
求球内电势分布。 解：(1) 定解问题为
(2) 解的形式为
利用
的正交性，有
因此，球内电势分布为
第八章 球函数 例题
8.2 连带勒让德函数
例1 以
为基，在 x 的区间 [1,1] 上将函数 f (x) =
sin2 =1 x2 展开为广义傅里叶级数。
解：由于这里 m = 2，而
，因此有
其中展开系数可按
进行计算，即
利用连带勒让德函数的微分表示，有 将上式代入 Cl2 的表达式，得到 分部积分一次，有
上式中已积分出的部分为零。继续分部积分两次，得到
上式中已积分出的部分仍为零。由此得到 当 l = 2 时，得到
当 l > 2 时，有
因此，所给函数的广义傅里叶级数展开为
例2：在半径为 a 的球面上电势分布为 u(a,, ) = sin cos，
求球内电势分布。 解：(1) 定解问题为
(2) 解的形式为