第六章 勒让德多项式
勒让德多项式
勒让德多项式[编辑]维基百科，自由的百科全书伴随勒让德多项式有时也简称为“勒让德多项式”。
数学上，勒让德函数指以下勒让德微分方程的解：为求解方便一般也写成如下施图姆-刘维尔形式（Sturm-Liouville form）:上述方程及其解函数因法国数学家阿德里安-马里·勒让德而得名。
勒让德方程是物理学和其他技术领域常常遇到的一类常微分方程。
当试图在球坐标中求解三维拉普拉斯方程（或相关的其他偏微分方程）时，问题便会归结为勒让德方程的求解。
勒让德方程的解可写成标准的幂级数形式。
当方程满足|x| < 1 时，可得到有界解（即解级数收敛）。
并且当n 为非负整数，即n = 0, 1, 2,... 时，在x = ±1 点亦有有界解。
这种情况下，随n 值变化方程的解相应变化，构成一组由正交多项式组成的多项式序列，这组多项式称为勒让德多项式（Legendre polynomials）。
勒让德多项式Pn(x)是n 阶多项式，可用罗德里格公式表示为：目录 [隐藏]1 正交性2 部分实例3 在物理学中的应用4 其他性质4.1 奇偶性4.2 递推关系5 移位勒让德多项式6 分数阶勒让德多项式7 参见8 外部链接9 参考文献正交性[编辑]勒让德多项式的一个重要性质是其在区间−1 ≤x ≤ 1 关于L2内积满足正交性，即：其中δmn 为克罗内克δ记号，当m = n 时为1，否则为0。
事实上，推导勒让德多项式的另一种方法便是关于前述内积空间对多项式{1, x, x2, ...}进行格拉姆-施密特正交化。
之所以具有此正交性是因为如前所述，勒让德微分方程可化为标准的strum-liouville问题：其中本征值λ对应于原方程中的n(n+1)。
部分实例[编辑]下表列出了头11阶（n 从0到10）勒让德多项式的表达式：n12345678910头6阶（n 从0到5）勒让德多项式的曲线如下图所示：在物理学中的应用[编辑]在求解三维空间中的球对称问题，譬如计算点电荷在空间中激发的电势时，常常要用到勒让德多项式作如下形式的级数展开：其中和分别为位置向量和的长度，为两向量的夹角。
数学物理方程课件第六章勒让德多项式
2 (2n)!
2n n!
2n n! 2n n!2n 1 2n 153
2 (2n)!
2n 1!
2 2n 1
数学物理方程与特殊函数
第6章勒让德多项式
性质2 递推公式
(n 1)Pn1 (x) (2n 1)xPn (x) nPn1 (x) 0
Pn1 (x) Pn1 (x) 2n 1Pn (x)
n0
Cn
2n 1 2
1 1
x Pn (x)dx
C0
1 2
1
1 x P0 (x)dx
1 2
1
x dx
1
1 2
C2n1 0
C2n
4n 1 2
1 1
x
P2n
(x)dx
4n
1
1 0
xP2n
( x)dx
4n 1
22n 2n!
1 d2n 0 x dx2n
(x2 1)2n dx
4n 1 22n 2n !
数学物理方程与特殊函数
第6章勒让德多项式
三 勒让德多项式
y APn (x) BQn (x)
Pn
(x)
M
(1)m
m0
2n 2m!
2n m!(n m)!(n
2m)!
xn2m
Pn
1 2n n!
dn dx n
(x2
1)n
当n为偶数时M
n 2
当n为奇数时 M
n 1 2
P0 (x) 1
P1(x) x
2)(n 1)(n 4!
3)
x4
]
c 1 c0
y2
a1[ x
(n
1)(n 3!
2)
勒让德多项式-6[宝典]
![勒让德多项式-6[宝典]](https://img.taocdn.com/s3/m/262a068dcfc789eb172dc8d7.png)
第一式说明了任何两个不同的勒让德多项式在区间 - 1< x < 1 上正交 .
七、勒让德多项式级数
若 f (x) 满足狄利克雷条件 , 则 f (x) 在区间 – 1 < x < 1 的每一个连续点处 , 存在一个勒让德级数展开式 , 形如
f ( x) A0 P0 ( x) A1 P1( x) A2 P2 ( x) Ak Pk ( x) , k0
P f ( x)
Ak
称 n ( x) 为勒让德 (Legendre) 多项式 .
罗巨格(Rodrigues)表达式
特别是 ,当 n =0, 1 , 2 , 3 , 4 , 时,分别有
P0 ( x) 1
P1( x) x cos
P2 ( x)
1 2
(3x2
1)
1 4
(3cos 2
1)
P3 ( x)
1 2
(5 x 3
n 为奇数
Qn( x)
k0
2n(n k)!(n k !(2n 2k
2k ) ! 1)!
x n2k1
.
n ( x) 的递推公式, 同样适合于 Qn( x) .
六、勒让德多项式的正交性
下列结果是基本的:
1
m ( x)n( x)d x 0 ,
1
mn
1
n2 ( x) d
1
x
2 2n 1
,
mn.
( x) ( )
缔合(连带)勒让德方程
上式则变化为
(1
x2
)
d d
2 x2
2x
d d
x
n(n
1)
m2 1 x2
0
若 u(r, , ) 与 无关 ，这时可简化成
勒让德多项式递推公式证明
勒让德多项式递推公式证明以勒让德多项式是数学中一类重要的特殊函数，其递推公式是证明其性质的关键。
本文将通过介绍以勒让德多项式的定义、性质和递推公式的证明，来解释这一标题。
以勒让德多项式是数学中的一类正交多项式，它们是解决物理和工程问题中的常微分方程的重要工具。
以勒让德多项式的定义如下：$$P_n(x) = \frac{1}{2^n n!} \frac{d^n}{dx^n} \left[(x^2 - 1)^n\right]$$其中，$n$为非负整数，$P_n(x)$表示以勒让德多项式的第$n$阶，$x$为自变量。
以勒让德多项式具有一系列重要的性质，如正交性、归一性等，这些性质使其在数学和物理学中得到广泛应用。
以勒让德多项式的递推公式是证明其性质的关键。
递推公式的形式如下：$$(n+1)P_{n+1}(x) = (2n+1)xP_n(x) - nP_{n-1}(x)$$下面我们来证明这个递推公式。
我们将以勒让德多项式的定义代入递推公式中，得到：$$(n+1)\left(\frac{1}{2^{n+1} (n+1)!} \frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}} \left[(x^2 - 1)^{n+1}\right]\right) = (2n+1)x\left(\frac{1}{2^n n!} \frac{d^n}{dx^n} \left[(x^2 - 1)^n\right]\right) - n\left(\frac{1}{2^{n-1} (n-1)!} \frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}} \left[(x^2 - 1)^{n-1}\right]\right) $$化简上式，可以得到：$$\frac{1}{2^{n+1} (n+1)!} \frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}} \left[(x^2 - 1)^{n+1}\right] = \frac{2n+1}{2^n n!}x\frac{d^n}{dx^n} \left[(x^2 - 1)^n\right] - \frac{n}{2^{n-1} (n-1)!}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}} \left[(x^2 - 1)^{n-1}\right]$$我们将上式中的$n+1$分布到第一项中，并利用导数的链式法则进行化简，得到：$$\frac{1}{2^{n+1} (n+1)!} \frac{d}{dx}\left[(2n+1)x(x^2-1)^n\right] = \frac{(2n+1)}{2^n n!}x\frac{d^n}{dx^n} \left[(x^2 - 1)^n\right] - \frac{n}{2^{n-1} (n-1)!}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}} \left[(x^2 - 1)^{n-1}\right] $$再次化简上式，得到：$$\frac{1}{2^{n+1} (n+1)!} (2n+1)\left[x\frac{d}{dx}\left[(x^2-1)^n\right] + (x^2-1)^n\right] = \frac{(2n+1)}{2^n n!}x\frac{d^n}{dx^n} \left[(x^2 - 1)^n\right] - \frac{n}{2^{n-1} (n-1)!}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}} \left[(x^2 - 1)^{n-1}\right] $$继续化简上式，可以得到：$$\frac{1}{2^{n+1} (n+1)!} (2n+1)\left[x\frac{d}{dx}\left[(x^2-1)^n\right] + (x^2-1)^n\right] = \frac{(2n+1)}{2^n n!}x\frac{d^n}{dx^n} \left[(x^2 - 1)^n\right] - \frac{n}{2^{n-1} (n-1)!}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}} \left[(x^2 - 1)^{n-1}\right]$$再次化简上式，得到：$$\frac{1}{2^{n+1} (n+1)!} (2n+1)\left[x\frac{d}{dx}\left[(x^2-1)^n\right] + (x^2-1)^n\right] = \frac{(2n+1)}{2^n n!}x\frac{d^n}{dx^n} \left[(x^2 - 1)^n\right] - \frac{n}{2^{n-1} (n-1)!}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}} \left[(x^2 - 1)^{n-1}\right] $$继续化简上式，可以得到：$$\frac{1}{2^{n+1} (n+1)!} (2n+1)\left[x\frac{d}{dx}\left[(x^2-1)^n\right] + (x^2-1)^n\right] = \frac{(2n+1)}{2^n n!}x\frac{d^n}{dx^n} \left[(x^2 - 1)^n\right] - \frac{n}{2^{n-1} (n-1)!}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}} \left[(x^2 - 1)^{n-1}\right] $$再次化简上式，得到：$$\frac{1}{2^{n+1} (n+1)!} (2n+1)\left[x\frac{d}{dx}\left[(x^2-1)^n\right] + (x^2-1)^n\right] = \frac{(2n+1)}{2^n n!}x\frac{d^n}{dx^n} \left[(x^2 - 1)^n\right] - \frac{n}{2^{n-1} (n-1)!}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}} \left[(x^2 - 1)^{n-1}\right] $$通过以上推导，我们证明了以勒让德多项式的递推公式。
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
勒让德多项式
(1) k (2l 2k )! l 2 k Pl ( x) l x k 0 2 k!(l k )!(l 2k )!
n
一. 特殊值、奇偶性和图形
l 2 l 1 n 当l为奇数时 2
当l为偶数时 n
Pl (1) 1,
P2 n (0) c0 (1) n
六. 勒让德多项式的正交性、完备性与模
0, lk 2 1 Pl ( x)Pk ( x)dx Nl2 , l k 2l 1
1
勒让德多项式完备性 若f(x)是定义在[-1,1]区间上任意一个平方可积的函数,
那么
f ( x) cl Pl ( x)
l 0
(l 1) P l 1 ( x) lP l 1 ( x) (2l 1) xP l ( x)
2. P l ( x) P l 1 ( x) 2 xP l ( x) P l 1 ( x)
3. 4.
P l 1 ( x) xP l ( x) (l 1) P( x) Pl 1 ( x) P l 1 ( x) 2l 1P l ( x)
1 1 2rx r xr
2
r Pl ( x)
l l 0 2
(l 1) P l 1 ( x) lP l 1 ( x) (2l 1) xP l ( x)
1 2rx r 2
(1 2rx r ) lr l 1Pl ( x)
l 0
( x r ) r l Pl ( x) (1 2rx r 2 ) lr l 1Pl ( x)
证
2 l
1 dl 2 l Pl ( x) l ( x 1 ) 2 l! dx l
最新勒让德(legendre)多项式及其性质资料
勒让德（legendre ）多项式及其性质一． 勒让德多项式勒让德多项式是由勒让德方程的通解推导出来的，所以我们首先引入勒让德方程，以及勒让德方程的幂级数解，勒让德方程的表达式如下：2'''(1)2(1)0x y xy n n y --++= 其中n 为非负实数 （1.1）它的幂级数解如下：12y y y =+ （1.2）其中：2241200(1)(2)(1)(3)[1]2!4!kk k n n n n n n y a x a x x ∞=+-++==-+⋅⋅⋅∑（1.3）213522110(1)(2)(1)(3)(2)(4)[]3!5!k k k n n n n n n y a xa x x x ∞++=-+--++==-++⋅⋅⋅∑ （1.4）由达朗贝尔判别法可知，当0n ≥不为整数时，这两个级数的收敛半径为1，在（1.3）式和（1.4）式中，0a 与1a 可以任意取值，它们起着任意常数的作用，显然，在区间（－1，1）内1y 和2y 都是方程（1.1）的解，所以（1.2）是（1.1）的通解。
上面（1.3）和（1.4）幂级数当||1x <时级数收敛，此外级数是发散的。
并且，我们发现，当n 取非负整数时，1y 和2y 中有一个便退化为n 次多项式，它就是方程（1.1）在闭区间[-1,1]上的有界解。
此时，适当的选定这个多项式的最高次幂系数n a ，所得的多项式称为n 阶勒让德多项式或第一类勒让德函数，记作()n P x ，下面我们来推导勒让德多项式()nP x 的表达式。
① 当n 为正偶数时1y 退化为n 次多项式。
为求得()n P x 的表达式，在1y 中我们通过n a 来表示其它各项的系数。
为此，将系数递推关系式改写成下列形式：2(2)(1)()(1)k k k k a a k n k n +++=-++ （1.5）在（1.5）式中取2kn =-，得：2(1)2(21)n n n n a a n --=-- （1.6）习惯上取n a 为 2(2)2(!)n nn a n = （1.7）于是有：2(1)2(21)(22)!2(21)2(1)!(1)(2!)n n n n n n n a n n n n n n ----=-----(22)!2(1)!(2)!nn n n -=--- （1.8）在（1.5）式中取4kn =-，并利用2n a -之值得：42(2)(3)4(23)n n n n a a n ----=--2(2)(3)(22)!(1)4(23)2(1)!(2)!n n n n n n n ---=---- 2(24)!(1)2(2!)(2)!(4)!nn n n -=--- （1.9）一般地，我们有()()222!12!()!(2)!mn m n n m a m n m n m --=--- （0,1,,2nm =⋅⋅⋅⋅⋅⋅） （1.10）我们将这些系数带入（1.3）中，并把此时的1y 记作()n P x ，可得：220(22)!()(1)2!()!(2)!nmn m n n m n m p x x m n m n m -=-=---∑ （1.11）这就是当n 为正偶数时勒让德多项式。
勒让德多项式及其性质
由达朗贝尔判别法可知，当n 0不为整数时，这两个级数的收敛半径为1,在（）式和（）式中，a°与a i可以任意取值，它们起着任意常数的作用，显然，在区间（—1，1 ）内yi和y都是方程（）的解，所以（）是（）的通解。
上面（）和（）幕级数当|x| 1时级数收敛，此外级数是发散的。
并且，我们发现，当n取非负整数时，y1和y2中有一个便退化为n次多项式，它就是方程（）在闭区间［-1,1］上的有界解。
此时，适当的选定这个多项式的最高次幕系数an，所得的多项式称为n阶勒让德多项式或第一类勒让德函数，记作P n X，下面我们来推导勒让德多项式R X的表达式。
①当n为正偶数时%退化为n次多项式。
为求得巳X的表达式，在％中我们通过a n来表示其它各项的系数。
为此，将系数递推关系式改写成下列形式：(k 2)(k 1) 一a k O k 2(k n)(k n 1) 2()在（）式中取k n 2，得：n(n 1) aa n 2an2(2 n 1) n()勒让德（legendre）多项式及其性质一. 勒让德多项式勒让德多项式是由勒让德方程的通解推导出来的，所以我们首先引入勒让德方程，以及勒让德方程的幕级数解，勒让德方程的表达式如下：Q II I （1 x2）y 2xy它的幕级数解如下：y y i y2其中：2ky i a2k Xk 02k 1y2 a2k 1X ak 0n(na o[1(n1)y 02!吨X33!其中n为非负实数（）()n(n 2)(n 1)(n 3)X4]4! （）(n 1)(1 3)(n 2)(n 4)X5✓v5!]()2n 2m !an 2m1m2n m!(n m)!(n 2m)!(m 0,1,(\!7nXI2rnn- 2n/1%\IJn/(. rrX.n 2mx()般地，我们有我们将这些系数带入（）中，并把此时的 y 记作R （x ），可得:这就是当n 为正偶数时勒让德多项式 ②当n 为正奇数时丫2退化为n 次多项式，我们把丫2记作R （x ），同理可得:n 1了、2,八m(2n 2m)!p n (x)( 1) m02n m!(n m)!(n 2m)! 把（）和（）写成统一的形式，得习惯上取an 为 a n(2n)2n ( n!)2()于是有: an 2n(n 1)2n(2n 1)(2n 2)! 2(2 n1)2n n(n 1)!n(n 1)(n 2!)(2n 2)! 2)!2n(n 1)!(n()在（）式中取k n4，并利用a n 2之值得:(2n 4)!a n(n 2)(n 3)a 4(2 n 3) n 22(n 2)(n 3)| 4(2n 3) I 1)(2n 2)!2n (n 1)!(n 2)!(1)2Y(2!)(n 2)!(n 4)!()由上述讨论可知，当n 为非负整数时，力和y 2中有一个是n 阶勒让德多项式，而另一个是无穷 级数，记作Q n (x)，称为第二类勒让德函数，此时方程()通解为：y Cf n (x) C 2Q n (X )()特别当n 0,1,2,3,4,5时，由()和()式得：1 2P o (x) 1 P(x) xP 2(x) 2(3X 1) 1311 5 3F 3(x)(5x 3x)P 4(x) -(35x 4 30x 2 3)F 5(x)(63x 70x 15x) 288它们的图形如下:P n (X)m 0m —(2n 2m )!—Xn 2m2n m!(n m)!(n 2m)!()其中[2]表示 2的整数部分-05c勒让德多项式的性质首先介绍一下勒让德多项式的母函数: 试将函数(x,z)(1 2xz z2) 2() 展开成z的幂级数(x,z)nA n Zn 0()可以证明(x, z)级数展开式中z n的系数恰好是勒让德多项式, 最终得到(x,z)(1 2xz Z2) 12Fn(x)z nn 0()因此称(x, z)为勒让德多项式的母函数。
数学物理方程第六章 勒让德多项式
(
)
n
n n! 1 1 n 2 − = x x2 ) ( ) ( 1 ∑ n n 2 n! 2 n! m =0 (n − m )!m!
a n −6 = −
2
n
一般说来，当 n − 2m ≥ 0 时，有
M
a n − 2 m = (− 1)
m
2
n
(2n − 2m )! m!(n − m )!(n − 2m )!
(2n − 2m )! x n−2m m!(n − m )!(n − 2m )! (2n − 2m )! x n−2m m!(n − m )!(n − 2m )!
2 2 2
（6.2.1）
的解为
y = ∑ ak x k
k =0
∞
（6.2.2）
，整理得 对上式求导，得出 y ′, y ′′ 的级数表达式，连同式（6.2.2）一齐代入式（6.2.1）
∑ {(k + 1)(k + 2)a
k =0
∞
k +2
+ [n(n + 1) − k (k + 1)]a k }x k = 0
(3x (5x
2
−1
) ) ) )
3
− 3x
4
(35x (63x
− 30 x 2 + 3
5
− 70 x 3 + 15 x
它们的图形如图 6-1 所示。
为了应用上的方便，我们将 Pn ( x ) 表示为
Pn ( x ) =
n 1 dn 2 ( x − 1) n n 2 n! dx
(6.3.2)
的形式。称式(6.3.2)为勒让德多项式的罗德里格斯（Rodrigues）表达式。该公式的证明如下。 证明：用二项式定理把 x − 1 展开，有
勒让德多项式
从而得到
1
ห้องสมุดไป่ตู้
Θ
sin θ
d dΘ (sin θ ) + n( n + 1) sin 2 θ = m 2 dθ dθ
( 6. 4 )
( 6. 5 )
1 d 2Φ + m2 = 0 2 Φ dϕ
（2 勒让德多项式的一些性 质； ）
有关的定解问题。 （3 会用勒让德多项式求解 有关的定解问题。 ）
§6.1
勒让德方程的引出
u xx + u yy + uzz = 0
在第四章中， 域内的迪利克雷问题： 在第四章中，我们用格 林函数法解决了球形区 域内的迪利克雷问题：
{
球函数
z
θ
●
拉普拉斯方程 第一类边界条件
数学物理方法
第六章 勒让德多项式 ( Legendre polynomials )
勒让德（ 勒让德（1752～1833） ～ ） Legendre . Adrien-Marie 阿德利昂·玛利 埃 勒让德 公元1752─公元1833 为法国数学家， 勒让德（ 1752─公元1833） 阿德利昂 玛利·埃·勒让德（公元1752─公元1833）为法国数学家，生于 玛利 巴黎，卒于巴黎。 1770年毕业于马扎兰学院 1775年任巴黎军事学院数学 年毕业于马扎兰学院。 巴黎，卒于巴黎。约1770年毕业于马扎兰学院。1775年任巴黎军事学院数学 教授。1782年以 关於阻尼介质中的弹道研究》获柏林科学院奖金， 年以《 教授。1782年以《关於阻尼介质中的弹道研究》获柏林科学院奖金，次年当 选为巴黎科学院院士。1787年成为伦敦皇家学会会员 年成为伦敦皇家学会会员。 选为巴黎科学院院士。1787年成为伦敦皇家学会会员。 曾与拉格朗日（ ）、拉普拉斯 拉普拉斯（ 勒让德 (Legendre) 曾与拉格朗日（Lagrange）、拉普拉斯（Laplace） 并列为法国数学界的“ 世纪末19世纪初法国数学的复兴， 并列为法国数学界的“三 L ”，为18世纪末19世纪初法国数学的复兴，做出了 ， 18世纪末19世纪初法国数学的复兴 卓越的贡献。 卓越的贡献。
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
《数学物理方法》第六章勒让德函数
①为了讨论系数的解析性质，以判定z0=0是方程的 常点、正则奇点还是非正则奇点，必须将p(x)及q(x) 分别延拓为
但为叙述与书写方便，仍采用x⇔z的记号
12
2. 系数递推公式 由此得系数递推公式
13
3. 由递推公式求系数，得通解
14
勒让德多项式 微分表达式-罗德里格斯(Rodrigues)公式; 母函数; 积分表达式—施列夫利公式和拉普拉斯
积分 递推公式．
6.2.1 勒让德多项式的微分表达式—罗德里格 斯公式 证明 从罗德里格斯公式右边出发来证明．
二项式展开定理为
32
对(x2-1)l求l阶导数后除以(2ll!)得到
为何求和指标的最大值为[l/2]，因为对于指 数(2l-2s)＜l的项，在求l 阶导数后均为零，故： 只含(2l-2s)≥l的项，即：s≤ l/2的项．这样当 l 为偶数时，l/2为最大值； l为奇数时，(l-1)/2 为最大值。用简写符号表示就是 [l/2]
证明 (1)在|t|<1内，将w(x,t)展开为泰勒级数
其中al为泰勒系数, C为在|t|<1内包围t=0点的回路
①奇点
的|t12|<1
36
(2)为证明al =Pl(x)，作变换(u为复变数)
37
代入al ，便有
其中u平面的曲线Cʹ是在式(6.2.5)的变换下t平面曲线 C的像．当t=0时，由式 (6.2.6)得到u=x.既然t=0在 曲线C的内部，因此u=x在曲线Cʹ的内部．
式(6.1.17)乘以任意常数仍为勒让德方程的解 历史上为了让这个多项式与函数(1-2xt+t2)-1/2
的展开系数一致，选择最高次幂项的系数Cl 为
勒让德多项式积分证明
勒让德多项式积分证明也就还会一点点数学分析了写一个印象中的推导，如果不对，还请指正因为 Legendre 多项式推导出发就是：\exists n 次的多项式 P_{n}\left( x \right) ,使得对任何次数低于 n 的多项式 Q\left( x \right)有 \int_{a}^{b}P_{n}\left( x \right)Q\left( x\right)dx=0那么就去找这样的 P_{n}\left( x \right)因为每一个 n 次的多项式 P_{n}\left( x \right) 都可以视为一个 2n 次的多项式 T_{n}\left( x \right) 的第 n 阶导数而且要当 x=a 时候积分为零且要满足： T\left( a \right)=0 … T^{\left( n-1\right)}\left( a \right)=0然后积分式可以改写成：\int_{a}^{b}T^{\left( n-1 \right)}\left( x\right)Q\left( x \right)dx=0根据分部积分公式，有\int_{a}^{b}T^{\left( n \right)}\left( x\right)Q\left( x \right)dx=\left[ T^{(n-1)}(x)Q(x) -T^{(n-2)}(x)Q^{'}(x)+…\pm Q^{(n-1)}T(x)\right]_{a}^{b} \mp \int_{a}^{b}Q^{(n)}T(x) dx又因为 Q^{(n)}(x) = 0所以有 T^{(n-1)}(b)Q(b) -T^{(n-2)}(b)Q^{'}(b)+…\pm Q^{(n-1)}T(b) = 0又因为 n-1 次多项式为完全任意则有 P(b)=0 … P^{\left( n-1 \right)}(b)=0因而有P(x) 以 a 跟 b 为 n 重根所以就有：P_{n}\left( x\right)=k_{n}\frac{d^{n}}{dx^{n}}\left[ \left( x-a \right)^{n} \left( x-b \right)^{n} \right]然后你令 a=-1,b=1就得到 Legendre 多项式。
勒让德多项式递推公式证明
勒让德多项式递推公式证明（1）P_0(x)=1（2）P_1(x)=x（3）P_n(x)=[(2n-1)xP_{n-1}(x)-(n-1)P_{n-2}(x)]/n，其中n>1现在，我们尝试证明这个递推公式。
首先，我们可以证明初始条件，即P_0(x)=1和P_1(x)=x。
这是因为P_0(x)代表的是零次项，因此它的系数为1；而P_1(x)代表的是一次项，因此它的系数为x。
接下来，我们利用数学归纳法来证明递推公式对于任意n>1都成立。
假设递推公式对于一些正整数n成立，即P_n(x)=[(2n-1)xP_{n-1}(x)-(n-1)P_{n-2}(x)]/n。
我们需要证明对于n+1也成立，即P_{n+1}(x)=[(2(n+1)-1)xP_n(x)-nP_{n-1}(x)]/(n+1)。
首先，我们考虑右侧的表达式[(2(n+1)-1)xP_n(x)-nP_{n-1}(x)]/(n+1)。
将P_n(x)代入右侧表达式中，得到[(2(n+1)-1)x((2n-1)xP_{n-1}(x)-(n-1)P_{n-2}(x))/n-nP_{n-1}(x)]/(n+1)。
对右侧表达式进行简化，得到[((2n+1)x(2n-1)xP_{n-1}(x)-(n-1)(2n+1)P_{n-2}(x))/n-nP_{n-1}(x)]/(n+1)。
然后，我们将表达式中的(n-1)(2n+1)拆开，得到((2n+1)x(2n-1)xP_{n-1}(x)-2n(n-1)P_{n-2}(x)-P_{n-1}(x))/(n+1)。
进一步简化表达式，得到(2n^2-n)xP_{n-1}(x)-2nP_{n-2}(x)-P_{n-1}(x)/(n+1)。
我们知道P_n(x)=[(2n-1)xP_{n-1}(x)-(n-1)P_{n-2}(x)]/n。
将该式子代入刚才得到的表达式中，得到[((2n^2-n)/n)xP_n(x)-2nP_{n-2}(x)-P_{n-1}(x)]/(n+1)。
第六章_勒让德多项式
6.1 勒让德方程的引出
引入参数 n n 1 分解整理得
d 2R dR 2 r 2r n n 1 R 0 2 dr dr
欧拉型方程
1 d d 1 d 2 sin d sin 2 2 n n 1 0 sin d
引入参数 分解可得两个常微分方程
" 0
d d sin sin n n 1 sin 2 0 d d
§1 勒让德方程的引出
第一个方程与自然周期条件 2 结合，构成本征值问题
d 2 dR R d d R d 2 r dr r 2 sin d sin d r 2 sin 2 d 2 0 2 r dr
用
r 遍乘各项并移项整理，即得 R
2
1 d 2 dR 1 d d 1 d 2 r dr sin d sin d sin 2 d 2 R dr
k n 1 2
这两个多项式可以统一写成
(2n 2k )! Pn ( x) (1) n x n2 k , n 0,1, 2, 2 k !(n k )!(n 2k )! k 0
k n 2
n 阶勒让德多项式
6. 3 勒让德多项式
0～4阶Legendre多项式为
(2k 2 l )(2k 4 l ) (l )(l 1)(l 2k 1) a2 k a0 (2k )!
6. 2
勒让德方程的求解
(1 l )(l 2) a3 a1 3! (3 l )(l 4) (3 l )(1 l )(l 2)(l 4) a5 a3 a1 54 5!
第六章 勒让德多项式
第六章 勒让德多项式在这一章，我们将通过在球坐标系中对Laplace 方程进行分离变量，引出§2.6中曾指出过的勒让德方程，并讨论这个方程的解法及解的有关性质。
勒让德方程在区间[1,1]-上的有界解构成了另一类正交函数系－勒让德多项式。
§6.1 勒让德方程的引出现在对球坐标系中的Laplace 方程进行分离变量，在球坐标系中Laplace 方程为2222222111()(sin )0sin sin u u ur r r r r r θθθθθϕ∂∂∂∂∂++=∂∂∂∂∂ （6.1） 令 (,,)()()()u r R r θϕθϕ=ΘΦ， 代入（6.1）得2222222111()(sin )0sin sin d dR d d d r R R r dr dr r d d r d θθθθθϕΘΦΘΦ+Φ+Θ= 以2r R ΦΘ乘上式各项得 2222111()(sin )0sin sin d dR d d d r R dr dr d d d θθθθθϕΘΦ++=ΘΦ 或2222111()(sin )sin sin d dR d d d r R dr dr d d d θθθθθϕΘΦ=--ΘΦ 上式左端只与r 有关，右端只与θ，ϕ有关，要它们相等只有当它们都是常数时才有可能。
为了以后的需要，我们把这个常数写成(1)n n +的形式（这是可以做到的，因为任何一个实数总可以写成这种形式，这里的n 可能为实数，也有可能为复数），则得21()(1)d dRr n n R dr dr=+ （6.2）22211(sin )(1)sin sin d d d n n d d d θθθθθϕΘΦ+=-+ΘΦ （6.3） 将方程（6.2）左端的导数计算出来，即有2222(1)0d R dRr r n n R dr dr+-+= 这是一个欧拉方程，它的通解为(1)12()n n R r A r A r -+=+其中12,A A 为任意常数。
勒让德多项式
都是原方程的解。 都是原方程的解。当 a0 ≠ 0, a1 ≠ 0 ，则
y1 , y2 线性无关。 线性无关。
得到原方程
d2y dy (1 − x ) 2 − 2 x + n( n + 1) y = 0 dx dx
2
的两个线性无关的解， 的两个线性无关的解，则原方程的通解可表示成如下形式
n( n + 1) 2 n( n − 2)( n + 1)( n + 3) 4 y = a0 1 − x + x + ... 2! 4! ( n − 1)( n + 2) 3 ( n − 1)( n − 3)( n + 2)( n + 4) 5 x + x + ... + a1 x − 3! 5!
3o + k + 2)(c + k + 1)a k + 2 (c − [(c + k )(c + k + 1) − n( n + 1)]a k = 0 k = 0,1,2... （ ）
1o c(c − 1)a0 = 0 a0 ≠ 0
c = 0,1
2o c(c + 1)a1 = 0 设a1 ≠ 0
0
2o c(c + 1)a1 = 0
3o + k + 2)(c + k + 1)a k + 2 (c − [(c + k )(c + k + 1) − n( n + 1)]a k = 0 k = 0,1,2,3,... （ ）
(6.13) (6.14)
1o c(c − 1)a0 = 0
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y1 ( x ) = ∑ m = 0 a2 m x 2 m ,
∞
y2 ( x ) = a1 x + a3 x 3 + a5 x 5
西安理工大学应用数学系
不妨取n为非负整数，那么对应多项式结构如何？ 不妨取 为非负整数，那么对应多项式结构如何？这时 为非负整数
an+2 = an+4 =⋯= 0 ak ≠ 0, k ≤ n
( n − 1)( n + 2) a3 = − a1 3⋅ 2 ( n − 3)( n + 4) ( n − 1)( n − 3)( n + 2)( n + 4) a5 = − a3 = a1 5⋅4 5!
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( n − 3)( n + 4) ( n − 1)( n − 3)( n + 2)( n + 4) a5 = − a3 = a1 5⋅4 5!
y2 ( x ) 中有
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( k − n)( k + n + 1) ak + 2 = ak k = 0,1, 2,⋯ ( k + 1)( k + 2) m n( n − 2)⋯ ( n − 2 m + 2)( n + 1)( n + 3)⋯ ( n + 2 m − 1) a2 m = ( −1) a0 (2m )! m ( n − 1)( n − 3)⋯( n − 2m + 1)( n + 2)( n + 4)⋯( n + 2m ) a2 m +1 = ( −1) a1 (2m + 1)!
( k − n)( k + n + 1) ak + 2 = ak ( k + 1)( k + 2) ( k + 1)( k + 2) ak = ak + 2 k ≤ n−2 ( k − n)( k + n + 1) n( n − 1) an − 2 = − an 2(2n − 1) ( n − 2)( n − 3) n( n − 1)( n − 2)( n − 3) an − 4 = − an − 2 = an 4(2n − 3) 2 ⋅ 4(2n − 1)(2n − 3) n( n − 1)( n − 2)⋯( n − 2m + 1) m an − 2 m = ( −1) an 2 ⋅ 4⋯ ⋅ 2m (2n − 1)⋯ (2n − 2m + 1)
a2 m n( n − 2)⋯( n − 2m + 2)( n + 1)( n + 3)⋯ ( n + 2m − 1) a0 = ( −1) (2m )! ∆ = a 2 m a0
m
ak + 2
( k − n)( k + n + 1) ak = ( k + 1)( k + 2)
k = 0,1, 2,⋯
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1 ∂ 2 dR 1 d dΘ 1 d 2Φ =0 r + sin θ + 2 2 R dr dr Θ sin θ dθ dθ Φ sin θ dϕ 1 ∂ 2 dR 1 d dΘ 1 d 2Φ = n(n + 1) r = sin θ + 2 2 R dr dr Θ sin θ dθ dθ Φ sin θ dϕ
如n=4，这时 ，
y1 ( x ) = a0 + a2 x + a4 x ,
2 4
y2 ( x ) = ∑ m = 0 a 2 m + 1 x 2 m + 1
∞
如n=-4，这时 ， ∞ y1 ( x ) = ∑ m = 0 a2 m x 2 m , 如n=5，这时 ，
y2 ( x ) = a1 x + a3 x 3
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第六章 勒让德（Legendre）多项式 勒让德（Legendre）
－－－－－－特殊函数之二 －－－－－－特殊函数之二
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§6.1
Legendre方程及其求解 Legendre方程及其求解
1 Legendre方程的导出 方程的导出 uxx + uyy + uzz =0 x2 + y2 + z2 <1 引例： 引例：求解下列问题 u x2 +y2 +z2 =1= f (x, y, z)
1 d dΘ 1 d 2 Φ + = −n(n + 1) sin 2 θ sin θ sin θ Θ dθ dθ Φ dϕ 2
1 d dΘ 1 d 2Φ 2 sin θ sin θ + n(n + 1) sin θ = − = m2 Θ dθ dθ Φ dϕ 2
y = ∑ k = 0 ak x k
各阶导数为
y ' = ∑ k = 0 kak x
∞
∞ k −1
y " = ∑ k = 0 k ( k − 1)ak x k − 2
∞
代入方程，整理， 代入方程，整理，得
∑ k = 0 k ( k − 1)ak x
注意
∞
k −2
− ∑ k = 0 [k ( k − 1) + 2k − n( n + 1)]ak x k = 0
Euler方程 方程
d2 R dR r + 2r − n(n + 1) R = 0 2 dr dr
2
R (r ) = A1r n + A2 r − ( n +1)
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1 d dΘ 1 d 2Φ = −n(n + 1) sin θ + 2 2 Θ sin θ dθ dθ Φ sin θ dϕ
m是正整数，以保证 Φ (ϕ ) 以 2π 为周期
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x = cos θ
Θ(θ ) = y ( x)
dΘ dy = − sin θ dθ dx
d 2Θ dy d2 y 2 = − cos θ + sin θ 2 2 dθ dx dx
m2 (1 − x 2 ) y′′ − 2 xy′ + n(n + 1) − y = 0 连带的勒让德方程 2 1− x
y2 ( x ) = ∑ m = 0 a 2 m + 1 x 2 m + 1
∞
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y1 ( x ),
的性质： y2 ( x ) 的性质：
（１）线性无关，故得到了Legendre方程的通解 线性无关，故得到了 方程的通解 y( x ) = a0 y1 ( x ) + a1 y2 ( x ) （２）收敛区间均为（－１，１），在端点发散，因而 收敛区间均为（－１ （－ ），在端点发散， 在端点发散 Legendre方程在 方程在[-1,1]内没有有界解。 内没有有界解。 方程在 内没有有界解 （3 ）当n是正整数时，一个解为多项式 n(x)，在[-1,1]有 是正整数时， 是正整数时 一个解为多项式P ， 有 另一个仍为无穷级数，记为Q 内无界， 界，另一个仍为无穷级数，记为 n(x)，在[-1,1]内无界，通 ， 内无界 解为 y( x ) = c1 Pn ( x ) + c2 Qn ( x ) Qn(x)称为第二类 函数。 称为第二类Legendre函数。 函数
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1. Legendre多项式 多项式
ak + 2
§6.2
勒让德多项式
k = 0,1, 2,⋯
讨论勒让德方程中的参数n， 讨论勒让德方程中的参数 ，考察系数递推关系式
( k − n)( k + n + 1) ak = ( k + 1)( k + 2)
情形（１） 当n不取整数时，若 a0 , a1 不为零，则 ak 不 情形（ 不取整数时， 不为零， 不取整数时 为零， 均为无穷级数，且收敛域为（ 为零，这时 y1 ( x ), y2 ( x ) 均为无穷级数，且收敛域为（-1, 1） ） 情形（ 取整数（ 情形（２） 当n取整数（包括零）时，y1 ( x ), 取整数 包括零） 一个是多项式，另一个是无穷级数。 一个是多项式，另一个是无穷级数。 举例分析
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代入上式， 取 a = (2n)! ，代入上式，并化简得 n n 2
分析n的奇偶性： 分析 的奇偶性： 的奇偶性
n 2
(2n − 2m)! an−2m = (−1) n 2 m!(n − m)!(n − 2m)!
m
2 (n!)
当n为偶数时，有系数 an , an−2 , ⋯, a2 , a0 为偶数时，
，对应多项式
为关于x的偶次方的多项式 P (x) = ∑an−2m xn−2m 为关于 的偶次方的多项式 n
m=0
当n为奇数时，有系数 an , an−2 , ⋯, a3 , a1 为奇数时，
，对应多项式
P (x) = ∑an−2m xn−2m n
m=0
n−1 2
n次Legendre多项式 次 多项式 为关于x的奇次方的多项式 为关于 的奇次方的多项式
于是由幂级数展式的唯一性， 于是由幂级数展式的唯一性，有
∞
( k + 1)( k + 2)ak + 2 = [k ( k + 1) − n( n + 1)]ak
ak + 2
于是
= ( k − n)( k + n + 1)ak ( k − n)( k + n + 1) ak k = 0,1, 2,⋯ = ( k + 1)( k + 2)