第六章 勒让德多项式

y1 ( x ) = ∑ m = 0 a2 m x 2 m ,
∞
y2 ( x ) = a1 x + a3 x 3 + a5 x 5
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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)
n( n + 1) a2 = − a0 2⋅1 ( n − 2)( n + 3) n( n − 2)( n + 1)( n + 3) a4 = − a2 = a0 4⋅ 3 4!
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( n − 4)( n + 5) n( n − 2)( n − 4)( n + 1)( n + 3)( n + 5) a6 = − a4 = − a0 6⋅5 6!
( n − 1)( n − 3)⋯( n − 2m + 1)( n + 2)( n + 4)⋯( n + 2m ) a2 m +1 = ( −1) a1 (2m + 1)!
m
= a2 m + 1a1
其中 为任意常数， a0 , a1 为任意常数，则方程的解为
∞ ∞ ∞
∆
y = ∑ k = 0 a k x = ∑ m = 0 a2 m x
1 d 2Φ = −m 2 Φ dϕ 2
Φ (ϕ ) = B1 cos mϕ + B2 sin mϕ
1 d dΘ sin θ sin θ + n(n + 1) sin 2 θ = m 2 dθ dθ Θ
d 2Θ dΘ m2 + cot θ + [n(n + 1) − 2 ]Θ = 0 2 dθ dθ sin θ
k −2
∞
∑ k = 0 k ( k − 1)ak x
= ∑ k = 2 k ( k − 1)ak x k − 2 = ∑ k = 0 ( k + 1)( k + 2)ak + 2 x k
∞
∞
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{( k + 1)( k + 2)ak + 2 − [k ( k + 1) − n( n + 1)]ak } x k = 0 ∑ k =0
(1 − x ) y′′ − 2 xy′ + n(n + 1) y = 0
2
勒让德方程
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2. Legendre方程的解 方程的解
(1 − x ) y′′ − 2 xy′ + n(n + 1) y = 0
2
∞
用幂级数法求解该方程。由常微分方程理论， 用幂级数法求解该方程。由常微分方程理论，设方程的解为
1 ∂ 2 dR r = n(n + 1) R dr dr
n为实数或复数 为实数或复数
1 d dΘ 1 d 2Φ = −n(n + 1) sin θ + 2 2 dθ Φ sin θ dϕ Θ sin θ dθ
1 ∂ 2 dR r = n( n + 1) R dr dr k Nhomakorabea2m
+ ∑ m = 0 a2 m + 1 x 2 m + 1
= a0 ∑ m = 0 a 2 m x
∞
∞
2m
+ a1 ∑ m = 0 a2 m + 1 x 2 m + 1
2m
∞
的任意性知，下列两个函数也是方程的解： 由 a0 , a1 的任意性知，下列两个函数也是方程的解：
y1 ( x ) = ∑ m = 0 a2 m x ,
在球坐标下方程为
∂ ∂u 1 ∂ 2 ∂u 1 1 ∂ 2u =0 r + 2 sin θ + 2 2 2 2 ∂θ r sin θ ∂ϕ r ∂r ∂r r sin θ ∂θ
用分离变量法求解。 用分离变量法求解。 令
u (r , θ , ϕ ) = R(r )Θ(θ )Φ (ϕ ) 代入方程得