数学物理方程第六章 勒让德多项式

2
(
)
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
式中， C1 ， C 2 为任意常数。 对式（6.1.5）进行整理，有
d 2Φ dΦ ⎡ m2 ⎤ ( ) n n + cot + + 1 − ϕ ⎢ ⎥Φ = 0 dϕ ⎣ dϕ 2 sin 2 ϕ ⎦
这个方程称为连带的勒让德方程。
（6.1.6）
为了表达上的方便，我们引入新的变量 x = cos ϕ 。由于 0 ≤ ϕ ≤ π ，所以 − 1 ≤ x ≤ 1 ，并记
n(n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4)(n − 5) an 2 ⋅ 4 ⋅ 6(2n − 1)(2n − 3)(2n − 5)
M
为了形式上好看，并使所得的多项式在 x = 1 处值为 1，我们将任意常数 a n 的值取为
an =
(2n )! 2 2 n (n!)
=
1 ⋅ 3 ⋅ 5L (2n − 1) n!
将变量 R (r ), Y (θ , ϕ ) 分离，得
]R = 0
∂ ⎛ ∂Y ⎞ ∂ 2Y 1 d ⎛ 2 dR ⎞ 1 1 1 ⎜ ⎟ + 2 sin ϕ ⎜r ⎟=− [ 2 2 2 R dr ⎝ dr ⎠ Y r sin ϕ ∂ϕ ⎜ ∂ϕ ⎟ ⎝ ⎠ r sin ϕ ∂θ
]
上式左端只于 r 有关，右端只与 θ , ϕ 有关，所以二者都是常数时才能恒等。为了方便后续的讨论， 我们把这个常数写成 n(n + 1) 的形式（这里的 n 可以是实数，也可以是复数） ，于是有
(n = 1,2,L)
从而有
an−2 = −
(2n − 2)! n(n − 1) (2n )! =− n 2 n 2(2n − 1) 2 (n!) 2 (n − 1)!(n − 2 )!
2
n
an−4 = −
(2n − 4)! 2!(n − 2 )!(n − 4 )! (2n − 6)! 3!(n − 3)!(n − 6 )!
（6.2.5） （6.2.6）
显然，级数 y1 , y 2 都是勒让德方程式（6.2.1）的解，且 y1 与 y 2 是线性无关的。由达朗贝尔（比值）判 别法和式（6.2.6）的收敛区间为 x < 1 ，因此在 x < 1 内，勒让德方程式（6.2.1）的通解为
y = C1 y1 + C 2 y 2
dy y (1 − x ) d − 2 x + n(n + 1) y = 0 dx dx
2 2 2
（6.1.8）
式（6.1.8）称为勒让德方程。一部分定解问题的求解，最后都归纳为勒让德方程的求解。 6．2 勒让德方程的求解
和求贝赛尔方程一样，我们设勒让德方程
y dy (1 − x ) d − 2 x + n(n + 1) y = 0 dx dx
y = Φ (ϕ ) ，于是有
dΦ dy dx dy dy = = − sin ϕ = − 1− x2 dϕ dx dϕ dx dx
dΦ dy dx d ( − 1 − x 2 dy = = dx dϕ dx dϕ dx
将 x, y, 及 y 的导数代入式（6.1.6）中，整理得
) dx
dϕ
= −x
式中， a 0 , a1 为任意常数。若用 y1 , y 2 分别表示式（6.2.4）中的两个级数，即
（6.2.4）
n(n + 1) 2 n(n − 2 )(n + 1)(n + 3) 4 x + x −L 2! 4! (n − 1)(n + 2) x 3 + (n − 1)(n − 3)(n + 2)(n + 4) x 5 − L y2 = x − 3! 5! y1 = 1 −
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u + + =0 ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
的求解问题。本节，在球坐标系下，我们应用分离变量的方法来处理拉普拉斯方程。在球坐标系中， 拉普拉斯方程为
1 ∂ ⎛ 2 ∂u ⎞ 1 ⎛ ∂u ⎞ 1 ∂ 2u ⎜ sin ϕ ⎟+ 2 =0 ⎜r ⎟+ 2 2 ∂ϕ ⎟ r 2 ∂r ⎝ ∂r ⎠ r 2 sin ϕ ⎜ ⎝ ⎠ r sin ϕ ∂θ
式中， y1 , y 2 分别表示级数式（6.2.5）和式（6.2.6） ； C1与C 2 为任意常数。 6.3 勒让德多项式
上面我们解出了勒让德方程式（6.2.1）的解，由级数式（6.2.5）和式（6.2.6）可知，当 n 不是整 数时， y1与y 2 都是无穷级数，它们在 x < 1 内绝对收敛，在 x = + 1 时趋向于无穷。
d2y dy + 1− x2 dx dx 2
(
)
m dy ⎡ y (1 − x ) d − 2 x + ⎢n(n + 1) − dx 1− x dx
2 2 2 2
⎣
2
⎤ ⎥y = 0 ⎦
（6.1.7）
若 u (r , θ , ϕ ) 与 θ 无关，则由式（6.1.4）可知， Θ(θ ) 是常数，则 m = 0 。这时，式（6.1.7）简化为
(k ≤ n − 2)
这样，系数 a n − 2 , a n − 4 , L 都可以通过最高次项的系数 a n 来表示，即
an−2 = −
n(n − 1) an 2(2n − 1) n(n − 1)(n − 2 )(n − 3) an 2 ⋅ 4(2n − 1)(2n − 3)
an−4 = −
a n −6 = −
r2
d 2R dR + 2r − n(n + 1)R = 0 2 dr dr
（6.1.2）
∂Y ⎞ 1 ∂ 2Y 1 ∂ ⎛ ⎜ ⎟ sin ϕ + + n(n + 1)Y = 0 2 2 sin ϕ ∂ϕ ⎜ ∂ϕ ⎟ ⎝ ⎠ sin ϕ ∂θ
式（6.1.3）的解 Y (θ , ϕ ) 与半径 r 无关，故称之为球面函数，或简称为球函数。 式（6.1.2）是欧拉方程，其通解为
式中，0 ≤ ϕ ≤ π ， 0 ≤ θ ≤ 2π 。 令式（6.1.1）的解为 u (r , θ , ϕ ) = R (r )Y (θ , ϕ ), 代入式（6.1.1） ，整理得
（6.1.1）
1 d ⎛ 2 dR ⎞ 1 ∂ ⎛ ∂Y ⎞ 1 ∂ 2Y ⎜ ⎟ ϕ r Y + [ sin + ⎜ ⎟ 2 2 2 ∂ϕ ⎟ r 2 dr ⎝ dr ⎠ r 2 sin ϕ ∂ϕ ⎜ ⎝ ⎠ r sin ϕ ∂θ
3!
1
a5 = −
a7 = −
(n − 1)(n − 3)(n + 2)(n + 4) a
5!
7!
1
(n − 1)(n − 3)(n − 5)(n + 2)(n + 4)(n + 6) a
1
将这些值代入式（6.2.2） ，则得到了勒让德方程式（6.2.1）的解
⎡ n(n + 1) 2 n(n − 2)(n + 1)(n + 3) 4 ⎤ y = a 0 ⎢1 − x + x − L⎥ 2! 4! ⎣ ⎦ (n − 1)(n + 2) x 3 + (n − 1)(n − 3)(n + 2)(n + 4) x 5 − L⎤ ⎡ + a1 ⎢ x − ⎥ 3! 5! ⎣ ⎦
（6.1.3）
R(r ) = Ar n + Br − (n +1)
式中，A，B 为任意常数。 式 （6.1.3） 中喊有两个自变量 θ , ϕ ， 再次应用分离变量的方法， 令 Y (θ , ϕ ) = Θ(θ )Φ (ϕ ) ， 代入 （6.1.3） 式中，整理得
dΦ ⎞ 1 d ⎛ 1 d 2Θ ⎜ sin ϕ ⎟Θ + Φ + n(n + 1)ΘΦ = 0 dϕ ⎟ sin ϕ dϕ ⎜ sin 2 ϕ dθ 2 ⎝ ⎠