14.1勒让德多项式-武汉大学数学物理方法
14第十四章 勒让德多项式
( tan
m2 sin2
)
0，(0),
(
)
有限
记
本征值 l(l 1), l m, m 1, m 2,...
住
本征函数 Plm (cos ) (缔合勒让德函数)
结 论
m=0 时，本征函数为勒让德多项式 Pl (cos )
• 2u 0 球壳区域的通解：
u(r)
(cl rl dl rl1) Plm (cos )[am cos(m ) bm sin( m )]
[l(l
1)
m (m
1)] Pl(m)
0
证：对微分方程 [(1 x2 ) Pl] l(l 1) Pl 0
应用高阶导数公式求导 m 次
n
[ f ( x)g( x)](n) Cnk f (k) ( x) g(nk) ( x) k0 取 f 1 x2 , g Pl, n m 1
P0 ( x) 1
P1( x) x cos
P2( x) (3x2 1) / 2 P3( x) (5x3 3x) / 2
| Pl ( x) | 1, 1 x 1 Pl (1) 1, Pl (1) (1)l
Pl
(x)
1 2l l!
dl dx l
(x2
1)l
17
§14.2 勒让德多项式的性质
右边从 1 到 x 逐项积分 l 次，得到
l
m0
1 (l m)! ( x 1)ml 2m m! (l m)! (m l)!
( x 1)l 2l l!
l
Clm ( x 1)m 2l m
m0
(x
1)l ( x 2l l!
1
2)l
1 2l l!
(
勒让德多项式
边( z − z0 )的各次幂的系数均为零 ]来确定。
一、勒让德方程的级数解
2
− 2x l (l + 1) p(x ) = , q(x ) = , 2 2 − 1− x 1 x ∞
令
∞ ∞
(1 − x )y′′ − 2 xy′ + l (l + 1)y = 0
y = ∑ ck x
k =0 k
§14.1 勒让德多项式
(11)
( ( − 1) (4 − 0 )! − 1) (4 − 2)! 2 P2 (x ) = 2 x + 2 x0 2 0!(2 − 0 )!(2 − 0 )! 2 1!(2 − 1)!(2 − 2)!
1 2 = (3x − 1) 2
→ 无穷级数
三、本征值问题
§14.1 勒让德多项式
总之，本征值问题 1 − x 2 y ′′ − 2 xy ′ + l (l + 1) y = 0, l (l + 1) − 常数 (8) y x = ±1 → 有限,
(
)
本征值 : l (l + 1), l = 0,1,2,...
本征函数：
n
y0 ( x ) = c0 + c2 x + ... + cl x , l = 2n
( 2l )! cl = l 2 2 (l !)
记上述l次多项式y0 ( x )或y1 (x )为Pl ( x ),
称之为l阶Legendre多项式。
四、勒让德多项式
l 2
§14.1 勒让德多项式
l -勒让德多项式 , l = 2n l 2 其中 = 2 l − 1 , l = 2n + 1 2 1 − x 2 y ′′ − 2 xy ′ + l (l + 1) y = 0, l (l + 1) − 常数 (8 ) 于是： y x = ±1 → 有限 ,
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
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
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。
14第十四章 勒让德多项式
12
2
结论：本征问题
(1
−
x2
) |
y′′ − 2x y′ + y(±1) |< +∞
µ
y
=
0
本征值：µ = l (l + 1), l = 0,1,2,...
本征函数：l 次多项式 y( x) = y(1) Pl ( x)
规定 Pl(1)=1，称 Pl(x) 为 l 阶勒让德多项式
可以证明
Pl(l )(1)
标准形式
d2w dz 2
+
p(z ) dw dz
+
q(z) w
=
0
• 若 p(z) 和 q(z) 都在 z0 处解析，则称 z0 为 方程的常点；否则称 z0 为方程的奇点
∞
常点附近存在幂级数解 ∑ w(z) = ck (z − z0 )k k =0
• 若 p(z)(z–z0) 和 q(z)(z–z0)2 都在奇点 z0 处解析， 则称 z0 为方程的正则奇点；正则奇点附近
∑ ∑ r
ulm(r) =
(cl rl + dl r−l−1) Plm(cos θ)[am cos(mϕ) + bm sin(mϕ)]
m≥0 l≥m
5
2. 勒让德方程的幂级数解
求解本征问题
Θ′′ +
Θ′ tan θ
−
m2 Θ sin2 θ
+
µ
Θ
= 0，
Θ(0), Θ(π ) 有限
作变换 x = cosθ , − 1 ≤ x ≤ 1, y(x) = Θ(θ )
c2 p = A0 A2 ... A2 p−2 c0 ∝ c0 , c2 p+1 = A1 A3 ...A2 p−1 c1 ∝ c1
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
勒让德多项式表达式
勒让德多项式表达式
勒让德多项式是描述矩形表面和口径的另外一组多项式集合，它的优点是具有正交性。
由于存在正交性条件，高阶项系数趋于零，并且增加和删除一个项对其他项没有影响。
不过，这个多项式集合通常不在光学设计软件中使用。
勒让德多项式的数学描述如下
式中，
下图为几个低阶的勒让德多项式
在区间[一1，1]带权函数ρ(x)=1的正交多项式为
它称为勒让德(Legendre)多项式。
由于（x²-1）ⁿ是2n次多项式，求n阶导数后．得到
于是，得到首项(最高次项)xⁿ的系数：显然．首项系数为1的勒让德多项式为。
勒让德多项式
数学物理方法于承斌泰山医学院第十六章勒让德函数球坐标系中求解物理方程,解函数是一类特殊函数,其形式为多项式，最早研究的是法国数学家勒让德，故称其为勒让德函数以及勒让德多项式。
§16.1 勒让德多项式的定义及表示16.1.1. 定义及级数表示oϕθr xyz勒让德方程0,21(1)2c n n ⋅+−x+ x+4(23)2(1)!(2)!(24)!,n n n n n −−−−,0,1,2,,m =⎢ 220(22)!()(1)2!()!(2)!l k l k l l k l k P x x k l k l k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦−=−=−−−∑()l P x 221112122112(!)d d 1d (1)d d (1)d d (1)d d l ll l l l llll x l x x x x x x−−−−−⋅−⎢⎥⎣⎦⎡−−⋅⎢⎡⎤−⎢⎥⎣⎦∫∫注意到lllx x x )1()1()1(2+−=−以1±=x 为l 级零点，故其(1)l −阶导数121d (1)d l ll x x −−−必然以1±=x 112121222111(1)d (1)d (1)d 2(!)d d l l l ll ll l x x N x l x x−+−+−−−−=∫再进行l 次分部积分，即得221222221(1)d (1)(1)d 2(!)d ll llll l x N x x l x−−−=−∫为一级零点，从而上式已积出部分的值为零lx )1(2−是l 2次多项式，其l 2阶导数也就是最高幂项lx2的l 2阶导数为)!2(l ．故12221(2)!(1)(1)(1)d 2(!)ll llll N x x xl −=−−+∫再对上式分部积分一次112112211111221(2)!1(1)(1)(1)(1)(1)d 2(!)1(2)!(1)(1)(1)(1)d 2(!)1ll l l l ll l l l l l N x x l x x x l l l l x x x l l −+−−−+−⎡⎤=−⋅−+−−+⎢⎥⎣⎦+=−⋅−−++∫∫容易看出已积出部分以1±=x 为零点．至此，分部积分的结果是使)1(−x 的幂次降低一次，)1(+x 的幂次升高一次，且积分乘上一个相应的常数因子．继续分部积分（计l 次），即得120222112121(2)!11(1)(1)(1)(1)d 2(!)122112(1)22121ll lll l l l l l N x x x l l l l x l l −+−−=−⋅−⋅⋅⋅−+++=⋅+=++∫ 故勒让德多项式的模为122+=l N l ),2,1,0( =l 且有112P ()P ()d 21l lx x x l −=+∫=2m P ++16.2.4. 勒让德多项式的递推公式利用母函数(16.1.13)对x求导, 勒让德多项式有以下的递推公式11(2)(1)()(21)()()n n n n P x n xP x nP x +−+=+−1(3)()()()n n n nP x xP x P x −′′=−1(4)'()()(1)()n n n P x xP x n P x +′′=++11(1)()'()2'()'()n n n n P x P x xP x P x +−=−+11(5)(21)()()()n n n n P x P x P x +−′′+=−21(6)(1)'()()()n n n x P x nxP x nP x −−=−1(7)(21)()'()'()nln n l l P x P x P x +=+=+∑例16.2. 1求积分11P ()P ()d l n I x x x x−=∫【解】利用递推公式（2）11(1)P ()(21)P ()P ()k k k k x k x x k x +−+=+−．(1)k ≥故有1111111111111P ()P ()d {[(1)P ()P ()]}P ()d 211 P ()P ()d P ()P ()d 2121l n l l n l n l n I x x x x l x l x x x l l lx x x x x x l l +−−−+−−−==++++=+++∫∫∫∫22 (1)412(1) (1)(23)(21)0 (1)nl n n n l n n n l n ⎧⎪=−−⎪⎪+==+⎨++⎪⎪⎪−≠±⎩例16.2. 2求积分1P ()d l I x x=∫【解】利用递推公式（5）11110011101111P ()d d[P ()P ()]2111[P ()P ()][P (0)-P (0)]2(120)1=1l l l l l l l l I x x x x l x x l l l P +−−+−+−==−+=−=+++∫∫112x 0(1)(0)(21)0(0)(0)n n n n P n P nP +−+=+−利用递推式：令=代入11(0)(0)1l l lP P l −+−=+(1)(21)!!21(22)k k l k k −−=++!!02l k =111001P ()d d 12x x x x l ===∫∫11000P ()d d 1x x x l ===∫∫⎧⎪=⎨⎪⎩例16.2. 3求积分1P ()d l Ix x x=∫【解】利用递推公式（5）1111001111011021012011P ()d d[P ()P ()]211[P ()P ()]|[P ()P ()]d 2121P (0)P (0)P (0)1[-] = -212(2)(1)1d 021d 13021(1)(23)!!2(22)!!l l l l l l l l l l k I x x x x x x l x x x x x x l l l l ll l x x l x x l l k k l k +−+−+−−+==−+=−−−++=−+++−======+−−=+∫∫∫∫∫k⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩1101P ()d P (0)1∵l l x x l −=+∫112(0)(0)1(0)(0)1l l l l lP P l lP P l −+−−=+−=−例16.2. 4利用递推公式（2）可得如下结果；212021P ()P ()P ()33x x x x x ==+3212021P ()[P ()P ()]33x x x x x x x x x =⋅=⋅=⋅+3123P ()P ()55x x =+43142023841[P ()P ()]P ()P ()P ()553575x x x x x x x =+=++1()P x x=221()(31)2P x x =−331()(53)2P x x x =−4241()(35303)8P x x x =−+111()[(21)()()]1l l l P x l xP x lP x l +−=+++特别1()P x x=∵利用递推公式（2）P (cos )n θ，这时有0(cos )P (cos )n n n f C θθ+∞==∑θcos =x ,此时勒让德方程的解为在实际应用中,经常要作代换π21(cos )P (cos )sin d 2n n n C f θθθθ+=∫其中系数为结论1：设k 为正整数，可以证明：222222200212121232311P ()P ()P ()P ()P ()P ()k k k k k k k k k k x C x C x C x xC x C x C x −−−−−−−=++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+结论2 ：根据勒让德函数的奇偶性，若需展开的函数()f x 为奇函数，则展开式的系数20n C =；若需展开的函数()f x 为偶函数，则展开式的系数.210n C +=0,1,2,3,n =⋅⋅⋅例16.2.6以勒让德多项式为基，在[-1,1]区间上把3()234f x x x =++展开为广义傅里叶级数．【解】本例不必应用一般公式，事实上，()f x 是三次多项式，设它表示为3323012323021323234P ()111(31)(53)221335()()2222n nn x x C x C C x C x C x x C C C C x C x C x=++==⋅+⋅+⋅−+⋅−=−+−++∑比较同次幂即得到3210421, 0, , 455C C C C ====由此得到30132142344P ()P ()P ()55x x x x x ++=++例16.2.7将函数cos 2 (0π)θθ≤≤展开为勒让德多项式P (cos )n θ的形式【解】用直接展开法令cos x θ=，则由22cos 22cos 121x θθ=−=−我们知道：20121P ()1, P (), P ()(31)2x x x x x ===−可设200112221P ()P ()P ()x C x C x C x −=++10C =2202121(31)2x C C x −=+−由20,x x 项的系数，显然得出2041, 33C C ==−02021414cos(2)P ()P ()P (cos )P (cos )3333x x θθθ=−+=−+考虑到勒让德函数的奇偶性，显然。
勒让德多项式的性质
三、正交性 1 §14.2 勒让德多项式的性质用途：可计算含 pl (x 的积分。
2 ∫−1 Pl (x Pk (x dx = 2l + 1 δ kl , k , l = 0,1,2,..., (6 问: ∫ ∫ 1 2 2 P8 (x dx = ? = −1 2 ⋅ 8 + 1 17 1 0 ∫−1 P8 (x P9 (x dx = ? 1 9 2 ∫−1 xP8 (x P9 (x dx = ? = 17 ⋅ 18 + 1 2 −1 1 P 199 ( x P 300 ( x dx = ? 0四、广义傅氏展开f (x = ∑ Cl Pl (x l =0 ∞ §14.2 勒让德多项式的性质 (9 2l + 11 Cl = f ( x Pl ( x dx ∫2 −1 (10 用途： (1在物理中常需将作为表征的物理量展开为级数进行分析。
(2在求解数学物理方程时其解常是某函数的无穷级数，如稳恒电场的解，就是 Legendre级数。
五.小结一、母函数关系式二、递推公式三、正交性1 1− 2x t + t 2 §14.2 勒让德多项式的性质= ∑ Pl (x t l , t < 1 (1 l =0 ∞ 1. (l + 1Pl +1 ( x − (2l + 1x Pl ( x + l Pl−1 ( x = 0 (2 2. (2l + 1Pl (x = Pl′+1 ( x − Pl′−1 (x (3 ∫ 1 −1 Pl ( x Pk (x dx = 2 δ kl , k , l = 0,1,2,..., (6 2l + 1 ∞ 四、广义傅氏展开f ( x = ∑ Cl Pl ( x l =0 (9 2l + 1 1 Cl = f (x Pl ( x dx ∫ − 1 2 (10本节作业一．由勒让的多项式的母函数关系式推出下列递推关系： 1. (l + 1Pl +1 (x − (2l + 1x Pl ( x + l Pl −1 ( x = 0 (2 2. (2l + 1Pl (x = Pl′+1 ( x − Pl′−1 (x (3 二．P280. 2。
勒让德多项式球函数
第十一章勒让德多项式球函数本章讨论三维拉普拉斯方程在球坐标下的分离变量法，由此得到特殊函数：勒让德多项式、连带勒让德多项式和球谐函数，然后讨论它们的性质，最后讨论球函数的应用。
大纲要求：1.掌握球坐标下拉普拉斯方程的分离变量法2.掌握常点邻域的幂级数解法。
3.掌握勒让德多项式连带勒让德多项式，球函数的定义及基本性质4.掌握球函数在求解数理方程中的应用重点难点：1.球坐标下的分离变量法2.勒让德多项式的定义和基本性质3.连带勒让德多项式，球函数的定义4.球函数的应用第一节勒让德微分方程及勒让德多项式一、勒让德微分方程的导出考察三维拉普拉斯方程采用球坐标系，即：拉氏方程就变为：(1)首先，用分离变数法把表示距离的变数r与表示方向的变数θ和分离。
为此令代入(1)式得：用r2/RY遍乘各项并适当移项，即得：左边是r的函数，跟θ和无关。
右边定θ和的函数，跟r无关，两边相等。
只有同时等于一个常数，记为n(n+1)，这就分离出两个方程：(2)(3)微分方程(2)即为欧勒型常微分方程，其解为：偏微分方程(3)叫做球函数方程，Y(θ,)称为球函数，进一步分离变数，以：代入球函数方程(3)得：用遍乘各项并适当移项，即得：左边是θ的函数，与无关，右边定的函数，跟θ无关，两边相等，只有等于一常数，记为l。
这样就分解为两个常微分方程。
(4)(5)先看关于Φ的方程，注意到自然周期条件：(6)方程(4)与自然周期条件(6)构成本征值问题，本征值是l=m2(m=0,1,2,3……)本征函数是：这样方程(5)应为：(7)通常令而代入(7)得：(8)一般将记为y(x).方程(8)为连带(缔合)勒让德微分方程。
如果球坐标的极轴是对称轴，则u与无关，从而Φ()与无关，即：m=0．在m=0的情况下，方程(8)成为：(9)这叫勒让德方程。
二、幂级数解和勒让德多项式的定义1、常点邻域上的级数解法在常微分方程理论中，对于二阶常微方程是存在一种解法，称为级数解法，把二阶常微分方程的解表为系数待定的幂级数，代入方程以逐个确定系数，这是一个比较普遍的方法，对方程并无特殊要求。
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)。
武汉大学：数学物理方法课件1_3Legendre多项式的性质
练习: 推导 ∫ xPl ( x ) Pk ( x ) dx = ?
-1
1
1
-1
x 2 Pl ( x ) Pk ( x ) dx = ? ∫
四,广义傅氏展开
f ( x ) = ∑ Cl Pl ( x )
l =0
∞
(8 )
2l + 1 1 Cl = ∫ f ( x ) Pl ( x ) dx ( 9 ) 2 1
1 -1
(6)
(7)
∫ ( 6 ) Pk ( x ) - ( 7 ) Pl ( x ) dx =
1 1
∫ Pk ( x ) Pl ( x ) dx k ( k + 1) - l ( l + 1) =
d (1 - x 2 ) Pl ′( x )Pk ( x ) dx ∫ -1 dx 1 d 1 - x 2 Pk′ ( x ) Pl ( x ) dx -∫ -1 dx
t
(1 - 2 xt + t
2
)
3
2
= ∑ Pl ′( x ) t l
l =0
∞
t ∑ P ( x ) t = (1- 2 xt + t l =0 l
∞ l
2
Pl ′( x ) t l )∑
∞ l =0
t l +1 : Pl ( x ) = Pl′ 1 ( x ) - 2 xPl′( x ) + Pl ′ ( x ) + -1
(*)
②在求解数学物理方程时其解常是某函数的无穷 技术,如稳恒电场德阶就是Legendre级数.
(1 + 3cos2 θ ) 例:求一表面充电至电位为
的单位空心球内任一点的电位. 解:
勒让德多项式
数学物理方法于承斌泰山医学院第十六章勒让德函数球坐标系中求解物理方程,解函数是一类特殊函数,其形式为多项式，最早研究的是法国数学家勒让德，故称其为勒让德函数以及勒让德多项式。
§16.1 勒让德多项式的定义及表示16.1.1. 定义及级数表示oϕθr xyz勒让德方程0,21(1)2c n n ⋅+−x+ x+4(23)2(1)!(2)!(24)!,n n n n n −−−−,0,1,2,,m =⎢ 220(22)!()(1)2!()!(2)!l k l k l l k l k P x x k l k l k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦−=−=−−−∑()l P x 221112122112(!)d d 1d (1)d d (1)d d (1)d d l ll l l l llll x l x x x x x x−−−−−⋅−⎢⎥⎣⎦⎡−−⋅⎢⎡⎤−⎢⎥⎣⎦∫∫注意到lllx x x )1()1()1(2+−=−以1±=x 为l 级零点，故其(1)l −阶导数121d (1)d l ll x x −−−必然以1±=x 112121222111(1)d (1)d (1)d 2(!)d d l l l ll ll l x x N x l x x−+−+−−−−=∫再进行l 次分部积分，即得221222221(1)d (1)(1)d 2(!)d ll llll l x N x x l x−−−=−∫为一级零点，从而上式已积出部分的值为零lx )1(2−是l 2次多项式，其l 2阶导数也就是最高幂项lx2的l 2阶导数为)!2(l ．故12221(2)!(1)(1)(1)d 2(!)ll llll N x x xl −=−−+∫再对上式分部积分一次112112211111221(2)!1(1)(1)(1)(1)(1)d 2(!)1(2)!(1)(1)(1)(1)d 2(!)1ll l l l ll l l l l l N x x l x x x l l l l x x x l l −+−−−+−⎡⎤=−⋅−+−−+⎢⎥⎣⎦+=−⋅−−++∫∫容易看出已积出部分以1±=x 为零点．至此，分部积分的结果是使)1(−x 的幂次降低一次，)1(+x 的幂次升高一次，且积分乘上一个相应的常数因子．继续分部积分（计l 次），即得120222112121(2)!11(1)(1)(1)(1)d 2(!)122112(1)22121ll lll l l l l l N x x x l l l l x l l −+−−=−⋅−⋅⋅⋅−+++=⋅+=++∫ 故勒让德多项式的模为122+=l N l ),2,1,0( =l 且有112P ()P ()d 21l lx x x l −=+∫=2m P ++16.2.4. 勒让德多项式的递推公式利用母函数(16.1.13)对x求导, 勒让德多项式有以下的递推公式11(2)(1)()(21)()()n n n n P x n xP x nP x +−+=+−1(3)()()()n n n nP x xP x P x −′′=−1(4)'()()(1)()n n n P x xP x n P x +′′=++11(1)()'()2'()'()n n n n P x P x xP x P x +−=−+11(5)(21)()()()n n n n P x P x P x +−′′+=−21(6)(1)'()()()n n n x P x nxP x nP x −−=−1(7)(21)()'()'()nln n l l P x P x P x +=+=+∑例16.2. 1求积分11P ()P ()d l n I x x x x−=∫【解】利用递推公式（2）11(1)P ()(21)P ()P ()k k k k x k x x k x +−+=+−．(1)k ≥故有1111111111111P ()P ()d {[(1)P ()P ()]}P ()d 211 P ()P ()d P ()P ()d 2121l n l l n l n l n I x x x x l x l x x x l l lx x x x x x l l +−−−+−−−==++++=+++∫∫∫∫22 (1)412(1) (1)(23)(21)0 (1)nl n n n l n n n l n ⎧⎪=−−⎪⎪+==+⎨++⎪⎪⎪−≠±⎩例16.2. 2求积分1P ()d l I x x=∫【解】利用递推公式（5）11110011101111P ()d d[P ()P ()]2111[P ()P ()][P (0)-P (0)]2(120)1=1l l l l l l l l I x x x x l x x l l l P +−−+−+−==−+=−=+++∫∫112x 0(1)(0)(21)0(0)(0)n n n n P n P nP +−+=+−利用递推式：令=代入11(0)(0)1l l lP P l −+−=+(1)(21)!!21(22)k k l k k −−=++!!02l k =111001P ()d d 12x x x x l ===∫∫11000P ()d d 1x x x l ===∫∫⎧⎪=⎨⎪⎩例16.2. 3求积分1P ()d l Ix x x=∫【解】利用递推公式（5）1111001111011021012011P ()d d[P ()P ()]211[P ()P ()]|[P ()P ()]d 2121P (0)P (0)P (0)1[-] = -212(2)(1)1d 021d 13021(1)(23)!!2(22)!!l l l l l l l l l l k I x x x x x x l x x x x x x l l l l ll l x x l x x l l k k l k +−+−+−−+==−+=−−−++=−+++−======+−−=+∫∫∫∫∫k⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩1101P ()d P (0)1∵l l x x l −=+∫112(0)(0)1(0)(0)1l l l l lP P l lP P l −+−−=+−=−例16.2. 4利用递推公式（2）可得如下结果；212021P ()P ()P ()33x x x x x ==+3212021P ()[P ()P ()]33x x x x x x x x x =⋅=⋅=⋅+3123P ()P ()55x x =+43142023841[P ()P ()]P ()P ()P ()553575x x x x x x x =+=++1()P x x=221()(31)2P x x =−331()(53)2P x x x =−4241()(35303)8P x x x =−+111()[(21)()()]1l l l P x l xP x lP x l +−=+++特别1()P x x=∵利用递推公式（2）P (cos )n θ，这时有0(cos )P (cos )n n n f C θθ+∞==∑θcos =x ,此时勒让德方程的解为在实际应用中,经常要作代换π21(cos )P (cos )sin d 2n n n C f θθθθ+=∫其中系数为结论1：设k 为正整数，可以证明：222222200212121232311P ()P ()P ()P ()P ()P ()k k k k k k k k k k x C x C x C x xC x C x C x −−−−−−−=++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+结论2 ：根据勒让德函数的奇偶性，若需展开的函数()f x 为奇函数，则展开式的系数20n C =；若需展开的函数()f x 为偶函数，则展开式的系数.210n C +=0,1,2,3,n =⋅⋅⋅例16.2.6以勒让德多项式为基，在[-1,1]区间上把3()234f x x x =++展开为广义傅里叶级数．【解】本例不必应用一般公式，事实上，()f x 是三次多项式，设它表示为3323012323021323234P ()111(31)(53)221335()()2222n nn x x C x C C x C x C x x C C C C x C x C x=++==⋅+⋅+⋅−+⋅−=−+−++∑比较同次幂即得到3210421, 0, , 455C C C C ====由此得到30132142344P ()P ()P ()55x x x x x ++=++例16.2.7将函数cos 2 (0π)θθ≤≤展开为勒让德多项式P (cos )n θ的形式【解】用直接展开法令cos x θ=，则由22cos 22cos 121x θθ=−=−我们知道：20121P ()1, P (), P ()(31)2x x x x x ===−可设200112221P ()P ()P ()x C x C x C x −=++10C =2202121(31)2x C C x −=+−由20,x x 项的系数，显然得出2041, 33C C ==−02021414cos(2)P ()P ()P (cos )P (cos )3333x x θθθ=−+=−+考虑到勒让德函数的奇偶性，显然。
数学物理方程第五章勒让德多项式
u(r , , ) R(r )Y ( , )
d 2R dR r 2r R 0 (1.5) 2 dr dr
2
2Y cos Y 1 2Y Y 0 2 2 2 sin sin
(1.6)
二次分离Y ( , ) ( )( )
(1.7)
如果u( , , )与无关，则 (1.7)式中m 0,这时有：
d2y dy (1 x ) 2 2 x y 0 (1.10) dx dx
2
x [1.1]
为后面计算方便，记 n(n 1)
2 d y dy 2 (1 x ) 2 2 x n( n 1) y 0 (1.11) x [1.1] dx dx
(1.5)是欧拉方程，会解！
2Y cos Y 1 2Y 2 Y 0 2 2 sin sin
(1.6)
u (r , , ) R(r )Y ( , )
2Y cos Y 1 2Y Y 0 2 2 2 sin sin (1.6)
1 1 2 xz z 2 Pn ( x )z n
n 0
勒让德多项式的母函数 G( x, z )
*函数展开成勒让德级数
§1 勒让德方程的导出
考虑球域上的狄利克雷问题
其中f ( x, y, z )为已知函数. R为球域半径. 引入 x r sin cos sin x r sin z r cos
2u 2u 2u 2 2 2 2 0 x y z R 2 2 2 x y z u f ( x, y, z ) x 2 y 2 z 2 R2
勒让德多项式及性质
例题2、以勒让德多项式为基本函数族，将函数
f ( x) 2 x 3 3x 4 在区间（-1，+1）上进行广义傅立叶展开。
1 1 2 P2 ( x) (3x 1) (3cos 2 1) 2 4 1 1 3 P3 ( x) (5x 3x) (5cos3 3cos ) 2 8 1 1 4 2 P4 ( x) (35x 30 x 3) (35cos 4 20cos 2 9) 8 64 1 1 P5 ( x) (63x5 70 x3 15x) (63cos5 35cos3 30cos ) 8 128 1 1 P6 ( x) (231x6 315x4 105x 2 5) (231cos 6 126cos 4 105cos 2 50) 16 512
前面已学：勒让德方程在x 1有自然边界条件： x 1 有限，从而构成 y 本征值问题，本征值是l (l 1), l 0,1, 2, 3..., 在l为整数条件下，勒让德方程 的两个线性独立特解y ( x ) a0 y0 ( x ) a1 y1 ( x )之一退化为l次多项式。 z l为2k (偶数): a y ( x) ~
l 2n (n 0,1, 2, ) l 2n 1
上式具有多项式的形式，故称
Pl ( )
为
l
阶勒让德多项式．勒让德多项式也称为第一类勒让德函数．
二、勒让德多项式
1、前几个勒让德多项式: （注意到 x cos ) P0 ( x) 1
P1 ( x) x cos
勒让德多项式的图形可通过计算机仿真(如MATLAB仿真) 得到
图 11.1
2、勒让德多项式的微分表示
1 dl Pl ( x) l ( x 2 1)l 2 l ! dx l
勒让德(legendre)多项式及其性质
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：其中为非负实数（1.1）它的幂级数解如下：（1.2）其中：（1.3）（1.4）由达朗贝尔判别法可知，当不为整数时，这两个级数的收敛半径为1，在（1.3）式和（1.4）式中，与可以任意取值，它们起着任意常数的作用，显然，在区间（－1，1）内和都是方程（1.1）的解，所以（1.2）是（1.1）的通解。
上面（1.3）和（1.4）幂级数当时级数收敛，此外级数是发散的。
并且，我们发现，当取非负整数时，和中有一个便退化为次多项式，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，所得的多项式称为阶勒让德多项式或第一类勒让德函数，记作，下面我们来推导勒让德多项式的表达式。
1 当为正偶数时退化为次多项式。
为求得的表达式，在中我们通过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：（1.5）在（1.5）式中取，得：（1.6）习惯上取为（1.7）于是有：（1.8）在（1.5）式中取，并利用之值得：（1.9）一般地，我们有（）（1.10）我们将这些系数带入（1.3）中，并把此时的记作，可得：（1.11）这就是当为正偶数时勒让德多项式。
2 当为正奇数时退化为次多项式，我们把记作，同理可得：（1.12）把（1.11）和（1.12）写成统一的形式，得（1.13）其中表示的整数部分由上述讨论可知，当为非负整数时，和中有一个是阶勒让德多项式，而另一个是无穷级数，记作，称为第二类勒让德函数，此时方程（1.1）通解为：（1.14）特别当时，由（1.11）和（1.12）式得：它们的图形如下：二．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（1.15）展开成的幂级数（1.16）可以证明级数展开式中的系数恰好是勒让德多项式，最终得到（1.17）因此称为勒让德多项式的母函数。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第十四 章勒让德多项式
Δu = 0 ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯⎯→
Legendre polynomial 令u = R ( r )Θ (θ )Φ (ϕ ) u =?
m2 ⎤ 1 d ⎛ dΘ ⎞ ⎡ ⎜ sin θ ⎟ + ⎢l (l + 1) − 2 ⎥ Θ = 0 → Θ(θ ) = ? sin θ dθ ⎝ sin θ ⎦ dθ ⎠ ⎣
Wuhan University
第三篇
特 殊 函 数 Special functions
Wuhan University
物理问题:
求一表面充电至电位为 (1 + 3 cos θ )
2
的单位空心球内任一点的电位。 Δ u = 0, r < 1
u
r =1
= 1 + 3 cos 2 θ
(
)
第十四章 勒让德多项式
令 x = cos θ , y ( x ) = Θ(θ )
2 ⎡ ⎤ m 2 1 − x y′′ − 2 xy′ + ⎢l (l + 1) − y = 0 → y(x ) = ? 2⎥ 1− x ⎦ ⎣ 2 1 − x y′′ − 2 xy′ + l (l + 1) y = 0 → y ( x) = ? 当m = 0时
Wuhan University
三、本征值问题
2
(1 − x )y′′ − 2 xy′ + l (l + 1)y = 0, l (l + 1) − 常数 (8)
y x = ±1 → 有限,
§14.1 勒让德多项式
1.若l = k = 2n, n = 0,1,2,...
则 ck + 2 = cl + 2 = c2 n + 2 = 0 ∴ c2 n + 4 = c2 n + 6 = ... = 0
0
k =2
k =1
k =0
Wuhan University
一、勒让德方程的级数解
x
k
§14.1 勒让德多项式
∴ c4 = −
[ l (l + 1) − k (k + 1)] : ck + 2 = − ck (3) －系数递 推公式 (k + 2) ⋅ (k + 1) 2 l + l − 2⋅3 2 (l − 2 )l (l + 1)(l + 3) = (− 1) c
Wuhan University
y1 ( x ) = c1 x + c3 x 3 + ... + cl x l , l = 2n + 1
Legendre polynomial
Δu = 0 ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯⎯→ u = ?
dΘ ⎞ ⎡ m2 ⎤ 1 d ⎛ m =0 ⎯ Θ(θ ) = ? ⎜ sin θ ⎟ + ⎢l (l + 1) − 2 ⎥ Θ = 0 ⎯⎯→ dθ ⎠ ⎣ sin θ dθ ⎝ sin θ ⎦
Wuhan University
n
Wuhan University
二、解的敛散性
1.由达氏判别法
§14.1 勒让德多项式
ak ck R = lim = lim k →∞ a k →∞ c k +1 k +2
(3 )
( k + 2 )(k + 1) = lim =1 k →∞ l (l + 1) − k (k + 1)
x < 1 收敛
2n+4
+ ...
→ 无穷级数
三、本征值问题
§14.1 勒让德多项式
总之，本征值问题 1 − x 2 y ′′ − 2 xy ′ + l (l + 1) y = 0, l (l + 1) − 常数 (8) y x = ±1 → 有限,
(
)
本征值 : l (l + 1), l = 0,1,2,...
r 2 R ′′ + 2rR ′ − l (l + 1) R = 0 → R ( r ) = cl r l + d l r − ( l +1)
令u = R ( r )Θ (θ )Φ (ϕ )
dΘ ⎞ ⎡ m2 ⎤ 1 d ⎛ ⎜ sin θ ⎟ + ⎢l (l + 1) − ⎥ Θ = 0 → Θ(θ ) = ? 2 dθ ⎠ ⎣ sin θ dθ ⎝ sin θ ⎦
fn
n =1
1 ⎛ 1 ⎞ = 1 + + o⎜ 2 ⎟ n ⎝n ⎠
gn 1 ⎛ 1 ⎞ = 1 + + o⎜ 2 ⎟ g n +1 n ⎝n ⎠
Wuhan University
∴ y0 (x ), y1 (x )在x = ±1发散
三、本征值问题
2
§14.1 勒让德多项式
(1 − x )y′′ − 2 xy′ + l (l + 1)y = 0, l (l + 1) − 常数 (8)
(2n + 1)!
Wuhan University
一、勒让德方程的级数解
∞
§14.1 勒让德多项式
∞
故 y = ∑ ck x k = c0 + ∑ c2 n x 2 n + c1 x + ∑ c2 n +1 x 2 n +1
k =0
∞
n =1
n =1
= y0 ( x) + y1 ( x)
式中
y0 ( x ) = c0 + ∑ c2 n x 2 n y1 ( x ) = c1 x + ∑ c2 n +1 x 2 n +1
x > 1 发散
→ y ( x)
x = 1 收敛 ? 发散 ?
Wuhan University
4）高斯判别: 设
fk
二、解的敛散性 则∑
2.由高斯判别法
∞
k=0
∞
f k +1 k k §14.1 当 勒让德多项式 f k当 Re μ > 1 , 绝对收敛; Re μ ≤ 1,发散。
= 1+
μ
+ O(
1
λ
),λ >1
将x = ±1代入(6)和(7 )得 :
y0 (± 1) = c0 + ∑ c2 n (± 1) = c0 ∑ f n
2n n =1
∞ n =0
f n一常数
类似 y1 (± 1) = c1 ∑ g n
∞
( 2n + 2)(2n + 1) 1 l (l + 1) ∴ = 1+ + ... = 2 4n f n +1 2n(2n + 1) − l (l + 1) n
令u = R ( r )Θ (θ )Φ (ϕ )
第十四章 勒让德多项式
Legendre polynomial 中心：球坐标系中的特殊函数问题 目的： 1.掌握Legendre方程的解，及常微 分方程常点邻域的级数解法。 2.掌握Legendre多项式和缔合 Legendre函数的性质。 3.在球坐标中Δu=0的解u=?
(
)
(
)
－勒让德方程
Wuhan University
第十四 章勒让德多项式
Legendre polynomial
§14.1 勒让德多项式 —勒让德方程的解
Wuhan University
附：二阶线性常微分方程的级数解法1 对于：
若其系数p ( z )和q ( z )均在某点z0及其邻域内解析 , 则称z0为方程的常点。 在常点z = z0的邻域 z − z0 < R内, 方程有唯一的 一个满足初始条件 W ( z0 ) = C0 , W ′( z0 ) = C1
边( z − z0 )的各次幂的系数均为零 ]来确定。
Wuhan University
一、勒让德方程的级数解
2
− 2x l (l + 1) , q(x ) = , p(x ) = 2 2 1− x 1 − x ∞
令
∞ ∞
(1 − x )y′′ − 2 xy′ + l (l + 1)y = 0
y = ∑ ck x
y0 ( x ) = c0 + c2 x 2 + ... + c2 n x 2 n
y1 ( x ) = c1 x + c3 x + ... + c2 n +1 x
3
Wuhan University
= c0 + c2 x + ... + cl x → l次多项式
2 l
2 n +1
+ c2 n + 3 x
Wuhan University
问题的引入：
由第二篇第八章分离变量法有:
Δu + λ u = 0 令u = R ( ρ )Φ (ϕ )Z ( z ) } Δu = 0 ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯⎯→
2 ′ ′ Φ + n Φ = 0 → Φ n (ϕ ) = An cos nϕ + Bn sin nϕ Z ′′ + μZ = 0 → Z ( z ) = c1e k z + c2e − k z ρ 2 R′′ + ρR′ + (k 2 ρ 2 − n 2 ) R = 0 → R(ρ ) = ?
y1 ( x ) = c1 x + c3 x + ... + c2 n +1 x