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!
" 0 2
解之可确定本征值 m 2 , m 0,1, 和相应的本征函数 A cos m B sin m
§1 勒让德方程的引出
第二个方程为
d 2 d m2 cot n n 1 0 2 2 d d sin
N

2 1 n
1
2 称为勒让德多项式的模值。 P ( x)dx 2n 1
{Pn ( x)}0 是一个正交的函数系. n
6. 4 函数展开成 勒让德多项式的级数
展开定理 设f ( x )为[-1,1]上具有一阶连续导数 及分段连续的二阶导数，且f ( －1)＝－1, f ( 1 )＝1， 则f ( x )可展开成
球函数方程
欧拉方程通解
R( r ) A1r n A2r ( n1)
A1 , A2 为任意常数。
6.1 勒让德方程的引出
求函数方程两端同时乘以 sin 2 并移项得
sin d d 1 d 2 sin n n 1 sin 2 d d d 2
Laplace方程的表达式为
1 2 u 1 u 1 2u r r r 2 sin sin r 2 sin 2 2 0 2 r r
6.1 勒让德方程的引出
令 u r , , R r 代入上式得
(2n)! 当为整数时,取 an n 2 时, y1 ( x), y2 ( x) 2 (n !)
中总有一个是勒让德多项式，在[ －1，1 ]上有界，
这时另一个函数仍是无穷级数，记作 Ql ( x)
6. 3 勒让德多项式
此时Legendre方程的通解为
y( x) C1P ( x) C2Ql ( x) l




( k c 2)( k c 1)ak 2 [( k c )( k c 1) n( n 1)ak 0 ( k c )( k c 1)ak x k c 2 0 (k＋c )(k c 1) n(n 1) k 0 ak 2 ak ( k＋c 1)( k c 2)
第六章 勒让德多项式
第六章 勒让德多项式

勒让德方程的引出 勒让德方程的求解 勒让德多项式 函数展开成勒让德多项式的级数
§1 勒让德方程的引出
在球坐标系下
x r sin cos y r sin sin z r cos ( 0 r , 0 π, 0 2 π)
P0 ( x) 1 P ( x) x 1 1 P2 ( x ) (3 x 2 1) 2 1 P3 ( x ) (5 x 3 3 x) 2 1 P4 ( x ) (35 x 4 30 x 2 3) 8
6. 3 勒让德多项式
勒让德多项式的微分表达式 1 dn 2 Pn ( x) n ( x 1)n , n 0,1, 2, 2 n ! dx n 多项式的Rodrigues表达式


(1) n 1
(4n 1)(2n 2)! 22 n (n 1)!(n 1)!
从而
1 (1)n1 (4n 1)(2n 2)! | x| P2n ( x) 2n 2 n1 2 (n 1)!(n 1)!
6. 4 函数展开成勒让德多项式的级数
例 2 求证勒让德多项式的递推公式
(n 1) P 1 (2n 1) xPn nPn1 n
f ( x) Cn Pn ( x)
n 0

其中
2n 1 1 Cn 1 f ( x) Pn ( x)dx, n 0,1, 2, 2
上式称为f ( x )的傅立叶－勒让德级数，简称F－L级数。
6. 4 函数展开成勒让德多项式的级数
例1 将函数f ( x )＝|x|在区间（－1，1）内展成 勒让德多项式的级数。 解 因f ( x )在区间（－1，1）内是偶函数，而
(2k 1 l )(2k 3 l ) (1 l )(l 2) (l 2k ) a2 k 1 a1 (2k 1)!
6. 2
勒让德方程的求解
y( x) a1 y1 ( x) a2 y2 ( x)
其中
n(n 1) 2 n(n 2)(n 1)(n 3) 4 y1 1 x x 2! 4! (2k 2 n)(2k 4 n) ( n)(n 1) (n 2k 1) 2 k x (2k )! (n 1)(n 2) 3 (n 1)(n 3)(n 2)(n 4) 5 y2 x x x 3! 5! (2k 1 n)(2k 3 n) (1 n)(n 2) (n 2k ) 2 k 1 x (2k 1)!
取
有
6. 3 勒让德多项式Fra bibliotekan 4
(2n 4)! 2!2n (n 2)!(n 4)!
一般地当 n 2k 0 时，有
an2 k (2n 2k )! (1) k !2n (n k )!(n 2k )!
k
当n为正偶数时，将这些系数代入到 y1 ( x) 中得到 (2n)! n (2n 2)! y1 ( x) n x n x n2 2 (n !) 2 2 (n 1)!(n 2)!
k 0
6. 2
勒让德方程的求解
c =0时 依此可得
递推公式 ak 2
( k n)( k n 1) ak ( k 2) ( k 1)
l (l 1) a2 a0 2! (2 l )(l 3) (2 l )( l )(l 1)( l 3) a4 a2 a0 43 4!
(2n 2k )! (1) n x n2k 2 k !(n k )!(n 2k )! k 0
k n 2
6. 3 勒让德多项式
n为正奇数时，将这些系数代入到 y2 ( x) 中得到
(2n 2k )! y2 ( x) (1) n x n2k 2 k !(n k )!(n 2k )! k 0
4n 1 1 C2 n 1 f ( x) P2n ( x)dx 2 1 4n 1 0 1 xP2n ( x)dx 0 xP2n ( x)dx 2 1 4n 1 0 1 d 2n 2 1 d 2n 2 2n 2n ( x 1) dx x 2 n ( x 1) dx 1 x 2 n 2n 0 2 (2 n)! dx 2 n 2 2 (2n)! dx
Ql ( x) 称为第二类Legendre函数，它在[ -1，1 ]上
仍是无界的.
| x|1
lim | Ql ( x) |
6. 4 函数展开成 勒让德多项式的级数
4.1 勒让德多项式的正交性
mn 0, 1 1 Pm ( x) Pn ( x)dx 2 , m n 2n 1
P n1 ( x) 是x的奇函数，故 C2n1 0,(n 0,1, 2,) 2
下面计算 C2n 0,(n 0,1, 2,)
1 1 1 0 1 1 1 C0 f ( x)dx xdx xdx 2 1 2 1 2 0 2
6. 4 函数展开成勒让德多项式的级数
令 x cos ，并记 P ( x ) (cos )

1 x2

d 2P dP m2 2x n n 1 P0 2 2 dx dx 1 x
连带的勒让德方程
6.1 勒让德方程的引出
m=0时

1 x2

d 2P dP 2x n n 1 P 0 2 dx dx
6. 3 勒让德多项式
将递推公式写成
(k 2) (k 1) ak ak 2 (n k )(k n 1)
可以将其它系数一一推算出来，即 n(n 1) an2 an 2(2n 1)
an4 (n 2)(n 3) n(n 1)(n 2)(n 3) an 2 an 4(2n 3) 2 4(2n 1)(2n 3) (2n)! an n 2 ( n !) 2 an2 (2n 2)! n 2 (n 1)!(n 2)!
勒让德方程
6. 2
勒让德方程的求解
整理 考虑勒让德方程 c 2 c(c 1)a0 x 2 c(c 1)a1 x c 1 dy 2 d y 1 x 2 x n n 1 y 0 2 dx 2 {[(k c dx)(k c 1)ak 2 令 k 0 y[() x c)( k 0 a1 x) an( n 1)a]}k x c ( x k c a c 1 2 x 2 ax k k 0 k 比较可得 将其代入勒让德方程，得 c 0或＝1 c(c 1)a0 0 [( k c )( k 或＝－1 1)]ak x k c c c 0 1) n( n c(c 1)a1 0