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第十三章勒让德多项式 球函数.doc

上传人:yjrm16270 文档编号:6555118 上传时间:2019-04-17 格式:DOC 页数:14 大小:425.54KB
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1、第十三章 勒让德多项式 球函数(13)一、内容摘要1幂级数解法:就是在某个任意点 的邻域上,把待求的解表为系数待定的幂0z级数,代入方程以逐个确定系数。不失一般性,我们讨论复变函数 的线性二wz阶常微分方程的级数解:2001, dwpzqzwC如果函数 和 在点 的领域中解析,则称 为方程的常点,如果 是()pzqz0z0z函数 或 的奇点,则称 为方程的奇点。0定理: 如果函数 和 在点 的邻域 中解析, 则常微分方程在圆()zz0zR内存在唯一的满足相应定解条件的解析解。0zR既然在常点的邻域内存在唯一的解析解,就可以把它在该邻域内表示为 Taylor 级数形式: 。00kkwzaz2勒让

2、德方程的级数解:(1) 时的连带 Legendre 方程称为 Legendre 方程0m2110dyxlyx由幂级数解法可得 的系数的递推公式:0kya2112k k kllaa这样 阶 Legendre 方程的级数解是:l01231 ;,!.yxayxlyxx 可以判断 阶 Legendre 方程的级数解在单位圆内收敛,在单位圆外发散且在l处发散。1x由递推公式易知,当 时, 和 必定有一个成为 次多项式。0,12l 0yx1l这样我们就可以得到满足自然边界条件的幂级数解。Legendre 方程和解在 有界要求分离变过量过程中引入的常数 为零或x 1l正整数。通常把解在 有界说成是 Lege

3、ndre 方程的自然边界条件。1这样,Legendre 方程和自然边界条件构成本征值问题。本征值是 ,本征函l数是 阶 Legendre 多项式。l(2)球函数方程,对球函数进一步分离变量,并211sin10isiYlY考虑到自然边界条件的要求,得到如下分离变量形式的球函数:,cosinAmB其中关于 部分的函数是连带 Legendre 方程的解。取 ,这时球函数只 0和 有关,是一个轴对称的函数;同时 满足的方程变为 Legendre 方程:21(1)dxlx我们把 阶 Legendre 多项式记作: 。它既是 阶 Legendre 方程的解, 也是l lP时的球函数。 阶 Legendre

4、 多项式中系数之间的递推公式为: 0ml。我们可得 阶 Legendre 多项式如下:21k kaal/2 202!1!lk lkl lkkPxxl其中 表示不超过 的最大整数。12(3)Legendre 多项式的微分与积分表示:分数形式:21.!lllldPxx这一关系又称作 Rodrigues 公式积分形式:211.ll llCzPxdixA这一积分被称为 Schlfli 积分。(4)Legendre 多项式的生成函数母函数201coscoslrPdr令 , 则上式表明: Legendre 多项式正是把关于 函数 在cosx r21rx附近展开为泰勒级数的展开系数;类似地,如果把关于 的函

5、数以0rLegendre 多项式为基展开,则展开系数就是相应的 的幂函数。因此我们把这个r函数叫做 Legendre 多项式的母函数或生成函数。(5)递推公式:1 120kkkPxxPx 1112 1=kkkkkkkxxPP (6)Legendre 多项式的正交关系可以证明不同阶的 Legendre 多项式相互正交:12lmlmPxdN其中 称作函数 的模, 定义为:lNlPx12.llNx1l模的倒数称为归一化因子。(6)函数用 Legendre 多项式展开展开定理: 设函数 在区间 上有连续的一阶导数和分段连续的二阶导fx1,数,则可以在该区间上展开成绝对且一致收敛的级数:0nfxcPx其

6、中 12, 1,2nncfxPd3连带 Legendre 函数(1)连带 Legendre 方程为:2 21(1)0dmxlxx作变换: ,代入方程并整理可得:2my11()10xxly可以证明,上述方程可以由 Legendre 方程逐项求导 次得到.Legendre 方程的解为:m称为连带 Legendre 函数。2()1mmllxPx(2)连带 Legendre 函数的微分与积分表示 微分形式:2211.!mllmllxdPx积分形式:2211!.mlml lmlCxzdixA(3)连带 Legendre 函数的模与正交关系正交性: ;1 2mmkllklPxdN模: 12!1llNl 二

7、、习题1填空题(1) _; _(写成递推形式)1lnxPdx 10nPxd( )/2 202!lk lkl lkkl2求下列积分。(1) ,其中 1kllkPxxdlk(2) (3) 1kl 164()xPd3将下列式子按勒让德多项式展开。(1) (2) 1,0;xfx,cosin3f(3) , ()sinf,4(1) 将函数 在区间 上用 Legendre 多项式展开成广义324fx1,Fourier 级数。(2)将 在区间 展成广义 Fourier 级数。4()f1,5证明 122()!0,(),0nnnP 6设有一球心在原点半径为 的球形导热体,内部无热源,球面温度为a,求经过充分长时间

8、后导体内的温度分布。2cos7求下列方程的幂级数解:(1) (2) 0yx(sin)0yx三、参考答案1填空题(1) 2 (1)41() 30 ()nlnl(2) 11(0)nnP2解:(1)注意到被积函数中三个勒让德多项式次数的关系,我们只需将被积函数看成是 次多多项式与 次勒让德多项式的乘积,考虑到 ,ll 10,nlxPdnl因此:1 11=2lklkllkkl lll cPxxdcxPdPxdc 其中2!nc为 的最高次幂 的系数,在计算上面的积分时还用到nPxx11llllPdxcPxd综合以上结果,即得:21 2!=1!kllkkllxxdk (2)由被积函数的奇偶性可以判断,当

9、为奇数时积分一定为 0,故下面只需要讨论 为偶数的情形。再因为 和 的 任意性,不妨假定 ,因此,kll kl1 1 klkl klPxdPxPxd 因为 是 次多项式,次数低于 ,因此积分 。在l2l 10klxP代入勒让德多项式的特殊值 ,同时在勒让德方程1,kkk2110l ldPxlxx中令 又可以得到 ,并注意到1x1 ,22ll ll 为偶数,因此最后就得到:kl, =偶数,且 。11klPxdlklkl(3)由 Rodrigues 公式得 ,由24()44()(1!Px得:11 12 2()() ()2! !nnnnnn nduxPduxxudx 146(4)2(4)2()41(

10、4)0()!58dxxd对积分作变量代换 得sinxt29912001515sincocos88!6().3tdtttd3解:(1)因为 ,可以1 10022,kkkkfxcPxfxPdPxd根据勒让德方程计算出次积分: 1 12 2100 0 10k kk kdxdxPxd Pkxk但当 时需要另行计算, ,综合以上结果,并考虑到0P,即得:2k0 2+12101430221kkkxPPx(2)通过作变换 ,也可以推得:cosx1/21/22 31/2311113 4sin3i4458coscos5 dxxxdxPP 所以:1131 13 14,cosincoscos5062,+,5253i

11、if PeYY(3) 根据定理可得 ,其中0()(cos)nfP021si()sinnncd对积分作变量代换 ,并利用 的奇偶性得oxPx1221 143()0 k kcd而当 为偶数时有n(1)1220(4)(). k kcxPd上面积分总是可以求出的,譬如当 时,4243513()88Pxx故有124240 2246209(3503), sin 8 =sinico9 (365sn3i)84 56cxxdttttd从而有展开式20sin(cos)nP其中系数由(1)给出。4解:(1) 的广义 Fourier 展式为fx0,nfxCPx且展开系数可以计算如下:113224nn nCfxPdxx

12、d根据 Legendre 多项式的正交性质,易知 且计算可得0,.C01234,/5,0,/5.C(2)由定理得.40()nxcPx由 Fourier 系数计算公式及勒让德多项式的正交性可得 又由于0,5.nc是奇函数,故有 .故有13(),Px130c(1)4024()()()xPxcP计算得114400().225cxPdx211442225005(1)!()sinco.7dxxdtt在(1)中取 得 ,由此得 . 最后将上面所得系数代入1x024c483c到(1)中便得.402418()()()5735xPxP5证明:在 中取 并将该等式左边展成 Taylor 级数得0(,)()nn12

13、 212201()()()! ()nnnncP比较上式等号两边 的系数可知 直接计算 可得n(),.nc2132121!(21)!()!()() 1!n nnnnc问题得证. 6解 :由于导热体内部无热源,球面温度与时间无关,所以经过充分长的时间后导体内的温度将趋于稳态,即温度不随时间变化. 设导体内温度为 ,(,)uxyz则 满足如下定解问题u20, (,)(01cos, ().xyz aauuxyzB由于边界温度与 无关且有界,可推知导体内温度有界且 与 也无 (,)uxyz关,即球体内任一圆: 上的温度相22000, cos, ,rxyrra同. 设 ,利用球面坐标变换可得 满足如下定解

14、问题(,)uru(1)21()0,0cos,.rrsuraa其中 . 1(sin)is uu利用分离变量法求解该问题,令 并代入到(1)中的方程可得)(rR2()0,sr此既, (2)20rR. (3)s对(3)方程两边乘 并利用 的有界性可得2inu2si(i)sin 0,0), .d由定理知特征值为 ,特征函数为 .(1)n(cos),0nP下面求解 ,将 代入到(2)中得)Rrn,2(1)0rRn该方程为欧拉方程,作变量代换 将该方程转化为常系数微分方程后易得sre其通解为 ,(1)nnRcrd利用 的有界性可得 ,即u0n.ncr利用叠加原理就得到(1)的解为,0(,)(cos)nur

15、rP其中系数 由(1)中的边界条件来确定. 在上式中令 得nc ra,201cos(cos)naP易得 024, , 0, 2.3ncca最后就得到(1)的解为22441(,)()cos)()3cos1)3rrurPaa7解:(1)此题中 ,它们都是 R 上解析函数. 根据幂级数解法,可设(),()1pxq解为 . 将该级数求一阶和二阶导数并将 和 代入到0kya(),yx()yx原方程中得,2210()kkkkaxxa或,20 00(1)kkkkaxax令上式中 系数为零可得(0)kx, ,21(1)0kka此即. (1)2, kk由(1)易得.20211()(), , 0!kkkkaaa将

16、上面的结果代入到 得0()kyx2210101()()()+ ! (,kkkkaxaxy其中 表示 的半阶乘,其值为小于或等于 的一切偶正整数之乘积,(2)!k() 2k而 值为小于或等于 的一切奇正整数之乘积, 为任意常数. 由1(21)k01,a于 和 线性无关,故方程(1)的基解组为 。()yx2 12() yx(2) 此题中 ,它们都是 上的解析函数. 根据幂级数解法,()0,()sinpqxR可设解为 . 将该级数及二阶导数代入到原方程中得:0kyxa,22 0(1)sinkkkaxax或. (2)20 0(1)sinkkkaxax 将 的 Taylor 级数()sinqx,210()sin!kkxx代入到(2)中得,2120 00()(1)!kk kkaxxa展开可得 2 3203140251()()(4)03!aaxaxax,由此可得223041501, , , (), .!3!aaaa将上面的结果代入到 得0()kyx35460 112 1()( )!325 ()( ,aaxxyx其中 为任意常数, 为方程(2)的基解组。01,a )y

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