华中师范大学：数学物理方法：6

第六章 线性常微分方程的级数解法 球函数与柱函数 主要内容：利用复变函数论求二阶线性齐次常微分方程的级数解。 级数解法的基本思想：把方程的解表示为以 0 z 为中心、带有待定 系数的幂级数，将这个幂级数带入方程及定解条件，求出所有待 定系数即该方程的解。 说明： (1)级数解法是一个比较普遍的方法，对方程无特殊的要求。 (2)对于级数，存在是否收敛和收敛范围的问题。用级数解 法要选定某个点 作展开中心，得到的解是以 为中心 的幂级数。另外还必须确定幂级数的收敛圆，级数解只 在收敛圆内部才有意义。 0 z 0 z 方程的标准形式： ''( ) ( ) '( ) ( ) ( ) 0wz pzwz qzwz++= (1) 其中： w(z)——未知的复变函数， (), ()pz qz ——已知的复变函数 (方程的系数 ) 要求解的问题：在一定条件下 (如初始条件 )满足 (1)的 w(z)。 方程 (1)的解的性质 (解的存在性， 唯一性， 稳定性， 单值性， 有限性 …) 由方程的系数 p(z)和 q(z)的解析性确定。 §6.1 二阶线性齐次常微分方程的级数解法 一、方程的常点和奇点 1000 )(',)( czwczw == 设 p(z)和 q(z)在一定的区域中，除若干个孤立奇点外，是 z 的 单值解析函数。区域中的点可分为两类： (1) 方程的常点：如果 p(z)和 q(z)都在点 邻域解析，则 称为方 程的常点。 (2) 方程的奇点：只要两系数 p(z)和 q(z)之一在点 不解析，就称 为方程的奇点。 如果 最多是 p(z)的一阶极点、 q(z)的二阶极点，则 称为方程的 正则奇点。否则，则 称为方程的非正则奇点。 0 z 0 z 0 z 0 z 0 z 0 z 0 z 二、常点邻域的级数解 可以证明：在常点 的邻域 0 zz R?< 内，方程(1)有唯一 满足初始条件 00 ()wz C= ， 01 '( )wz C= 的幂级数解，具有形式： 0 0 () ( ) k k k wz C z z ∞ = =? ∑ （ 01 ,CC ：任意常数） 求厄米特方程 在 邻域内的解。 0 z 0 z0'2'' =+? wzww λ 解： 1. 级数解的形式 由于 ，在 解析 是方程的常点 级数解具有以下形式： 0 0 () ( ) k k k wz C z z ∞ = =? ∑ 2.将级数解代入方程，求待定系数。 21 000 (1) 2 0 kkk kk Ckk z z Ckz Czλ ∞∞∞ ?? === ?? + = ∑∑∑ (1) 为比较同次幂的系数，对上式作变换： λ=?= )(,2)( zqzzp 0 0 =z 0 z? ( ：任意常数 ) 10 , cc 22 02 (1) (1) kk kk Ckk z Ckk z ∞∞ ?? == ?= ? ∑∑ 令 '2kk=+ '0,1..k =∞ 2' '2 2 2'0 0 (1) ('2)('1) (2)(1) kkk kk k Ckk z C k k z C k k z ∞∞ ∞ ? ++ == = ?= ++= ++ ∑∑ ∑ [] 2 0 (2)(1)2 0 k kk k Ck k kC Czλ ∞ + = ?++?+= ∑ 由于上式在 的邻域内成立，即是 z 的一个恒等式，故 z 的同次 幂的系数为 0，则 2 (2)(1) (2 ) 0 kk kkC kCλ + ++ ?? = 2 2 (2)(1) k CC kk λ + ? ?= ++ ——待定系数的递推关系 . 0 z 由上式可见，偶次幂与奇次幂项互不相干，可分别用 01 ,CC 表示。 2222 2 2(2 2) 4 4 4 4 2(2 2 2) 2(21) 2(21) 2(21)(22)(212) kkk k kkkk CCC C kk kk kk k k λλλλ ?? ? ? ? ?? ?? ?? ? === ???? 0 (4 4 )(4 8 )...(4 )( ) (2 )! kk C k λλλλ?? ?? ? ? = 同理： 21 1 (42)(46).(6)(2) (2 1)! k kk CC k λλλλ + ?? ?? ? ? = + 1. 线性无关的解： 2 02 0 () k k k wz Cz ∞ = = ∑ 21 121 0 () k k k wz C z ∞ + + = = ∑ ， 都是方程的解，但线性无关。方程的通解是 与 的线性组合。 )( 0 zw )( 1 zw )( 0 zw )( 1 zw 补充：对于普遍形式的方程： '() () '() () () 0wz pzwz qzwz++= 如何求其在常点 邻域的级数解 0 0 () ( ) k k k wz C z z ∞ = =? ∑ ？ 解：因 p(z)和 q(z)都在 点解析，故有泰勒展开： 0 0 () ( ) m m m pz a z z ∞ = =? ∑ 0 0 () ( ) m m m qz b z z ∞ = =? ∑ 其中： () 0 () ! m m pz a m = () 0 () ! m m qz b m = (已知 ) 将 p(z)， q(z)的表达式代入方程： 21 00000 0000 (1)( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 kmkmk kmkmk Ckk z z a z z Ck z z b z z C z z ∞∞∞∞∞ ?? ===== ?? + ? ? + ? ?= ∑∑∑∑∑ 并项得： 0 z 0 z 210 00 0 (2)(1) (1) ( )0 kk k km kmmkm km kkC akmC bCzz ∞ ++?? === ?? ++ + +? + ?= ?? ?? ∑∑∑ 的递推关系 ： 21 00 (2)(1) (1) 0 kk km kmmkm mm kkC akmC bC ++?? == ++ + +? + = ∑∑ 0,1,2...k = 这样 ， 0 0 () ( ) k k k wz C z z ∞ = =? ∑ 满足方程 。 说明：由递推关系可从 开始逐一把所有的系数都用 和 表达出 来，当然其中的 和 一般并不分别只含 z 的偶次幂和奇次 幂 。 k C? 2 C 1 C 0 C )( 0 zw )( 1 zw 三、正则奇点邻域的级数解 补充：关于指数方程的来源。 定理 1. 如果 是方程 '' ' 0wpwqw++= 的奇点，则在 p(z)和 q(z) 都解析的环状区域 0 0 zz R<? < 内，方程的两个线性无关解是 1 10 0 ()() () k k k wz z z C z z ρ ∞ =?∞ =? ? ∑ (1) 2 20 0 ()() () k k k wz z z Dz z ρ ∞ =?∞ =? ? ∑ (2) 2 21 0 0 0 () ()ln()() () k k k wz gwz z z z z Dz z ρ ∞ =?∞ =?+? ? ∑ (3) 0 z 或 其中： 是常数 )2,1,0(,,,, 21 null±±=kdcg kk ρρ 可以看到， 在 是方程的奇点的情形下， 如果 或者 不是整数， 或者 0g ≠ ，方程都有多值函数解。 显然，把解 (1)， (2)或 (3)代入方程中去确定 时，会 发现所得到的是一组无穷多个未知数的联立方程。 但在一定条件下，会出现 (1)， (2)或 (3)式中级数没有负幂项的情 形，这样的解称为正则解。 关于正则解，有如下定理： 定理 2. 方程 在它的奇点 的邻域 内有两个正则解的充要条件是： 和 在 中解析。 (4) 即 最多是 p(z)的一阶极点，同时最多是 q(z)的二阶极点，即是 正则奇点。 1 ρ 2 ρ kk dcg ,,,, 21 ρρ 0 z 0''' =++ qwpww 0 z Rzz <?< 0 0 Rzz <?< 0 0 )()( 0 zpzz? )()( 2 0 zqzz? 0 z 求正则解的步骤： 为方便起见，设正则奇点 （对于一般的 点，只需把 0 zzz→? ） 以 2 z 乘方程 '' ' 0wpwqw++= (5) 得： 2 11 '' ( ) ' ( ) 0zw zp zw q zw++= (6) 其中： 1 () ()pz zpz= 2 1 () ()qz zqz= 由条件 (4)可知： ， 在 z=0 点及其邻域内是解析的， 作泰勒展开： 1 0 () s s s pz az ∞ = = ∑ 1 0 () s s s qz bz ∞ = = ∑ (7) 0 0 =z 0 z )( 1 zp )( 1 zq 设方程 (6)的正则解为： 00 () kk kk wz z Cz Cz ρρ ∞∞ + == == ∑∑ 0 (0)C ≠ (8) 将 (7)、 (8)代入 (6)式中，得： 0 0000 ()( 1)() () 0 ks ksk ks k Ckkzz azCkz bzCz ρρρ ρρ ρ ∞∞∞∞ +++ ==== ++?? + + + = ∑∑∑∑ 消去因子 z ρ ，得： 0 0000 ()( 1)() () 0 ks ksk ks k Ckkzz azCkz bzCzρρ ρ ∞∞∞∞ ==== ++??+ ++ = ∑∑∑∑ (9) k C? 的递推关系： 21 00 (2)(1) (1) 0 kk km kmmkm mm kkC akmC bC ++?? == ++ + +? + = ∑∑ 0,1,2...k = 要使上式在 的区域内成立，左边 z 的各次幂的系数必须等于零。 Rz < 由 z 的最低次幂的系数为零得： 000 [( 1) ] 0Cabρρ ρ?+ + = ( 00 ,ab 已知 ) 0(1) 0bρρ ρ≠? ?+ + = (10) —— 的二次方程，指标方程 又由 (9)式中的 的系数为零得： 00 ()( 1) ( ) 0 nsnsns ss Cnn ansC bCρρ ρ ∞∞ ?? == ++?+ +? + = ∑∑ ( 1,2...)n = (11) 利用递推关系，可以逐一把 (8)式中的 用 和 以及 已知的 和 表示出来。 说明：由指标方程 的两个根 。故用递推关系 (11)一般 可以得到两组系数 。 具体讨论参见郭敦仁 《数学物理方法》 。 0 c 1 c )0( >kc k s a s b ρ? 21 ,ρρ kk dc , ρ n z §6.2 勒让德方程与勒让德多项式 要求：参阅梁昆淼第六章 P106-116。 目的： (1)比较幂级数与傅立叶级数； (2)傅立叶级数的正交性、完备性 缔合勒让德方程： 2 2 2 (1 ) '' 2 ' [ ( 1) ] 0 1 m xy xy ll y x ??++? = ? (1) m=0 时为勒让德方程： 2 (1 ) '' 2 ' ( 1) 0xy xy ll y??++= (2) 方程 (1)的来源：在球坐标系中用分离变量法解方程 2 0uuλ?+ = 而得到。 一、勒让德方程的级数解 在 x=0 的邻域内求解勒让德方程。 2 2 () 1 x px x =? ? ∵ 2 (1) () 1 ll qx x + = ? 在 x=0 点解析 x=0 是方程的常点，则方程的解具有以下形式： 0 k k k yCx ∞ = = ∑ (3) 代入 (2)式： 221 000 (1 ) ( 1) 2 ( 1) 0 kk k kk xCkkx xCkxl Cx ∞∞∞ ?? === ???+ = ∑∑∑ (4) 改变第一项的求和指标： 22 2 020 ( 1) ( 1) ( 2)( 1) kk k kkk kkk Ckk x Ckk x C k k x ∞∞∞ ?? + === ?= ?= ++ ∑∑∑ ∴ 代入 (4)式， 有： {} 2 0 ( 2)( 1) [ ( 1) ( 1)] 0 k kk k kkCkk l Cx ∞ + = ++ ?+?+ = ∑ 上式为恒等式 ：在 x=0 的邻域内成立 ，故有 2 (2)(1) [(1)(1)] 0 kk kkCkk l C + ++ ?+?+ = 得系数递推公式 ： 2 (1)(1) ( )( 1) (2)(1) (2)(1) kkk kk ll k l k l CCC kk kk + +? + ? ++ == ++ ++ (5) 2 (2)(1) (1) kl kl kk ? ?? +? ?= ? (6) 偶次幂的系数可用 来表示，奇次幂的系数可用 来表示 ， 即 222 (2 2)(2 1) 2(2 1) nn nl nl CC nn ? ?? +? = ? ? 0 c 1 c 0 (2 2)(2 4)...( )(2 1)(2 3)...( 1) (2 )! nl nl l nl nl l C n ?? +? ? +? ?? + = 21 1 (2 1)(2 3)...(1 )(2 )(2 1)...( 2) (2 1)! n nl nl l nl nl l CC n + ?? ?? ? + +? + = + 因此方程的通解可写成： 221 101 00 () () () nn nn yx C x C x Cy x Cy x ∞∞ + + == =+ =+ ∑∑ 其中： 2 02 0 0 1 () n n n yx Cx C ∞ = = ∑ 21 121 0 1 1 () n n n yx C x C ∞ + + = = ∑ (两个线性无关的特解 ) 的收敛半径： 2 (2)(1) lim lim 1 ()( 1) k kk k C kk R Cklkl →∞ →∞ + ++ == = ?++ 即两级数在 内收敛，在 发散，在 处发散。 )(),( 10 xyxy 1<x 1>x 1±=x 对于 ，当 时， 在收敛区域； 而 不可能大于 1，因此 在 发散就不成为问题。关键：当 时， ， 级数发散，这是个严重的问题！ θcos=x πθ <<0 1<x θcos=x )(),( 10 xyxy 1>x πθθ == ,01±=x 二、勒让德多项式 勒让德方程的一般解为： 00 11 () () ()yx Cy x Cy x=+ 其中级数 0 ()yx ， 1 ()yx 在 1x < 收敛，而在 1x =± 处发散。 但物理问题往往要求：当 时， y(x)为有限。 因此需要进一步确定在满足此定解条件的解。 从导数递推公式： l 为偶数： l=2n（ n 为正整数） ，则级数 将到 项为止。因为： k=l=2n 时， 22 2 (2 2 )(2 2 1) 0 (2 2)(2 1) nn nnnn CC nn + ?++ == ++ 24 26 , ... nn CC ++ ? 均为零，即 退化为多项式，其最高次幂 为 。此时若取 ，则得： 1≤x )( 0 xy n x 2 )( 0 xy ln xx = 2 0 1 =c 2 22 00 2 0 2 0 ( ) ( ) ... l nl n yx Cy x C x C Cx Cx = == =+++ ∑ 同理， l 为奇数： l=2n+1(n 为正整数 )，则级数 将到 项为止。 因为： k=l=2n+1 时， 23 21 (2 1 2 1)(2 1 2 1 1) 0 (2 1 2)(2 1 1) nn nnnn CC nn ++ +? ? ++ ++ == ++ ++ 均为零，即 退化为多项式，其最高次幂为 。 此时若取 ，则得： 1 2 21 3 11 2 1 1 3 0 () () .. l nl n yx Cy x C x Cx Cx Cx ? + + = == =+++ ∑ 这样，无论 l 为偶数还是奇数，这样选取系数后，所得的多项式为 勒让德方程在满足定解条件下的解。 null 7252 , ++ nn CC )( 1 xy )( 1 xy 12 +n x ln xx = +12 0 0 =c 勒让德多项式的简洁形式： 为了与后面要引入的勒让德母函数所得结果一致，通常取多项式 最高次幂 的系数为： 2 (2 )! 2(!) l l l C l = 导数递推公式 低次幂项的系数 多项式，记作 。 由 2 ()( 1) (2)(1) kk klkl CC kk + ?++ = ++ ，得： 22 ( 2)( 1) ( 2)( 1) ()( 1) (1)(1) k kk kk CC C klkl kk ll ++ ++ ++ == ?++ +?+ 令 2, 4,... 2kl l l s=? ? ? ，得： 2 2 (22)(21) (1)(2)! (22)! (1) (2)(21)(1) 2(21)2(!) 2(1)!(2)! ll ll ll l l l CC ll l l l l l ? ?+ ?+ ? ? === ??+?+ ?? ?? l x )(xp l ?? 2 22 4 (2 4)! (1) 22!( 2)!( 4)! ll l l CC ll ?? ? ==? ?? i ……. 2 (2 2 )! (1) 2!( )!( 2)! s ls l ls C sl s l s ? ? =? ?? 由于 k, l 均为整数，所以 0,1,2...[ ] 2 l s = ，其中 [] 2 l 定义为： 2 2 [] 12 21 2 l ln l l ln ? = ? ? = ? ? ? =+ ? ? 于是得到 的具体表达式： [] [] 22 2 00 (2 2 )! () (1) 2!( )!( 2)! ll ls s ls lls l ss ls Px C x x sl s l s ?? ? == ? ? ?? ∑∑ )(xp l 由可以看出几个明显的结果： (1) [] 2 2 0 (2 2 )! () (1) () 2!( )!( 2)! l sls l l s ls Px x sl s l s ? = ? ?= ? ? ?? ∑ (1) () l l Px=? null)35( 2 1 )13( 2 1 )()(1)( 3 3 2 210 xxPxxPxxPxP ?=?===? sl l s l sl x slsls sl 2 ] 2 [ 0 )!2()!(!2 )!22( )1()1( ? = ∑ ?? ? ??= (2) 212 21 21 0 (4 2 2 )! (0) ( 1) 0 0 2!(21)!(212)! n sns n n s ns P sn s n s +? + + = +? =? = +? +? ∑ (3) 22 2 2 0 (4 2 )! (0) ( 1) 0 2 !(2 )!(2 2 )! n sns n n s ns P sns n s ? = ? =? ?? ∑ 222 (4 2)! (2)! (1) (1) 2!!0! 2(!) nn nn n nn n ? =? =? 三、勒让德多项式的微分表达式 ——罗巨格公式 勒让德多项式的另一种表示——微分表示 2 1 () ( 1) 2! l l ll dl Px x ldx =? ——罗巨格公式 证明：由二项式展开定理得： 22 2 00 ! (1) ()(1) (1) !( )! ll lslss s ls l ss l xCx x sl s ?? == ?= ?= ? ? ∑∑ 所以： ∑ = ? ? ? =? l s sl l s l l l l l l x slsdx d x dx d l 0 222 )!(!2 )1( )1( !2 1 注意到：凡是指数 (2l-2s)的项经 l 次求导后为 0，故只剩下 22lsl?≥ 的项，即 2 l s ≤ ，于是得： )( )!2()!(!2 )!2)(12()22()1( )!(!2 )12()22()1( )1( !2 1 2 ] 2 [ 0 2 ] 2 [ 0 2 xP x slsls slslsl x sls slsl x dx d l l sl l s l s sl l s l s l l l l = ?? ?+??? = ? +??? =? ? = ? = ∑ ∑ null null 四、勒让德多项式母函数、勒让德多项式 的积分表达式 ——施利夫利公式 1. 定义 若函数 w(x,t)的泰勒级数为： 0 (,) () l l l wxt P xt ∞ = = ∑ t：复变数 则称 w(x,t)为 的母函数（或生成函数） )(xp l 2. 对于 1t < 内， 1 2 2 (1 2 )tx t ? ?+ 是 的母函数，即 1 2 2 0 (1 2 ) ( ) l l l tx t P x t ∞ ? = ?+ = ∑ 证明： 1.在 1t < 内，将 1 2 2 (,) (1 2 )wxt tx t ? =? + 展开为泰勒级数： 1 2 2 0 (1 2 ) ( ) l l l tx t a x t ∞ ? = ?+ = ∑ 为泰勒系数， C 为在 内包围 t=0 的回路。 2.作变换 1 2 2 (1 2 ) 1tx t tu?+ =? u：复变数 2 2( ) 1 ux t u ? ?= ? )(xp l ∫ + ? +? = C l l dt t txt i xa 1 2 1 2 )21( 2 1 )( π 其中 1<t 则被积函数为： 1 2 2 2 111 22 2( ) (1 2 ) 1 (1 ) 2( ) 2( ) 1 11 lll ux d tx t dt dt u ttu ux ux u uu ? +++ ? ?? ?? ?+ ? ?? == ? ?? ???? ? ???? ???? 1 22 2 222 2 112(1)() 2( ) 1 2 2 1 l u u du u u x udu ux u u ux u + ?? ???? = ?? ?+ ???? ? ?? 1 2 2 12 2( ) 1 l udu ux u + ?? ? = ?? ?? ?? 代入 ，得： l a C’： u 平面的曲线，是 t 平面曲线 C 的象 t=0 u=x C’包含 u=x (因 C 包含 t=0) 3． 由高阶导数公式： 得 ∫ + ? ? = ' 1 2 )(2 )1( 2 1 )( C ll l l du xu u i xa π ?? ∫ + ? = L n n dz az zf i n zf ' )'( )'( 2 ! )( 1 )( π )( )1( !2 1 2 )1( ! 1 )(2 )1( 2 ! ! 1 )( 2 2 ' 1 2 xP x dx d l x dx d l du xu u i l l xa l l l l l l l l l C ll l l = ?= ? = ? ? = ∫ + π 1 2 2 0 (1 2 ) ( ) l l l tx t P x t ∞ ? = ?? + = ∑ 即 1 2 2 (1 2 )tx t ? ?+ 是 的母函数。 4．勒让德多项式的积分表达式——施利夫利公式 其中：回路 C’包含 u=x 点。 )(xp l ∫ + ? ? == ' 1 2 )(2 )1( 2 1 )()( C ll l ll du xu u i xaxP π 补充：勒让得多项式的母函数 1 2 2 12 )xt t ? ?+（ 的来源： 勒让得多项式最初是勒让得在讨论与距离的倒数 有关的 势函数 (牛顿势或库仑势 )时引入的。 R 是 P 和 P’两点之间的距离： 1 22 2 11 11 2 2 22 (2cos) )( ) cos , 12 ) (12 ) Rrr r r r rop r t r x Rr xtt xtt θ θ θ ?? ?? ′′′ =?= + ? ′′ = ′ = = =?+??+ nullnull nullnullnullnullnullnullnull null null 是r(=op 与 之间的夹角 令 则 （ R 1 五、勒让得多项式的正交式与正交归一关系式 1. 勒让得多项式的正交性： 勒让得方程可改写为下述形式： 2 [(1 ) ] ( 1) 0 ddy xlly dx dx ?++= 由于 和 分别是 l 阶及 k 阶方程的特解，因此 )(0)()( 1 1 lkdxxPxP kl ≠= ∫ ? )(0sin)(cos)(cos 0 cos lkdPP kl x ≠= ∫ ? = θθθθ π θ )(xP l )(xP k 2 2 () [(1 ) ] ( 1) ( ) 0 () [(1 ) ] ( 1) ( ) 0 l l k k dp xd xllpx dx dx dp xd xkkpx dx dx ?++= ?++= 用 乘以第一式， 乘以第二式后相减，然后再积分，得 11 22 1 1 () () () [(1 ) ] () [(1 ) ] [( 1) ( 1)] () () 0 lk kl lk dp x dp xdd px x dx px x dx dx dx dx dx ll kk p xp xdx ?? ? ??? ++? + = ∫∫ ∫ l P k P 2. 的模 1 2 1 [()] ll Npxdx ? = ∫ 利用母函数的关系式，有： )(0)()( 0)()()]1()1([ )()()1()()()1( )()()1()()()1( 1 1 1 1 ' 1 1 '21 1 '2 ' 1 1 '21 1 '2 lkdxxPxP dxxPxPkkll dxxPxPxxPxPx dxxPxPxxPxPx kl kl lkkl kllk ≠=? =+?++ ?+?? ???? ∫ ∫ ∫ ∫ ? ? ? ? ? ? )(xP l 2 1 2 2 00 0 1 [ ] [ ()][ () ] () () (1 2 ) lk lk lk lk lk lk pxt p xt pxp xt xt t ∞∞ ∞ + == = ?+ ∑∑ ∑ 两边对 x 积分，并利用勒让得多项式的正交性 111 22 2 00 0 () () [ ()] 12 lk l lk l lk l dx tpxpxdxtpxdx xt t ∞∞ ∞ + ??? == = ?+ ∑∑ ∑ ∫∫∫ 上式左边的积分 2 1 21 1 22 1 11(1) ln(1 2 ) ln 12 2 2 (1 ) dx t xt t xt t t t t ? ? + =?+= ?+ ? ? ∫ 在 的区域将 展开成泰勒级数 1<t 2 2 )1( )1( ln)( t t tf ? + = 21 0 4 () 21 l l ft t l ∞ + = = + ∑ 1 21 2 2 1 00 1 22 2 1 00 14 2 12 2 2 1 2 1 2 [()] 21 ll ll ll l dx tt xt t t l l tpxdx t l ∞∞ + ? == ∞∞ ? == ?= = ?+ + + + ∑∑ ∫ ∑∑ ∫ 上式在 的区域内对任意的 t 成立，故有 1 2 1 2 [()] 21 2 21 l l px dx l N l ? = + ?= + ∫ 1<t ：归一化因子 l N 1 3. 勒让得多项式的正交归一关系式 1 1 2 () () 21 lk lk pxp xdx l δ ? = + ∫ 六、 广义傅立叶级数的完备性 若函数 f(x)在 [-1， 1]上有连续的一阶导数和分段连续的二阶导数， 则 f(x)在 [-1， 1]上可以展开成绝对且一致收敛的级数 0 () () ll l fx cpx ∞ = = ∑ ——广义傅立叶级数 {()} l px 可以作为广义傅立叶级数展开的基，且 {()} l px 是完备的。 展开系数 的求法： 11 00 1 1 22 () () () 21 2 1 21 () 2 klklllk ll ll pfxdx cp xp xdx c c lk l cpfxd δ ∞∞ ++ ?? == + ? = ++ + ?= ∑∑ ∫∫ ∫ l c 七、 勒让得多项式的递推公式 递推关系： 相邻的勒让得多项式以及它们的导数之间存在着一定的关系 11 (1) ()(21) () ()0 lll lpx lxpxlpx +? +?++= 1 () () () lll lp x xp x p x ? ′ ′ =? 1 (1)() () () ll l lpxpxxpx + ′ ′ +=? 11 (2 1) () () () ll l lpxpxpx +? ′ ′ +=? 证明： 1. 由母函数关系式 1 2 2 0 (1 2 ) ( ) l l l xt t p x t ∞ ? = ?+ = ∑ 两边对 t 求导，有： 3 21 2 0 1 (1 2 ) (2 2 ) ( ) 2 l l l xt t t x lp x t ∞ ? ? = ??+ ?= ∑ 改写为： 3 21 2 0 ()(12 ) () l l l xt xtt lpxt ∞ ? ? = ??+ = ∑ 两边乘以 2 (1 2 )xt t?+ ，再将母函数关系式代入，有 21 00 ( ) () (1 2 ) () ll ll xt pxt xtt lpxt ∞∞ ? == ?=?+ ∑∑ 比较两边的系数，有： 11 1 () () ( 1) () 2 () ( 1) () ll l l l xp x p x l p x xlp x l p x ?+ ? ?=+ ? +? 整理上式： (1) ()(21) () ()0 (1) lll lpx lxpxlpx l +? +?++=≥其中 0l = 01 01 当 时，由于：p(x)=1;p(x)=x,所以xp(x)=p(x) 2.由母系数关系式两边对 x 求导： 3 02 2 3 21 2 0 1 (2) 2 () (1 2 ) ()(12 ) () l l l l l l t pxt xt t xt xtt lpxt ∞ = ∞ ? ? = ?? ′ = ?+ ??+ = ∑ ∑ 又 1 00 () ( ) () ll ll tlpxt xt pxt ∞∞ ? == ′ ?=? ∑∑ 比较等式两边的系数，得递推关系式 (2) 3. 由 (1)式两边对 x 求导，再与递推关系式 (2)联立消去含 的 项，即得递推关系式 (3) 4. 递推关系式 (2)+递推关系式 (3) 递推关系式 (4) )( ' 1 xP l? ? 6.3 缔合勒让得方程与缔合勒让得函数 一、缔合勒让得方程 1. 0m ≥ 设是勒让得方程的解，故有： 2 2 2 () () (1 ) 2 ( 1) ( ) 0 ll l dpx dpx xxlpx dx dx ??++= 将上式对 x 求 m 阶导数： 2 2 2 () () [(1 ) ] 2 [ ] ( 1) ( ) 0 mmm ll l dpx dpxddd xxlpx dx dx dx dx dx ?? + = 由 计算上式第 (1)、 (2)项 )(0sin)(cos)(cos 0 cos lkdPP kl x ≠= ∫ ? = θθθθ π θ )()( 0 )( )( kmk m k k m m vuCuv ? = ∑ = 2 2() () () 2 (1 ) ( ) 2( 1) ( ) [ ( 1) ( 1)] ( ) 0 mm m ll l dd xpxmxpxl m px dx dx ??++??= 上式实际上是关于 () () () () m mm ll m d px px dx = 所满足的方程。 2 2 () (1 ) () m yx x wx=?设： 代入缔合勒让得方程，得： w(x)与 满足相同的方程 0)]1()1([)()1(2)()1( 2 2 2 =+?+++?? wmmllx dx dw xmx dx wd x ? )( )( xP m l ? 缔合勒让得方程的一个特解： 记作： 2． m<0 将 代入缔合勒让得方程，得： 2 2 2 22 (1 ) 2 [ ( 1) ] 0 1 m dy dy xxl y dx dx x ??++?= ? 上式的特解： )()1()( )( 2 2 xPxxy m l m ?= )2,1,0()()1()( )( 2 2)( null=?= mxPxxP m l m m l mm ?= )2,1()()1()( 2 2 null??=?= mxP dx d xxP l m m m m l 3. 缔合勒让得方程的特解 )2,1,0()()1()( 2 2 null±±=?= mxP dx d xxP l m m m m l 二、 缔合勒让得函数的微分 将罗巨格公式代入方程的特解，得： 1 11 12 1 2 22 2 22 2 1 122 2 3 3 ( ) (1 ) sin ; ( ) 3 (1 ) sin 2 2 3 () 3(1 ) (1 cos2); 2 33 ( ) (1 ) (5 1) (sin 5sin 3 ) 28 px x px x x px x px x x θθ θ θθ ?=?= =?= =?= ? =? ?= + );2,1,0;1,0()1( !2 )1( )( 2 2 2 lmmlx dx d l x xP l ml ml l m m l ≤±±==? ? = + + nullnull 三、缔合勒让得函数的正交性与正交归一 关系式 1. 缔合勒让得函数在区间 [-1,1]具有正交性： 1 1 () () 0( , ) mm lk pxpxdx lk m ? =≠ ∫ 对于同一个 2. 缔合勒让得函数的模 1 2 1 [()] mm ll Npxdx ? = ∫ 由缔合勒让得函数的微分形式有： 11 222 22 22 1 2 22 1 1 () () (1 )[ ( 1)] 2(!) () (1 ) ( 1) 1 () ( 1) 2(!) ml mm m l ll lml ml ml ml l lml d Ipxpxdx x x dx ld d Gx x x dx d IGxxdx ld + + ?? + + + + ? ==?? =? ? ?= ? ∫∫ ∫ 令 分步积分： ∫ ? ?+ ?+ ? ?+ ?+ ?? ? ? ? ? ? ? ? 1 1 2 1 1 22 1 1 2 1 1 22 )(')1( )!(2 1 )1()( )!(2 1 dxxGx dx d l x dx d xG l l lm lm l l lm lm l G(x)含有 2 (1 ) m x? 因子，故 分部积分： 1 22 1 22 2 22 2 1 1 11 ( ) [ ( 1) ] ( ) ( ) ( 1) 2 ( !) 2 ( !) ml ml ll lml l ml dd I Gx x G x x dx ldx dx +? +? +? +? ? ? ′′′ =? ? ? ? ? ∫ G’(x)含有 因子，故 22 1 2 22 2 1 1 () ( 1) 2(!) ............ ml l lml d IGxxdx ld +? +? ? ? ′′ =? ∫ （） 分步积分 m 次，且 ，得 ∫ ? ?+ ?+ ??= 1 1 2 2 2 22 ])1([)(' )!(2 1 dxx dx d dx d xG l I l lm lm l )1( 2 x? )12,1,0(0)1( )( ?==± mkG k null 1 () 2 22 1 1 () ( 1) 2(!) ml ml ll d IGxxdx ld ? ? =? ∫ （） 再分步积分 l 次，且 1 ( 1) 0( 0,1,2...... 1) ( ) k lml k x d xklGx dx + ? + = ?== ? =及常数，得 1 () 2 22 1 1 () ( 1) 2(!) ml ml l l IGxxdx l + + ? ? =? ∫ （） 多项式 G(x)的最高次幂是 ，故 l ml ml mm x dx d x 22 )1( + + ? )!( )!()!2( )1( )!( )!2( )1( ])12()12(2)1[()( 2)( ml mll x dx d ml l xmllllx dx d xG mml ml ml m mlmm ml ml ml ? + ?= ? ?= +?????= + + + ? + + + null 又利用分步积分，可得 3. 缔合勒让得函数的正交归一关系式 1 1 ()! 2 () () ()!21 mm ll lk lm pxpxdx lm l δ ? + = ?+ ∫ ∫∫ ?? + + ?=+?=? 1 1 1 1 212 2 )12()!2( )!(2 )1()1()1()1( ll l dxxxdxx l llll 2 22 212 22 ][ 12 2 )!( )!( 12 2 )!( )!( )1( )12()!2( )!(2 )1( )!( )!()!2( )1( )!(2 )1( m l lm l lm l lm N lml ml lml ml ll l ml mll l I = +? + = +? + ?= + ?? ? + ?? ? =? + ++ 四、广义傅立叶级数 缔合勒让得函数的完备性 若函数在区间 [-1， 1]上有连续的一阶导数及分段连续的二阶 导数，则 f(x)在 [-1， 1]上可展开成绝对且一致收敛的级数 可作为广义傅立叶级数展开的基，表明 是 完备的。 利用缔合缔合勒让得函数的正交归一关系式可以展开系数： ∑ ∞ = = 0 )()( l m l ml xPCxf ——广义傅立叶级数 )}({ xP m l )}({ xP m l ∫ ? + ? + = 1 1 )()( )!( )!( 2 12 dxxPxf ml ml l C m l ml