勒让德方程

Laplace方程在球坐标系中分离变量便可以得到勒让德方程。

Legendre方程形如

(1−x2)y′′−2xy′+l(l+1)y=0(1-x^2) y'' - 2x y' + l(l+1)y = 0

其中, l(l+1) (l∈N)l(l+1)\ (l \in \mathbb{N})为本征值. 只有当l∈Nl\in \mathbb{N}时, Legendre多项式才会截断(从而不再是无穷级数).

可以用级数解法解Legendre方程.

Rodrigues公式

Pl(x)=12ll!dldxl(x2−1)lP_l(x) = \frac{1}{2^l l!}\frac{\text{d}^l}{\text{d}x^l}(x^2 -1 )^l

这个公式可以用来证明Legendre多项式的奇偶性 Pl(x)=(−1)lPl(−x)P_l(x) = (-1)^l P_l(-x). 这是因为 dld(−x)l=(−1)ldldxl\frac{\text{d}^l}{\text{d}(-x)^l} = (-1)^l \frac{ \text{d}^l}{ \text{d} x^l }

生成函数

11−2xt+t2=∑l=0∞Pl(x)tl\frac{1}{\sqrt{1- 2xt + t^2 }} = \sum_{l=0}^{\infty} P_l(x) t^l

证明:

above=11−2t+t2−2(x−1)t=11−t11−2(x−1)t1−t2\text{above} = \frac{1}{\sqrt{1-2t + t^2 - 2(x-1)t}} \\ = \frac{1}{1-t} \frac{1}{\sqrt{1 - 2 (x-1) \frac{t}{1-t}^2}}

利用

(1+x)α=1+αx+α(α−1)x22!+⋯+α(α−1)⋯(α−n+1)xnn!+⋯(1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + \alpha(\alpha-1)\frac{x^2}{2!} + \cdots + \alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1) \frac{x^n}{n!} + \cdots

便可以将上式展开为Legendre方程的级数解形式. QED.

Note: 生成函数的物理对应是, 一个电荷量为 4πϵ04\pi \epsilon_0 的点电荷在距离极坐标系原点 r 处产生的电势.

生成函数的应用

  • 对 x 求导或者对 t 求导, 便可以得到勒让德多项式的递推关系.
  • 也可以证明勒让德多项式的奇偶性.
  • 计算在 x=1 处 Pl(x)≡1P_l(x) \equiv 1
  • 对于某些求解球外点电荷产生的电势问题, 也可以用生成函数解决.

正交完备性

∫−11Pl(x)Pk(x)dx=∫0πPl(cos⁡θ)Pk(cos⁡θ)sin⁡θdθ=δlk22l+1\begin{aligned} \int_{-1}^1 P_l(x) P_k(x) \text{d} x &= \int_0^\pi P_l(\cos\theta) P_k(\cos\theta)\sin\theta \text{d}\theta \\ &=\delta_{lk} {2 \over 2l+1}\end{aligned}

证明思路: 由于Pl(x)P_l(x)是 xk (k=0,1,⋯ ,l)x^k \ (k=0, 1, \cdots, l) 的线性组合, 故只需要证明

∫−11xkPl(x)dx=0,(k<l)\int_{-1}^{1} x^k P_l(x) \text{d}x = 0, \quad (k < l)

便可以证明Legendre多项式的正交性. 具体的方法就是用微分表示代替Legendre多项式, 然后连续使用“分部积分”, 便可以成功证明正交性. 根据所证明问题的对称性, 我们的前提"k<lk < l" 是不失一般性的.

对于球坐标中的问题, 如果想要使用傅里叶级数法进行求解, 那么基函数就可以优先选取Legendre多项式.

解个题

经典例题就是均匀电场中的接地导体球(半径为a).

电势 u 与 ϕ\phi 坐标无关, 所以球外的电势可以记作 u(r,θ)u(r, \theta).

设坐标原点电势为 u0u_0, 则当导体球不存在时由静电场产生的电势 u1=u0−Ercos⁡θu_1 = u_0 - Er\cos\theta.

感应电荷也会在球外产生电势 u2u_2. u2u_2 满足∇2u2=0\nabla^2 u_2 = 0.

下面讨论边界条件. 一共有 4 个边界, r∈[a,∞],θ∈[0,π]r\in [a, \infty], \theta \in [0,\pi].

  • 由于球接地, 所以u1(a,θ)+u2(a,θ)=0u_1(a,\theta) + u_2(a,\theta) = 0, 因此边界条件-为
    u2(a,θ)=−u1(a,θ),u2(∞,θ)=0u_2(a,\theta) = - u_1(a, \theta), u_2(\infty, \theta) = 0
  • 除此之外, 还有有界性条件 u(r,0),u(r,π)u(r,0), u(r,\pi) 有界.

这样方程就写出来了.

∇2u2(r,θ)=0u2(a,θ)=Eacos⁡θ−u0u2(∞,θ)=0u2(r,0)<∞u2(r,π)<∞\nabla^2 u_2 (r,\theta) = 0 \newline \begin{array}{cc} u_2 (a,\theta) = Ea\cos\theta - u_0 & u_2(\infty, \theta) = 0\\ u_2 (r, 0) < \infty & u_2 (r, \pi) < \infty \end{array}

然后再用 u2=R(r)Θ(θ)u_2 = R(r)\Theta(\theta) 分离变量. 于是就可以得到

u2=∑m=0∞Rm(r)Pm(cos⁡θ)u_2 = \sum_{m=0}^{\infty} R_m(r)P_m (\cos\theta)

代入边界条件可以初步确定一些参数. 比如通过下面这种通用手段:

u(a,θ)=f(θ)=∑mRm(a)Pm(x),x=cos⁡θ  ⟹  ∑mRm(a)Pm(x)=∑l[22l+1∫−11f(θ)Pl(cosθ)sin⁡θdθ]Pl(cos⁡θ)u(a, \theta) = f(\theta) = \sum_m R_m(a) P_m(x) , \quad x = \cos \theta \\ \implies \sum_m R_m(a) P_m(x) = \sum_l \bigg[ {2 \over 2l+1 } \int_{-1}^1 f(\theta) P_l(cos\theta) \sin\theta \text{d}\theta \bigg] P_l(\cos\theta)