1610915348-99a8a2e15f9c5b33e840849c87014c18 (824742), страница 98
Текст из файла (страница 98)
Функция Лежандра. Напишем уравнение Лежандра:(1 − x2 )d2 udu+ n(n + 1)u = 0,− 2xdx2dx(118)и будем считать x комплексным переменным, причем n можетобозначать любое число. Уравнение (118) имеет в особых точкахx = ±1 оба корня определяющего уравнения, равные нулю [105].Таким образом, в обеих этих точках будет один регулярный интеграл и один интеграл, содержащий логарифм, причем этот последний интеграл не ограничен в окрестности, соответствующей особойточке.Попытаемся удовлетворить уравнению (118) интегралом вида(13), который давал полином Лежандра при целом положительном n:1(t2 − 1)nu(x) = n+1dt.(119)2πi(t − x)n+1CПодставляя в уравнение (118), получимd2 udu+ n(n + 1)u =− 2x2dxdx(t2 − 1)nn+1= n+1[−(n + 2)(t2 − 1) + 2(n + 1)t(t − x)] dt =2πi(t − x)n+3Cd (t2 − 1)n+1n+1dt,= n+12πidt (t − x)n+2(1 − x2 )C142]Разложение решения в степенной ряд619откуда видно, что формула (119) дает решение уравнения (118),если при обходе переменной t по контуру G выражение(t2 − 1)n+1(t − x)n+2(120)возвращается к исходному значению.
При нецелом n подынтегральная функция в интеграле (119) имеет три точки разветвления: t = xи t = ±1. При обходе вокруг точки t = 1 или t = −1 против часовой стрелки числитель (t2 − 1)n+1 приобретает множитель e(n+1)2πiи при обходе точки t = x знаменатель приобретает множительe(n+2)2πi . Проведем на плоскости комплексного переменного t разрез от t = −1 до t = −∞ вдоль вещественной оси и в качестве контура C возьмем замкнутый контур,выходящий из некоторой точки A,(лежащей на вещественной оси правее точки t = 1) и обходящий против часовой стрелки вокруг точекt = 1 и t = x (рис.
73).Рис. 73.Мы считаем, что x не находитсяна разрезе и что контур C не пересекает разреза. Исходное значениемногозначной подынтегральной функции определяется из условийarg(t − 1) = arg(t + 1) = 0 и | arg(t − x)| < π при t > 1. В силу сказанного выше выражение (120) возвращается к исходному значению,когда t пробегает контур C. Отметим еще, что в силу теоремы Кошивеличина интеграла не зависит от выбора точки A на вещественнойоси правее t = 1 и от вида контура. Существенно лишь, что контурне пересекает упомянутого выше разреза.Таким образом, мы получаем решение уравнения (118)Pn (x) =12n+1 πiC(t2 − 1)ndt,(t − x)n+1(121)где C — описанный выше контур.
Это решение есть регулярнаяфункция от x на всей разрезанной указанным выше образом плоскости и, в частности, в точке x = 1. Но, как мы видели [105], уравнение (118) получается из уравнения Гаусса при α = n+1, β = −n и620Гл. V. Линейные дифференциальные уравнения[143γ = 1, если заменить независимую переменную z уравнения Гаусса1−x. Поскольку решение (121) регулярно при x = 1, т. е. прина2z = 0, оно должно совпадать с точностью до множителя с гипергеометрическим рядом1−xPn (x) = CF n + 1, −n, 1;.(122)2Для определения C 2 вычислим Pn (1):(t2 − 1)n(t + 1)n11dt,Pn (1) = n+1dt=n+1n+12πi(t − 1)2πit−1CCи, вычисляя последний интеграл по теореме о вычетах, получимPn (1) = 1, после чего формула (122) при x = 1 дает C = 1, т. е.1−x.(123)Pn (x) = F n + 1, −n, 1;2При целом положительном n мы получаем полином Лежандра.Кроме того, из формулы (123) в силу того, что F (α, β, γ; z) неменяется при перестановке α и β, следует, что при любом nPn (x) = P−n−1 (x).Пользуясь формулой (121), можно непосредственно проверить соотношения (37), (39) и (40) из [133].
Функция Pn (x) как решениеуравнения (118) имеет, вообще говоря, особые точки x = −1 иx = ∞. Формула (121) дает представление этой функции на всейплоскости с указанным разрезом.143. Функция Лежандра второго рода. Мы построили одноиз решений уравнения (118). Займемся теперь построением второгорешения. Мы знаем, что если y1 (x) — одно из решений уравненияy + p(x)y + q(x)y = 0,2 Здесь использовано одно и то же обозначение C для контура интегрирования и для неопределенной постоянной в решении.143]Разложение решения в степенной рядто второе решение может быть построено по формулеdx,y2 (x) = Cy1 (x) e− p(x)dx|y1 (x)]2621(124)где C — произвольная постоянная. Рассмотрим сначала случай целого положительного n.
В особой точке x = ∞ уравнения (118)определяющее уравнение имеет корни ρ1 = n + 1 и ρ2 = −n. Решение уравнения, соответствующее первому корню, обращается внуль при x = ∞. Пользуясь формулой (124), мы можем представитьэто решение в видеxQn (x) = Pn (x)∞dx(1 −x2 )[Pn (x)]2.(125)Функция Qn (x) имеет особые точки x = ±1 и регулярна на плоскости комплексного переменного x с разрезом от x = −1 до x = 1.Формула (125) дает Qn (x) на всей этой плоскости. Отметим, чтокорни Pn (x) лежат внутри промежутка (−1, 1).Выразим Qn (x) через полиномы Лежандра и логарифмы. Дляэтого в уравнение (118) введем вместо u(x) новую функцию v(x) поформуле1x+1u(x) = Pn (x) ln− v(x).(126)2x−1Для v(x) получаем уравнение(1 − x2 )d2 vdv+ n(n + 1)v = 2Pn (x).− 2x2dxdxВ силу (42) можем переписать это уравнение в виде(1 − x2 )d2 vdv+ n(n + 1)v =− 2xdx2dxN=2(2n − 4k + 3)Pn−2k+1 (x),k=1(127)622Гл.
V. Линейные дифференциальные уравнения[143где N = 12 n при n четном и N = 12 (n+1) при n нечетном. Принимаяво внимание, что Pn−2k+1 (x) удовлетворяет уравнению(1 − x2 )Pn−2k+1(x) − 2xPn−2k+1(x)++(n − 2k + 1)(n − 2k + 2)Pn−2k+1 (x) = 0,убедимся в том, что уравнениеd2 ωdw+ n(n + 1)w = 2(2n − 4k + 3)Pn−2k+1 (x)− 2x2dxdxимеет частное решение(1 − x2 )w(x) =2n − 4k + 3Pn−2k+1 (x).(2k − 1)(n − k + 1)Отсюда в силу (126) и (127) получаем следующее решение уравнения Лежандра (118):2n − 4k + 31x+1 −Pn−2k+1 (x). (128)u0 (x) = Pn (x) ln2x−1(2k − 1)(n − k + 1)Nk=1Оно должно выражаться через Pn (x) и Qn (x):u0 (x) = C1 Pn (x) + C2 Qn (x).(129)Из (128) и очевидного разложения1 1+x111ln= + 3 + 5 + ...2 1−xx 3x5x(|x| > 1)(x)остается ограниченной.
Сследует, что при x → ∞ величина ux0n−2другой стороны, в правой части (129) Pn (x) есть полином степениn, а Qn (x) стремится к нулю при x → ∞, как 1/xn+1 . Сопоставляяэто, можем утверждать, что C1 = 0, т. е.C2 Qn (x) = u0 (x) =1x+1Pn (x) ln− Rn (x),2x−1где Rn (x) — полином степени (n − 1). Отсюда следуетd Qn (x)1Sn (x)=+,C22dx Pn (x)1−x[Pn (x)]2(130)143]Разложение решения в степенной ряд623где Sn (x) — полином от x. С другой стороны, в силу (125)1d Qn (x)=.2dx Pn (x)(1 − x )[Pn (x)]2Сравнивая это равенство с предыдущим, получимC21Sn (x)=+,(1 − x2 )[Pn (x)]21 − x2[Pn (x)]2откудаC2 = [Pn (x)]2 + (1 − x2 )Sn (x),и, полагая x = 1, получаем C2 = 1, т.
е. на основании (128) и (129)окончательно имеем2n − 4k + 311+x Pn (x) ln−Pn−2k+1 (x). (131)21−x(2k − 1)(n − k + 1)NQn (x) =k=1Функция Qn (x) называется обычно функцией Лежандра второгорода.Наличие логарифмических членов связано с характером особыхточек x = ±1 уравнения (118). Легко представить Qn (x) в видеопределенного интеграла. Отметим, что при целом положительномn выражение (120) обращается в нуль при t = ±1.
В соответствиис этим, при составлении решения уравнения (118) в виде (119) мыможем за контур C взять просто отрезок −1 t 1 и получим1u1 (x) = C−1(1 − t2 )ndt,(x − t)n+1(132)где C — любая постоянная. Этот интеграл при x → ∞ стремится кнулю, как 1/xn+1 , и потому написанное решение лишь постоянныммножителем отличается от Qn (x). Определим постоянную C так,чтобы решение (132) совпало с Qn (x). Из формулы (11) следует,что коэффициент при xn у Pn (x) равенan =2n(2n − 1) .
. . (n + 1)2n!=.nn!2(n!)2 2n(133)624Гл. V. Линейные дифференциальные уравнения[143Обращаясь к формуле (125), мы видим, что разложение подынте−1гральной функции* по целым+ положительным степеням x начи1нается с члена − a2 x2n+2 , а разложение Qn (x) начинается с члеn1на (2n+1)an+1 . Сравнивая с формулой (132), получаем следующееnxуравнение для C:1C(1 − t2 )n dt =−1или1an (2n + 1)π/2sin2n+1 ϕ dϕ =2C01,an (2n + 1)откуда [I, 100]2C2n(2n − 2) . . . 4 · 21=,(2n + 1)(2n − 1) . . . 5 · 3an (2n + 1)и, принимая во внимание (133), получаем C = 1/2n+1 . Подставляяв (132), получаем выражение Qn (x) в виде интегралаQn (x) =12n+11−1(1 − t2 )ndt.(x − 1)n+1(134)Это выражение годится на всей плоскости комплексного переменного x, кроме отрезка −1 x 1.
Дадим теперь представление Qn (x)через гипергеометрический ряд. Предварительно запишем формулу (133) при помощи функции Γ(z), причем используем соотношения (143) из [73] при z = n+1 и формулу Γ(2n+2) = (2n+1)Γ(2n+1):2n+1 Γ n + 32Γ(2n + 1)√an =.(135)=[Γ(n + 1)]2 2n(2n + 1) πΓ(n + 1)Отметим далее, что преобразование t = x2 переводит уравнениеЛежандра (118) в уравнениеt(t − 1)d2 u 3t − 1 du n(n + 1)−u = 0,+dt22 dt4143]Разложение решения в степенной ряд625а это последнее уравнение есть уравнение Гаусса с параметрамиα = n2 + 12 , β = − n2 , γ = 1.
Пользуясь первой из формул при z = tи заменяя t на x2 , мы получим решение уравнения (118)C3 1n 1 nu(x) = n+1 F+ ,+ 1, n + ; 2(|x| > 1),(136)x22 22 xкоторое в бесконечно далекой точке ведет себя так же, как и Qn (x),а потому отличается от Qn (x) лишь постоянным множителем. Остается выбрать C так, чтобы решение (136) совпало с Qn (x), разло1жение которого по степеням x1 начинается с члена (2n+1)an+1 .
Этоnx1дает C = (2n+1)an , и мы получаем√πΓ(n + 1)n 3 11n 1 n·+ , + 1, + ; 2 . (137)FQn (x) = n+1 2 2 22 2 x2Γ n + 32 xn+1До сих пор речь шла о функции Qn (x) при целом положительномn. Можно определить Qn (x) как второе решение уравнения (118)и для любых значений n, как это мы делали для Pn (x). Обратимся к интегралу (134). Он имеет смысл, если вещественная часть(n + 1) положительна, и может служить определением Qn (x) приуказанном для n условии. В общем случае можно определить Qn (x)контурным интегралом (119) при подходящем выборе контура. Выражение (137) годится для n, отличных от целых отрицательныхзначений. Надо при этом иметь в виду, что если n — не целое положительное число, то функция Qn (x) имеет точку x = ∞ точкойразветвления.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
