5.3 在常点附近的级数解，第二部分

在前一节中，我们考虑了寻找如下方程解的问题：

$$\begin{equation*} P(x) y^{\prime \prime}+Q(x) y^{\prime}+R(x) y=0 \tag{1} \end{equation*}$$

其中$P, Q$, 和 $R$ 是多项式，在常点$x_{0}$附近。假设方程(1)确实有一个解$y=\phi(x)$，并且$\phi$有一个泰勒级数

$$\begin{equation*} \phi(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n} \tag{2} \end{equation*}$$

它收敛于$\left|x-x_{0}\right|<\rho$，其中$\rho>0$，我们发现$a_{n}$可以通过直接将级数(2)代入方程(1)中的$y$来确定。

现在让我们考虑如何证明以下陈述：如果$x_{0}$是方程(1)的常点，那么存在形如(2)的解。我们还考虑此类级数的收敛半径问题。在这样做时，我们得到了常点定义的推广。

那么，假设方程(1)存在一个形如(2)的解。通过对公式(2)进行$m$次求导并令$x$等于$x_{0}$，我们得到

$$\begin{equation*} m!a_{m}=\phi^{(m)}\left(x_{0}\right) . \tag{3} \end{equation*}$$

因此，为了计算级数(2)中的$a_{n}$，我们必须证明我们可以从微分方程(1)中确定$\phi^{(n)}\left(x_{0}\right)$，其中$n=0,1,2, \ldots$。

假设$y=\phi(x)$是满足初始条件$y\left(x_{0}\right)=y_{0}, y^{\prime}\left(x_{0}\right)=y_{0}^{\prime}$的方程(1)的解。那么$a_{0}=y_{0}$和$a_{1}=y_{0}^{\prime}$。如果我们仅仅对找到方程(1)的解而没有指定任何初始条件感兴趣，那么$a_{0}$和$a_{1}$保持任意。为了确定$\phi^{(n)}\left(x_{0}\right)$以及对应的$a_{n}$，其中$n=2,3, \ldots$，我们转向方程(1)，目标是找到$\phi^{\prime \prime}(x), \phi^{\prime \prime \prime}(x), \ldots$的公式。 由于$\phi$是方程(1)的解，我们有

$$P(x) \phi^{\prime \prime}(x)+Q(x) \phi^{\prime}(x)+R(x) \phi(x)=0$$

对于$P$非零的$x_{0}$附近的区间，我们可以将这个方程写成以下形式

$$\begin{equation*} \phi^{\prime \prime}(x)=-p(x) \phi^{\prime}(x)-q(x) \phi(x), \tag{4} \end{equation*}$$

其中$p(x)=Q(x) / P(x)$和$q(x)=R(x) / P(x)$。 观察到，在$x=x_{0}$处，方程(4)的右侧是已知的，因此允许我们计算$\phi^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)$：在方程(4)中令$x$等于$x_{0}$得到

$$\phi^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)=-p\left(x_{0}\right) \phi^{\prime}\left(x_{0}\right)-q\left(x_{0}\right) \phi\left(x_{0}\right)=-p\left(x_{0}\right) a_{1}-q\left(x_{0}\right) a_{0} .$$

因此，使用方程(3)，当$m=2$时，我们发现$a_{2}$由下式给出

$$\begin{equation*} 2!a_{2}=\phi^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)=-p\left(x_{0}\right) a_{1}-q\left(x_{0}\right) a_{0} \tag{5} \end{equation*}$$

为了确定$a_{3}$，我们对方程(4)求导，然后令$x$等于$x_{0}$，得到

$$\begin{align*} 3!a_{3}=\phi^{\prime \prime \prime}\left(x_{0}\right) & =-\left.\left(p(x) \phi^{\prime}(x)+q(x) \phi(x)\right)^{\prime}\right|_{x=x_{0}} \\ & =-2!p\left(x_{0}\right) a_{2}-\left(p^{\prime}\left(x_{0}\right)+q\left(x_{0}\right)\right) a_{1}-q^{\prime}\left(x_{0}\right) a_{0} \tag{6} \end{align*}$$

从方程(5)代入$a_{2}$，得到用$a_{1}$和$a_{0}$表示的$a_{3}$。

由于$P, Q$, 和$R$是多项式，并且$P\left(x_{0}\right) \neq 0$，因此$p$和$q$的所有导数在$x_{0}$处都存在。 因此，我们可以继续无限期地对方程(4)求导，在每次求导后通过设置$x$等于$x_{0}$来确定连续系数$a_{4}, a_{5}, \ldots$。

例子 1

设$y=\phi(x)$是初值问题$\left(1+x^{2}\right) y^{\prime \prime}+2 x y^{\prime}+4 x^{2} y=0, y(0)=0$, $y^{\prime}(0)=1$的解。确定$\phi^{\prime \prime}(0), \phi^{\prime \prime \prime}(0)$和$\phi^{(4)}(0)$。

解：

为了找到$\phi^{\prime \prime}(0)$，只需在$x=0$时计算微分方程：

$$\left(1+0^{2}\right) \phi^{\prime \prime}(0)+2 \cdot 0 \cdot \phi^{\prime}(0)+4 \cdot 0^{2} \cdot \phi(0)=0$$

所以$\phi^{\prime \prime}(0)=0$。

为了找到$\phi^{\prime \prime \prime}(0)$，对$x$求微分方程的导数：

$$\begin{equation*} \left(1+x^{2}\right) \phi^{\prime \prime \prime}(x)+2 x \phi^{\prime \prime}(x)+2 x \phi^{\prime \prime}(x)+2 \phi^{\prime}(x)+4 x^{2} \phi^{\prime}(x)+8 x \phi(x)=0 \tag{7} \end{equation*}$$

然后在$x=0$处评估结果方程(7)：

$$\phi^{\prime \prime \prime}(0)+2 \phi^{\prime}(0)=0 .$$

因此 $\phi^{\prime \prime \prime}(0)=-2 \phi^{\prime}(0)=-2\left(\right.$ 因为 $\left.\phi^{\prime}(0)=1\right)$.

最后，为了求得 $\phi^{(4)}(0)$, 首先对等式(7)关于 $x$ 求导：

$$\begin{aligned} \left(1+x^{2}\right) \phi^{(4)}(x) & +2 x \phi^{\prime \prime \prime}(x)+4 x \phi^{\prime \prime \prime}(x)+4 \phi^{\prime \prime}(x)+\left(2+4 x^{2}\right) \phi^{\prime \prime}(x)+8 x \phi^{\prime}(x) \\ & +8 x \phi^{\prime}(x)+8 \phi(x)=0 . \end{aligned}$$

将此等式在 $x=0$ 处求值，我们得到

$$\phi^{(4)}(0)+6 \phi^{\prime \prime}(0)+8 \phi(0)=0$$

最后，使用 $\phi(0)=0$ 和 $\phi^{\prime \prime}(0)=0$，我们得出结论 $\phi^{(4)}(0)=0$.

注意，我们在确定 $a_{n}$ 时所使用的重要性质是，我们可以计算函数 $p$ 和 $q$ 的无穷多个导数。放宽我们关于函数 $p$ 和 $q$ 是多项式之比的假设，而仅要求它们在 $x_{0}$ 邻域内是无限可微的，似乎是合理的。不幸的是，这个条件太弱，无法确保我们能够证明所得 $y=\phi(x)$ 的级数展开的收敛性。我们需要假设函数 $p$ 和 $q$ 在 $x_{0}$ 处是解析的；也就是说，它们具有 Taylor级数展开，这些展开在围绕点 $x_{0}$ 的某个区间内收敛于它们：

$$\begin{align*} & p(x)=p_{0}+p_{1}\left(x-x_{0}\right)+\cdots+p_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} p_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}, \tag{8}\\ & q(x)=q_{0}+q_{1}\left(x-x_{0}\right)+\cdots+q_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} q_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n} . \tag{9} \end{align*}$$

考虑到这个想法，我们可以将微分方程 (1) 的常点和奇点的定义推广如下：如果函数 $p(x)=Q(x) / P(x)$ 和 $q(x)=R(x) / P(x)$ 在 $x_{0}$ 处是解析的，则称点 $x_{0}$ 是微分方程 (1) 的一个常点；否则，它是一个奇点。

现在让我们转向级数解的收敛区间的问题。一种可能性是实际计算每个问题的级数解，然后应用无穷级数的收敛性测试之一来确定其收敛半径。不幸的是，这些测试要求我们获得一般系数 $a_{n}$ 作为 $n$ 的函数的表达式，而这项任务通常非常困难，甚至是不可能的；回想一下 5.2 节中的例 3。然而，通过以下定理，可以立即回答一大类问题。

定理 5.3.1

如果 $x_{0}$ 是微分方程 (1)

$$P(x) y^{\prime \prime}+Q(x) y^{\prime}+R(x) y=0,$$

的一个常点，也就是说，如果 $p(x)=Q(x) / P(x)$ 和 $q(x)=R(x) / P(x)$ 在 $x_{0}$ 处是解析的，那么方程 (1) 的通解是

$$y=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}=a_{0} y_{1}(x)+a_{1} y_{2}(x)$$

其中 $a_{0}$ 和 $a_{1}$ 是任意的，$y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是在 $x_{0}$ 处解析的两个幂级数解。解 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 构成一个基本解集。此外，每个级数解 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的收敛半径至少与 $p$ 和 $q$ 的级数的收敛半径的最小值一样大。

为了看到 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是一个基本解集，请注意它们具有 $y_{1}(x)=1+b_{2}\left(x-x_{0}\right)^{2}+\cdots$ 和 $y_{2}(x)=\left(x-x_{0}\right)+c_{2}\left(x-x_{0}\right)^{2}+\cdots$ 的形式，其中 $b_{2}+c_{2}=a_{2}$。因此，$y_{1}$ 满足初始条件 $y_{1}\left(x_{0}\right)=1, y_{1}^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$，并且 $y_{2}$ 满足初始条件 $y_{2}\left(x_{0}\right)=0, y_{2}^{\prime}\left(x_{0}\right)=1$。因此 $W\left[y_{1}, y_{2}\right]\left(x_{0}\right)=1$。

还要注意，尽管在理论上通过连续微分微分方程来计算系数是极好的，但它通常不是一种实用的计算程序。相反，您应该将级数 (2) 代入微分方程 (1) 以求解 $y$，并确定系数以使微分方程得到满足，就像前一节中的示例一样。

我们不会证明这个定理，Fuchs 已经以稍微更一般的形式建立了该定理。⁶ 对我们来说重要的是，存在形式为 (2) 的级数解，并且级数解的收敛半径不能小于 $p$ 和 $q$ 的级数的收敛半径的最小值；因此我们只需要确定这些。

这可以通过两种方式完成。再次，一种可能性是简单地计算 $p$ 和 $q$ 的幂级数，然后使用无穷级数的收敛性检验方法之一来确定收敛半径。但是，当 $P(x), Q(x)$, 和 $R(x)$ 是多项式时，有一种更简单的方法。复变函数理论表明，两个多项式的比率，比如 $Q(x) / P(x)$，在点 $x=x_{0}$ 处有一个收敛的幂级数展开，如果 $P\left(x_{0}\right) \neq 0$。 此外，如果我们假设 $Q(x)$ 和 $P(x)$ 的任何公因子都已被消去，那么 $Q(x) / P(x)$ 在点 $x_{0}$ 处的幂级数的收敛半径恰好是 $x_{0}$ 到 $P(x)$ 最近的零点的距离。 在确定这个距离时，我们必须记住 $P(x)=0$ 可能有复根，这些复根也必须被考虑。

示例 2

$\left(1+x^{2}\right)^{-1}$ 关于 $x=0$ 的泰勒级数的收敛半径是多少？

解：

一种方法是找到所讨论的泰勒级数，即，

$$\frac{1}{1+x^{2}}=1-x^{2}+x^{4}-x^{6}+\cdots+(-1)^{n} x^{2 n}+\cdots$$

然后可以通过比值检验验证 $\rho=1$。 另一种方法是注意到 $1+x^{2}$ 的零点是 $x= \pm i$。 由于复平面中从 0 到 $i$ 或到 $-i$ 的距离是 1，因此关于 $x=0$ 的幂级数的收敛半径为 1。

[^4]

示例 3

$\left(x^{2}-2 x+2\right)^{-1}$ 关于 $x=0$ 的泰勒级数的收敛半径是多少？ 关于 $x=1$ 呢？

解：

首先注意到

$$x^{2}-2 x+2=0$$

的解是 $x=1 \pm i$。 复平面中从 $x=0$ 到 $x=1+i$ 或 $x=1-i$ 的距离是 $\sqrt{2}$； 因此，关于 $x=0$ 的泰勒级数展开 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的收敛半径是 $\sqrt{2}$。

复平面中从 $x=1$ 到 $x=1+i$ 或 $x=1-i$ 的距离是 1； 因此，关于 $x=1$ 的泰勒级数展开 $\sum_{n=0}^{\infty} b_{n}(x-1)^{n}$ 的收敛半径是 1。

根据定理 5.3.1，前一节示例 2 和示例 3 中 Airy 方程的级数解对于所有 $x$ 和 $x-1$ 的值都收敛，因为在每个问题中 $P(x)=1$，因此永远不会为零。

级数解的收敛范围可能比定理 5.3.1 指出的范围更广，因此该定理实际上仅给出了级数解收敛半径的下限。 下面的例子中 Legendre 方程的 Legendre 多项式解说明了这一点。

示例 4

确定 Legendre 方程

$$\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+\alpha(\alpha+1) y=0$$

关于 $x=0$ 的级数解的收敛半径的下限，其中 $\alpha$ 是一个常数。

解：

注意 $P(x)=1-x^{2}, Q(x)=-2 x$, 和 $R(x)=\alpha(\alpha+1)$ 是多项式，并且 $P$ 的零点，即 $x= \pm 1$，距离 $x=0$ 为 1。 因此，$\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 形式的级数解至少对于 $|x|<1$ 收敛，并且可能对于更大的 $x$ 值收敛。 实际上，可以证明，如果 $\alpha$ 是一个正整数，则其中一个级数解在有限项后终止，也就是说，一个解是一个多项式，因此不仅对于 $|x|<1$ 收敛，而且对于所有 $x$ 收敛。 例如，如果 $\alpha=1$，则多项式解是 $y=x$。 参见本节末尾的第 17 至 23 题，以进一步讨论 Legendre 方程。

示例 5

确定微分方程

$$\begin{equation*} \left(1+x^{2}\right) y^{\prime \prime}+2 x y^{\prime}+4 x^{2} y=0 \tag{10} \end{equation*}$$

关于点 $x=0$ 和点 $x=-\frac{1}{2}$ 的级数解的收敛半径的下限。

解：

再次，$P, Q$ 和 $R$ 是多项式，并且 $P$ 在 $x= \pm i$ 处有零点。 复平面中从 0 到 $\pm i$ 的距离是 1，而从 $-\frac{1}{2}$ 到 $\pm i$ 的距离是 $\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$。 因此，在第一种情况下，级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 至少对于 $|x|<1$ 收敛，在第二种情况下，级数 $\sum_{n=0}^{\infty} b_{n}\left(x+\frac{1}{2}\right)^{n}$ 至少对于 $\left|x+\frac{1}{2}\right|<\frac{\sqrt{5}}{2}$ 收敛。

关于方程(10)的一个有趣的观察结果来自定理3.2.1和5.3.1。假设给定初始条件$y(0)=y_{0}$和$y^{\prime}(0)=y_{0}^{\prime}$。由于对于所有$x$，都有$1+x^{2} \neq 0$，因此根据定理3.2.1，我们知道在$-\infty<x<\infty$上存在初始值问题的唯一解。另一方面，定理5.3.1仅保证存在形式为$\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$（其中$a_{0}=y_{0}, a_{1}=y_{0}^{\prime}$）的级数解，且其收敛区间为$-1<x<1$。在区间$-\infty<x<\infty$上的唯一解可能不具有关于$x=0$的幂级数，且该幂级数对于所有$x$都收敛。

例题 6

我们能否确定以下微分方程关于$x=0$的级数解？

$$y^{\prime \prime}+(\sin x) y^{\prime}+\left(1+x^{2}\right) y=0$$

如果能，收敛半径是多少？

解：

对于此微分方程，$p(x)=\sin x$和$q(x)=1+x^{2}$。从微积分中回忆，$\sin x$具有关于$x=0$的泰勒级数展开，且该级数对于所有$x$都收敛。此外，$q$也具有关于$x=0$的泰勒级数展开，即$q(x)=1+x^{2}$，且该级数对于所有$x$都收敛。因此，存在形式为$y=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$的级数解，其中$a_{0}$和$a_{1}$是任意的，并且该级数对于所有$x$都收敛。

习题

在习题1到3中，如果$y=\phi(x)$是给定初值问题的解，请确定给定点$x_{0}$的$\phi^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)$，$\phi^{\prime \prime \prime}\left(x_{0}\right)$和$\phi^{(4)}\left(x_{0}\right)$。

1. $y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+y=0 ; \quad y(0)=1, \quad y^{\prime}(0)=0$

2. $x^{2} y^{\prime \prime}+(1+x) y^{\prime}+3(\ln x) y=0 ; \quad y(1)=2, \quad y^{\prime}(1)=0$

3. $y^{\prime \prime}+x^{2} y^{\prime}+(\sin x) y=0 ; \quad y(0)=a_{0}, \quad y^{\prime}(0)=a_{1}$

在习题4到6中，确定给定微分方程关于每个给定点$x_{0}$的级数解的收敛半径的下界。

4. $y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+6 x y=0 ; \quad x_{0}=0, \quad x_{0}=4$

5. $\left(x^{2}-2 x-3\right) y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+4 y=0 ; \quad x_{0}=4, \quad x_{0}=-4, \quad x_{0}=0$

6. $\left(1+x^{3}\right) y^{\prime \prime}+4 x y^{\prime}+y=0 ; \quad x_{0}=0, \quad x_{0}=2$

7. 确定第5.2节中习题1到11的每个微分方程关于给定$x_{0}$的级数解的收敛半径的下界。

8. 切比雪夫方程。切比雪夫⁷微分方程为

$$\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-x y^{\prime}+\alpha^{2} y=0$$

其中$\alpha$是一个常数。

a. 确定$|x|<1$时，两个$x$的幂级数解，并证明它们构成基本解集。

[^5]b. 证明如果$\alpha$是非负整数$n$，则存在一个$n$次多项式解。当适当归一化时，这些多项式称为切比雪夫多项式。它们在需要用多项式逼近定义在$-1 \leq x \leq 1$上的函数的问题中非常有用。

c. 找到$\alpha=n=0$, $1,2,3$情况下多项式解。

对于习题9到11中的每个微分方程，找到原点附近两个幂级数解中的每个解的前四个非零项。证明它们构成基本解集。你期望每个解的收敛半径是多少？

9. $y^{\prime \prime}+(\sin x) y=0$

10. $e^{x} y^{\prime \prime}+x y=0$

11. $(\cos x) y^{\prime \prime}+x y^{\prime}-2 y=0$

12. 令$y=x$和$y=x^{2}$是微分方程$P(x) y^{\prime \prime}+Q(x) y^{\prime}+R(x) y=0$的解。 你能说出点$x=0$是常点还是奇点吗？证明你的答案。

一阶方程。如果函数$p=Q / P$在点$x_{0}$处具有泰勒级数展开，则本节讨论的级数方法可以直接应用于一阶线性微分方程$P(x) y^{\prime}+Q(x) y=0$。 这样的点称为常点，并且级数$y=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}$的收敛半径至少与$Q / P$的级数的收敛半径一样大。 在习题13到16中，用$x$的幂级数求解给定的微分方程，并验证在每种情况下$a_{0}$都是任意的。 习题17涉及一个非齐次微分方程，可以将级数方法轻松地扩展到该方程。 在可能的情况下，将级数解与使用第2章的方法获得的解进行比较。

13. $y^{\prime}-y=0$

14. $y^{\prime}-x y=0$

15. $(1-x) y^{\prime}=y$

16. $y^{\prime}-y=x^{2}$

勒让德方程。习题17到23涉及勒让德⁸方程

$$\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+\alpha(\alpha+1) y=0 .$$

正如例 4 所示，点 $x=0$ 是该方程的一个常点，且从原点到 $P(x)=1-x^{2}$ 最近的零点的距离为 1。因此，关于 $x=0$ 的级数解的收敛半径至少为 1。另请注意，我们只需要考虑 $\alpha>-1$，因为如果 $\alpha \leq-1$，则代换 $\alpha=-(1+\gamma)$，其中 $\gamma \geq 0$，会导致勒让德方程 $\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+\gamma(\gamma+1) y=0$。

17. 证明当 $|x|<1$ 时，勒让德方程的两个解为

$$\begin{aligned} y_{1}(x)= & 1-\frac{\alpha(\alpha+1)}{2!} x^{2}+\frac{\alpha(\alpha-2)(\alpha+1)(\alpha+3)}{4!} x^{4} \\ + & \sum_{m=3}^{\infty}(-1)^{m} \frac{\alpha \cdots(\alpha-2 m+2)(\alpha+1) \cdots(\alpha+2 m-1)}{(2 m)!} x^{2 m} \\ y_{2}(x)= & x-\frac{(\alpha-1)(\alpha+2)}{3!} x^{3} \\ & +\frac{(\alpha-1)(\alpha-3)(\alpha+2)(\alpha+4)}{5!} x^{5} \\ & +\sum_{m=3}^{\infty}(-1)^{m} \\ & \times \frac{(\alpha-1) \cdots(\alpha-2 m+1)(\alpha+2) \cdots(\alpha+2 m)}{(2 m+1)!} x^{2 m+1} . \end{aligned}$$

18. 证明如果 $\alpha$ 是零或正偶数 $2n$，则级数解 $y_{1}$ 简化为次数为 $2n$ 的多项式，其中仅包含 $x$ 的偶数次幂。 找到对应于 $\alpha=0,2$, 和 4 的多项式。证明如果 $\alpha$ 是正奇数 $2n+1$，则级数解 $y_{2}$ 简化为次数为 $2n+1$ 的多项式，其中仅包含 $x$ 的奇数次幂。 找到对应于 $\alpha=1,3$, 和 5 的多项式。

19. 勒让德多项式 $P_{n}(x)$ 被定义为勒让德方程的 $\alpha=n$ 的多项式解，且满足条件 $P_{n}(1)=1$。

    a. 使用问题 18 的结果，找到勒让德多项式 $P_{0}(x), \ldots, P_{5}(x)$。

    G b. 绘制 $P_{0}(x), \ldots, P_{5}(x)$ 在 $-1 \leq x \leq 1$ 范围内的图像。

    N c. 找到 $P_{0}(x), \ldots, P_{5}(x)$ 的零点。

[^6]20. 勒让德多项式在数学物理学中起着重要作用。 例如，在球坐标系中求解拉普拉斯方程（势方程）时，我们会遇到以下方程

$$\frac{d^{2} F(\varphi)}{d \varphi^{2}}+\cot \varphi \frac{d F(\varphi)}{d \varphi}+n(n+1) F(\varphi)=0, \quad 0<\varphi<\pi$$

其中 $n$ 是一个正整数。 证明变量替换 $x=\cos \varphi$ 导致勒让德方程，其中 $\alpha=n$，且 $y=f(x)=F(\arccos x)$。

21. 证明对于 $n=0,1,2,3$，相应的勒让德多项式由下式给出

$$P_{n}(x)=\frac{1}{2^{n} n!} \frac{d^{n}}{d x^{n}}\left(x^{2}-1\right)^{n}$$

这个公式，被称为罗德里格公式，${ }^{9}$ 对所有正整数 $n$ 均成立。

22. 证明勒让德方程也可以写成

$$\left(\left(1-x^{2}\right) y^{\prime}\right)^{\prime}=-\alpha(\alpha+1) y .$$

由此可得

$$\left(\left(1-x^{2}\right) P_{n}^{\prime}(x)\right)^{\prime}=-n(n+1) P_{n}(x)$$

并且

$$\left(\left(1-x^{2}\right) P_{m}^{\prime}(x)\right)^{\prime}=-m(m+1) P_{m}(x)$$

通过将第一个方程乘以 $P_{m}(x)$，第二个方程乘以 $P_{n}(x)$，分部积分，然后将一个方程从另一个方程中减去，证明

$$\int_{-1}^{1} P_{n}(x) P_{m}(x) d x=0 \text { if } n \neq m$$

勒让德多项式的此属性称为正交性属性。如果 $m=n$，则可以证明前面积分的值为 $2 /(2 n+1)$。

23. 给定一个 $n$ 次多项式 $f$，可以将 $f$ 表示为 $P_{0}, P_{1}, P_{2}, \ldots, P_{n}$ 的线性组合：

$$f(x)=\sum_{k=0}^{n} a_{k} P_{k}(x) .$$

使用问题 22 的结果，证明

$$a_{k}=\frac{2 k+1}{2} \int_{-1}^{1} f(x) P_{k}(x) d x .$$

${ }^{9}$ 本杰明·奥林德·罗德里格斯（Benjamin Olinde Rodrigues，1795-1851 年）发表了该结果，作为他在 1815 年于巴黎大学获得的博士论文的一部分。 之后，他成为了一名银行家和社会改革家，但仍然对数学保持着兴趣。 不幸的是，他的后期论文直到二十世纪末才受到重视。

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