《數(shù)學(xué)物理方法》第11講

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1、 3. Bessel 函 數(shù) 在 定 解 問 題 中 的 應(yīng) 用求 解 定 解 問 題例 1. . 1| ,0| | ,0| ) 0 ( ), ( 20 0 0 2 buu uu buuau ttt btt 這 里 u 與 f 無 關(guān) ，解 ： 稱 為 軸 對(duì) 稱 問 題 。令 . )( )( tTRu 代 入 方 程 并 整 理 可 得 )( 0 22 RRR 及 )( . 0 2 TaT 方 程 (*) 的 通 解 是 . ) 0 ( ),()()( ) 0 ( ,ln)( 00 000 DYCJR DCR 1.分 離 變 量 解 本 征 值 問 題 . ) 0 ( ,0)( ) 0 (

2、,)( 0 00 bCJ CR . ) 0 ( ,0)( ) 0 ( ,)( 1 00 bJ CR即由 此 得 . ) ,2 ,1( , )1( nxb n因 此 本 征 值 . ) ,2 ,1( ,)( ,0 2)1( 0 nbxnn對(duì) 應(yīng) 的 本 征 函 數(shù) 為 . ) )( ( ),()( ) 0 ( ,)( 2)1()1(000 bxbxJCR CR nnnnn ,0)( bR由 邊 界 條 件 . |)0(| R 進(jìn) 而 得 , 00 DD 將 本 征 值 代 入 方 程 (*) 解 得 . sin cos)( ,)( )1()1(000 tbxaBtbxaAtT tBAtT nnn

3、nn )( . 0 2 TaT 求 解 另 一 常 微 ， 得 級(jí) 數(shù) 解因 此 方 程 的 一 般 解 為 )( )()( )(),( 100 n nn tTRtTRtu . )( sin cos1 )1(0)1()1(00 n nnnnn bxJtbxaBtbxaAtBA 常 數(shù) nCC ,0 已 合 并 到 相 應(yīng) 常 數(shù) 中 。 ,0 )(1 )1(00 n nn bxJAA 即 . ) ,2 ,1 ,0( ,0 nAn再 由 bu tt 20 1| 得 ,1 )( 221 )1(0)1(0 bbxJbxBB n nnn 利 用 不 同 特 征 函 數(shù) 間 的 加 權(quán) 正 交 性 有

4、. d )()1( ,d )1(d 0 )1(0222)0()1( 0 2200 b nnnn bb bxJbNbxaB bB由 0| 0tu 得 由 初 始 條 件 定 解 可 求 得 ,210 B 2 )( d )( )1(2020 )1(202)0( nb nn xJbbxJN 從 而 得 . )( 4 )1(03)1( nnn xJxa bB 因 此 問 題 的 解 為 . )( sin)()( 142),( 1 )1(0)1()1(03)1( n nnnn bxJb txaxJxabttu 求 解 定 解 問 題例 2. . | ,0| | ,0| ) 0 , ( , 00 20 u

5、u uu hzauuu a hzz zz解 ： 這 也 是 軸 對(duì) 稱 問 題 。令 . )( )( zTRu )( 0 )0( 222 RkRR 及 )( . 0 2 TkT 代 入 方 程 得其 中 2k 是 分 離 常 數(shù) 。1.分 離 變 量 02 k 時(shí) 可 得 修 正 的 Bessel函 數(shù) （ 下 節(jié) 討 論 ） 。若 ,02 k 方 程 (*) 的 解 為 . ) 0 ( ),()()( ) 0 ( ,ln)( 00 000 kkDYkCJR kDCR .0)(0 kaJ , 000 DDC | ,0| 0 uu a由 邊 界 條 件 得因 此 0k 時(shí) 無 非 零 解 。 解

6、 本 征 值 問 題 并 可 得 本 征 值 ). ,2 ,1( , )0( naxk nn和 對(duì) 應(yīng) 的 本 征 函 數(shù) . )()( )0(0 bxJCR nnn .)( )0()0( zaxnzaxnn nn eBeAzT 本 征 值 代 入 方 程再 由 0| 0 zu 得 nn AB )( . 0 2 TkT解 得 求 解 另 一 常 微 ， 得 級(jí) 數(shù) 解 所 以 2)(2)( )0()0( zaxzaxnn nn eeAzT . sh )0(a zxa nn問 題 的 一 般 解 為 . )( sh),( 1 )0(0)0( n nnn axJa zxCzu 由 另 一 組 邊

7、界 條 件 定 解2 | hzu由 邊 界 條 件 得 . )( sh 21 )0(0)0( n nnn axJa hxC 之 后 可 利 用 Fourier-Bessel 級(jí) 數(shù) 的 系 數(shù) 公 式 求 得 .)( sh )( 4)(2 )0(1)0(3)0( 2)0(2 nnn nn xJa hxx xaC . )( sh)( )( sh 4)(2),( 1 )0(1)0(3)0( )0(0)0(2)0(2 n nnn nnn xJa hxx axJa zxxazu 這 樣 得 到 問 題 的 解 為 10. Legendre 函 數(shù) 的 性 質(zhì) 2009. 4. 23 一 . Legen

8、dre方 程 的 引 出球 形 域 上 三 維 靜 電 場(chǎng) 問 題 中 , 外 電 勢(shì) 滿 足 Laplace 例 ： 方 程 。分 析 ：即 求 其 分 離 變 量 解 。求 解 時(shí) 常 將 其 寫 成 球 坐 標(biāo) 形 式 ： , 0),(2 ru . 0sin1)(sinsin1)(1 2222222 ururrurrr 設(shè) 解 為 , )( )( )( rRu 得代 入 上 方 程 并 乘 以 ) (2 Rr . 0ddsin1)dd(sinddsin1)dd(dd1 2222 rRrrR后 兩 項(xiàng) 與 r 無 關(guān) , 于 是 有 (1) . )dd(dd1 2 rRrrR (2) .d

9、dsin1)dd(sinddsin1 222 為 方 便 , 常 把 寫 成 l (l+1). 于 是 (1) 化 為 歐 拉 方 程 ：其 通 解 為 . )1( ll rBrAR上 式 可 化 為 (3) ). ,2 ,1 ,0( ,dd1 222 mm , 0)1(dd2dd 222 RllrRrrRr (3) 并 自 然 周 期 條 件 可 得 . cos sin mDmC (2) 式 乘 以 2sin 得 . 0dd1sin)1()dd(sinddsin 222 ll (4) . sin)1()dd(sinddsin 22 mll 方 程 (4) 整 理 為 (5) . 0sin)1

10、(ddcotdd 2222 mll 稱 之 為 Legendre 方 程 。其 中 . 11 x (6) , 01)1(dd2dd)1( 22222 PxmllxPxxPx 該 方 程 添 加 自 然 邊 界 條 件令 并 將 , cosx )( 改 寫 為 , )(xp 則 (5) 變 為此 方 程 稱 為 關(guān) 聯(lián) Legendre 方 程 。若 定 解 問 題 與 無 關(guān) , 則 亦 然 , m 0 。 此 時(shí) (6) 成 為 (7) , 0)1( 2 )1( 2 PllxPPx |)1(| P 構(gòu) 成 本 征 值 問 題 , 為 和 ),2 ,1 ,0( , nnl ,)!2()!(!2

11、 ! )(2 )1()( 0 2 Mk knnkn xknknk knxP ). ,2 ,1 ,0 ( 12 ,2)1( 2 ,2 aann a nnM 其 本 征 值 和 本 征 函 數(shù) 這 樣 在 軸 對(duì) 稱 假 設(shè) 下 得 到 問 題 的 級(jí) 數(shù) 解 )(cos )(),( 0 )1( n nnnnn PrBrAru 進(jìn) 一 步 的 求 解 須 知 Legendre 多 項(xiàng) 式 的 性 質(zhì) 。后 面 的 討 論 中 ， 我 們 只 考 慮 軸 對(duì) 稱 問 題 。 二 . Legendre多 項(xiàng) 式 的 性 質(zhì)1. Legendre多 項(xiàng) 式 的 為 微 分 表 示 (7) . 0)1(

12、2 )1( 2 PnnxPPx首 先 證 明 nnn xxxf 1)(dd)( 2 滿 足 Legendre 方 程令 , 1)( 2 nxy 則 , 1)(2 12 nxnxy 因 此nxnxyx 1)(2 )1( 22 nxy2上 式 兩 端 同 求 n + 1 階 導(dǎo) 數(shù) , 得 22 )1( 2)1( )1( )()1()2(2 nnn ynnxynyx )()1( 2)1(2 nn nynnnxy 即 0, )1( 2 )1( )()1()2(2 nnn ynnxyyx因 此 0. )1( 2 )1( 2 fnnxffx . 0)1( 2 )1( 2 PnnxPPx即 nnn xxx

13、f 1)(dd)( 2 滿 足 Legendre 方 程因 此 nnnnn xxnxfnxP 1)(dd!21)(!21)( 2 也 是 解 。由 二 項(xiàng) 式 定 理 可 證 明 這 里 的 )(xP 就 是 n 階 Legendre多 項(xiàng) 式 . )(xPn 2. Legendre多 項(xiàng) 式 的 為 積 分 表 示據(jù) 復(fù) 變 函 數(shù) 中 高 階 導(dǎo) 數(shù) 公 式 ,)( d )(2 !)( 1)( L nn xz zzfinxf 可 得nnnnn xxnxP )1(dd!2 1)( 2 , )( d 1)(22 1 12 L nnn xz zziL 是 圍 繞 z x 的 任 一 正 向 閉

14、曲 線 。 特 別 地 , 取 半 徑 為 1 2x 的 圓 周 為 L, 則 . )( , 1 2 iexxz . d1 d , 1 22 ii exizexxz 由 此 得 )1(2)1(2 2)1(2 d 1 21)( ninn in ex exiixP .)1 1()1 1( 22 nini exxexx 其 中 化 簡(jiǎn) 得 d)cos 1(21)( 2 nn xxxP此 式 稱 為 Legendre 多 項(xiàng) 式 的 Laplace 積 分 。 0 2 d)cos 1(1 nxx令 cosx 得 0 d)cos sin(cos1)( nn ixP由 積 分 表 達(dá) 式 可 得 ,1)1

15、( nP .)1()1( nnP 3. Legendre多 項(xiàng) 式 的 母 函 數(shù)若 一 個(gè) 函 數(shù) 按 某 一 自 變 量 作 冪 級(jí) 數(shù) 展 開 時(shí) , 其 系 數(shù) 是例 如 若 , )(),( 0 nn n txPtxf Legendre 多 項(xiàng) 式 , 則 稱 該 函 數(shù) 為 Legendre 多 項(xiàng) 式 的母 函 數(shù) 。就 稱 f (x,t) 為 Legendre 多 項(xiàng) 式 的 母 函 數(shù) ?？?慮 復(fù) 變 函 數(shù) .)21(),( 212 txttxw 當(dāng) 1 | t 時(shí) ， 將 其 展 開 為 , )(),( 0 n nn txCtxw 則 有 , d )21(21)( 1 2

16、12 L nn t ttxtixC L 是 區(qū) 域 | t | 1 內(nèi) 任 一 正 向 閉 曲 線 。 作 變 換 uttxt 1)21( 212 L nn t ttxtixC d )21( 21)( 1 212L1 是 L 在 上 述 變 換 下 的 象 , 是 含 點(diǎn) u x 的 閉 曲 線 。 1 d)(2 1)( 21 12L nn n uxuui 則 .1)(2 2 u xut ).(xPn根 據(jù) 高 階 導(dǎo) 數(shù) 公 式 )(! 2)( d )( 0)(10 zfn izz zzf nL n xunnnnn uunxC 1)(dd!2 1)( 2得 因 此, )(),( 0 n nn

17、 txPtxw 母 函 數(shù) 。即 w (x,t) 為 Legendre 多 項(xiàng) 式 的 Legendre 多 項(xiàng) 式 滿 足 如 下 遞 推 公 式 ：4. Legendre多 項(xiàng) 式 的 遞 推 公 式1. 0;)( )( )12()( )1( 11 xnPxPxnxPn nnn2. 0;)( )( )( 1 xPxPxxPn nnn3. .0 )( )( )( 11 xPxxPxnP nnn4. .)( 1) (2 )( )( 11 xPnxPxP nnn 由 212)21(),( txttxw 0 )(n nn txP 兩 邊 對(duì) t 求 偏導(dǎo) 數(shù) 得 1 1232 )()21( )(

18、n nn txnPtxttx . )()1()21( )()( 0 120 n nnn nn txPntxttxPtx首 先 證 明 1. 0;)( )( )12()( )1( 11 xnPxPxnxPn nnn兩 邊 同 乘 )21( 2txt 得 0 1 )()1(n nn txPn比 較 nt 的 系 數(shù) 得 ).()1()(2)()1()()( 111 xPnxnxPxPnxPxxP nnnnn 整 理 即 得 1. 下 面 證 明 2. 0;)( )( )( 1 xPxPxxPn nnn由 212)21(),( txttxw 0 )(n nn txP 分 別 對(duì) x, t 求偏 導(dǎo)

19、數(shù) 得 0232 )()21( n nn txPtxtt 1 1232 )()21( )( n nn txnPtxttx于 是 . )( )()( 10 n nnn nn txnPtxPtx 因 為 , 0)(0 xP故 0 110 )( )( )()( n nnn nnn nn txPtxPxtxPtx . )( )( )( 11 11 n nnn nnn nn txnPtxPtxPx 即 2 成 立 。 下 面 證 明 3. .0 )( )( )( 11 xPxxPxnP nnn對(duì) 1 式 求 導(dǎo) 得0)( )( )12()( )1( 11 xnPxPxnxPn nnn 0)( )()12()()12()( )1( 11 xnPxxPnxPnxPn nnnn對(duì) 2 式 乘 以 n 得 0)( )( )( 1 xPxPxxPn nnn 0)( )( )( 12 xnPxPxnxPn nnn兩 式 相 減 得 0, )()1()()1()( )1( 21 xxPnxPnxPn nnn即 0, )()()()1( 1 xxPxPxPn nnn 此 即 3。由 2, 3 可 得 4。