数理方法习题参考答案(1)

∞
∑ （2） x = cl Pl (x) l =0
∫ cl
=
2l + 1 2
1 −1
x Pl (x)dx
Q x 为偶函数，当 l = 2n + 1 时， P2n+1 为奇数
∴ c2n+1 = 0
当 l = 2n 时
∫ c2n
=
4n +1 2
1 −1
x P2n (x)dx
∫ ∫ c0
=1 2
1 −1
4
4
2
4
4
+ 2sinθ cosθeiϕ + 2sinθ cosθe−iϕ
( ) = 1 sin 2 θe2iϕ + 1 sin 2 θe−2iϕ + 1 3cos2 θ −1 +1− 3i sin 2 θe2iϕ + 3i sin 2 θe−2iϕ
4
4
2
4
4
+ 2sinθ cosθeiϕ + 2sinθ cosθe−iϕ
当 x 的幂低于 (2n − 2)时， (2n − 2)次求导，导致对应的项也为零
所以，不为零的项的幂次只有 (2n − 2)
即 4n − 2k = 2n − 2, k = n + 1
c2n
=
(4n +1) 22n (2n)!
Hale Waihona Puke Baidu
(−
)1 n+1
(n
+
(2n)! 1)!(n −
1)!
(2n
−
2)!
=
(−
d 1
l−2
−1 x dx l−2
x 2 − 1 l dx
∫ ( ) ( ) = 3 2l +1 2l l!
1
xd
−1
d l−3 dx l−3
x2 −1 l
( ) ∫ ( ) ( ) ( ) =
3 2l + 1 2l l!
d l−3 x dx l−3
x2
−1 l
1 −1
−3
2l + 1 2l l!
d 1 l−3 −1 dx l−3
= sin 2 θ ⎜⎜⎝⎛ eiϕ
+ e−iϕ 2
⎟⎟⎠⎞ 2
+ 2cos2 θ
+
3 sin 2 θ 2
e 2iϕ
− e−2iϕ 2i
+ 4sinθ cosθ
eiϕ
+ e−iϕ 2
= 1 sin 2 θe2iϕ + 1 sin 2 θe−2iϕ + 1 sin 2 θ + 2 cos2 θ − 3i sin 2 θe2iϕ + 3i sin 2 θe−2iϕ
∫ ∫ 1 −1
xPk
(x)Pl
(x)dx
=
1 −1
⎡ ⎢⎣
k +1 2k +1
Pk+1 (x)
+
k 2k +1
Pk−1 (x)⎥⎦⎤Pl
(x)dx
∫ ∫ =
k +1 2k +1
1 −1
Pk
+1
(x
)Pl
(x
)dx
+
k 2k +1
1 −1
Pk
−1
(
x
)Pl
(x
)dx
=
k +1 2k +1
m− m)! )!Pl
m
(x)eimϕ
⎧ ⎪ ⎪
Y00(θ ,ϕ ) =
1 4π
⎪ ⎨ ⎪
Y1±1(θ ,ϕ ) = m
3 sinθe±iϕ 8π
⎪⎪Y2±1(θ ,ϕ ) = m
⎩
15 sinθ cosθe±iϕ 8π
（1）、
Y10 (θ ,ϕ ) =
3 4π
cosθ
( ) Y20(θ ,ϕ ) =
展开以Ylm (θ ,ϕ )为基的广义傅立叶级数
⎧x = r sinθ cosϕ
⎪ ⎨
y
=
r
sin
θ
sin ϕ
⎪⎩ z = r cosθ
( ) ∴ 1 x2 + 2z 2 + 3xy + 4xz r2 = sin 2 θ cos2 ϕ + 2cos2 θ + 3sin 2 θ sinϕ cosϕ + 4sinθ cosθ cosϕ
Y2−2
−
3i
2π 15
Y22
3、
+ 3i
2π 15
Y2−2
−
4
2π 15
Y21
+
4
2π 15 Y2−1
=2
π Y00 + 2
π 5 Y20
+
2π 15
(1 −
3i)Y22
+
2π 15
(1 −
)3i Y2−2
−
4
2π 15
Y21
+
4
2π 15 Y2−1
3、利用勒让德多项式递推公式计算定积分： （1）、
3
m +1 2m +1
2 2m +
3
=
m +1 2m +1
当l
=
m
− 1时， cm−1
=
2m −1 2
m 2m +1
2 2m −1
=
m 2m +1
当 l 为其他时， cl = 0
∴ xPm (x)
=
m +1 2m + 1 Pm+1
+
m 2m + 1 Pm−1
2、将下列函数在 0 ≤ θ ≤ π ， 0 ≤ ϕ ≤ 2π 上展开为Ylm (θ ,ϕ )为基的广义傅里叶级数
4
4
2
( ) = 3 4
32π ⎡
15
⎢ ⎣
15 8π
sin2 θe2iϕ
⎤ ⎥ ⎦
+
3 4
32π ⎡
15
⎢ ⎣
15 8π
sin
2
θe−
2iϕ
⎤ ⎥
⎦
−
1 2
3cos2 θ
−1
=
6π 5
Y22
(θ
,ϕ
)
+
6π 5
Y2,−2
(θ
,ϕ
)
−
2
π 5
Y20
(θ
,ϕ
)
（2）、（3）略
( ) （4）、
1 r2
x2 + 2z 2 + 3xy + 4xz
15 sin2 θe±2iϕ 32π
原式 = 1 4
32π 15
Y22
+
1 4
32π 15
Y2−2
+
1 2
16π 5
Y20
+
4π
Y00
−
3i 4
32π 15
Y22
+ 3i 4
32π 15
Y2−2
−
2
8π 15
Y21
+
2
8π 15
Y2−1
=2
π Y00 + 2
π 5 Y20
+
2π 15
Y22
+
2π 15
∫ =
2l + 1 1 2 2m +1
1 −1
[(m
+
1)Pm
+1
(x
)
+
mPm
−1
(x
)]Pl
(x
)dx
∫ ∫ =
2l + 1 m + 1 2 2m +1
1 −1
Pm+1
(x
)Pl
(x)dx
+
2l + 1 m 2 2m +1
1 −1
Pm−1
(x
)Pl
(x
)dx
当l
=
m
+ 1时， cm+1
=
2m + 2
+ c3
1 2
5x3
− 3x
=
5c3 2
x3
+
3c2 2
x2
+
⎜⎛ ⎝
c1
−
3c3 2
⎟⎞ ⎠
x
+
c0
5c3 2
= 1，3c2 2
= 0，c1
− 3c3 2
= 0，c0
=0
c0 = 0,
c1
=
3, 5
c2
= 0,
c3
=2 5
∴ x3
=
3 5
P1(x) +
2 5
P3 (x)
待定系数法只能适用于 f (x) 为 xn 多项式或者可以展开 xn 多项式的情况。
⎧ ⎪ ⎪
Y00(θ ,ϕ ) =
1 4π
Q
⎪ ⎨
⎪
Y1±1(θ ,ϕ ) = m
3 sinθe±iϕ 8π
⎪⎪Y2±1(θ ,ϕ ) = m
⎩
15 sinθ cosθe±iϕ 8π
代入上式
Y10(θ ,ϕ ) =
3 4π
cosθ
( ) Y20(θ ,ϕ ) =
5 3cos2 θ −1 16π
Y2±2 (θ ,ϕ ) =
傅里叶级数只能如下展开：
x3 = c0 P0 (x) + c1P1(x) + c2 P2 (x) + c3P3 (x)
c0 , c1, c2 , c3 是待求量。将 P0 (x), P1(x), P2 (x), P3 (x) 代入上式得
( ) ( ) x3
=
c0
+ c1x + c2
1 2
3x 2
−1
1 −1
xPm
(x)Pl
(x
)dx
由递推公式 (k ) + 1 Pk+1 (x) − (2k + 1)xPk (x) + kPk−1(x) = 0 ，可得
xPm (x)
=
1 [(m
2m +1
+ )1 Pm+1 (x) +
mPm−1 (x)]
∫ cl
=
2l + 1 2
1 −1
xPm
(x
)Pl
(x
)dx
⎡ ⎢
2n
(− 1)k
⎣ k =0
(2n)! k!(2n − k )!
x2
⎤ 2n−k ⎥ ⎦ x=0
∑ =
(4n + 1) d 2n−2 ( ) 22n 2n ! dx 2n−2
⎡ ⎢
2n
(− 1)k
⎣ k =0
(2n)! k!(2n −
k
)!
x
4
n−2
k
⎤ ⎥ ⎦ x=0
当 x 的幂高于 (2n − 2)时，Q x = 0 ，所以对应的项为零
∂2u ∂ϕ 2
+
k 2u
=
0
分解成三个独立的常微分方程。 4、利用分离变量法将柱坐标系下亥姆赫兹方程
1 ρ
∂ ∂ρ
⎜⎜⎝⎛ ρ
∂u ∂ρ
⎟⎟⎠⎞ +
1 ρ2
∂2u ∂ϕ 2
+
∂2u ∂z 2
+
k 2u
=
0
分解成三个独立的常微分方程。
二、勒让德函数的性质及其应用
1、在 − 1 ≤ x ≤ 1 上，将下列函数展开为 Pl (x)(l = 0,1,2,L)的广义傅里叶级数
−1
25
1 −1
=
3 5
∫ ( ) ∫ ( ) c2
=5 2
1 x3 1 −1 2
3x2 −1 dx = 0 ， c3
=
7 2
1 x3 1 −1 2
5x3 − 3x dx =
7 ⎜⎛5 × 2 − 3× 2 ⎟⎞ = 4⎝ 7 5⎠
2 5
∫ ∫ ( ) cl
=
2l + 1 2
( ) 1
−1
x
3
Pl
x
P0
(x)dx
=
1 xdx = 1
0
2
∫ ∫ c2n
=
4n +1 2
1 −1
x P2n (x)dx
= (4n +1)
1 0
xP2n
(x
)dx
∫ ( ) =
(4n +1) 22n (2n)!
1
x
0
d 2n dx 2n
x 2 − 1 2n dx
( ) ∫ ( ) ( ( )) ( ( )) =
4n 22n
+1 x 2n !
d 2n−1 dx 2n−1
x2
−1
2n
1 0
−
4n +1 22n 2n !
d 1 2n−1 0 dx 2n−1
x 2 − 1 2n dx
( ) ( ) = − 4n + 1 d 2n−2
( ) 22n 2n ! dx 2n−2
x2
−1
2n
1 0
∑ ( ) =
(4n + 1) d 2n−2 ( ) 22n 2n ! dx 2n−2
（1） 3 sin2 θ sin2 ϕ −1 （2） sin2 θ sin2 ϕ
（3） (1 + 3cosθ )sinθ sinϕ
( ) （4） 1 r2
x2 + 2z2 + 3xy + 4xz
，其中 r 2 = x2 + y2 + z2
公式：
Ylm (θ ,ϕ ) = (−1)m
(2l +
4π
1)(l (l +
数学物理方法 B 习题参考答案
一、利用分离变量法求解偏微分方程 1、利用分离变量法将球坐标系下拉普拉斯方程
1 r2
∂ ∂r
⎜⎛ ⎝
r
2
∂u ∂r
⎟⎞ ⎠
+
1 r 2 sinθ
∂ ∂θ
⎜⎛ sin θ ⎝
∂u ∂θ
⎟⎞ + ⎠
1 r 2 sin 2 θ
∂ 2u ∂ϕ 2
=
0
分解成三个独立的常微分方程。 2、利用分离变量法将柱坐标系下拉普拉斯方程
5 3cos2 θ − 1 16π
Y2±2 (θ ,ϕ ) =
15 sin2 θe±2iϕ 32π
f
(θ
,ϕ )
=
3sin2 θ
cos2
ϕ
−1
=
3sin2 θ
⎜⎜⎝⎛
eiϕ
+ e−iϕ 2
⎟⎟⎠⎞2
−1
( ) = 3 sin2 θ e2iϕ + e−2iϕ + 2 − 1 4
= 3 sin2 θe2iϕ + 3 sin2 θe−2iϕ + 3 sin2 θ − 1
1 ρ
∂ ∂ρ
⎜⎜⎝⎛ ρ
∂u ∂ρ
⎟⎟⎠⎞ +
1 ρ2
∂2u ∂ϕ 2
+
∂2u ∂z 2
=
0
分解成三个独立的常微分方程。 3、利用分离变量法将球坐标系下亥姆赫兹方程
1 r2
∂ ∂r
⎜⎛ r 2 ⎝
∂u ∂r
⎟⎞ ⎠
+
1 r2 sinθ
∂ ∂θ
⎜⎛ sin θ ⎝
∂u ∂θ
⎟⎞ + ⎠
1 r 2 sin2 θ
)1 n+1
(4n + 22n (n
1)(2n − 2)! +1)!(n −1)!
∑ ∴
x
=
1 2
P0 (x) +
∞
(− )1 n+1
n=0
(4n + 22n (n
1)(2n − 2)! + 1)!(n −1)!
P2n
(x
)
∞
（3） xPm (x) = ∑ cl Pl (x) l=0
∫ cl
=
2l + 1 2
x dx
=
2l + 1 2
1 x3
−1
1 dl 2l l! dxl
x 2 − 1 l dx
∫ ( ) =
2l + 1 2l+1 l!
1 x3d
−1
d l−1 dx l−1
x2 −1 l
( ) ( ) ∫ ( ) =
2l 2l
+1 +1 l!
x
3
d l−1 dx l−1
x2
−1 l
1 −1
−
3
2l + 1 2l+1 l!
1 x2
−1
d l−1 dx l−1
x 2 − 1 l dx
∫ ( ) ( ) =
−
3
2l + 1 2l+1 l!
1 x2d
−1
d l−2 dx l−2
x2 −1 l
( ) ∫ ( ) ( ) ( ) =
−
3
2l + 1 2l+1 l!
x2
d l−2 dx l−2
x2
−1 l
1 −1
+
3
2l + 1 2l l!
（1） x3 （2） x （3） xPm (x)
（1）、方法一，利用公式直接计算
∞
∑ x3 = cl Pl (x) l =0
∫ 其中， cl
=
2l +1 2
( ) 1
−1
x
3
Pl
x dx
∫ c 0
=
1 2
1 x3dx = 1 x 4
−1
24
1 −1
=
0
，
∫ c 1
=
3 2
1 x3 xdx = 3 x5
x 2 − 1 l dx
( ) ( ) = − 3 2l +1 2l l!
d l−4 dx l−4
x2
−1 l
1 −1
当 l ≥ 4 时， cl = 0
∴ x3
=
3 5
P1(x) +
2 5
P3 (x)
方法二、待定系数法
由于勒让德多项式 Pl (x)最高次幂为 l 次幂，而待展开函数 x3 最高次幂为 3 次，因此，