数学物理方程 6.7.8章课后部分习题答案 李明奇主编 电子科技大学出版社

第一篇：数学物理方程 6.7.8章课后部分习题答案 李明奇主编 电子科技大学出版社

数学物理方程第三次作业

习题6.2 2u0,(x,y,z)V1.求解uu1,0ssn。

解：这是Laplace方程的Robin问题，直接调用公式，得

u(M0)14[s1rMM0(M)(M)nrMM0(1)]ds14ns(1rMM0)ds

习题6.4 1.试证Green函数在半径为R的球形区域V和界面S上，且满足：（1）0G(M,M（2）s)014rMM0

G(M,M0)ndS1

证明：(1)由格林函数定义：G(M,M2v(M)0,M,M1vs4r)014rMM0v(M),其中：0Vs。由于在边界

S上有：v0，所以，由极值

14rMM014rMM0。原理在整个V上v0。所以G(M,Ms)0v(M)下面证明：G(M,M面设为S。

0)0，一方面：以M0为圆心在V中作球V，球2G(M,M0)0则1GGvSSS4r,MVsVS。

limG(M,M0)0SS。由极值原理：G(M,M0)0。

0另一方面，容易知道：对任意的G(M,M0)不能为零。, 在VsV中的点M，函数所以，G(M,M)0。得证：0G(M,M0)014rMM0。

证明：(2)s2G(M,M0)n(dS14rnv)dSs14r24r012，其中v0,v是调和函数，所以SvndS0。得证。

习题6.5 1.求区域上的Green函数：(1)上半圆域；(2)上半球域。解：(1)镜像法。由于是上半圆域，所以参考圆域上的Green函数，可得，需要四个电荷，分别为M0(r0,20)；(r0,0)；M0M(r,0)；M(r,20)，(0)。所以将四个电荷的电势累加得：

111R1R1G(M,M0)lnlnlnln2rrrrrrMM0MM00MM10MM1

(2)同样参考球形域上的格林函数求法。需要四个电荷，分别为M0(r0,0，0)；M(r00,0，0)；M(r,0，0)；M(r,0，0)，(02，02)。所以将四个电荷的电势累加得：

111R1R1G(M,M0)2rrrrrrMM0MM00MM10MM1 的边值问题，其边3.在半平面y0内求解Laplace方程u0,x0。界条件为u(x,0) u,x00xxuyy0解：这是上半平面Laplace方程Dirichlet问题，直接调用公式，得：

u(x,y)1u0yu0(sx)ysxy)220dsyu01(sx)y220d(sx)arctan(0ux0[arctan()]2y

习题6.6 2.验证函数u(x,y)12Df(,)ln1(x)(y)22dd满足二维Poisson方程：证明：v(x,y)ln则：

2uf(x,y)。

1(x)(y)22满足方程2v(x,y)2(x,y)。

u(x,y)2121212Df(,)v(x,y)dd2f(,)lndd22(x)(y)12D

Df(,)[2(x,y)]ddf(x,y)得证。

习题7.1 2.求证J12(x)2xcosx。证明：因为 J12(x)(1)m0mx212m212m2m!(12，m1)其中 (1m1)135(2m1)22m

(1)xm0则J(x)12(1)m0mx212m212m2m!135(2m1)2m2mx2m2m!2xcosx

得证。3.求证J证明：J2n1(0)0，其中n1,2,3.....2n1(x)(1)m0mx22n2m12n2m1m!(2nm)，不难看出J2n1(x)是一个奇函数，所以J得证。4.求证yJn(证明：由于J将yJn(222n1(0)0。

x)是x2yxy(x2n2)y0n的解。

(r)满足方程r2(r)rJn(r)(r2n2)Jn(r)0Jnx)带入方程中

22(x)xyxy(xn)yxJn(x)(xn)Jn(x)，xJn22再令r2(r)rJn(r)(r2n2)Jn(r)0x，化简，得：上式rJn

所以得证。

习题7.2 1.证明：(1)1J证明：由于J2k0(x)2J2k(x)k1

2k(x)是偶函数，则J2k(x)(1)J2k(x)J2k(x)2k1。同时J2k1(x)是奇函数，则J2k1(x)J12k(x)J2k1(x)(1)J2k1(x)0。再由母函数ex2(z1z)Jkk(x)zk，令z1，得：

(x)J0(x)2J2k(x)。

k1k2k1Jk(x)J0(x)Jk(x)Jk2k1得证。3.试证：算(1)x30x0xJ0(x)dxxJ1(x)(n1)x(x)dx(2)x4nnn1J0(x)(n1)2xxn20J0(x)dx，并计xJ00xJ1(x)dx。

解：证明：

x0xJ0(x)dxnx0xnn1dx[xJ1(x)]xJ1(x)xn10nx0xJ1(x)dxnn1xJ1(x)(n1)xxJ1(x)(n1)xnn1J1(x)dxxJ1(x)(n1)x02xn1dJ0(x)

J0(x)(n1)x3x0xn2J0(x)dx2(1)(2)x0xxJ0(x)dxxJ1(x)2xJ0(x)4xJ0(x)dxxJ1(x)2xJ0(x)4xJ1(x)33200xJ1(x)dxxdJ0(x)xJ0(x)4xJ0(x)dx004324x44x3

xJ0(x)4[xJ1(x)2xJ0(x)4xJ1(x)](2xx)J0(x)(4x16x)J1(x)243

4.计算积分：J解：J(x)dx33(x)dx。

22x[xJ3(x)]dx1xd[xJ2(x)]J2(x)2xJ2(x)dx1221

J2(x)2xJ2(x)dxJ2(x)2d[xJ1(x)]J2(x)2xJ1(x)C习题7.3 4.设(i1,2,3....)是Ji1(x)的正零点，证明：

R00,ij2xJ0(x)J0(x)dxR2J0(i),ijRR2ij

证明： R0xJ0((iRR)x)J0(2jRx)dx(Ri)2R0(iRx)J0(RiRx)J0(jRx)d(iRx)RoiR0J0(jRx)d[iRxJ1(iRx)]ijiJ0(jRx)[xJ1(iRx)]RiR0xJ1(iRx)d[J0(jRx)]RiR0xjRJ1(iRx)J1(jRx)dxR0xJ1(iRx)J1(jRx)dx所以由Bessel函数的正交性，可得

若ij，则方程等于零。若ij，则所以得证。

习题8.1 1.证明：P(1)1，P(1)(1)nnnjiR0xJ1(iRx)J1(jRx)dxR22J0(i)。

2，P2n1(0)0，P2n(0)(1)(2n)!22nn(n!)2。

证明：(1)：直接验证知，当n2时，结论成立。

那么设PPn(x)1nk(1)1，(kn1)。由Rodrigues公式：

d2n(x1)dxdnn2n!dx12n1(x1)dn1n12n1ndn1n12n!dx2(n1)!dx1xx(x(x1)n1n12n1

dn2n2ddxn1n122n1(n1)!1)n1(n1)!dx(x21)n1若x1，上式等号右侧第二项等于零。而右侧第一项可以表示为xPn1(x)。则可得Pn(1)Pn1(1)1。

所以得证。

(2)同样的道理，可以证明P(1)(1)。

nnn1(3)P2n1(x)m0(1)m(4n22m)!22n1m!(2n1m)!(2n12m)!x2n1x2n12m(4n2)!22n1(2n1)!(2n1)!(1)n1(2n)!22n1

x(n1)!n!所以，P2n1(0)0。

nP2n(x)(4)m0(1)m(4n2m)!22nm!(2nm)!(2n2m)!x2nx2n2m(4n)!22n(2n)!(2n)!n(1)n(2n)!22n

n!n!所以P3.证明：12n(0)(1)(2n)!22n(n!)2

1Pn(x)dx0,n1,2,3......1n证明：由Rodrigues公式：P(x)n11dnn2n!dx(x1)2n。

dn12nP(x)dx(x1)dxd(x1)nn11n12nn!dxn2n!1dx1d2nn11。

1ndn1n12n!dx(x1)2n110也可以直接使用Legendre多项式的正交性证明。

11Pn(x)dx11P0(x)Pn(x)dx0,n1,2,3......15.证明当mn且为整数是，1xPn(x)dx0

m证明：由Rodrigues公式：P(x)n1ndnn2n!dx(x1)2n。

dn12n(x1)n11xPn(x)dx2nn!1xddx1m11mn1m1m1d2n0nx(x1)dxn112n!dx11分部积分m-1次(1)mm!d2n(x1)dxnm1n2n!dxnm1

0得证。习题8.2 1.用Legendre多项式的母函数证明：P(1)1，P(1)(1)

nnn12证明：由母函数

12xzzP(x)znn0n,z1,x1。

令x1，则 11zP(1)z，由于1zz，所以P(1)1。

nnn1nn0n0令x1，则 11zP(1)z，由于1z(1)nnn0n01nzn，所以P(1)(1)nn。

得证。3.求证：(2)Pn1(x)xPn(x)nPn(x)

证明：首先，对展开式的两端先后关于z，x求导，得(xz)(12xzzz(12xzz)22)32nPn1n(x)zn1

32P(x)z

nnn1n则znPn1n(x)zn1(xz)Pn(x)zn1。此式两端关于z的同幂次项

n1的系数应相等，于是当n1时，有P得证。4.利用递推公式计算11(x)xPn(x)nPn(x)。

xPn(x)Pk(x)dx。

解：由递推公式(n1)PxPn(x)12n1n1(x)nPn1(x)(2n1)xPn(x)，(n1)有

(n1)Pn1(x)nPn1(x)，所以

n12n111xPn(x)Pk(x)dx11Pn1(x)Pk(x)dxn2n111Pn1(x)Pk(x)dx。

再用正交归一化关系得：

2k，(nk1)24k112(k1)xP(x)P(x)dx，(nk1)k1n(2k3)(2k1)0，(nk1)

习题8.3 4.验证Pn(x)1ndnn2n!dx(x1)2n满足Legendre方程。

2证明：要证明P因为 n(x)满足(1x)Pn(x)2xPn(x)n(n1)Pn(x)0d(x1)1)ddx2n。

dx22nx(x1)2n2n1，n所以(x考虑到Pn(x1)2nx(x1)22。

n(x)2的表达式中含有(xn1)对x求n阶导数，所以Pn(x)中应含有(x1)n1阶导数，即：

对x求n2阶导数，所以对上式两端对x求

dd22n2n(x1)(x1)2nx(x1)n1dxdxn1dn1n1dx。

再利用求乘积的高阶导数的莱布尼茨公式，化简可得：

C0n1(x21)0dn2n2dx(x21)C2nn1n12xdn1n1dx(x(x21)C1)nn2n12dnndx(x21)nCn12xdn1n1dx(x1)Cn12n1dn2n

dx继续化简，得：

(x21)dn2n2dx(x21)2x12n!nndn1n1dx(x21)n(n1)ndnndx(x21)0

n等式两侧同时乘上常系数(1x)2，即可得

d22dxnn1dnd1d1d2n2n2n(x1)2x(x1)n(n1)n(x1)0nnnnndx2n!dx2n!dx2n!dx即得证Pn2(x)满足(1x)Pn(x)2xPn(x)n(n1)Pn(x)0。

5.将下列函数展开成Legendre多项式级数：(2)解：将Cnx,(0x1)f(x)0,(1x0)f(x)1展开成勒让德多项式的级数

2n12f(x)Cn0nPn(x)，其中2n121f(x)Pn(x)dx10xPn(x)dx。将P(x)用Rodrigues公式带

n入，然后用分部积分法求出右端积分。当n0及n1时，被积函数分别为x及x，可以直接积分，得：C2014，C。

112。

当n2时，可得C 因为(x2nn2n12nn21d2n1nn2(x1)02n!dx1)(x1)(x1)n，对它求n2阶导数，所以求完导

x1数后所得的每一项都会含有dn2只需计算n2(x21)ndxdn22nx1的因子，即n2(x1)dx5160。

x0的值。则可得C516P2(x)3322，C30，C4332…。

所以f(x) 14P0(x)12P1(x)P4(x)

注：这不是标准答案，这是老师布置的作业。自己做的，仅供参考。一共三次作业，这是最后一次的。Email：369780081@163.com