第二十讲球函数(二) 320.1 Legendre多项式的生成函数 Legendre多项式是首先在势论的研究中引进的.设在距原点r处放有一个单位点电荷,取点 电荷所在点的位置为z轴方向,这时点电荷在(r,6,d)点的电势(显然与无关)即为 其中x=csθ,并规定多值函数1/√1-2xt+#的单值分枝为 在这样的 规定下,函数1/1-2xt+#在t=0点及其邻域内是解析的,因而可以作 Taylor展开 <|x± 下面证明晨开系数q就是 Legendre多项式P1(x),即 ∑P(x)2,<±√2-1 1-2 xt+t 函数1/-2t+t2即称为 Legendre多项式的生成函数 证直接将函数1/-2x+在t=0点作 Taylor展开 1-2xt+t 1-2t+t2-2(x-1)t (-3)(=3)-(G-4) 1)!! 0k!(x k=0 (+k)! t.口 k!k!(-k)! 利用 Legendre多项式的生成函数,也可以得到许多有用的结果.例如,令x=1,就得到 1-2t+t2 P1(1)=1 又 V-2xt+2√1-2(-x)(-t)+(-t) =→P2(-x)=(-)P(x) P()2=∑P(-)(-1)
Wu Chong-shi ✁✂✄ ☎ ✆ ✝ (✁ ) §20.1 Legendre ✞✟✠✡☛☞✌✍ Legendre ✎✏✑✒✓✔✕✖✗✘✙✚ ✛✜✢✘✣✤ ✕✥✦✧ r ★✩✪✫✬✭✮✧ ✯✰✱✲ ✧ ✯✰✳✕✧✘✮✴✵ z ✶✷ ✸✱✹✺✧ ✯✰✕ (r 0 , θ, φ) ✧✘ ✯✖ (✻✼✽ φ ✾✿) ❀✵ 1 √ r 2 + r 02 − 2rr0 cos θ = 1 r 1 √ 1 − 2xt + t 2 , t = r 0 r , 1 r 0 1 √ 1 − 2xt + t 2 , t = r r 0 , ❁ ✛ x = cos θ ✱❂❃❄✎❅❆❇ 1/ √ 1 − 2xt + t 2 ✘✭❅❈❉✵ 1 √ 1 − 2xt + t 2 t=0 = 1 ✣✕✹❊✘ ❃❄❋✱❆❇ 1/ √ 1 − 2xt + t 2 ✕ t = 0 ✧●❁❍■ ❏✒❑▲✘✱▼◆❖P◗ Taylor ❘❙ 1 √ 1 − 2xt + t 2 = X∞ l=0 clt l , |t| < |x ± p x 2 − 1|. ❋❚❯ ❱❘❙❲❇ cl ❳✒ Legendre ✎✏✑ Pl(x) ✱❀ 1 √ 1 − 2xt + t 2 = X∞ l=0 Pl(x)t l , |t| < |x ± p x 2 − 1|. ❆❇ 1/ √ 1 − 2xt + t 2 ❀❨✵ Legendre ✎✏✑✘❩❬❆❇✣ ❭ ❪❫❴❆❇ 1/ √ 1 − 2xt + t 2 ✕ t = 0 ✧◗ Taylor ❘❙ 1 √ 1 − 2xt + t 2 = 1 p 1 − 2t + t 2 − 2(x − 1)t = 1 1 − t 1 − 2(x − 1)t (1 − t) 2 −1/2 = 1 1 − t X∞ k=0 1 k! − 1 2 − 3 2 · · · 1 2 − k − 2(x − 1)t (1 − t) 2 k = X∞ k=0 (2k − 1)!! k! (x − 1)k t k (1 − t) −(2k+1) = X∞ k=0 (2k − 1)!! k! (x − 1)k t k X∞ n=0 (2k + n)! n! (2k)! t n = X∞ l=0 "X l k=0 (l + k)! k! k! (l − k)! x − 1 2 k # t l . ❵❛ Legendre ✎✏✑✘❩❬❆❇✱❜❖P❝❞❡✎✪❛ ✘❢❣✣❤✐✱❥ x = 1 ✱❳❝❞ 1 √ 1 − 2t + t 2 = 1 1 − t = X∞ l=0 t l = X∞ l=0 Pl(1)t l =⇒ Pl(1) = 1. ❦ ✐✱ 1 √ 1 − 2xt + t 2 = 1 p 1 − 2(−x)(−t) + (−t) 2 , X∞ l=0 Pl(x)t l = X∞ l=0 Pl(−x)(−t) l , =⇒ Pl(−x) = (−) lPl(x).
§20.2 Legendre多项式的递推关系 20.2 Legendre多项式的递推关系 从 Legendre多项式的生成函数出发,很容易导出邻次 Legendre多项式之间的关系,即 Legendre 多项式的递推关系 根据 Legendre多项式的生成函数 ∑Pl(x) 两端对t微商,有 2a-2n+=P() (1-2n+8)7=(1-2t+2)∑P()2-1 (x-t)∑P) 比较t项的系数,有 P1(x)-P1-1(x)=(l+1)P+1(x)-2rP1(x)+(-1)P1-1(x) 整理即得 (21+1)xP(x)=(l+1)P+1(x)+lP1-1(x) 这样就得到 Legendre多项式的一个递推关系,它给出了三个邻次 Legendre多项式之间的联系 反复利用这个递推关系,就可以把任意次的 Legendre多项式用零次 Legendre多项式Po(x)=1和 一次 Legendre多项式P1(x)=x表示出来 将 Legendre多项式的生成函数 √T-2rt+t2 PI(a)t 对x求导,又能得到 (1-2rt+12)5=∑P(x)2, 于是 ∑P(a)t=(1-2x+t)∑Pan 比较t+1项的系数,得 (x)=P+1(x)-2rP(x)+P-1 这个递推关系中,出现的是三个邻次 Legendre多项式及其导数
Wu Chong-shi §20.2 Legendre ❧♠♥♦♣qrs t 2 ✉ §20.2 Legendre ✞✟✠✡✈✇①② ③ Legendre ✎✏✑✘❩❬❆❇④⑤✱⑥⑦⑧⑨④ ❍⑩ Legendre ✎✏✑❶❷✘✿❲✱❀ Legendre ✎✏✑✘❸❹✿❲✣ ❺❻ Legendre ✎✏✑✘❩❬❆❇ 1 √ 1 − 2xt + t 2 = X∞ l=0 Pl(x)t l , ❼❽❾ t ❿➀✱✪ − 1 2 −2x + 2t (1 − 2xt + t 2) 3/2 = X∞ l=0 lPl(x)t l−1 , ❀ x − t (1 − 2xt + t 2) 1/2 = 1 − 2xt + t 2 X∞ l=0 lPl(x)t l−1 = (x − t) X∞ l=0 Pl(x)t l . ➁➂ t l ✏✘❲❇✱✪ xPl(x) − Pl−1(x) = (l + 1)Pl+1(x) − 2xlPl(x) + (l − 1)Pl−1(x), ➃➄❀❝ (2l + 1)xPl(x) = (l + 1)Pl+1(x) + lPl−1(x). (z) ✹❊❳❝❞ Legendre ✎✏✑✘✫✬❸❹✿❲✱➅ ➆➇➈➉➊➋➌ Legendre ➍➎➏➐➑➒➓➔ ✣ →➣❵❛✹✬❸❹✿❲✱❳❖P↔↕➙⑩ ✘ Legendre ✎✏✑❛➛⑩ Legendre ✎✏✑ P0(x) = 1 ➜ ✫ ⑩ Legendre ✎✏✑ P1(x) = x ➝➞④➟✣ ❴ Legendre ✎✏✑✘❩❬❆❇ 1 √ 1 − 2xt + t 2 = X∞ l=0 Pl(x)t l , ❾ x ➠ ⑨ ✱ ❦➡❝❞ − 1 2 −2t (1 − 2xt + t 2) 3/2 = X∞ l=0 P 0 l (x)t l , ➢ ✒ t X∞ l=0 Pl(x)t l = 1 − 2xt + t 2 X∞ l=0 P 0 l (x)t l . ➁➂ t l+1 ✏✘❲❇✱❝ Pl(x) = P0 l+1(x) − 2xP 0 l (x) + P0 l−1 (x). (#) ✹✬❸❹✿❲ ✛✱④➤✘✒➥✬❍⑩ Legendre ✎✏✑●❁⑨ ❇✣
第二十讲球函数(二) 第3页 把()式对x求导,还可以得到 (2+1)P(x)+(2l+1)xP(x)=(+1)Pl+1(x)+lP-1(x) 和(#)式联立,消去P-1(x)或P+1(x),又可以得到递推关系 l+1(x)=xP1(x)+(l+1)P(x) Pl-I(a)=rPl(a)-IpI(a) 这两个递推关系,则是把Pl1(x)用P(x)及其导数表示出来 把这些递推关系重新组合,还可以进一步得到其他形式的递推关系 递推关系的一个用途是计算某些类型的积分,例如 TPk(a)PI(e)dz 根据递推关系(),就能够计算出 l+1 rPk(a)P(a)d Pk(a)Pu+1(a)dr PPi-1(a)dx 2+12+341k+2+1立=15-1k
Wu Chong-shi ➦➧➨➩ ➫ ➭ ➯ (➧ ) t 3 ✉ ↔ (z) ✑ ❾ x ➠ ⑨ ✱➲❖P❝❞ (2l + 1)Pl(x) + (2l + 1)xP 0 l (x) = (l + 1)P0 l+1(x) + lP 0 l−1 (x), ➜ (#) ✑➳➵✱➸➺ P 0 l−1 (x) ➻ P 0 l+1(x) ✱ ❦ ❖P❝❞❸❹✿❲ P 0 l+1(x) = xP 0 l (x) + (l + 1)Pl(x), P 0 l−1 (x) = xP 0 l (x) − lPl(x). ✹ ❼ ✬❸❹✿❲✱➼✒↔ P 0 l±1 (x) ❛ Pl(x) ● ❁⑨ ❇➝➞④➟✣ ↔✹➽❸❹✿❲➾➚➪➶✱➲❖P✢✫➹❝❞❁➘➴✑✘❸❹✿❲✣ ❸❹✿❲✘✫✬❛➷✒➬➮➱➽✃❐✘❒❈✱❤✐ Z 1 −1 xPk(x)Pl(x)dx. ❺❻❸❹✿❲ (z) ✱❳ ➡❮➬➮④ Z 1 −1 xPk(x)Pl(x)dx = l + 1 2l + 1 Z 1 −1 Pk(x)Pl+1(x)dx + l 2l + 1 Z 1 −1 PkPl−1(x)dx = l + 1 2l + 1 2 2l + 3 δl+1,k + l 2l + 1 2 2l − 1 δl−1,k
§20.3 Legendre多项式应用举例 第4页 §20.3 Legendre多项式应用举例 例20.1均匀电场中的导体球 设在电场强度为E0的均匀电场中放进一个接地导体球,球的半径为a.求球外任意一点的电 势 解放进导体球后,由于静电感应,在导体球的球面上就会形成一定的感生面电荷分布,而 使球体成为等势体 ★球外任意一点的总电势就是原有的均匀电场的电势和感生电荷的电势的叠加 ★球体接地,意味着球体的电势为0 ★因为在球外处处没有电荷,所以在球外的电势满足 Laplace方程. 采用球坐标系,坐标原点与球心重合,极轴沿原来电场的方向 ★考虑到均匀电场以及球体的对称性,在球面上的感生电荷一定是绕极轴旋转不变的,因而,对 于球外任意一点,无论是感生电荷产生的的电势,或是总电势,也都是绕极轴旋转不变的 设u(r,)是球外一点(r,0,)的总电势,u1(r,0)和u2(r,0)分别是均匀电场和感生电荷的电势, u1(, 0=-E0z +u0=-Eor cos 8+uo, 常数u0即为坐标原点处的电势.u2(,0)则由定解问题 r2 or 有界, E cOS T-0 决定 u2(r,)之所以满足 Laplace方程,从物理上说,是由于感生电荷只是分布在球面上 而球外处处皆无感生电荷存在,从数学上说,因为u(,)=u1(r,0)+v2(r,6)和单独的 u1(r,)都满足 Laplace方程.同样由于感生电荷只是分布在球面上,所以当r→∞时 u2(r,)应当趋于0 求解定解问题.将方程和有界条件分离变量后,可以得到 de(6) d+AO(0)=0, 6(0)有界 6()有界, d,2d( AR(T)=0
Wu Chong-shi §20.3 Legendre ❧♠♥❰ÏÐÑ t 4 ✉ §20.3 Legendre ✞✟✠ÒÓÔÕ Ö 20.1 ×Ø ✯Ù ✛✘⑨ÚÛ✣ ✤ ✕ ✯ÙÜÝ✵ E0 ✘×Ø ✯Ù ✛✩✢✫✬❫Þ⑨ÚÛ✱ Û ✘ßà✵ a ✣➠ Ûá↕➙✫✧✘ ✯ ✖✣â ✩✢⑨ÚÛã✱ä➢å ✯æç✱✕⑨ÚÛ✘ Û ❚è❳é➴ ❬✫❄✘æ❩❚ ✯✰❈ê✱◆ ëÛÚ❬✵ì✖Ú ✣ F Ûá↕➙✫✧✘í ✯✖❳✒✦✪✘×Ø ✯Ù✘ ✯✖➜æ❩ ✯✰✘ ✯✖✘îï✣ F ÛÚ❫Þ✱➙ðñÛÚ✘ ✯✖✵ 0 ✣ F ▼✵✕Ûá★★ò✪ ✯✰✱✳P✕Ûá✘ ✯✖óô Laplace ✷õ✣ F ö ❛Û÷ø❲✱÷ø✦✧✽Ûù➾➶✱ú✶û✦➟ ✯Ù✘✷ ✸✣ F üý❞×Ø ✯ÙP●ÛÚ✘ ❾ ❨þ✱✕ Û ❚è✘æ❩ ✯✰✫❄✒ÿú✶✁✂✄✘✱▼◆✱❾ ➢Ûá↕➙✫✧✱✾✗✒æ❩ ✯✰☎❩✘✘ ✯✖✱➻✒í ✯✖✱❜✆✒ÿú✶✁✂✄✘✣ ✤ u(r, θ) ✒ Ûá✫✧ (r, θ, φ) ✘í ✯✖✱ u1(r, θ) ➜ u2(r, θ) ❈✝✒×Ø ✯Ù➜æ❩ ✯✰✘ ✯✖✱ u1(r, θ) = −E0z + u0 = −E0r cos θ + u0, ✞ ❇ u0 ❀✵÷ø✦✧★✘ ✯✖✣ u2(r, θ) ➼ ä❄❑✟✠ 1 r 2 ∂ ∂r r 2 ∂u2 ∂r + 1 r 2 sin θ ∂ ∂θ sin θ ∂u2 ∂θ = 0, u2 θ=0 ✪✡✱ u2 θ=π ✪✡, u2 r=a = E0a cos θ − u0, u2 r→∞ → 0. ☛ ❄✣ u2(r, θ) ❶✳Póô Laplace ✷õ✱③☞➄ è✌✱✒ ä ➢ æ❩ ✯✰✍✒❈ê✕Û ❚è✱ ◆ Ûá★★ ✎✾æ❩ ✯✰✏✕✣③ ❇✑è✌✱▼✵ u(r, θ) = u1(r, θ) + u2(r, θ) ➜✭✒✘ u1(r, θ) ✆óô Laplace ✷õ✣✓❊ ä ➢ æ❩ ✯✰✍✒❈ê✕Û ❚è✱✳P✔ r → ∞ ✺ u2(r, θ) ç✔✕➢ 0 ✣ ➠❑❄❑✟✠✣ ❴ ✷õ➜✪✡✖✗❈✘✄✙ã ✱❖P❝❞ 1 sin θ d dθ h sin θ dΘ(θ) dθ i + λΘ(θ) = 0, Θ(0) ✪✡✱ Θ(π)✪✡, d dr h r 2 dR(r) dr i − λR(r) = 0
第二十讲球函数(二) 第5页 其中λ是分离变量时引进的待定参数在18讲第2节中已经讨论过这个本征值问题,其解是 本征值 A=l(+1),l=0,1,2,3 本征函数 e2(6)=P(os0) 为了求解关于R(r)的方程,仍然可以作变换t=lmr,将方程变为 d-Ry dt2+ d-l(l+1)R=0 于是 R(r)=Ae+Be-(+1)=A1r1+Br-1-1 因此,满足 Laplace方程和有界条件的一般解就是 2(r,6) AIr+Bir-l-)Pi(cos 考虑到无穷远条件u2→0,应该有 A1=0. 再代入球面r=a上的边界条件 u2(r,),==∑Ba--P(os) Eoa cos 0-uo= OapI(cos 0)-uo Po(cos 0) 所以有 B0=-0,B1=B0a3,和B1=0,1≥2. 这样就求得 u2(r,6) . 这里求得的α2(r,θ)当然就反映了球面上感生电荷的分布情况.在均匀电场的作用下 接地球面上的感生电荷相当于位于坐标原点的点电荷和电偶极子的叠加.点电荷的电 量为-4πooa;电偶极子的偶极矩为4πεooa3,方向与均匀电场的方向相同 将u1(r,0)和u2(r,)叠加,就得到球外任意一点的总电势 u(r,6)=u0 E rcos e 图20.给出了过极轴的任意一个截面上电场线的分布图
Wu Chong-shi ➦➧➨➩ ➫ ➭ ➯ (➧ ) t 5 ✉ ❁ ✛ λ ✒❈✘✄✙✺✜✢✘✚❄✛❇✣✕ 18 ✜✢ 2 ✣ ✛✤✥✦✗✧✹✬★✩❅✟✠✱ ❁ ❑✒ ★✩❅ λl = l(l + 1), l = 0, 1, 2, 3, · · ·, ★✩❆❇ Θl(θ) = Pl(cos θ). ✵✪➠❑✿➢ R(r) ✘✷õ✱✫✼❖P◗✄✬ t = ln r ✱ ❴ ✷õ✄✵ d 2Rl dt 2 + dRl dt − l(l + 1)Rl = 0. ➢ ✒ Rl(r) = Ale lt + Ble −(l+1)t = Alr l + Blr −l−1 . ▼✭✱óô Laplace ✷õ➜✪✡✖✗✘✫✮❑❳✒ u2(r, θ) = X∞ l=0 Alr l + Blr −l−1 Pl(cos θ). üý❞✾✯✰✖✗ u2 r→∞ → 0 ✱ç✱✪ Al = 0. ✲✳✴Û ❚ r = a è✘✵✡✖✗✱ u2(r, θ) r=a = X∞ l=0 Bla −l−1Pl(cos θ) = E0a cos θ − u0 = E0aP1(cos θ) − u0P0(cos θ), ✳P✪ B0 = −u0a, B1 = E0a 3 , ➜ Bl = 0, l ≥ 2. ✹❊❳➠❝ u2(r, θ) = −u0 a r + E0a 3 r 2 cos θ. ✶✷✸✹✺ u2(r, θ) ✻✼✽✾✿ ❀ ❁ ❂❃❄❅ ❆❇✺❈❉❊❋✣ ●❍ ■❆❏✺❑▲▼✱ ◆❖❁ ❂❃✺❄❅ ❆❇P ✻◗❘◗❙❚❯❱✺ ❱ ❆❇❲ ❆❳❨❩✺ ❬❭✣❱ ❆❇✺ ❆ ❪❫ −4πε0u0a ❴ ❆❳❨❩✺❳❨❵❫ 4πε0E0a 3 ✱❛ ❜❝❍ ■❆❏✺ ❛ ❜P ❞✣ ❴ u1(r, θ) ➜ u2(r, θ) îï✱❳❝❞Ûá↕➙✫✧✘í ✯✖❡ u(r, θ) = u0 1 − a r − E0 1 − a 3 r 3 r cos θ. ❢ 20.1 ❣④✪✧ú✶✘↕➙✫✬❤❚è ✯Ù✐✘❈ê❢ ✣
§20.3 Legendre多项式应用举例 第6页 图201均匀电场中的导体球 例20.2均匀带电细圆环的静电势 设有一均匀细圆环,半径为a,总电荷为M,求它在空间任意一点的静电势 解仍取球坐标系,坐标原点放在环心,而圆环则处在赤道面上这时,空间任意一点(,6,o) 的静电势应该与φ无关,u=u(r,0).可以写出u所满足的方程和部分定解条件 (物)+产m(m2) 0,(r,0)≠(a, u=0有界,a=x有界 u=0有界,u → 这还不是一个完整的定解问題(或者说,这个定解问题不是适定的),因为并没有反映 出产生静电势的源(电荷分布)的情况 要写出均匀细圆环上的电荷密度,势必要用到δ函数.方程就变为 10 r2or( ar/r2 sin 8 a0 f()6(-a)5(-) 函数f(r)可以由 /19-(-2)m 定出,而且由于f(r)6(r-a)=f(a)6(r-a),所以有 f(r)=f(a) 求解定解问题.由6函数的性质可以知道,当r≠a时,方程(#)就退化为 Laplace方程.这 样,再结合有界条件和无穷远条件,就得到 ∑4rP(cos) u(r,6) BIrPI(cos 8) r>a 然后就应该利用圆环的质量分布(即方程(#)右端的非齐次项)定出系数A和B
Wu Chong-shi §20.3 Legendre ❧♠♥❰ÏÐÑ t 6 ✉ ❢ 20.1 ×Ø ✯Ù ✛✘⑨ÚÛ Ö 20.2 ×Ø❥ ✯❦ ❧♠✘ å ✯✖✣ ✤ ✪✫×Ø❦ ❧♠✱ßà✵ a ✱í ✯✰✵ M ✱➠➅✕♥❷↕➙✫✧✘å â ✯✖✣ ✫ ✲Û÷ø❲✱÷ø✦✧✩✕♠ ù ✱◆ ❧♠➼★✕♦♣❚è✣✹✺✱♥❷↕➙✫✧ (r, θ, φ) ✘ å ✯✖ç✱✽ φ ✾✿✱ u = u(r, θ) ✣❖Pq④ u ✳óô✘✷õ➜r❈❄❑✖✗ 1 r 2 ∂ ∂r r 2 ∂u ∂r + 1 r 2 sin θ ∂ ∂θ sin θ ∂u ∂θ = 0, (r, θ)6= a, π 2 , u θ=0 ✪✡, u θ=π ✪✡, u r=0 ✪✡, u r→∞ → 0. ✶st✉✈✇ ①②✺③④ ⑤⑥ (⑦⑧⑨✱ ✶✇③④ ⑤⑥t✉⑩③✺) ✱❶ ❫❷❸❹✾✿ ❺❻❅❼ ❆❽✺❾ (❆❇❈❉) ✺❊❋✣ ❿ q④×Ø❦ ❧♠è✘ ✯✰➀Ý✱✖➁ ❿❛ ❞ δ ❆❇✣✷õ❳✄✵ 1 r 2 ∂ ∂r r 2 ∂u ∂r + 1 r 2 sin θ ∂ ∂θ sin θ ∂u ∂θ = − 1 ε0 f(r)δ(r − a)δ θ − π 2 , (#) ❆❇ f(r) ❖P ä ZZZ f(r)δ(r − a)δ θ − π 2 r 2 sin θdrdθdφ = 1 ❄④✱◆➂ ä ➢ f(r)δ(r − a) = f(a)δ(r − a) ✱✳P✪ f(r) = f(a) = 1 2πa 2 . ➃ â➄â➅➆ ✣ä δ ❆❇✘þ➇❖P➈♣✱✔ r 6= a ✺✱✷õ (#) ❳➉➊✵ Laplace ✷õ✣✹ ❊✱✲ ❢➶✪✡✖✗➜✾✯✰✖✗✱❳❝❞ u(r, θ) = X∞ l=0 Alr lPl(cos θ), r a. ✼ ã ❳ç✱ ❵❛ ❧♠✘➇✙❈ê (❀✷õ (#) ➋ ❽ ✘➌➍⑩ ✏) ❄④❲❇ Al ➜ Bl ✣
第二十讲球函数(二 第7页 ★考虑到6函数应该是间断函数的导数,所以u(r,0)在球面r=a上一定是连续的, r=a+0 0. ★au(r,6)/Or在球面r=a上一定是不连续的,它在球面r=a两侧的跃变可以由方程(#)对r 积分得到 6(0 r=a-0 2π∈o 将6(0-丌/2)也按 Legendre多项式展开 cIPI(cos =2/6(-2)(=P(o 因此 Ala=Bla-l-l 4la4+1+B(+1)a-1=2+ 4P(O) 解之即得 41--1P(O),B=4xaP2(0 所以 47E >() PI(O)P(cos 0) a(r,6)= l+1 4coa台6 PI(O)PI(cos 8) 代入P(0)值,即得 (2) P2l(cos 0), ra 以上介绍的是此问题的标准解法:从完整的定解问题出发,写出一般解,然后根据本征 数的正交性定出叠加数 在这个问题中,方程的非齐次项具有特殊性:只在圖环r=a,θ=丌/2上不为0,而且 非齐次项在圆环上的数值为∞(这样才能保证总总电荷量为有限值) 相应地,在求解时也就禾用了特殊的做法,即将非齐次方程(#)转化为齐次方程和球面 r=a上的连接条件 这里实际上是介绍了一种写连接条件的方法
Wu Chong-shi ➦➧➨➩ ➫ ➭ ➯ (➧ ) t 7 ✉ F üý❞ δ ❆❇ç✱✒❷➎❆❇✘⑨ ❇✱✳P u(r, θ) ✕ Û ❚ r = a è✫❄✒➏➐✘✱ u(r, θ) r=a+0 r=a−0 = 0, F ∂u(r, θ)/∂r ✕ Û ❚ r = a è✫❄✒✂➏➐✘✱➅✕Û ❚ r = a ❼➑ ✘➒✄❖P ä✷õ (#) ❾ r ❒❈❝❞❡ r 2 ∂u ∂r r=a+0 r=a−0 = − 1 2πε0 δ θ − π 2 ❀ ∂u ∂r r=a+0 r=a−0 = − 1 2πε0a 2 δ θ − π 2 . ❴ δ(θ − π/2) ❜➓ Legendre ✎✏✑❘❙ δ θ − π 2 = P∞ l=0 clPl(cos θ), cl = 2l + 1 2 Z π 0 δ θ − π 2 Pl(cos θ) sin θ dθ = 2l + 1 2 Pl(0). ▼✭ Ala l = Bla −l−1 , Allal+1 + Bl(l + 1)a −l = 2l + 1 4πε0 Pl(0). ❑❶❀❝ Al = 1 4πε0 a −l−1Pl(0), Bl = 1 4πε0 a lPl(0). ✳P u(r, θ) = 1 4πε0a X∞ l=0 r a l Pl(0)Pl(cos θ), r a. ✳✴ Pl(0) ❅✱❀❝ u(r, θ) = 1 4πε0a X∞ l=0 (−) l (2l)! 2 2l l! l! r a 2l P2l(cos θ), r a. ➔❃→➣✺✉↔ ⑤⑥✺❚↕④➙❡➛ ①②✺③④ ⑤⑥ ❺➜✱ ➝❺✈➞④✱✼➟➠➡➢➤ ➥➦✺➧➨➩③ ❺❬❭ ➫➦✣ ●✶✇ ⑤⑥ ➭✱❛➯✺ ➲➳➵➸➺❹➻➼➩ ❡➽● ➾➚ r = a, θ = π/2 ❃t❫ 0 ✱➪➶✱ ➲➳➵➸● ➾➚❃✺➦➹❫ ∞(✶➘ ➴➷➬➮➱➱ ❆❇❪❫❹✃➹ ) ✣ P❐❖ ✱ ●✸④❒❮✽❰▲ ❀ ➻➼✺Ï➙✱ÐÑ ➲➳➵❛➯ (#) ÒÓ❫➳➵❛➯❲❁ ❂ r = a ❃✺Ô◆ÕÖ✣ ✶✷ ×Ø❃✉→➣ ❀ ✈Ù ➝Ô◆ÕÖ✺ ❛ ➙ ✣
§20.3 Legendre多项式应用举例 第8页 本题还有一种非标准的解法,即根据齐次方程和定解条件(有界条件和无穷远条件),求出 一般解,然后并不利用连接条件、根据 Legendre多项式的正交性定系数,而是把一般解看成是 u(r,B)在r=0或r=∞点的邻域内的 Taylor展开,设法找到u(r,)在某一特殊方向上的数 值,而后根据 Taylor展开的唯一性定出叠加系数 由于圆环的对称性,圆环上任意一点到轴线上(r,0)=(r,0)或(r,丌)点的距离相等,因而可以 由 Coulomb定律直接叠加出轴线上任意一点(r,0)或(r,π)的静电势, u(r,O)l=0.元 8m2Eo√a+r2-4neo√a+r2 乍 Taylor展开 4π∈oa (l!)2 另一方面,由一般解又可以得到 A1r2, Bur =丌 ∑(-)B1 r>a 者比较(根据是 Taylor展开的唯一性),就可以求得 47∈0a22l! (-)(2)!2+1 0. 47TEoa 221!1! 可以看出,这样得到的解式和前面的完全相同
Wu Chong-shi §20.3 Legendre ❧♠♥❰ÏÐÑ t 8 ✉ ★✠➲✪✫Ú ÛÜÝ➒ âÞ ✱ßàáâ➌ãäå➄âæç (èéæçåêëìæç) ✱ ➃ ➇ íîâ ✱ïðñòóôõöæç÷àá Legendre ➍➎➏➒øùú➄ ➔û✱üýþíîâÿ ý u(r, θ) ✁ r = 0 ✂ r = ∞ ✄➒➋☎✆➒ Taylor ✝✞✟✠Þ✡☛ u(r, θ) ✁☞✌✍✎ θ ✏✑✒✓✔ ✕ ✟✖✗✘✙ Taylor ✝✞✓✚✌✛✜✢✣✤✥✔ ✦ ✧★ ✩✪✫✬✭✮✟ ✩✪✯✰✱✲✳✴✵✶✯ (r, θ) = (r, 0) ✷ (r, π) ✳✫✸✹✺✻✟ ✼✽✾✿ ✧ Coulomb ❀❁❂❃❄❅❆✵✶✯✰✱✲✳ (r, 0) ✷ (r, π) ✫❇ ❈❉✟ u(r, θ) θ=0,π = I 1 8π2ε0a dl √ a 2 + r 2 = 1 4πε0 1 √ a 2 + r 2 . ❊ Taylor ❋● u(r, θ) θ=0,π = 1 4πε0a X∞ l=0 (−) l (2l)! 2 2l (l!)2 r a 2l , r a. ❍✲■❏✟ ✧✲❑▲▼✾✿◆✴ u(r, θ) θ=0 = X∞ l=0 Alr l , r a ✷ u(r, θ) θ=π = X∞ l=0 (−) lAlr l , r a. ❖P ◗❘ (❙❚❯ Taylor ❋●✫❱✲✮) ✟❲✾✿❳◆ A2l = (−) l 4πε0a (2l)! 2 2l l! l! a −2l , A2l+1 = 0, B2l = (−) l 4πε0a (2l)! 2 2l l! l! a 2l+1, B2l+1 = 0. ✾✿❨❆✟❩❬◆✴✫▲❭❪❫❏✫❴❵✺❛✦