1612725605-4201826098943ec8a5930a8a95852d2f (828606), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Решить уравнение Лапласа △u = 0 в прямоугольнике a × b с граничными условиямиux |x=0 = 0,uy |y=0 = Q1 ,ux |x=a = Q2 ,uy |y=b = 0.Указание. Левая и верхняя стенка теплоизолированы, в нижнюю стенку втекаетпоток плотностью Q1 , а из правой вытекает поток плотностью Q2 (рис. 2.11, a). Переменные разделяются, если искать решение в виде суммы u = X(x) + Y (y).
Обыкновенныеуравнения легко решаются:X =αx2+ C1 x,2Y = −αy2+ C2 y + C3 ,2где α — параметр разделения.Подставляя решение в граничные условия, найдем C1 = 0, C2 = αb и параметрразделения α = Q2 /a = Q1 /b. Получается условие разрешимости Q1 a = Q2 b. Почемузадача не решается при нарушении этого условия? Еще одна аддитивная константа C3не может быть найдена из граничных условий.362. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХОтвет.Q1 2(x − y 2 ) + Q1 y + C3 .2bНарисуйте изотермы и линии тока. Покажите, что изотермы ортогональны изолированным стенкам (рис. 2.11, б).u(x, y) =2.9.2.9.1.Разделение переменныхОртогональные системы координатИз заданного преобразования в ортогональную систему координатx = x(q1 , q2 , q3 ),y = y(q1 , q2 , q3 ),z = z(q1 , q2 , q3 )можно вычислить коэффициенты Ламеs 2 22∂y∂z∂x++,hi =∂qi∂qi∂qii = 1, 2, 3.По ним можно найти выражение для оператора Лапласа в новой системе координат3 1X ∂ h ∂△=,h i=1 ∂qi h2i ∂qiгде h = h1 h2 h3 — коэффициент преобразования объема.2.9.2.Параболоидальные координатыЗадача 79 .
Переход к параболическим (или параболоидальным) координатам задан формуламиx=pξη cos ϕ,y=pξη sin ϕ,z=ξ−η,2ξ, η > 0, 0 6 ϕ < 2π.(2.13)1. Нарисовать координатные поверхности.2. Найти коэффициенты Ламе, выписать оператор Лапласа.3. Разделить переменные в уравнении Шредингера для атома водорода11ψ = Eψ.− △−2rУказание. Номера соответствуют номерам пунктов в задаче.1. В полуплоскости ϕ = 0 исключить последовательно ξ, η, построить графики z(x).А затем вращать графики вокруг оси z (рис. 2.12, a).2. h = (ξ + η)/2. Обратите внимание, что координаты симметричны относительнозамены ξ ↔ η, z → −z.372.9. Разделение переменных3.
Искать решение вида ψ = X(ξ)Y (η)Φ(ϕ) и воспользоваться тождеством r = (ξ +η)/2.Ответ.ξ − x2 /ξx2 /η − η,z =;22ssp1 ξ+η1 ξ+ηhξ =, hη =, hϕ = ξη;2ξ2η∂ ∂1 ∂2∂ ∂4+ξ+η;△=ξ + η ∂ξ ∂ξ ∂η ∂ηξη ∂ϕ2m2′′′2ξξX + X + −X + λ1 X = 0,−κ4ξ4m22η′′′Y + λ2 Y = 0.−κηY + Y + −4η4z=Здесь Φ = eimϕ , κ2 = −2E, λ1 +λ2 = 1. Два последних уравнения получились одинаковоговида.2.9.3.Сфероидальные координатыЗадача 80 . Переход к эллиптическим (или сфероидальным) координатам заданформуламиx=1p 2(ξ − 1)(1 − η 2 ) cos ϕ,2y=1p 2ξη(ξ − 1)(1 − η 2 ) sin ϕ, z = ,222−1 < η < 1, 1 < ξ , 0 6 ϕ < 2π.(2.14)1.
Нарисовать координатные поверхности.2. Найти коэффициенты Ламе, выписать оператор Лапласа.3. Разделить переменные в уравнении Гельмгольца△ + k 2 u = 0.Ответ.1. В плоскости ϕ = 0 получаются эллипсы4z 24x2+=1ξ2 − 1ξ2и гиперболы−4z 24x2+= 1.1 − η2η2Значит координатные поверхности в данном случае — вытянутые сфероиды 3 идвухполостные гиперболоиды вращения (рис. 2.12, б и в). Отсюда название координатной системы «вытянутые сфероидальные» координаты.Сфероидом называют эллипсоид вращения.
В зависимости от соотношения осей сфероиды делятсяна вытянутые и сплюснутые.3382. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХz0.60.4z0.2z0.2 0.4-0.4 -0.2x0.5-0.2xx1.0-0.5-0.6а0.5-1.0 -0.5-0.4бвРис. 2.12. Координатные линии параболоидальной (а), вытянутой сфероидальной (б) и сплюснутой (б) сфероидальной системы координат в плоскости ϕ = 02.hξ =12sξ2η2−,2ξ −1hη =8△= 2ξ − η212sξ 2 − η2,1 − η2hϕ =1p 2(ξ − 1)(1 − η 2 ),2∂ ξ2 − 1 ∂∂ 1 − η2 ∂+∂ξ 2 ∂ξ ∂η 2 ∂η+1h = (ξ 2 − η 2 ).84∂2.(ξ 2 − 1)(1 − η 2 ) ∂ϕ23.k2 ξ 2m2(ξ − 1)X + 2ξX +X = λX,− 24ξ −1 2 2k ηm22′′′(1 − η )Y − 2ηY + −−Y = −λY.41 − η22′′′Оба уравнения формально совпадают, отличие только в интервалах изменениякоординат ξ, η.Задача 81 .x=∗Если в формулах (2.14) сменить знаки, получится1p 2(ξ + 1)(1 − η 2 ) cos ϕ,2y=1p 2ξη(ξ + 1)(1 − η 2 ) sin ϕ, z = ,22−1 < η < 1, 0 < ξ, 0 6 ϕ < 2π.(2.15)Покажите, что в этом случае координатные поверхности — сплюснутые сфероиды и однополостные гиперболоиды («сплюснутые сфероидальные» координаты).Глава 3Специальные функции3.1.Гипергеометричекие функцииГипергеометрическое уравнение Гауссаz(1 − z)w ′′ + [γ − (α + β + 1)z]w ′ − αβw = 0имеет решение в виде рядаαβ zα(α + 1)β(β + 1) z 2w(z) ≡2F1 (α, β; γ; z) = 1 +++ ....γ 1!γ(γ + 1)2!Уравнение Гаусса имеет регулярные особые точки z = 0, 1, ∞.Вырожденное гипергеометрическое уравнение Куммераzw ′′ + [γ − z]w ′ − αw = 0имеет решение в виде рядаw(z) = lim 2F1 (α, β; γ; z/β) ≡1F1 (α, β; γ; z) = 1 +β→∞α(α + 1) z 2αz++ ....γ 1! γ(γ + 1) 2!Уравнение Куммера имеет регулярную особую точку z = 0 и иррегулярную z = ∞.Задача 82 .
Выразить через гипергеометрические функции ln(1 + z)/z.Указание.z z2 z31− +−+ · · · = 2F1 (1, 1; 2; −z).234Задача 83 . Выразить через гипергеометрические функции (1 − z)n .Ответ.2F1 (−n, β; β; z).Задача 84 . Выразить через гипергеометрические функции exp(z).Ответ.1F1 (α; α; z).403. СПЕЦИАЛЬНЫЕ ФУНКЦИИЛинейная замена независимой переменнойЗадача 85 .
Выразить функции Лежандра, удовлетворяющие уравнению(1 − x2 )y ′′ − 2xy ′ + λy = 0,через функцию Гаусса. Найти условие обрыва ряда.Указание. Чтобы регулярные особые точки x = ±1, ∞ перешли в стандартныеположения, выполним преобразование z = (1 − x)/2.Ответ.y = 2F1 (α, β; 1; −z),1α, β = ±2r1+ λ,4λ = l(l + 1), l = 0, 1, 2, .
. . .Задача 86 . Свести к вырожденной гипергеометрической функции решение уравнения Бесселя1 ′m2′′R + R + 1 − 2 R = 0.xxУказание. Асимптотики при x = 0 (РОТ) R = x±m , при x = ∞ (ИОТ) R = e±ix .Преобразование Лежандра R = xm e−ix u(x) и замена независимой переменной z = 2ixприводят уравнение Бесселя к уравнению Куммера.Ответ.Jν (x) = xν e−ix 1F1 (ν + 1/2; 2ν + 1; 2ix).Задача 87 . Свести к вырожденной гипергеометрической функции решение уравнения Шредингера для атома водорода2 l(l + 1)2 ′2′′−− κ R = 0.R + R +rrr2Указание.
Асимптотики при r = 0 (РОТ) R1 = xl , R2 = r −l−1 , при r = ∞ (ИОТ)R1,2 = e±κr . Преобразование Лежандра R = r l e−κr u(x) и замена независимой переменнойz = 2κr приводят уравнение Шредингера к уравнению Куммера.Ответ.R = r l e−κr 1F1 (α; γ; 2κr),α = l + 1 − κ−1 , γ = 2(l + 1).Найдите условие обрыва ряда (формулу Бальмера).Задача 88 . ∗ Свести к вырожденной гипергеометрической функции решение уравнения Шредингера для атома водорода в параболоидальных координатах из задачи 79m2′′′2ξξX + X + −X + λ1 X = 0.−κξ4Найдите условие обрыва ряда (формулу Бальмера).Указание. Выполнить преобразование Лиувилля X = ξ m/2 e−κξ/2 u(ξ), m > 0.413.1. Гипергеометричекие функцииНелинейная замена∗Иногда, чтобы свести уравнение к гипергеометрическому, требуется нелинейная заменанезависимой переменной В общем случае решение в иррегулярной особой точке ищетсяв виде exp(λxσ ), x → ∞, а замена независимой переменной должна быть ξ = xσ .Задача 89 .
Свести к вырожденной гипергеометрической функции решение уравнения Эйриψ ′′ − xψ = −k 2 ψ.Указание. Параметр k 2 можно убрать сдвигом начала отсчета координаты x. Асимптотику на бесконечности искать в виде ψ = exp(λxσ ). Получится σ = 3/2, λ = ±2/3.Отсюда видно, что замена независимой переменной нелинейна t = x3/2 .Ответ.ψ = ue−2x3/2 /3,u = 1F1 (1/6, 1/3; 4x3/2/3),что сводится к цилиндрическим функциям порядка ν = −1/3.Сведите уравнение y ′′ − xy = 0 прямо к уравнению Бесселя заменой y = x1/2 u, ξ =2x3/2 /3. Получится уравнение Макдональда11 ′u + u − 1 + 2 u = 0.3ξ9ξ′′Задача 90 . Свести к вырожденной гипергеометрической функции решение уравнения Шредингера для линейного осциллятораψ ′′ − x2 ψ = −k 2 ψ.Указание. Асимптотику на бесконечности искать в виде ψ = exp(λxσ ). Получитсяσ = 2, λ = ±1/2.
Отсюда видно, что неизвестную функцию надо искать в виде ψ =2e−x /2 u, а замена независимой переменной нелинейна ξ = x2 . Однако при такой заменемы получим только четные состояния осциллятора. Чтобы получить нечетные уровни,2нужна замена ψ = xe−x /2 u.Ответ. Для четныхd2 uξ 2+dξ1−ξ2du k 2 − 1+u = 0,dξ4d2 uξ 2+dξ3−ξ2du k 2 − 3+u = 0.dξ4для нечетныхНайдите условия обрыва ряда (уровни одномерного осциллятора).Задача 91 . ∗ Свести к гипергеометрическому одномерное уравнение Шредингерас безотражательным потенциаломa′′2ψ + −κ + 2ψ = 0, a = N(N + 1).ch x423. СПЕЦИАЛЬНЫЕ ФУНКЦИИУказание. Замена независимой переменной z = th x сводит уравнение Шредингерак уравнению с полиномиальными коэффициентами(1 − z 2 )ddψ 2(1 − z 2 )+ −κ + a(1 − z 2 ) ψ = 0.dzdzИсключаем асимптотику при z → ±1 заменой неизвестной функции ψ = (1 − z 2 )κ/2 u(z).Получится(1 − z 2 )u′′ − 2(1 + κ)zu′ + [a − κ(κ + 1)]u = 0.Это уравнение с РОТ при x = ±1, ∞, которое перейдет в гипергеометрическое послезамены независимой переменной ξ = (z + 1)/2.Ответ.1u = 2F1 (α, β; γ; z), γ = 1 + κ, α, β = κ + ±2s1κ+22− κ(κ + 1) + a.Найдите условие обрыва ряда.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
