讲几个作业题先：

用 $P_l(x)$ 展开 $f(x)=\sqrt{1-2xt+t^2}$.

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就是做积分：

$$\int_{-1}^1\sqrt{1-2xt+t^2}P_l(x)\text{d}x$$

分部积分一次，实际上只有 $xP_l(x)$ 和 $P_l(x)$ 这两种积分.

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求积分：

$$\int_{-1}^1P'_k(x)P_l(x)\text{d}x$$

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首先知道 $k<l$ 时这个积分是零 (因为我们之前对 $x^kP_l(x)$ 积分的讨论). 如果 $k>l$，分部积分：

$$=P_kP_l|^1_{-1}-\int_{-1}^1P_k(x)P'_l(x)\text{d}x$$

后面变成前一种情况，所以也是零，最后只用算前一项.

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求积分：

$$\int_{-1}^1P_l(x)\cdot\frac{P_{l+1}(x)}{x}\text{d}x$$

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只用一次递推关系，把 $P_{l+1}(x)/x$ 变为 $P_l(x)$ 和 $P_{l-1}(x)/x$.

注意到 $P_{l-1}(x)/x$ 的最高次项肯定低于 $P_l(x)$ 的，所以为零，只用积分一个 $[P_l(x)]^2$.

来解匀强电场中的接地导体球体问题. 定解问题为

$$\left\{\begin{aligned} &\nabla^2u=0,\quad r>a\\\\ &u_2|_{\Sigma:r=a}=E_0a\cos\theta-u_0\\\\ &u_2|_{r=\infty}=0 \end{aligned}\right.$$

实际上在无穷远处并不能规定匀强电场的势为零，但是我们可以规定球体产生的电势 $u_2$ 在无穷远处的电势为任意值.

按照分离变量法的标准步骤求解，$\theta$ 方向的本征函数是 $P_l(\cos\theta)$. $r$ 方向

$$\frac{\text{d}}{\text{d}r}\left[r^2\frac{\text{d}R_l(r)}{\text{d}r}\right]-l(l+1)R_l(r)=0$$

典型的 Euler 方程，解应该是 $r^\alpha$ 的形式，代入，

$$\alpha(\alpha+1)-l(l+1)=0$$

解得 $\alpha=l$ 或者 $-l-1$. 也就是

$$R_l(r)=A_lr^l+B_lr^{-(l+1)}$$

一般解

$$u_2(r,\theta)=\sum_{l=0}^\infty(A_lr^l+B_lr^{-(l+1)})P_l(\cos\theta)$$

无穷远处电势收敛，所有的 $A_l=0$ (如果是球内部，刚好相反). 我们发现边界上等于 $E_0a\cos\theta-u_0$，只有 $P_1(\cos\theta)$ 和 $P_0(\cos\theta)$. 因此最终的解为

$$u_2(r,\theta)=-u_0\frac{a}{r}+\frac{E_0a^3}{r^2}\cos\theta$$

这里，第一项是一个点电荷，第二项明显是一个电偶极子.

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下一个问题是，求均匀细圆环 (半径 $a$，总电荷 $Q$) 在空间任意一点的静电势.

首先，所有有限大的带电体都不推荐柱坐标，因为这类带电体在无穷远渐进行为趋于一个点电荷，球坐标更加自然.

把圆环放在球坐标的赤道面上，中心与球心重合. 问题：

$$\left\{\begin{aligned} &\nabla^2u=0\\\\ &u|_{r=0}\not\to\infty,\quad u|_{r\to\infty}\to0 \end{aligned}\right.$$

这不是一个适定的定解问题，因为并没有反映出源的任何性质. 设此时电荷密度为

$$C\delta(r-a)\delta\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)$$

把这个电荷分布代入，问题变为

$$\left\{\begin{aligned} &\nabla^2u=-\frac{1}{\varepsilon_0}\frac{Q}{2\pi a^2}\delta(r-a)\delta\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)\\\\ &u|_{r=0}\not\to\infty,\quad u|_{r\to\infty}\to0 \end{aligned}\right.$$

定出常数 $C$ 并不是显然的，要求积分：

$$\iiint C\delta(r-a)\delta\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)\cdot r^2\sin\theta\text{d}r\text{d}\theta\text{d}\phi=Q$$

一般解还是

$$u(r,\theta)=\sum_{l=0}^\infty(A_lr^l+Br^{-(l+1)})P_l(\cos\theta)$$

其中 $r<a$ 有 $B_l=0$；$r>a$ 有 $A_l=0$. 此时还没用到球面 $r=a$ 上的电荷分布，这里有静电势连续和径向导数不连续：

$$r^2\left.\frac{\partial u}{\partial r}\right|^{r=a+0}_{r=a-0}=-\frac{Q}{2\pi\varepsilon_0}\delta\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)$$

可以把 $\delta$ 函数展开

$$\delta\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)=\sum_{l=0}^\infty\frac{2l+1}{2}P_l(0)P_l(\cos\theta)$$

对比系数就可以确定每一项.

$$u(r,\theta)=\left\{\begin{aligned} &\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0a}\sum_{l=0}^\infty\left(\frac{r}{a}\right)^lP_l(0)P_l(\cos\theta),&\quad r<a\\\\ &\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0a}\sum_{l=0}^\infty\left(\frac{a}{r}\right)^{l+1}P_l(0)P_l(\cos\theta),&\quad r>a \end{aligned}\right.$$

还可以代入之前求的 $P_{2l}(0)$ 数值.

另一种解是，取 $\theta$ 为某一个特殊值的时候的 $u(r,\theta)$ 值，直接用电势的叠加原理求出 $u(r,\theta=0,\pi)$.

$$u(r,\theta)|_{\theta=0,\pi}=\oint\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{2\pi a}\frac{\text{d}l}{\sqrt{a^2+l^2}}=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{\sqrt{a^2+r^2}}$$

做 Taylor 展开定解.

下一个问题是，两种不同材质连接而成的弦的两段固定弦振动，两段分别为 $l_1$ 和 $l_2$.

波动方程分别是：

$$\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-a_1^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=0,\quad \frac{\partial^2u}{\partial t^2}-a_2^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=0$$

边界条件是

$$u(x,t)|_{x=0}=0,\quad u(x,t)|_{x=l_1+l_2}=0,\quad u(x,t)|_{t=0}=\phi(x),\quad\left.\frac{\partial u(x,t)}{\partial t}\right|_{t=0}=\psi(x)$$

补充连接条件，

$$u(x,t)|_{x=l_1^-}=u(x,t)|_{x=l_1^+},\quad \left.\frac{\partial u(x,t)}{\partial x}\right|_{x=l_1^-}=\left.\frac{\partial u(x,t)}{\partial x}\right|_{x=l_1^+}$$

后面就是同样的解法，分离变量求本征函数.

考试并不会遇到这样复杂的问题，但是在科研实践中遇到边界很有可能就是类似的解法.

连带 Legendre 函数

球坐标 Laplace 方程分离变量：

$$\begin{aligned} &\frac{\text{d}}{\text{d}r}\left[r^2\frac{\text{d}R(r)}{\text{d}r}\right]-\lambda R(r)=0\\\\ &\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left[\sin\theta\frac{\partial S(\theta,\phi)}{\partial\theta}\right]+\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2S(\theta,\phi)}{\partial\phi^2}+\lambda S(\theta,\phi)=0 \end{aligned}$$

再分离一次，

$$\begin{aligned} &\frac{1}{\sin\theta}\frac{\text{d}}{\text{d}\theta}\left[\sin\theta\frac{\text{d}\Theta(\theta)}{\text{d}\theta}\right]+\left(\lambda-\frac{\mu}{\sin^2\theta}\right)\Theta(\theta)=0\\\\ &\Phi''+\mu\Phi=0 \end{aligned}$$

和之前的区别在于，多了一个 $\mu$，来源于 $\phi$ 方向的对称性消失了.

变量代换，得到连带 Legendre 方程：

$$\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left[(1-x^2)\frac{\text{d}y}{\text{d}x}\right]+\left[\nu(\nu+1)-\frac{m^2}{1-x^2}\right]y=0$$

做法和 Legendre 方程的解法类似，求本征值问题. 奇点和原来一样，还是 $\pm1$ 和 $\infty$，都是正则奇点. 在 $\pm1$ 处指标方程为

$$\rho(\rho-1)+\rho-\frac{m^2}{4}=0$$

指标为 $\pm m/2$. 如果令解 $w(z)=(1-z^2)^{m/2}v(z)$，则 $v(z)$ 满足：

$$(1-z^2)v''-2(m+1)zv'+[\lambda-m(m+1)]v=0$$

这被称为「超球微分方程」.

如果看原来的 Legendre 方程，求导 $m$ 次，也可以得到上面的方程.

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2025/11/25 01:57

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• a85fd-feat(note): add qm & qmp note于 2025/11/25

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