数学物理方程 第13次作业

Chasse_neige

2.证明下列等式

(a) $\delta (x^2-a^2)=\frac{1}{2|a|}[\delta (x-a)+\delta (x+a)]$

证明：

$$\delta (x^2-a^2)=\frac{\delta (x-a)}{|2a|}+\frac{\delta (x+a)}{|-2a|}=\frac{1}{2|a|}(\delta (x-a)+\delta (x+a))$$

(b) $\delta (x-a)\delta (x-b)=\delta (a-b)\delta (x-a)$

证明：

$$\delta (x-a)f(x)=\delta (x-a)f(a)$$

带入 $f(x)=\delta (x-b)$，所以

$$\delta (x-a)\delta (x-b)=\delta (a-b)\delta (x-a)$$

(c) 定义三维 $\delta$ 函数

$$\delta (\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0)=\delta (x-x_0)\delta (y-y_0)\delta (z-z_0)$$

(1)

$${\mathrm{\nabla }}^2\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0|}=-4\pi \delta (\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0)$$

证明：

考虑任意电势分布 $\phi (\mathbf{r})$

$$\int \phi (\mathbf{r}){\mathrm{\nabla }}^2\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0|}\mathrm{d}\tau =-\int \frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0|}{\mathrm{\nabla }}^2\phi (\mathbf{r})\mathrm{d}\tau =-\int \frac{\rho (\mathbf{r})}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0|}\mathrm{d}\tau =-4\pi \phi ({\mathbf{r}}_0)$$

所以在 $\frac{\phi }{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0|}$ 在无穷远处收敛的基础上

$${\mathrm{\nabla }}^2\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0|}=-4\pi \delta (\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0)$$

(2) 在球坐标下

$$\delta (\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0)=\frac{1}{r^2}\delta (r-r_0)\delta (\cos \theta -\cos {\theta }_0)\delta (\phi -{\phi }_0)$$

以及在柱坐标下

$$\delta (\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0)=\frac{1}{r}\delta (r-r_0)\delta (\phi -{\phi }_0)\delta (z-z_0)$$

证明：

在球坐标下，利用坐标变换关系

$$\begin{array}{c}x=r\sin \theta \cos \phi ,x_0=r_0\sin {\theta }_0\cos {\phi }_0\\ y=r\sin \theta \sin \phi ,y_0=r_0\sin {\theta }_0\sin {\phi }_0\\ z=r\cos \theta ,z_0=r_0\cos {\theta }_0\end{array}$$

得到

$$\delta (x-x_0)\delta (y-y_0)\delta (z-z_0)=\frac{\partial (r,\theta ,\phi )}{\partial (x,y,z)}\delta (r-r_0)\delta (\theta -{\theta }_0)\delta (\phi -{\phi }_0)$$

带入

$$\frac{\partial (x,y,z)}{\partial (r,\theta ,\phi )}=r^2\sin \theta$$

所以

$$\begin{array}{c}\delta (\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0)=\frac{1}{r^2\sin \theta }\delta (r-r_0)\delta (\theta -{\theta }_0)\delta (\phi -{\phi }_0)\\ =\frac{1}{r^2}\delta (r-r_0)\delta (\cos \theta -\cos {\theta }_0)\delta (\phi -{\phi }_0)\end{array}$$

在柱坐标下，同样存在坐标变换关系

$$\begin{array}{c}x=r\cos \phi ,x_0=r_0\cos {\phi }_0\\ y=r\sin \phi ,y_0=r_0\sin {\phi }_0\\ z=z,z_0=z_0\end{array}$$

所以

$$\frac{\partial (x,y,z)}{\partial (r,\phi ,z)}=r$$

得到

$$\delta (\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0)=\delta (x-x_0)\delta (y-y_0)\delta (z-z_0)=\frac{1}{r}\delta (r-r_0)\delta (\phi -{\phi }_0)\delta (z-z_0)$$

3.求解下列常微分方程的定解问题

(a)

$$\{\begin{array}{l}[\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{x}^2}-k^2]g(x,x^{\prime })=\delta (x-x^{\prime })\\ {g(x,x^{\prime })|}_{x<x^{\prime }}=0,{\frac{\mathrm{d}g(x,x^{\prime })}{\mathrm{d}x}|}_{x<x^{\prime }}=0\end{array}$$

当 $x\ne x^{\prime }$ 时，方程变为

$$\frac{d[}{d2}]gx=k^{2}g$$

得到通解

$$g(x,x^{\prime })=A{e}^{k(x-x^{\prime })}+B{e}^{-k(x-x^{\prime })}$$

利用

$${g(x)|}_{x=x^{\prime -}}={g(x)|}_{x=x^{\prime +}}$$$${g^{\prime }(x)|}_{x=x^{\prime -}}^{x=x^{\prime +}}=1$$

得到

$$\begin{array}{c}A+B=0\\ Ak-Bk=1\end{array}$$

解得

$$A=\frac{1}{2k},B=-\frac{1}{2k}$$

所以解为

$$g(x,x^{\prime })=\{\begin{array}{l}0(x<x^{\prime })\\ \frac{1}{2k}(e^{k(x-x^{\prime })}-e^{-k(x-x^{\prime })})(x>x^{\prime })\end{array}$$

5.(1) 请利用本征值问题

$$\{\begin{array}{l}{\mathrm{\nabla }}^2\mathrm{\Phi }+\lambda \mathrm{\Phi }=0\\ \mathrm{\Phi }{|}_{\mathrm{\Sigma }}=0\end{array}$$

的解 ${\mathrm{\Phi }}_k$ (对应本征值为 ${\lambda }_k$，且 0 不是本征值) 表达 Poisson 方程第一类边值问题

$$\{\begin{array}{l}{\mathrm{\nabla }}^{2}u=-f\\ u{|}_{\mathrm{\Sigma }}=0\end{array}$$

的解

利用本征函数的正交性，把边值问题中的函数展开为本征函数

$$f=\sum _k\frac{\int {\mathrm{\Phi }}_k^{\ast }f\mathrm{d}\tau }{\int {\mathrm{\Phi }}_k^{\ast }{\mathrm{\Phi }}_k\mathrm{d}\tau }{\mathrm{\Phi }}_k$$

所以解函数中对应的系数由展开系数和本征值决定

$$c_k=\frac{1}{{\lambda }_k}\frac{\int {\mathrm{\Phi }}_k^{\ast }f\mathrm{d}\tau }{\int {\mathrm{\Phi }}_k^{\ast }{\mathrm{\Phi }}_k\mathrm{d}\tau }$$

得到解函数为

$$u=\sum _k{c}_k{\mathrm{\Phi }}_k=\sum _k\frac{1}{{\lambda }_k}\frac{\int {\mathrm{\Phi }}_k^{\ast }f\mathrm{d}\tau }{\int {\mathrm{\Phi }}_k^{\ast }{\mathrm{\Phi }}_k\mathrm{d}\tau }{\mathrm{\Phi }}_k$$

(2) 请利用该方法求解半径为 $a$ 的导体球壳内静电势分布, 其中球内电荷分布为 $\rho (r,\theta ,\phi )$, 导体球壳接地

这个物理情景对应的边值问题为

$$\begin{array}{c}{\mathrm{\nabla }}^2\phi =-\frac{\rho }{{ϵ}_0}\\ {\phi |}_{\mathrm{\Sigma }=\{r=a\}}=0\end{array}$$

利用球坐标下本征值问题的本征函数

$$w_{nlm}=j_l(k_{nl}\frac{r}{a})Y_{lm}(\theta ,\phi )$$

对应的本征值为 ${\lambda }_{nl}=k_{nl}^2$

得到解函数的系数为

$$c_{nlm}=\frac{\int \rho (r,\theta ,\phi )j_l(k_{nl}\frac{r}{a})Y_{lm}^{\ast }(\theta ,\phi )r^2\sin \theta \mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi }{\frac{k_{nl}^2}{2}{j_{nl}^{\prime }}^2(k_{nl})}$$

所以对应的解为

$$u(r,\theta ,\phi )=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{m=-l}^l(\int \rho (r,\theta ,\phi )j_l(k_{nl}\frac{r}{a})Y_{lm}^{\ast }(\theta ,\phi )r^2\sin \theta \mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi )\frac{2j_l(k_{nl}\frac{r}{a})Y_{lm}(\theta ,\phi )}{k_{nl}^2{j_l^{\prime }}^2(k_{nl})}$$

(3) 请利用该方法求解半径为 $a$, 长为 $l$ 的圆柱形导体壳内静电势分布, 其中壳内电荷分布为 $\rho (r,\phi ,z)$, 导体壳接地

这个物理情景对应的边值问题为

$$\begin{array}{c}{\mathrm{\nabla }}^2\phi =-\frac{\rho }{{ϵ}_0}\\ {\phi |}_{\mathrm{\Sigma }=\{r=a,z=0,l\}}=0\end{array}$$

利用球坐标下本征值问题的本征函数

$$w_{nim}=J_m({\mu }_i^{(m)}\frac{r}{a})\sin (\frac{n\pi }{l}z)e^{im\phi }$$

对应的本征值为 ${\lambda }_{nim}=\frac{{{\mu }_i^{(n)}}^2}{a^2}+\frac{n^2{\pi }^2}{l^2}$

得到解函数的系数为

$$c_{nim}=\frac{\int \rho (r,\phi ,z)J_m({\mu }_i^{(m)}\frac{r}{a})\sin (\frac{n\pi }{l}z)e^{-im\phi }{r}^2\sin \theta \mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi }{\frac{\pi a^{2}l}{2}{J}^{\prime 2}({\mu }_i^{(m)})}$$

所以对应的解为

$$\begin{array}{c}u(r,\phi ,z)=\sum _{m=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left(\int \rho (r,\phi ,z)J_m({\mu }_i^{(m)}\frac{r}{a})\sin (\frac{n\pi }{l}z)e^{-im\phi }{r}^2\sin \theta \mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi \right)\\ \cdot \frac{2J_m({\mu }_i^{(m)}\frac{r}{a})\sin (\frac{n\pi }{l}z)e^{im\phi }}{\pi a^{2}l{J}^{\prime 2}({\mu }_i^{(m)})(\frac{{{\mu }_i^{(n)}}^2}{a^2}+\frac{n^2{\pi }^2}{l^2})}\end{array}$$