Dərslik respublikanın universitetlərinin fizika fakültələrinin tələbələri üçün "Atom fizikası"
Download 18.1 Mb. Pdf ko'rish
|
- Bu sahifa navigatsiya:
- Ё79. Lejandr tənliyi
|
VII F Ə S I L. KVANT MEXANIKASININ BƏZI DIFERENSIAL TƏNLIKLƏRI Ё78. İkinci tərtib diferensial tənliklər haqqında Məlumdur ki, Hamilton operatoru ikitərtibli diferensial operatordur (Ё76) və ona görə də Şredinger tənliyi də ikitərtibli diferensial tənlik olmalıdır. Deməli, Hamilton operatorunun məxsusi funksiyalarını tapmaq üçün ikitərtibli diferensial tənliklərin həlli texnikasını bilmək lazımdır. Sadəlik naminə biz birdəyişənli ikitərtibli diferensial tənliyə baxacağıq. Beləliklə, bizim həll etməli olduğumuz tənlik ümumi şəkildə aşağıdakı kimi olacaqdır: ψ ψ E H = ˆ Hˆ 0 ) ( ) ( 2 2 = + +
x q dx dy x p dx y d .
(78.1) Burada y(x) – tapılması tələb olunan naməlum funksiya, p(x) və q(x) isə x-dən asılı olan verilmiş funksiyalardır. Fərz edək ki, y funksiyasını x=x 0 nöqtəsi ətrafında aşağıdakı kimi üstlü sıraya ayırmaq mümkündür: ( ) ( ) ( ∑ ∞ = − = + − + − + = 0 0 2 0 2 0 1 0 ...
k k k x x a x x a x x a a y ) . (78.2) Onda Teylor teoreminə görə ( ) ,... ! 2 1
, , 0 0 2 2 2 1 0 0 x x x x dx y d a dx dy a x x y a = = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = = =
(78.3) yaza bilərik. Əgər (4.1) tənliyini 2 2 dx y d kəmiyyətinə nəzərən həll etsək, onda 2 2
y d -nı
dx dy
və y vasitəsilə ifadə etmiş oluruq. (4.1) tənliyini x-ə görə bir dəfə diferensiallayaraq 3 3
y d
kəmiyyətini 2 2
y d ,
dy və y vastəsilə ifadə edən düstur tapırıq. Bu qayda ilə (4.1)-i çoxlu dəfə diferensiallayaraq y-in x-ə nəzərən ixtiyari törəməsini onun aşağı tərtibli törəmələri ilə ifadə etmək olar. İndi fərz edək ki, x=x 0 nöqtəsində y və dx dy kəmiyyətlərinin qiyməti məlumdur. Onda diferensial tənlikdən bütün yüksək tərtibli törəmələri, onlar vasitəsilə isə (78.2) sırasına daxil olan və (78.3) ifadələri ilə təyin olunan a 0 , a 1 , a 2 , … əmsallarını tapa bilərik. Beləliklə, y və dx dy kəmiyyətlərinin bir nöqtədə qiymətini bilərək sıranın yığılma intervalında funksiyanı bütövlükdə təyin edə bilərik. Praktikada bu metod əksər hallarda kifayət qədər ağır və ləng olur. Lakin əgər diferensial tənliyi
490
( ) ( )
( ) 0 2 = + + y x R dy x Q y d x P 2
dx
(78.4) şəklində göstərmək mümkün olduqda onun həll edilməsi xeyli sad P(x), (78.5) Bu sıranı diferensiallayaraq tapırıq ki, ələşir. Burada Q(x) və R(x) – x-ə nəzərən polinomlardır (çoxhədlilərdir). y funksiyasını x-in üstlərinə görə sıraya ayıraq: ∑ ∞
= ⋅⋅ ⋅ + + ⋅⋅ ⋅ + + = 0 1 0 i i i n n x a x a x a a y . ( ) ⋅⋅ ⋅ + + + ⋅⋅ ⋅ + + = a dy 2 + n n x a n x a dx 1 2 1 1 , (78.6) ( )( ) ⋅⋅ ⋅ + + + + ⋅⋅ ⋅ + ⋅ + = + n n x a n n x a a dx y d 2 3 2 2 2 1
2 2 3 2 (78.7) (78.5)-(78.7) sıralarını (78.4) diferensial tənliyində yerinə yazsaq, tün
=c 1
+c 2
+…+c k a n-k
(78.8) Burada c i – sabitlərdir. (78.8) lı diferensial ndən
onda x-in bü üstlərinə uyğun əmsallar sıfra bərabər olmalıdır. x n -in əmsallarını sıfra bərabərləşdirərək tapırıq ki, ifadəsində c i sabitlərinin ha tənliyin şəkli asılıdır. (78.8) ifadəsi rekurent düstur adlanır və ilkin bir neçə hədd məlum olduqda bu rekurent dustur vasitəsilə bütün (78.5) sırasını tapmaq olar. Sadə misal kimi 0 2
= − y dx y d
(78.9)
tənliyinə baxaq. (78.4) ilə (78.9)-un müqayisəsi y =a 0 +a 1 x +a 2
+…
(78.10) olduğunu qəbul etsək, onda (78.9) )(n+1)a
-a n ]⋅x n +… (78.11) yaza bilərik. x
- ) ndən görünür ki, P(x)=1, Q(x)=0, R(x)=1. Əgər
2 tənliyinə görə 0=(2a 2 -a 0 )+(3
⋅2a 2 -a 1 ) ⋅x+…+[(n+2 in əmsalını sıfra bərabər edərək tapırıq ki, ( )( 1
2 2 + + = a a n və ya ( )
2 − = a a n +
n n −
n n . (78.12) Əgər a 0 =a 1 =1 olduğunu qəbul etsək, onda (78.12) və (78.10) ifadəsinə əsasən (78.9)-un xüsusi həllini tapmış oluruq.
= ⋅ ⋅⋅ + + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ + + + = 1 ! 3 2 2 3 2 . (78.13) Digər misal olaraq bu metodu 0 4 1 2 2 2 2
x = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + +
x dx dy x dx y
(78.14)
491 ( ) ( )
( ) ⎥⎦ ⎤ ta ki,
⎢⎣ ⎡ − = = = 4 1 , , 2 2 x x R x x Q x x P pırıq
tənliyinə tətbiq edərək ⋅⋅ ⋅ + ⋅ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅ ⎟ x 2 ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + + − = − n n n x a a n a a x a a 2 2 0 2 1 0 4 1 4 15 4 3 4 1 0 (78.15) x n -in əmsalını sıfra bərabər edərək aşağıdakı rekurent düsturu alırıq: 4 1
− n n 2 − = −
a n
(78.16)
(78.15)-də sabit həddin və x vuruğu daxil olan ödənməlidir. Onda (78.16) rekurent düsturundan alınır ki, qalan bütün a i əmsalları da sıfra bərabər olmalıdır və beləliklə, biz heç bir həll almırıq (daha doğrusu, y=0 trivial həlli həddin yox olması üçün a 0 =a 1 =0 şərti alınır). Bunun niyə belə olduğu aşağıdakı mülahizələrə əsasən başa düşülür. Əgər (78.14) tənliyini (78.1) şəklində yazsaq 0 1
1 2 2 2 = ⎟ ⎞ ⎜ ⎛ − + +
dy dx y d
(78.17) 4 ⎠ ⎝ x dx x olar. Bu tənlikdən görünür ki, x=0 olduqda p(x) və q(x) əmsalları sonsuzlu r olur və həmin tənlikdən ğa bərabə 2 2 dx məxsusi nöqtəsi adlanır. Əgər diferensial tənliyi y d kəmiyyətini tapmaq olmaz. Bu halda x=0 nöqtəsi tənliyin ( ) ( )
0 ' ' 2 2 2 = + + y x q dx dy x xp dx y d x (78.18) şəklində yazmaq olursa və x=0 nöqtəsində P'(x) və q'(x) törəmələri sonludursa, onda x=0 nöqtəsi tənliyin requlyar məxsusi nöqtəsi adlanır. Requly qtəni irrequlyar məxsusi nöqtə adlandırırlar. a bilər. Onda ar olmayan məxsusi nö Diferensial tənliyi requlyar məxsusi nöqtənin yaxın ətrafında adətən aşağıdakı kimi həll edirlər. Sabit hədlə başlayan (78.5) sırası əvəzinə L ⋅ ⋅ ⋅ + + + = + + 2 2 1 1 0 L L x a x a x a y
(78.19) sırasını götürürlər. Burada a 0 ≠0 və L ixtiyari qiymət al ( ) ( ) ⋅⋅ ⋅ + + + + + = + L (78.20) − 1
2
1 L L x a L x a L x La dy
2 1 0
( )
) ( )( ) ⋅⋅ ⋅ + L (78.21) + +
+ + − = − − L L x a L L x La L x a L L dx y d 2 1 1 2 0 2 2 1 2 1
1 yaza bilərik. (78.19)-(78.21) sıralarını (78.14)-də nəzərə alsaq
492
( ) ( ) ( ) ⋅ ⋅ ⋅ + ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − + + + ⋅ ⋅⋅ + ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − + + + ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − = + − + +
L n n L L L x a a n L x a a L x a L x a L 2 2 2 0 2 2 1 1 2 0 2 4 1 4 1 2 4 1 1 4 1 0
(78.22) olar ki, buradan da aşağıdakı tənliklər çoxluğu alınır: ( )
) ( ) . 0 4 1 , 0 4 1 2 , 0 4 1 1 , 0 4 1 2 2 0 2 2 1 2 0 2 = + ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − + − − − − − − − − − − − − − − − = + ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − + = ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − + = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − −
n a a n L a a L a L a L
(78.23) Bu tənliklərin birincisi müəyyənedici tənlik adlanır. Şərtə görə a 0 ≠0 olduğundan 4 1 2 = L
və ya L= ±1/2 olmalıdır. Onda digər tənliklər yerdə qalan bütün a i əmsallarını a 0 ilə ifadə etməyə imkan verir. Beləliklə, (78.14) tənliyi üçün iki həll almış oluruq: ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⋅ ⋅ ⋅ + + − = 120 6 1 4 2 2 1 0 x x x a y ,
(78.24) ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⋅⋅ ⋅ + + − = − 24 2 1 4 2 2 1 0 x x x a y .
(78.25) Əgər bizi diferensial tənliyin yalnız Q funksiyalar sinfinə (Ё73) mənsub olan həlləri maraqlandırırsa, onda bu həllərin bütün məxsusi nöqtələrdə özünü necə aparmasını tədqiq etmək lazımdır. Çünki əgər (78.19)-da L mənfi işarəli və ya kəsr ədəddirsə, onda y funksiyası ya sonsuz, ya da ki, çox qiymətli olur və buna görə də Q sinfinə mənsub ola bilməz.
Sonsuz sıralarla işləmək kifayət qədər çətindir. Məsələn, ( )
( ) ∑ ∞ = + + − = ⋅⋅ ⋅ + − + − = 0 1 2 7 5 3 ! 1 2 1 ! 7 ! 5 ! 3 sin k k k k x x x x x x (78.28) sırasına əsaslanaraq sinx funksiyasının xassələrini müəyyən etmək çox çətindir. Lakin sinx funksiyasının adi triqonometrik tərifinə əsasən onun bütün xassələri asanlıqla tapılır. Ona görə də kvant mexanikasında rast gəlinən müxtəlif funksiyaları diferensial tənlikdən alınan üstlü sıra ilə əlaqədar olaraq təyin etmirlər və sonradan onları belə sıra ilə eyniləşdirirlər.
493
Məlumdur ki, kvant mexanikasının əsas tənliyi olan Şredinger tənliyi ikitərtibli diferensial tənlikdir. Bu tənliyi həll edərkən onu bir neçə nisbətən sadə ikitərtibli diferensial tənliyə parçalamaq olur ki, onlardan biri də Lejandr tənliyidir: ( )
1 1 2 2 2 = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − + ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − z x m dx dz x dx d α
(79.1) və ya
( ) 0 1 2 1 2 2 2 2 2 = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − + − −
x m dx dz x dx z d x α . (79.2) α və m həqiqi ədədlərdir. m=0 olduqda bu tənliyin xüsusi halı aşağıdakı kimi olur: (
0 2 1 2 2 2 = + − − z dx dz x dx z d x α . (79.3) Riyaziyyatın və riyazi fizikanın digər məsələlərindən fərqli olaraq, kvant mexaniki məsələlərə tətbiq edilən zaman α
həlli olan z funksiyası Q sinfinə mənsub olsun, yəni birqiymətli, kəsilməz, sonlu və kvadratik inteqrallana bilən olsun. Sadəlik naminə əvvəlcə (79.3) tənliyini həll edək. Bu məqsədlə aşağıdakı kimi köməkçi funksiya götürək: y=(1-x 2 ) l .
(79.4) Burada l – sabit tam ədəddir. Bu funksiyanın x-ə görə törəməsi ( )
1 2 1 2 1 2 ' x lxy x lx dx dy y l − − = − − = = − olduğundan ( )
2 1 2 = + − lxy dx dy x
(79.5) tənliyini yaza bilərik. Bu tənliyin x-ə görə n dəfə törəməsini tapaq: ( )
) ( ) 0 1 2 2 1 1 1 1 1 2 = + − + − + − − − + + n n n n n n dx y d n l n dx y d x n l dx y d x . (79.6) n=l+1 olduqda (79.6) tənliyi ( ) ( ) 0 1 2 1 1 1 2 2 2 = + + − − + + + + l l l l l l dx y d l l dx y d x dx y d x
(79.7) şəklinə düşür. Burada
494 ( )
l l l l x dx d dx y d z 2 1 − = = (79.8) işarə etsək, (79.7) tənliyinin əvəzinə ( ) ( ) 0 1 2 1 2 2 2 = + + − − z l l dx dz x dx z d x
(79.9) alırıq ki, bu da α =l(l+1) (79.10) olduqda (79.3) tənliyi ilə üst-üstə düşür. (79.9) adətən Lejandr tənliyi, bu tənliyin həlli olan və (79.8) kimi təyin olunan z funksiyası isə l tərtibli Lejandr polinomu adlanır: ( ) (
l l l l l l x dx d dx y d z x P 2 1 − = = = .
(79.11) Adətən normallaşmış Lejandr polinomlarından istifadə edilir: ( ) (
l l l l x dx d C x N 2 1 − ⋅ = . (79.12) Burada C – normallaşdırıcı vuruqdur. Göstərmək olar ki, -1 ≤x≤1 intervalında N
(x) Lejandr polinomları ortonormal funksiyalar sistemi təşkil edir və bu intervalda (79.9) tənliyini ödəyən və Q sinfinə mənsub olan yeganə funksiyalardır. Lakin N l (x) funksiyaları daha ümumi olan birləşmiş normalanmış ( )
x N m l Lejandr polinomlarının xüsusi halı olduğundan, həmin xassələri ümumi hal üçün isbat edəcəyik. (79.12)-də C normallaşdırıcı vuruğunu tapmaq üçün N l (x) polinomlarının normallıq şərtindən istifadə edək: ( )
[ ] ( ) [ ] ( ) ( ) ∫ ∫ ∫ − − − − − = = = 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 1 1 dx dx x d dx x d C dx x P C dx x N l l l l l l l l (79.13) (79.13)-də l dəfə hissə-hissə inteqrallama apararaq ( )
[ ] ( ) ( ) (
) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) (
) ∫ ∫ ∫ ∫ − − − − + − = ⋅ − − = = − − − = = 1 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 ! 2 ! 2 1 1 1 1 1 1 dx x x l C dx l x C dx dx x d x C dx x N l l l l l l l l l l (79.14) alırıq. Lakin ( ) ( ) ( ) ( ) ( )(
) ( )(
) ( ) ( ) ( )
1 2 2 ! 2 ! 1 2 2 1 1 2
1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 + ⋅ = + ⋅⋅ ⋅ + + ⋅⋅ ⋅ − − = = + − + = + − + − − + − − ∫ ∫ ∫ l l l dx x l l l l l l dx x x l l dx x x l l l l l l (79.15) olduğunu (79.14)-də nəzərə alsaq
495 ( ) ( )
( ) 1 2 2 ! 2 ! ! 2 1 1 2 2 2 + ⋅ ⋅ = + l l l l C l
və buradan da 2 1 2 ! 2 1 + =
l C l
(79.16) olar. Deməli, (79.12) və (79.16) düsturlarına əsasən normalanmış Lejandr polinomları ( )
( )
l l l l x dx d l l x N 1 2 1 2 ! 2 1 2 − + = (79.17) kimi təyin olunur. Bəzən (79.17) əvəzinə ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ∑ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = − − − − − + = 2 0 2 ! 2 ! ! ! 2 2 1
2 1 2 ! 2 1
E k k l k l l x k l k l k k l l l x N (79.18) ifadəsindən istifadə etmək əlverişli olur. Burada ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 2
E ədədi
2 l kəsrinin tam hissəsinə bərabərdir: ( )
[ ] 1 1 4 1 2 2 − − + = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ l l l E .
(79.19) Qeyd edək ki, adətən ənənəvi olaraq, normallanmamış Lejandr polinomu üçün (79.11) əvəzinə ( )
( )
l l l l x dx d l x P 1 ! 2 1 2 − =
(79.20) ifadəsindən istifadə edilir. (79.17) və (79.18) ifadələrindən görünür ki, N
(x) Lejandr polinomunda x-in ən böyük üstü l-ə bərabərdir. (79.17) və ya (79.18) düsturundan istifadə edərək l-in ixtiyari qiymətində N l (x) polinomunun aşkar ifadəsini tapmaq olar. Məsələn, l=0,1,2,3,4 qiymətləri üçün N
(x)-in ifadələri aşağıdakı kimi olur: ( )
2 1 0 = x N , ( ) x x N
2 3 1 = , ( )
( ) 1 8 5 2 2 − = x x N ,
(79.21) ( )
( )
x x N 3 5 8 7 2 3 − = , ( ) ( ) 3 30 35
128 9 2 4 4 + − =
x x N .
496 N l (x) normalanmış Lejandr polinomlarının bir sıra mühüm xassələrini qeyd edək. Göstərmək olar ki, N
(x) polinomu l-in cüt qiymətlərində cüt, l-in tək qiymətlərində isə tək funksiyadır. Bunu isbat etmək üçün (79.17) ifadəsində x-i –x ilə, dx-i isə –dx=-1 ⋅dx ilə əvəz edək. Onda ( )
( ) ( )
[ ] ( ) ( ) ( ) ( x N x dx d l l x dx d l l x N l l l l l l l l l l l l 1 1 1 1 2 1 2 ! 2 1 1 1 2 1 2 ! 2 1 2 2 − = − − ⋅ + = = − − − + = − ) və ya
( ) ( ) ( ) x N x N l l l 1 − = −
(79.22) alırıq ki, bunu da isbat etmək lazım idi. Qeyd edək ki, bu xassə (79.21) ifadələrindən əyani şəkildə görünür. İsbat etmək olar ki, ( )
2 1 2 1 + = l N l .
(79.23)
Bu məqsədlə (79.17)-də x=1+ ε əvəzləməsi edək və sonra alınan ifadədə ε →0, şərti ilə limitə keçək. Bu əvəzləməni edərkən dx=d ε və deməli, ε d d dx d = olduğunu nəzərə alaq. Beləliklə, (79.17)-də x=1+ ε əvəzləməsini edərək tapırıq ki, ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) { ( ) ( ) [ ] } ! 2 ! 2 !
2 1 2 ! 2 1 2 2 2 2 1 2 ! 2 1 2 2 1 2 ! 2 1 1 1 1 1
l l l l l l d d d d d d l d d l l d d l l N l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + + + = ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + + ⋅ ⋅⋅ + ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⋅ ⋅ + = + + = + − − − ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε (79.24) (79.24) ifadəsini yazarkən biz iki funksiyanın hasilinin törəməsi üçün məlum olan aşağıdakı Leybnis düsturundan istifadə etdik: ( ) (
k k k n k n n k n n dx υ d dx u d k n k n dx uυ d ⋅ − = − − = ∑ 0 ! ! ! . (79.25) (79.24) ifadəsində böyük mötərizə daxilində birinci həddən başqa digər bütün hədlərdə ε
üstü 1-dən l-ə qədər olan vuruq vardır. Ona görə də (79.24)-də ε →0 şərti ilə limitə keçərək (79.23) ifadəsini alırıq. (79.22) və (79.23) ifadələrindən alınır ki, ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 1 1 1 + − = − = −
N N l l l l . (79.26) 497
(79.20) düsturuna əsasən aşağıdakı ifadələrin doğru olduğunu isbat etmək olar: ( ) ( ) 1 1 1 2 − + − = +
l l P P dx d P l ,
(79.27) ( )
l l l P dx d x P dx d P l − = + +1 1 .
(79.28) Əvvəlcə (79.27)-ni isbat edək. (79.20)-yə əsasən ( )
( ) ( ) [ ] 1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 ! 2 1 2 1 ! 1 2 1 − + + + + + − ⋅ + = = − + = l l l l l l l l l l x x dx d l l P x dx d dx d l P dx d
yaza bilərik. Burada x 2 =(x 2 -1)+1 bərabərliyindən istifadə etsək ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 + + − + + = l l l l l l x dx d l P l P dx d (79.29) yaza bilərik. Digər tərəfdən, (79.20)-yə əsasən ( )
( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 1 1 1 ! 2 2 1 ! 1 2 1 − − − − − − − = − − =
l l l l l l l l x dx d l l x dx d dx d l P dx d (79.30) olduğu aydındır. (79.29) və (79.30)-un müqayisəsindən (79.27) alınır. İndi isə (79.28)-i isbat edək. Bu məqsədlə (79.25) Leybnis düsturundan və 1 0
k k k x dx x d δ δ + =
(79.31) bərabərliyindən istifadə edəcəyik: ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . 1 1 ! 2 1 1 1 ! 2 1 1 1 1 ! 2 1 1 ! 1 ! ! 1 ! 2 1 1 ! 2 1 2 2 2 1 2 1 1 0 1 2 1 2 1 1 1 l l l l l l l l l l l l l l l l l k k l k k l l k l l l l l l l P l dx dP x x dx d l l dx x d l dx d x dx x d l x dx x d l dx x d dx x d k l k l l x x dx d l P dx d + + = = − + + ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − ⋅ = = ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + + ⋅ − = = − − + + = = ⋅ − = + + + = − + − + + + + ∑
Buradan isə (79.28) dərhal alınır. (79.17) və (79.20) düsturlarına əsasən ( ) ( )
x P l x N l l 2 1 2 + =
(79.32) 498
olduğunu nəzərə alaraq, (79.27) və (79.28) ifadələrini normalanmış Lejandr polinomu N l (x) üçün də yazmaq olar: ( )
⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − + = + − + 1 1 1 2 2 3 2 2 1 2 2 l l l N l N l dx d N l , (79.33) ( )
1 2 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 + − + = + + + . (79.34) Beləliklə, (79.11) və (79.20) normalanmamış Lejandr polinomları (79.9)-a uyğun olaraq, ( ) ( ) 0 1 2 1 2 2 2 = + + − − l l l P l l dx dP x dx P d x
(79.35) və ya ( ) ( ) 0 1 1 2 = + + ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − l l P l l dx dP x dx d
(79.36) tənliyini ödəyir. Aydındır ki, (79.32) kimi təyin olunan N l (x) normalanmış Lejandr funksiyası üçün də (79.35) və ya (79.36) tənliyi ödənir.
Download 18.1 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|