量子力學習題集及解答

量子力學習題集及解答

目錄

第一章量子理論基礎...................................1

第二章波函數(shù)和薛定謂方程.............................5

第三章力學量的算符表示..............................28

第四章表象理論......................................48

第五章近似方法......................................60

第六章碰撞理論......................................94

第七章自旋和角動量..................................102

第八章多體問題......................................116

第九章相對論波動方程...............................128

2

第一章量子理論基礎

1.設電子為電勢差卜所加速，最后打在靶上，若電子的動能轉化為一個光子，求當這光子相

應的光波波長分別為5000A(可見光)，1A(x射線)以及0.001A(7射線)時，加速電

子所需的電勢差是多少？

［解］電子在電勢差丫加速下，得到的能量是々mi=eV這個能量全部轉化為一個光子

2

的能量，即

—mu2=eV=hv=—

2A

whe6.63x10-34x3x1()8124x1(/

"e/l1.6xl(r19-2

當4=5000A時，匕=2.48(伏)

%=U時匕=124x1()4(伏)

4,=0.001?時匕=1.24x107(伏)

2.利用普朗克的能量分布函數(shù)證明輻射的總能量和絕對溫度的四次方成正比，并求比例系數(shù)。

［解］普朗克公式為

.8加產(chǎn)dv

?Pv、dv--公-3-;-----hvr/-kTV7-1-

ce-1

單位體積輻射的總能量為

v3dv

//打_]

令，哈,則

4(★)

其中(★★)

(★)式表明，輻射的總能量U和絕對溫度T的四次方成正比。這個公式就是斯忒蕃一

玻耳茲曼公式。其中。是比例常數(shù)，可求出如下：

因為—^―=e-y(l-e-y)T=e-(1+e7+e-2y+-??)

ey-1

3

令x=ny,上式成為

x3e~xdx

用分部積分法求后一積分，有

^x3e-'dx=一J/上+^3x2e-xdx=-3xVA|^+3￡2xe7dx

=—+6Le~xdx=-6""K=6

乂因無窮級數(shù)S-L上

因此，比例常數(shù)

3

8成4pydy_8兀然，=7.56x1(尸爾格/厘米3?度4

IV」。ev-l-ISIV7

3.求與下列各粒子相關的德布羅意波長：

(1)能量為10()電子伏的自由電子；

(2)能量為().1電子伏的自由中子；

(3)能量為0」電子伏，質量為1克的質點；

(4)溫度7=1攵時，具有動能E=(%為玻耳茲曼常數(shù))的氮原子。

2

h

［解1德布羅意公式為A=-

P

因為上述粒子能量都很小，故可川非相對論公式

E上

2〃

代入德布羅意公式得A=以一

(1)百=1()06^=1.6、10一1°爾格，M=9x10-28克

h

4=-7-一一/663x1()，=1.23x10-8厘米=1.23A

72x9xlO-28xl.6xlO-10

4

(2)G=0.1eV=1.6xl()T3爾格，外=18404=1840x9x10-28克

/.4=0.92A

(3)4=8卜丫=1.6xl()T3爾格，4=1克

4=1.17x10-12A

(4)6=-3AT3=±xl.38x10-16x1=2.()4x1()76爾格，=4x1.66xlO^，克

22

O

/.A4=12.6A

4.利用玻爾——索末菲的量子化條件求：

(1)一維謂振子的能量；

(2)在均勻磁場中作圓周運動的電子軌道的可能半徑。

［解］(1)方法一：量子化條件)pdq=nh,一維諧振子的能量為

E=—+—/jorq2

2〃2

22

可化為(r~—^+//———\2=1

\J^E)(笆

上式表明，在相平面中，其軌跡為一橢圓。兩半軸分別為

,-----12E

a=^2/JE，h=-----

這個橢圓的面積為

2兀EE.

Jpdq=mb=兀q2語?=-----=—=nh

coV

故E-nhv

上式表明，一維諧振子的能量是量子化的。

方法二：一維諧振子的方程為

q+arq-0

其解為q=Asin(o，+5)

dq=Acocos(cot+8)dt

而p-/jq-AFW//COS(69t+8)

必2#必2〃

《pdq=M%?￡cos2(cot-vS)dt=--------T=--------=nh

22v

5

而E=-^—+-^]UCO2q2=人①曹（丁+，》+g〃一2A2§巾23/+3）

=2A2=nhv

（2）設磁場方向垂直于電子運動方向，電子受到的洛侖茲力作為它作圓周運動的向心力，

于是有

eu2

—Hu=Ll—

cR

故

eH

這時因為沒有考慮量子化，因此R是連續(xù)的。

應用玻耳一索末菲量子化條件

,pdq=nh

這時，我們把電子作圓周運動的半徑轉過的角度。作為廣義坐標，則對應的廣義動量為角動量

一新卻力句=網(wǎng)％=加"

^P^dcp-￡（jRud（p=2礙uR=2族"R?二〃力

???吟聲一他

V2砍HVeH

其中/?=—

2萬

可見電子軌道的可能半徑是不連續(xù)的。

討論：①由本題的結果看出，玻爾一索末恭軌道量子化條件和普朗克能量量子化的要求是一致

的。

②求解本題的（1）時，利用方法（一）在計算上比方法（二）簡單，但方法（一）只在

比較簡單的情況，例如能直接看出相空間等能面的形狀時才能應用。而方法（二）雖

然比較麻煩，但更有一般性。

③本題所得的諧振子能量，與由量子力學得出的能量耳，=（〃+；）/"，相比較，我們發(fā)現(xiàn)

由玻爾一索末菲量子化條件不能得出零點能品=g/?i，。但能級間的間隔則完全相同。

前一事實說明玻爾理論的不徹底性，它是經(jīng)典力學加上量子化，它所得出的結果與由

微觀世界所遵從的規(guī)律——量子力學得出的結果有偏離就不足為奇了，這也說明舊量

子論必須由量子力學來代替。

6

第二章波函數(shù)和薛定謂議程

1.一維運動的粒子處在

當xNO

"(X)=<

1°，當x<0

的狀態(tài)，其中4>0,求:

(1)粒子動量的幾率分布函數(shù)；

(2)粒子動量的平均值。

［解］首先將材歸一化，求歸-化系數(shù)A。

1=￡i//i//dx=￡A2x2e~2；'dx

A=2嚴

(2儼2—當X20

"(x)=4

[0,當x<0

(1)動量的幾率分布函數(shù)是

i/r-(Et-px)

c(p")=(2徜)一[獷(x)e，dx

J-00

注意到中的時間只起參數(shù)作用，對幾率分布無影響，因此可有

1i

—廣00—px

c(p,￡)=(2成)2y/(x)e"dx

——(A+p)x

=A(2酒)2\xehdx

Jo

代入上式得

7

(2)

_223/pdp_才方3-codp?

宓L(42+p2/力2)2K」-8卜2方2+口2)2

才為3100

=-----------------(J

122A2+p2-oo

動量P的平均值?=0的結果從物理上看是顯然的，因為對本題c(p")說來，粒子動量是

-p和是p的幾率是相同的。討論：

①一維的傅里葉變換的系數(shù)是-fL=而不是—L—。

V2^(2徜)”2

②傅里葉變換式中的/可看成參變量。因此，當原來坐標空間的波函數(shù)不含時間變量時，

即相當于1=()的情況，變換式的形式保持不變。

③不難證明，若“(X)是歸一化的，則經(jīng)傅里葉變換得到c(p)也是歸一化的。

2.設在，=()時，粒子的狀態(tài)為

「21

“(X)=Asin-kx+—coskx

求粒子動量的平均值和粒子動能的平均值。

［解］方法一：根據(jù)態(tài)迭加原理和波函數(shù)的統(tǒng)計解釋。任意狀態(tài)材(x)總可以分解為單色平

面波的線性和，即“(幻=/。(P＞下二6”"，展開式的系數(shù)|C(P)『表示粒子的動量為p時的

J2成

幾率。知道了幾率分布函數(shù)后，就可按照

一斗(P)『p

,斗(P)廣

求平均值。

〃(x)=Asin2履+—coskx

8

1區(qū)

在，=0時，動量有一定值的函數(shù)，即單色德布羅意平面波為T-e力，與〃（X）的展開式比

127th

較可知，處在〃（x）狀態(tài)的粒子動量可以取

Pi=2力Z,〃2=—2力攵，23=°，P4=hk,p=-tik，而C\~C2~——V2^，

54

。3=4J礪，°4=%=4J通粒子動量的平均值為

24

I.2(2方k-2方Z+4X0+力攵一方Z)

_ay_^_L6—

==、-----------=0

%|2^4-(l2+l2+22+l2+l2)

16

A可由歸一化條件確定

l=Z|c?|2=^^^(l+l+4+l+l)

1=力iA?

故A=，=

5/徜

粒子動能的平均值為

妙=^y^=^￡-J_（4力2女2+4力2&2+0+力2女2+為2女2）

比『162〃

5方2女2

=---------------O

8〃

=今5&{/p-2加)+6(p+2必)-26(p)

—5{p—hk)—8{p+hk)}

根據(jù)b函數(shù)的性質，只有當5函數(shù)的宗量等于零時，3函數(shù)方不為零，故p的可能值有

Pi=2M,p2=-2hk,P3=0,P4=hk,p5=-hk

9

而C]==aJ2徜,病,c4=c5=——

則有萬=0,A=」=及T=—h2k2.

討論：①由于單色德布羅意平面波當rf8時不趨于零，因此沙的歸一-化積分是發(fā)散的，故采

用動量幾率分布的概念來求歸一化系數(shù)。

②本題的“（X）不是平方可積的函數(shù)，因此不能作傅氏積分展開，只能作傅氏級數(shù)展開,

即這時對應于波函數(shù)“（X）的p是分立譜而不是連續(xù)譜，因此計算c（p）枳分，得到b

函數(shù)。

③在連續(xù)譜3函數(shù)還未熟練以前，建議教學時只引導學生按方法一做，在第三章3函數(shù)

講授后再用3函數(shù)做一遍，對比一下，熟悉一下b函數(shù)的運算。

3.一維諧振子處在

的狀態(tài)，求：

（1）勢能的平均值U=-F.

2

（2）動量的兒率分布函數(shù)；

（3）動能的平均值7=2-

2〃

[解I先檢驗“（X）是否歸一化。

〃（文）是歸一?化的。

10

（2）由于〃（X"）是平方可積的，因此可作傅氏變換求動量幾率分布函數(shù)

/、18-px

9=百t)e力dx

1

飛2沛

由此得出結論，對于處在基態(tài)的諧振子來說，動能的平均值和勢能的平均值相等。

4.求一維諧振子處在第一激發(fā)態(tài)時幾率最大的位置。

［解I-維諧振子的波函數(shù)為

H(ax)=(-1)"e02x2——

"d(ax)"

為厄密多項式。

對于第一激發(fā)態(tài)

11

處在第一激發(fā)態(tài)的幾率正比于

網(wǎng)2=*2產(chǎn)/

欲求其最大值，必須滿足《（小丁［"）=（）

dx

即有2x"a-i-2a2x3e'a'x'=0

i,

討論：①在土,處帆一有極值，這是由于一維諧振子的波

函數(shù)本來就是對原點對稱的緣故，這從物理上看

是很清楚的，當X=（）及Xf±8時，幾率

0,故X和兒率的關系大致如圖示。

②假如過渡到經(jīng)典情況，相當于方-0,這時

0。這在經(jīng)典力學看來是完全合理的，因為從經(jīng)典的觀點來看,諧振子處在原點幾率最

大，因為處在原點能量最低。

5.設氫原子處在

1

”（r,6,。）=下『

的態(tài)，劭為玻爾半徑，求

（1）r的平均值；

2

（2）勢能-二的平均值;

（3）動量幾率分布函數(shù)。

［解］先檢驗”是否歸一化。

2r

LG"sin劭力統(tǒng)

n噎1-00

2m上]

=—r[ea°r~dr[sin3d0

堤J。J。

12

_2r

00

+4/dr

0

-2r2r

2CO2r8——00

——reH-------Iedr=-e=1

旬0a0J°0

這表明咳是歸一化的。

2r

f00*

(1)r=I〃rJr￡sindd3d(p

1(7)”

J-co

4「“3

=—?(7)Jor)

2r3

6「82ro

Z,6ao113

==re0dr--=—an

%J。a；42

/-A(2r

a

(2)U\r)=--=-°dr￡sin0d0^d(p

r」

7

2r八2

002

4/-2Re「8

°°dr——Y-re

。00

oo

0

這個結果和舊量子論中,氫原子的電子沿波爾半徑所規(guī)定的軌道運動時的庫侖能一致。

1?—p-r

h

(3)c(p)=(2就產(chǎn)2i//edr

選用球坐標，且使y軸與力的方向?致，則有

p-r=prcQsO

prcosJ.

c(萬)r2sin3drd3cl(p

(2彷產(chǎn)2向

1—+ypcos^

sin例夕1er2dr

(2的產(chǎn)

1

sinOclO

(2徜產(chǎn)

其中令a=J_+_Lpcos。，且應用了Ve-arr2dr=^

3

a0hJ。a

再令t-cos^,dt=-sin6d0,cosO0=1,cos)二一1

13

則

(2肪產(chǎn)

]________4帥3

加07^(方2+瑞)2

4漸_______]

兀松幣(h2+alp1)1

6.粒子在勢能為

Mp當尤40

￡<(%)=<0,當0<x<a

%,當x2a

的場中運動，證明對于能量E<q<〃2的狀態(tài)，能量由關系式

［解I勢能U(x)與坐標x的關系如圖示，按U值的不

同可分為三個區(qū)域I、II和HI。分別應用薛定謬方程，有

.d'y、2C

I：Z—ct1//=0,

dx~}

其中：02=學電一人>0

n

II：內9+加,=0其中：女2=%^

dx22

HI：f-儼6=0其中：02=竺3-

ax方

14

它們的解分別為

甲1c,em+D,e-ar,

%=。2sin(Ax+b)

匕=。305+03*'

邊界條件：

當x-?—8,%->()；則R=0

當X—>+00,“3—>0;則=0

連接條件(波函數(shù)的標準條件)

在x=0處，—="2eg"。=。2sin5=q

在x=a處，〃2=83'''Qsin(ka+S)=。3"的

在x=0處，ac.-c^kcos3

dxdx12

在尤=a處，色&.=也&r.。2攵cos(ka+S)=—0優(yōu)一向

dxdx2廿

在上面四個式子,由第一和第三式可得

a

由第二和第四式可得

tg(ka+3}=~

k—tgka+tg8

而tg(ka+3)=；上一

1-tgka-tgo

ks

萬+火

故tgka=--t—r------=-tg(r+S)

\--tg8

0

其中令—=tgt

B

于?是有ka=n兀一（T+B）

15

由fgT=K可得sinr=/卜tik

B卜+，’2必

不2必

,..ihk.tik

..ka=n^-sin,-sin

2必

討論：①對于束縛態(tài)的問題，我們總是先按不同的要求寫出薛定謂方程，求出解。然后再利用

邊界條件和波函數(shù)的標準條件定解。這種方法具有一般性。

②把I、in兩區(qū)域的解寫成指數(shù)形式，是因為能夠利用邊界條件把兩個任何常數(shù)的問題

變?yōu)橹挥幸粋€任意常數(shù)的問題。而在區(qū)域n中沒有邊界條件。又因所要求的結果具反

三角函數(shù)的形式，因此把【I的解寫成三角函數(shù)的形式。原則上，寫面指數(shù)或三角函數(shù)

形式是任意的，若選擇得當，往往可使問題的求解較為簡捷。

7.粒子處在勢能為

oo,當x<0和x>2a+h

U(x)=<0,當0<x<a和Q+b<x<2a+b

U。,當。<x<a+h

的場中運動，求在能量小于的情況下決定粒子能量的關系式。

［解］對區(qū)域I、II、山分別有

2

di//,.9八.22〃廠八

I：—^+公力=。，k->0

dx21力2

器-M=0,a2=^(t/-E)>0

II：0

^-+k2y/.=0,k?=迫E>。

III：

dx''h~

其解分別為

%=A]sinkx+B、coskx

mm

W?=A2e+B2e-

%=&sin女[無一(2a+b)]+B3cosk[x-(2a+b)]

邊界條件：

當x=0時，%=0;B［=0

當x=2a+b時，83=°；；?&=0

于是

16

5=4sinkx

匕=4c冰+Bae

匕=4sink[x-(2a+b)]

連接條件:

aa-ow

當x=a時，W\=Wz，Asinka=A2e+B2e

di//、_di//

2Acoska=Aaeaa-Bae~aa

dxdx22

a(a+b)a(a+b)

當x=a+Z?時，%=匕，A2e+B2e~=-A3sinka

a(a+b)b)

A2ae-B2ae^=A.kcoska

dxdx

上列四式可重寫為齊次方程式為下：

aa

sin-e-B2=0

aa

kcoska-Ay-ae34+ae~B2=0

a(a+b)

+sinh?&+e-B2=0

ab)

儂一+9_kcoska.4-ae~^B2=0

這個方程組要得到非零解，必須其系數(shù)行列式為零,故有

sinka0—L

kcoska-aeaa0ae~aa

=0

0^a(a+b)sinka^-a(a+b)

0aea{tt+b)-kcoska-ae-as+切

解之得

e~ab(asinka-kcoska)2-eab(asinka+kcoska)2=0

它與k2=^-E

力

X2*(U0-E)

n

三式?jīng)Q定粒子的能量。

8.求三維諧振子的能級，并討論它的簡并情形。

［解］三維諧振子的哈密頓為

H=1(我+汽+科)++y2+/)=宣,+方3

2〃2

22

其中Hx-—p］+-//(yx

x2〃*2

/V1人21)2

H、=—Py

2//2

17

1.12

22

Hz獷+嚴

如果哈密頓可以分離變量，就必然有

E=EX+Ey+Ez

及甲=乙匕%

因此可以設定薛定四方程方"=￡＞的解為

"=",“（x）%2（y）%3（z）

」L&=E.i+E.2+Eg

則有（Hx+Hy+&）」（x）外（y）*（Z）=（0+En2+金川

k263AM“1（X）+%口“3方必2（y）+W“W”再必3⑺

=（耳n+耳松+%）”

兩邊均除以沙得：

方/d（X）1方出“2（y）|向批"3（Z）

W.l（x）匕2”）““3（Z）

=紇?）+紇2（田+紇3仁）

要上式兩邊相等，必須今x、y、z三份分別相等，亦即

方M“（x）同必2（y）

=Enl(x)

憶i（x）憶2。）=2除5⑺

故有方W￡x)=EQM/x)

同/2（y）=E.2（yW“3（y）

AZ""3（Z）=E,3（Z）63（Z）

它們分別為沿X、y、Z方向的線諧振子方程，它們的能量分別為

=卜+;|力0，E“3(〃3+；

'n2\hco

因此三維諧振子的能量為

3N+g)力

E=(勺+&+%+萬)=

其中N=〃]+〃2+〃3+

為正整數(shù)。

由N確定后，由于々，”2,〃3可以有不同的組合，因此就對應于不同的狀態(tài)，這就是簡并。

簡并的重數(shù)可以決定如下：

當外=（）時，4可取°，1，…，N-1，故4有N個可能值。

當〃1=1時,〃2可取0，1，…，N—2,〃2有N—1個可能值。

18

當々=N-in寸，內只能取°，即只有一個可能值。

當々和〃2都確定后，由于N=%+&+〃3+的限制，%也確定了，因此并不增加不同組

合的數(shù)目。故N確定以后，〃2、”3的可能組合數(shù)目，即簡并重數(shù)為

N+(N-l)+(N-2)+-+l=；N(N+l)

討論：①若哈密頓本身可以分離變量，總可以有E=紇+E,v+E：及材=匕匕匕。這個結論

是具有普遍性的。只要注意到我們在證明這個結論時并沒有涉及諧振子的哈密頓的具

體形式，就能夠看出這一點。

②以上討論假定了諧振子在三個方向的頻率&相同。一般地說，各方向的頻率是可以不

同的，對此，我們也可以用完全類似的方法來討論。

9.一粒子在三維勢場

0,--<%<-

22

匕=,aa

oo,%<--,%>-

0,4T

22

5=

bh

V.=0

中運動，求粒子的能量和波函數(shù)。

［解］我們先來證明一個一般的結論：若哈密頓方可寫成方，、方、,、方一之和，即

人人人人

〃=%?'+4Z+”*一

則方所對應的本征能量為

E=Ex+Ey+E.

波函數(shù)為W=

其中乙、E、.、旦；Wx、匕.、匕分別滿足一維薛定丹方程

瓦匕=紇匕⑴

方，妁=E〃v(2)

Hzy/z=E:i//Z(3)

19

把上面三式寫成

hd2

+U(x)Wx=E〃x(1)

2〃dx1

hd-

+U(y)y=E、w(2)

2〃dy'yy

hd2

+U(z)憶=Ey(3)

2〃dz2

（1）z式乘心匕；（2）'式乘心憶：（3）,式乘憶匕：然后三式相加得到:

一力?'

--V2+U（x）+U（y）+U⑵匕匕匕=（紇+E,+紇）外匕匕

即Hi//-Ei//

這就是我們所要證明的結論。于是我們就把一個解三維的薛定謂方程的問題歸結為求解三個一

維薛定丹方程的問題。只要求得紇、約和紇以有心、匕和匕，就不難求出E和“。

對于x方向的薛定丹方程（1）'，相當于求解一維無限深勢阱下粒子的能量和波函數(shù)。利

用教材§10的結論，把（10-26）,（10—27）和（10-28）式中的2a用。來代替，可得到

"242力2

（〃是整數(shù)）

2fM

、已sin-xk|<2,n偶數(shù)

d）=1a2

|oklW

/cos—%w<@,〃是奇數(shù)

/2）=ya2

0w*

對于y方向的薛定譚方程（2）',同理有

m27r弁

E、,二?！ǎㄓ檬钦麛?shù)）

'2M

20

cos^-y是奇數(shù)

b2

對于z方向的薛定娉方程，由于U(z)=o,這表明粒子在Z方向可以自由運動，其解為平

面波解，即有

2

旦=正是連續(xù)譜

z2〃

1-^-(E,t-p.z)

72而

兀2場2(22\2

因此E=EX+EV+E.=^-—+—\+-P^

xyz2〃(ab)2/j

材則有下列幾種可能

吸《明

必W"憶.a..b.

“必2M%當|x|<5,卜|<1_00一<+00時

42M2)憶

討論：若勢阱寬度仍為。和上但區(qū)間是由x:(0-a);y:(O-匕)，不難證明，這時E仍如上

式所示，但波函數(shù)只有一種，為

式中m>〃均為整數(shù)。

1,

10.設在x=()附近運動的粒子受到彈性力/=-丘作用，相應的勢能是V(x)=：我產(chǎn)，已知

滿足對應于這個勢能的薛定源方程的波函數(shù)是

收,,(x)=(2".〃力正)2exp一;、■卜“(?)

(力2Xi

其中〃=——；〃“是〃級厄密多項式，當〃=0,1,2,3時，

?1?2x4x28x3x

//=1;n=—；H,=-z—2；“3=~i—12—

01aaaa

(1)試由薛定調方程計算相應于本征函數(shù)Wo,%，％,憶的本征能量E。,用,E?,當，En；

21

(2)利用公式匚鏟"e-鏟"…m

'8222L2J

求〃=0,1,2,3時的平均勢能艱

(3)求〃=0,1,2,3時的平均動能。

［解］(1)本征能量Eo,EiaE3,En由定態(tài)薛定謂方程決定。

(a)求&)：有+華＞0=°

」

而-0=(a品)5c2公

代入薛定娉方程得

1方

-rx2+—kx2

242

E=-=-hco

（°）2必2

(b)鬻+寺,-白2卜=。

」_1￡1

%=（2。正）2fl2-—

a

h2（3門1方22

故對―/+/廠5詢了=-h（o

2

⑹翳+*3「扣卜=。

”2=（84后）""

也=一2%+（8。6）3”）￡

dxa~a~

22

%=—咚華一士巴+⑻屈歲一咚(心歷一駕二

dxadxaT：aJaa

21R1X、]1R__-

=F〃22—5e5〃^匕+(8QV^)22

aaaa~a

-38a廊強_!日

e2J

aa

x214-(8〃6//1丁-2)

=~Vi~-Vi~~

aaa

(x25]

=—―-F%

1。?J

21

r_h(x511h25.

**^2-42+--------TX~=—neo

0242

⑷鬻+筆■一如/3=。

匕=(48aV^)篤8/12x]

a3a)

同理可得%=(三一口]上

，:力廣①7*

依此類推可得：用=卜+-1\

-mo)

2)

(2)求平均勢能V(x)

(a)〃=0時，K)(x)=J^/]*V…°正”…

a2

韜近1+1r

2正w2420

,2k-1

4a

(b)〃=1,h(x)=V%，lx=,i—■—xedx

1ag2J-

er。兀$\aJ\aj

ka23&3.1?

=—,=----=—ha)=-Ei

6442

公2丫公

(c)n=2,匕(X)二[〃"〃2

8a&2JI/J

23

2

=——^—f=fea2X2(4X4-4a2x2+a4)dx

4aY/r」一8

15.232I705去1

=——ka-kza+—ka~=—neo=—1r

848422

二"的一領由?不(

(d)n=3V3(x)=2K“?2x3a)xdx

x2

=—[e6/2X4(4X2-12a2x2+9a4)dx

6crN兀J-00

35,215,2%27.1

=—ka~-----ka~