Mathematical Physics Methods - 2
数学物理方法笔记（二）
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9 Power Series Solutions of Second-Order Linear ODEs
Definition 对二阶线性 ODE
\[\frac{\mathrm{d}^2w}{\mathrm{d}z^2}+p(z)\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}z}+q(z)w=0\]若 \(p(z),q(z)\) 在 \(z_0\) 解析, 则 \(z_0\) 被称为方程的常点. 若至少有一个在 \(z_0\) 不解析, 则 \(z_0\) 被称为方程的奇点.
9.1 Solutions near Ordinary Points
Theorem 若 \(p(z), q(z)\) 在圆 \(|z-z_0|\lt R\) 内解析, 则此圆内的初值问题
\[\frac{\mathrm{d}^2w}{\mathrm{d}z^2}+p(z)\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}z}+q(z)w=0\]\[w(z_0)=C_0,\quad w^{\prime}(z_0)=C_1\]有唯一的解 \(w(z)\), 且在圆内单值解析.
根据定理, 可以在 \(|z-z_0|\lt R\) 内把 \(p(z),q(z),w(z)\) 分别展开为 Taylor 级数:
\[p(z)=\sum_{k=0}^\infty a_k(z-z_0)^k,\quad q(z)=\sum_{k=0}^\infty b_k(z-z_0)^k,\quad w(z)=\sum_{k=0}^\infty c_k(z-z_0)^k\]由初值条件, \(c_0=C_0, c_1=C_1\). 由待定系数法即可解出各阶系数 \(c_k\).
通解的结构 若 \(w_1(x)\) 和 \(w_2(x)\) 是方程在区域 \(G\) 内两个线性无关的解, 则方程在区域内的通解为 \(k_1w_1(z)+k_2w_2(z)\). 通过 Wronski 行列式判断解是否线性相关.
收敛半径至少为展开点与最邻近方程奇点的距离, 个别解可有更大的收敛半径(可以被推广到 n 阶线性 ODE).
9.2 Structure of Solutions near Isolated Singular Points
如果 \(z_0\) 是方程的孤立奇点, 则 \(z_0\) 点可能是解的奇点(极点/本性奇点, 若解为多值函数, 还可能为枝点). 避开奇点, 我们在 \(z_0\) 的邻域内取一点 \(b\) 为方程的常点. 在 \(b\) 的邻域用幂级数解法, 求出方程在常点 \(b\) 附近的解析解
\[w(z)=\sum_{n=0}^\infty a_n(z-b)^n\]幂级数的收敛半径为 \(R\), 收敛圆为圆盘 \(D=\{|z-b|\lt R\}\). 我们可以将 \(G\) 内的解析解延拓到更大的区域内.
Theorem 方程 \(w''+p(z)w'+q(z)w=0\) 的解的解析延拓仍为方程的解.
Proof 设 \(w(z)\) 是方程在 \(G\) 内的解. \(w_1(z)\) 为 \(w(z)\) 在 \(G_1\) 内的解析延拓, 即在 \(G\) 和 \(G_1\) 的公共区域 \(g=G\cap G_1\neq0\) 内有 \(w(z)=w_1(z)\). 考虑函数
\[f(z)=w_1''+p(z)w_1'+q(z)w_1\]为 \(G_1\) 内的解析函数(\(G,G_1\) 不含方程奇点, 故 \(p(z),q(z)\) 解析). 在 \(g\subset G_1\) 内
\[f(z)=w''+p(z)w'+q(z)w=0\]因此 \(f(z)\) 在 \(G_1\) 内恒为零,即 \(w_1(z)\) 在 \(G_1\) 内满足方程.
Theorem 若 \(z_0\) 是方程 \(w''+p(z)w'+q(z)w=0\) 的孤立奇点, \(p(z),q(z)\) 在区域 \(0\lt|z-z_0|\lt R\) 内解析. 则在该环域的通用覆盖上, 或沿一条割线选定 \(\ln(z-z_0)\) 分支后的单连通区域内, 方程有两个线性无关的解:
\[\begin{aligned} w_{1}(z) &=(z-z_0)^{\rho_1}\sum_{k=-\infty}^\infty c_k(z-z_0)^k\\ w_{2}(z) &=g\,w_1(z)\ln(z-z_0)+(z-z_0)^{\rho_2}\sum_{k=-\infty}^\infty d_k(z-z_0)^k\end{aligned}\]其中 \(\rho_1,\rho_2\) 和 \(g\) 为复常数(第二项无需特别记忆, Wronski 行列式法更加方便).
试图用待定系数法定级数的系数时, 由于级数具有无穷多个正幂项系数和无穷多个负幂项系数, 每一个系数递推关系都可能含有无穷多个正幂项系数和无穷多个负幂项系数, 从而无法求解.
9.3 Solutions near Regular Singular Points
Definition 正则解: 如果级数解只有有限个负幂项时, 就可以用待定系数法定解. 这是总可以调整 \(\rho\) 值以将解写为:
\[\begin{aligned} w_{1}(z) &=(z-z_0)^{\rho_1}\sum_{k=0}^\infty c_k(z-z_0)^k,&c_0\ne0\\ w_{2}(z) &=g\,w_1(z)\ln(z-z_0)+(z-z_0)^{\rho_2}\sum_{k=0}^\infty d_k(z-z_0)^k,&d_0\ne0 \end{aligned}\]正则奇点的判定: 若 \(z_0\) 为方程的奇点, 但 \((z-z_0)p(z), (z-z_0)^2q(z)\) 在 \(z_0\) 解析, 则称 \(z_0\) 为正则奇点, 其邻域内的解为正则解.
即 \(z_0\) 最高是 \(p(z)\) 的一阶极点, \(q(z)\) 的二阶极点.
不含对数项的正则解求解 不妨设正则奇点为 \(z=0\), 在其邻域内作 Laurent 展开:
\[p(z)=\sum_{l=0}^\infty a_lz^{l-1},\quad q(z)=\sum_{l=0}^\infty b_lz^{l-2},\quad w(z)=z^\rho\sum_{k=0}^\infty c_kz^k\]代入方程得到
\[\sum_{k=0}^\infty c_k(k+\rho)(k+\rho-1)z^{k+\rho-2}+\sum_{l=0}^\infty a_lz^{l-1}\sum_{k=0}^\infty c_k(k+\rho)z^{k+\rho-1}+\sum_{l=0}^\infty b_lz^{l-2}\sum_{k=0}^\infty c_kz^{k+\rho}=0\]整理得
\[\sum_{n=0}^\infty c_n(n+\rho)(n+\rho-1)z^n+\sum_{n=0}^\infty\sum_{l=0}^n[a_l(n+\rho-l)+b_l]c_{n-l}z^n=0\]比较 \(z^0\) 系数, 得到指标方程
\[\boxed{\rho(\rho-1)+a_0\rho+b_0=0}\]利用
\[\boxed{a_0=\lim_{z\to z_0}(z-z_0)p(z),\quad b_0=\lim_{z\to z_0}(z-z_0)^2q(z)}\]解出一对 \(\rho_1, \rho_2\)(规定 \(\mathrm{Re}\rho_1\geq\mathrm{Re}\rho_2\))
比较 \(z^n\) 系数, 得到
\[(n+\rho)(n+\rho-1)c_n+\sum_{l=0}^n[a_l(n+\rho-l)+b_l]c_{n-l}=0\]提出 \(l=0\) 项, 再由指标方程得到递推关系:
\[n(n+2\rho+a_0-1)c_n+\sum_{l=1}^n[a_l(n+\rho-l)+b_l]c_{n-l}=0\]只要 \(n+2\rho+a_0-1\neq0\) 就可以递推得到 \(c_n\) 普遍表达式.
正则解不含对数项的条件 利用指标方程, 有韦达定理 \(\rho_1+\rho_2=-a_0+1\), 从而有普遍表达式的判据:
\[n+2\rho+a_0-1=\begin{cases}n+\rho_1-\rho_2&\rho=\rho_1\\n+\rho_2-\rho_1&\rho=\rho_2&&\end{cases}\]
若 \(\rho_1-\rho_2\ne \mathrm{int}\), 可以求出两个线性无关特解
若 \(\rho_1-\rho_2= \mathrm{int}\), 则 \(\rho_2\) 不满足判据, 若:
\(\rho_1=\rho_2\), 不应该得到一个解, 会有含对数项的第二解.
\(\rho_1-\rho_2=m>0\), 则对于第二解的系数 \(c_m^{(2)}\), \(n=m\) 时的递推关系要求(用到 \(\rho_1=m+\rho_2\))
\[0\cdot c_m^{(2)}+\sum_{l=1}^m[a_l(\rho_1-l)+b_l]c_{m-l}^{(2)}=0\]故
\[\boxed{\sum_{l=1}^m[a_l(\rho_1-l)+b_l]c_{m-l}^{(2)}\begin{cases}\neq0,&无解\\=0,&c_m^{(2)}任意\end{cases}}\]若此情形无解, 方程第二解也应该含对数项. 若测方程有解, 可以继续求解, 不妨 \(c_m^{(2)}=0\).
第二种情形无解时第二项的求解 固然可以代入对数形式解并定系数. 这里介绍 Wronski 行列式法:
\[W[w_1,w_2]=w_1\frac{\mathrm{d}w_2}{\mathrm{d}z}-w_2\frac{\mathrm{d}w_1}{\mathrm{d}z}=A\exp\left[-\int^zp(\xi)\mathrm{d}\xi\right]\]又 \(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left(\frac{w_2}{w_1}\right)=\frac{1}{w_1^2}W[w_1,w_2]\). 积分得到
\[w_2=Aw_1(z)\int^z\left\{\frac{1}{[w_1(z)]^2}\exp\left[-\int^zp(\xi)\mathrm{d}\xi\right]\right\}\mathrm{d}z+Bw_1(z)\]不妨令 \(A=1\), \(B=0\), 得到
\[w_2=w_1(z)\int^z\left\{\frac{1}{[w_1(z)]^2}\exp\left[-\int^zp(\xi)\mathrm{d}\xi\right]\right\}\mathrm{d}z\]
9.4 Examples
Bessel 方程
\[\left.\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}+\frac{1}{x}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\left(1-\frac{\nu^2}{x^2}\right)y=0\right.,\quad\mathrm{Re}\nu\geq0\]\[p(x)=\frac{1}{x},\quad q(x)=1-\frac{\nu^2}{x^2}\]容易判断为正则奇点, 讨论 \(x=0\) 邻域内的正则解.
Solve 设
\[y(x)=x^\rho\sum_{k=0}^\infty c_kx^k\quad c_0\neq0\]代入得到
\[\sum_{k=0}^\infty c_k(k+\rho)(k+\rho-1)x^{k+\rho-2}+\sum_{k=0}^\infty c_k(k+\rho)x^{k+\rho-2}+\left(1-\frac{\nu^2}{x^2}\right)\sum_{k=0}^\infty c_kx^{k+\rho}=0\]\[\quad\Longrightarrow\quad \sum_{k=0}^\infty c_k[(k+\rho)^2-\nu^2]x^k+\sum_{k=0}^\infty c_kx^{k+2}=0\]由低幂次项得到指标方程及其解
\[\rho^2-\nu^2=0\quad \Longrightarrow \quad \rho_1=\nu,\quad\rho_2=-\nu;\quad\mathrm{Re}\rho_1\geq\rho_2\]考虑第一解, 代入 \(\rho=\nu\), 由 \(x^1\) 系数
\[c_1[(\nu+1)^2-\nu^2]=0\]故 \(c_1=0\); 由 \(x^n\) 系数
\[c_n[(\nu+n)^2-\nu^2]+c_{n-2}=0, \quad n\ge 2\]得到递推关系
\[c_n=-\frac{1}{n(n+2\nu)}c_{n-2}\]从而可以递推得到
\[\begin{aligned}c_{2n}&=(-1)^n\frac{1}{2n(2n-2)\cdots2}\\&\times\frac{1}{(2n+2\nu)(2n-2+2\nu)\cdots(2\nu+2)}c_0\\&=(-1)^n\frac{1}{2^{2n}n!(n+\nu)(n+\nu-1)\cdots(v+1)}c_0\\&=\frac{(-1)^n}{n!}\frac{\Gamma(\nu+1)}{\Gamma(n+\nu+1)}\frac{1}{2^{2n}}c_0\\c_{2n+1}&=0\end{aligned}\]不妨取 \(c_{0}=\frac{1}{2^{\nu}\Gamma(\nu+1)}\), 得到 \(\nu\) 阶 Bessel 函数:
\[y_1(x)=J_\nu(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(k+\nu+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k+\nu}\]考虑第二解, 代入 \(\rho=-\nu\), 得到第一阶方程和第 \(n\) 阶递推关系
\[c_1[-2\nu+1]=0\]\[c_nn(-2\nu+n)+c_{n-2}=0\]\(2\nu\ne\mathrm{int}\): 重复上述过程得到 \(-\nu\) 阶 Bessel 函数
\[y_2(x)=J_{-\nu}(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(k-\nu+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k-\nu}\]\(\nu=0\): 第二解含对数项.
\[y_1=1-\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{64}x^4+\cdots\]\[W(x)=\exp[-\int^x\frac{1}{\xi}\mathrm{d\xi}]=\frac{1}{x}\]\[y_2=y_1\int^x\frac{1}{\xi(1-\frac{1}{4}\xi^2+\frac{1}{64}\xi^4+\cdots)^2}\mathrm{d}\xi=y_1\ln x+\cdots\]
\(2\nu=1\): \(c_1\) 可任取为 0, 仍有 \(c_{2n+1}=0\), 可以得到 \(-\frac 12\) 阶 Bessel 函数
\[y_2(x)=J_{-\frac{1}{2}}(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(k+\frac{1}{2})}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k-\frac{1}{2}}\]\(\nu=m(m=1,2,3\cdots)\): 对 \(c_{2m}\) 的递推项,
\[c_{2m}\cdot0+c_{2m-2}=0\]但显然 \(c_{2m-2}\ne 0\), 矛盾, 说明第二解含有对数项. 实际上这时的 \(-m\) 阶 Bessel 函数为
\[J_{-m}(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(k-m+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k-m}=(-1)^mJ_m(x)\]\(\nu=m+\frac 12\): 得 \(c_1=0\). 由递推关系 \(c_{2m-1}=0\). 而
\[c_{2m+1}\cdot0+0=0\]故 \(c_{2m+1}\) 任意. 不妨取 \(c_{2m+1}=0\), 则仍有 \(c_{2n+1}=0\). 故而
\[J_{-m-\frac{1}{2}}(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(k-m+\frac{1}{2})}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k-m-\frac{1}{2}}\]半整数情况可以不含对数项.
可解二阶 ODE 分类:
在 \(\mathbb{C}\) 上都是常点(\(y''+y=0\), 仅无穷远为非正则奇点)
在扩充复平面 \(\mathbb{C}\bigcup\{\infty\}\) 上仅含两个正则奇点 \(x_1,x_2\), 其解一定是基本函数
在扩充复平面 \(\mathbb{C}\bigcup\{\infty\}\) 上仅含三个正则奇点 \(x_1,x_2,x_3\), 常数形式固定 :
\[u''+\frac{p(x)}{\prod(x-x_i)}u'+\frac{q(x)}{\prod(x-x_i)^2}u=0\]且要求无穷远为常点.
非正则奇点求解:
\[y''+p(x)y'+q(x)y=0\]令 \(y(x)=f(x)u(x)\), 带入得到
\[fu''+(2f'+pf)u'+(f''+pf'+qf)u=0\]令 \(2f'+pf=0\), 即 \(f=\exp[-\frac{1}{2}\int^xp(\xi)\mathrm{d}\xi]\), 则方程形式变为
\[u''+Qu=0,\quad Q=q-\frac{1}{2}p'-\frac{1}{4}p^2\]之后可以令 \(u=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\phi}\), 得到
\[\mathrm{i}\phi^{\prime\prime}-{\phi^{\prime}}^{2}+Q=0\]假定 \(\phi''\) 很小, 则首阶展开为 \(\phi'\simeq\pm\sqrt Q\), 则
\[\phi\simeq\pm\int^x\sqrt{ Q(\xi)}\mathrm{d}\xi,\quad \phi''\simeq\pm\frac{Q'}{2\sqrt Q}\quad \Longrightarrow\quad \left|\frac{Q'}{2\sqrt Q}\right|\ll|Q|\]第二阶:
\[\phi'^2\simeq Q\pm\mathrm{i}\frac{Q'}{2\sqrt Q}\quad \Longrightarrow\quad \phi'\simeq \pm\sqrt Q+\frac{\mathrm{i}}{4}\frac{Q'}{Q}+\cdots\]\[\phi\simeq \pm\int^x \sqrt {Q(\xi)}\mathrm{d}\xi+\frac{\mathrm{i}}{4}\ln Q(x)\]前两阶代回得到
\[u\simeq C_1 Q^{-\frac{1}{4}}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\int^x\sqrt Q\mathrm{d}\xi}+C_2 Q^{-\frac{1}{4}}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\int^x\sqrt Q\mathrm{d}\xi}\]例如对于 Bessel 方程在 \(x=\infty\) 的解, \(f=x^{-\frac{1}{2}}\), 令 \(y=fu\), 则
\[u''+[1-(\frac{n^2}{x^2}-\frac{1}{4x^2})]u=0\]在无穷远处, 退化为 \(u''+u=0\). 相当于得到 Bessel 函数在 \(\infty\) 的渐进展开:
\[y=\frac{1}{\sqrt x}(A\cos x+B\sin x)\]10 Separation of Variables
10.1 Separation of Variables
本节取 \(a>0,l>0\).
- 逐项微分并解释为经典解时, 初值与外力须具有足够光滑性, 并满足固定端的兼容条件, 如 \(\phi(0)=\phi(l)=\psi(0)=\psi(l)=0\); 更高阶兼容条件由方程在端点给出.
- 若只取能量数据 \(\phi\in H_0^1(0,l)\)、\(\psi\in L^2(0,l)\) 及时间局部可积的 \(L^2\) 外力, 以下展开应理解为能量解, 不能据此保证点态逐项二阶求导.
Example 两端固定弦线的自由振动
\[\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=0,\qquad 0\lt x\lt l,\quad t>0\]\[u|_{t=0}=\phi(x),\quad\left.\frac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=\psi(x),\qquad 0\le x\le l\]\[u|_{x=0}=u|_{x=l}=0,\qquad t>0\]Solution
分离变量: 设特解具有分离变量形式
\[u(x,t)=X(x)T(t)\]代入原方程得到
\[\frac{1}{a^2}\frac{T^{\prime\prime}(t)}{T(t)}=\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}\]即
\[T^{\prime\prime}(t)+\lambda a^2T(t)=0,\quad X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0\]带入一组边界条件得到
\[X(0)T(t)=0,\quad X(l)T(t)=0\quad \Longrightarrow\quad X(0)=0,\quad X(l)=0\]求解 \(X(x)\) 本征问题的非零解
\[\left\{\begin{gathered} X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0\\ X(0)=0,\quad X(l)=0 \end{gathered}\right.\]这里并未限制 \(\lambda\) 为实数. 后续可以证明这类(Sturm-Liouville 型)本征问题中 \(\lambda\) 只能是实数.
\(\lambda=0\), 通解为 \(X(x)=Ax+B\), 边界条件要求 \(X(x)\equiv0\), 非物理解.
\(\lambda\ne 0\), 通解为
\[X(x)=A\sin\sqrt{\lambda}x+B\cos\sqrt{\lambda}x,\qquad\lambda\neq0\]边界条件
\[X(0)=B=0,\quad X(l)=A\sin\sqrt{\lambda}l=0\]非零解要求
\[\sqrt{\lambda}l=n\pi,\quad n\in\mathbb{Z}_+,\quad \Longrightarrow\quad \lambda_n=\left(\frac{n\pi}{l}\right)^2\]从而非零解
\[X_n(x)=\sin\frac{n\pi}{l}x\]
求特解, 叠加出一般解: 对每一个 \(\lambda_n\), 可以求出
\[T_n(t)=C_n\sin\frac{n\pi}{l}at+D_n\cos\frac{n\pi}{l}at\]由于方程和边界条件都是齐次的, 方程一般解可以直接由特解线性叠加为
\[u(x,t)=\sum_{n=1}^\infty\left(C_n\sin\frac{n\pi}{l}at+D_n\cos\frac{n\pi}{l}at\right)\sin\frac{n\pi}{l}x\]利用正交性定系数: 利用初始条件
\[u(x,0)=\sum_{n=1}^\infty D_n\sin\frac{n\pi}{l}x=\phi(x),\quad \left.\frac{\partial}{\partial t}u(x,t)\right|_{t=0}=\sum_{n=1}^\infty C_n\cdot\frac{n\pi}{l}a\cdot\sin\frac{n\pi}{l}x=\psi(x)\]和正交性关系
\[\int_0^lX_n(x)X_m(x)\mathrm{d}x=\frac{l}{2}\delta_{nm}\]分别得到
\[D_n=\frac{2}{l}\int_0^l\phi(x)\sin\frac{n\pi}{l}x\mathrm{d}x,\quad C_n=\frac{2}{n\pi a}\int_0^l\psi(x)\sin\frac{n\pi}{l}x\mathrm{d}x\]正交性证明: \(n=m\) 时的情况容易算出, 现证明 \(n\ne m\) 的情况: 由本征方程得到
\[X_m\times(X_n''+\lambda_n X_n)-X_n\times(X_m''+\lambda_m X_m)=0\]从而
\[(\lambda_n-\lambda_m)X_nX_m=(X_nX_m^\prime-X_mX_n^\prime)^\prime\quad\Longrightarrow\quad\]\[(\lambda_n-\lambda_m)\int_0^lX_n(x)X_m(x)\mathrm{d}x=\left.\left(X_n(x)X_m^{\prime}(x)-X_m(x)X_n^{\prime}(x)\right)\right|_0^l=0\quad\Longrightarrow\quad\]\[\int_0^lX_n(x)X_m(x)\mathrm{d}x=0\]
将驻波解分解为行波解 先将 \(\phi(x), \psi(x)\) 奇延拓, 容易由正交性得到其分解形式
\[\Phi(x)=\sum_{n=1}^\infty\alpha_n\sin\frac{n\pi}{l}x,\quad \alpha_n=D_n\]\[\Psi(x)=\sum_{n=1}^\infty\beta_n\sin\frac{n\pi}{l}x,\quad \beta_n=\frac{n\pi a}{l}C_n\]从而
\[\begin{aligned} u(x,t) =&\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{\beta_nl}{n\pi a}\sin\frac{n\pi}{l}at+\alpha_n\cos\frac{n\pi}{l}at\right)\sin\frac{n\pi}{l}x\\ =&\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\alpha_n\left[\sin\frac{n\pi}{l}(x-at)+\sin\frac{n\pi}{l}(x+at)\right]\\ &+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{\beta_nl}{n\pi a}\left[\cos\frac{n\pi}{l}(x-at)-\cos\frac{n\pi}{l}(x+at)\right]\\ =&\frac{1}{2}\left[\Phi(x-at)+\Phi(x+at)\right]+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}\Psi(x)\mathrm{d}x \end{aligned}\]
10.2 Steady-state Problems in Rectangular Domains
Example 矩形导热区域有边界条件
\[u|_{x=0}=0,\quad u|_{y=0}=f(x),\quad \left.\frac{\partial u}{\partial x}\right|_{x=a}=\left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{y=b}=0(\mathrm{Adiabatic})\]求解 Laplace 方程
\[\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}=0\]Solution 令 \(u(x,y)=X(x)Y(y)\), 带入方程分离变量得到
\[\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}=-\frac{Y^{\prime\prime}(y)}{Y(y)}\]即
\[X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0,\quad Y^{\prime\prime}(y)-\lambda Y(y)=0\]带入一组边界条件得到
\[X(0)Y(y)=0,\quad X^{\prime}(a)Y(y)=0\quad \Longrightarrow\quad X(0)=0\quad X^{\prime}(a)=0\]显然 \(\lambda=0\) 时无非零解, \(\lambda=0\) 非本征值.
\(\lambda\ne0\) 时, 通解为
\[X(x)=A\sin\sqrt{\lambda}x+B\cos\sqrt{\lambda}x\]带入边值
\[X(0)=B=0,\quad X^{\prime}(a)=A\sqrt{\lambda}\cos\sqrt{\lambda}a=0\]非零解要求
\[\sqrt{\lambda}a=\left(n+\frac{1}{2}\right)\pi\quad \Longrightarrow \quad \lambda_n=\left(\frac{2n+1}{2a}\pi\right)^2\]从而本征函数
\[X_n(x)=\sin\frac{2n+1}{2a}\pi x\]
\(X_n\) 代入 Laplace 方程, 得到
\[Y_n(y)=C_n\sinh\frac{2n+1}{2a}\pi y+D_n\cosh\frac{2n+1}{2a}\pi y\]叠加得到满足 Laplace 方程和齐次边界条件的一般解
\[u_n(x,y)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(C_n\sinh\frac{2n+1}{2a}\pi y+D_n\cosh\frac{2n+1}{2a}\pi y\right)\times\sin\frac{2n+1}{2a}\pi x\]求解叠加系数, 应满足条件
\[\begin{aligned} u|_{y=0}&=\sum_{n=0}^\infty D_n\sin\frac{2n+1}{2a}\pi x=f(x)\\ \left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{y=b} &=\sum_{n=0}^\infty\frac{2n+1}{2a}\pi\left(C_n\cosh\frac{2n+1}{2a}\pi b+D_n\sinh\frac{2n+1}{2a}\pi b\right)\times\sin\frac{2n+1}{2a}\pi x =0 \end{aligned}\]利用正交性
\[\int_0^aX_n(x)X_m(x)\mathrm{d}x=\frac{a}{2}\delta_{nm}\]得到
\[D_n=\frac{2}{a}\int_0^af(x)\sin\frac{2n+1}{2a}\pi x\mathrm{d}x,\quad C_n=-D_n\tanh\frac{2n+1}{2a}\pi b\]10.3 Multi-variable Boundary Value Problems
Example 矩形介质, 初始温度分布 \(u|_{t=0}=\phi(x,y)\), 四周绝热, 求解导热问题
\[\partial_tu-\kappa\nabla^2u=0\]\[\left.\frac{\partial u}{\partial x}\right|_{x=0}=\left.\frac{\partial u}{\partial x}\right|_{x=a}=\left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{y=0}=\left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{y=b}=0\]Solution 令 \(u(x,y,t)=X(x)Y(y)T(t)\), 代入方程
\[X(x)Y(y)T^\prime(t)-\kappa\left[X^{\prime\prime}(x)Y(y)T(t)+X(x)Y^{\prime\prime}(y)T(t)\right]=0\quad \Longrightarrow\quad\]\[\frac{1}{\kappa}\frac{T^{\prime}(t)}{T(t)}=\left[\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}+\frac{Y^{\prime\prime}(y)}{Y(y)}\right]=-\lambda,\quad \frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}=-\frac{Y^{\prime\prime}(y)}{Y(y)}-\lambda=-\mu\]从而得到(其中 \(\lambda=\mu+\nu\))
\[\begin{gathered} T^{\prime}(t)+\lambda\kappa T(t)=0\\ X^{\prime\prime}(x)+\mu X(x)=0\\ Y^{\prime\prime}(y)+\nu Y(y)=0 \end{gathered}\]通过边界条件易得
\[X^{\prime}(0)=0\quad X^{\prime}(a)=0\quad Y^{\prime}(0)=0\quad Y^{\prime}(b)=0\]从而可以求解两个本征值问题. 对于 \(X\),
\(\mu=0\), \(X=Ax+B\), 边界条件要求 \(A=0\), \(B\) 任意, 故 \(\mu_0=0\) 为本征值, 不妨取 \(X_0=1\) 为本征函数.
\(\mu\ne 0\), 通解为
\[X=A\sin\sqrt\mu x+B\cos\sqrt\mu x\]带入边界条件易得
\[A=0,\quad \sqrt{\mu}\mathrm{~}a=n\pi\]不妨令 \(B=1\), 则本征值和本征函数(\(n=0\) 的时候得到 \(\mu=0\) 的结果)
\[\mu_n=\left(\frac{n\pi}{a}\right)^2,\quad X_n=\cos\frac{n\pi}{a}x\]
对 \(Y\) 同样有
\[\nu_m=\left(\frac{m\pi}{b}\right)^2,\quad Y_m(y)=\cos\frac{m\pi}{b}y\]则
\[\lambda_{nm}=\mu_n+\nu_m=\left(\frac{n\pi}{a}\right)^2+\left(\frac{m\pi}{b}\right)^2,\quad T_{nm}=A_{nm}\mathrm{e}^{-\lambda_{nm}\kappa t}\]从而可以得到特解
\[u_{nm}(x,y,t)=X_n(x)Y_m(y)T_{nm}(t)=A_{nm}\cos\frac{n\pi}{a}x\cos\frac{m\pi}{b}y\cdot\mathrm{e}^{-\lambda_{nm}\kappa t}\]由 \(t = 0\) 的边界条件和本征函数的正交性
\[\int_0^aX_n(x)X_{n^{\prime}}(x)\mathrm{d}x=\frac{a}{2}(1+\delta_{n0})\delta_{nn^{\prime}},\quad \int_0^bY_m(y)Y_{m^{\prime}}(y)\mathrm{d}y=\frac{b}{2}(1+\delta_{m0})\delta_{mm^{\prime}}\]可以得到
\[A_{nm}=\frac{4}{ab}\frac{1}{(1+\delta_{n0})(1+\delta_{m0})}\times\int_{0}^{a}\int_{0}^{b}\phi(x,y)\operatorname{cos}\frac{n\pi}{a}x\operatorname{cos}\frac{m\pi}{b}y\mathrm{d}y\mathrm{d}x\]10.4 Inhomogeneous Equations and Inhomogeneous Boundary Conditions
方程非齐次 方程齐次化, 保证齐次边界条件不变.
Example 1 在外力驱动下的两端固定弦, 初始位形和速度分别为 \(\phi(x), \psi(x)\). 有定解问题
\[\left\{\begin{aligned} &\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=f(x,t), \quad &0\lt x\lt l,t>0\\ &u|_{x=0}=0,\quad u|_{x=l}=0, \quad &t\ge 0\\ &u|_{t=0}=\phi(x),\quad \left.\frac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=\psi(x), \quad &0\leq x\leq l \end{aligned}\right.\]Solution 对于非齐次方程, 不妨认为已经求得一个特解 \(v(x,t)\), 设 \(u(x,t)=v(x,t)+w(x,t)\), \(w\) 满足齐次方程
\[\frac{\partial^2w}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2w}{\partial x^2}=0\]为分离变量法可用, \(w\) 需满足齐次边界条件 \(w(x,t)|_{x=0}=0,w(x,t)|_{x=l}=0\)(故 \(v\) 应该也满足齐次边界条件), 故
\[w|_{t=0}=\phi(x)-v|_{t=0},\quad\left.\frac{\partial w}{\partial t}\right|_{t=0}=\psi(x)-\left.\frac{\partial v}{\partial t}\right|_{t=0}\]由此可以定出 \(w(x,t)\).
对于一般的 \(f(x,t)\), 难以猜出解的形式, 需要使用本征函数展开方法: 由于 \(u(x,t)\) 满足齐次边界条件, 可以将 \(u(x,t)\) 和 \(f(x,t)\) 按齐次问题的本征函数展开
\[u(x,t)=\sum_{n=1}^\infty u_n(t)X_n(x),\quad f(x,t)=\sum_{n=1}^\infty f_n(t)X_n(x)\]只需要求出系数 \(u_n(t)\). 带入非齐次方程得到
\[\sum_{n=1}^\infty u_n^{\prime\prime}(t)X_n(x)-a^2\sum_{n=1}^\infty u_n(t)X_n^{\prime\prime}=\sum_{n=1}^\infty f_n(t)X_n(x)\]利用 \(X_n^{\prime\prime}(x)+\lambda_nX_n(x)=0\) 消去 \(X_n''\) 得
\[\sum_{n=1}^\infty u_n^{\prime\prime}(t)X_n(x)+a^2\sum_{n=1}^\infty\lambda_nu_n(t)X_n(x)=\sum_{n=1}^\infty f_n(t)X_n(x)\]考虑到本征函数的正交性, 由上式得
\[u_n^{\prime\prime}(t)+\lambda_na^2u_n(t)=f_n(t)\]由于 \(X_n(x)\) 满足其次边界条件, 其线性叠加 \(u(x,t)\) 也应满足其次边界条件. 再对边界条件展开得到:
\[\sum_{n=1}^\infty u_n(0)X_n(x)=\phi(x)=\sum_{n=1}^\infty\phi_nX_n(x)\]\[\sum_{n=1}^\infty u_n^{\prime}(0)X_n(x)=\psi(x)=\sum_{n=1}^\infty\psi_nX_n(x)\]从而 \(u_n(0)=\phi_n\)、\(u_n'(0)=\psi_n\). 取 \(X_n=\sin(n\pi x/l)\), \(\omega_n=n\pi a/l\), 各系数为
\[\phi_n=\frac2l\int_0^l\phi(x)X_n(x)\mathrm{d}x,\quad \psi_n=\frac2l\int_0^l\psi(x)X_n(x)\mathrm{d}x,\quad f_n(t)=\frac2l\int_0^lf(x,t)X_n(x)\mathrm{d}x.\]解受迫振子初值问题, 得
\[u_n(t)=\phi_n\cos\omega_nt+\frac{\psi_n}{\omega_n}\sin\omega_nt+ \int_0^t\frac{\sin[\omega_n(t-\tau)]}{\omega_n}f_n(\tau)\mathrm{d}\tau, \qquad u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}u_n(t)X_n(x).\]这给出非齐次固定弦问题的完整解.
Example 2 具体地, 令 \(f(x,t)=A_0\sin\omega t,\phi(x)=0, \psi(x)=0\). Solution 1 先取 \(\omega>0\) 且 \(\cos(\omega l/(2a))\ne0\). 试取 \(v(x,t)=g(x)\sin\omega t\), 代入非齐次方程得
\[-\omega^2g(x)-a^2g^{\prime\prime}(x)=A_0\]齐次边界条件要求 \(g(0)=0,g(l)=0\), 容易求出通解
\[g(x)=-\frac{A_0}{\omega^2}+\frac{A_0}{\omega^2}\frac{\cos(\frac{\omega x}{a}-\frac{\omega l}{2a})}{\cos(\frac{\omega l}{2a})}\]\(w(x,t)\) 的一般解分离变量给出为
\[w(x,t)=\sum_{n=1}^\infty\left[C_n\sin\frac{n\pi}{l}at+D_n\cos\frac{n\pi}{l}at\right]\sin\frac{n\pi}{l}x\]\[D_n=0,\quad C_n=\frac{2}{n\pi a}\int_0^l[-\omega g(x)]\sin\frac{n\pi}{l}x\mathrm{d}x=-\frac{2A_0\omega l^3}{\pi^2a}\frac{1-(-1)^n}{n^2}\frac{1}{(n\pi a)^2-(\omega l)^2}\]从而
\[\begin{aligned} &u(x,t)= -\frac{A_0}{\omega^2}\left[1-\frac{\cos(\frac{\omega x}{a}-\frac{\omega l}{2a})}{\cos(\frac{\omega l}{2a})}\right]\sin\omega t\\ &-\frac{4A_0\omega l^3}{\pi^2a}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(2n+1)^2}\frac{1}{[(2n+1)\pi a]^2-(\omega l)^2}\sin\frac{2n+1}{l}\pi x\sin\frac{2n+1}{l}\pi at \end{aligned}\]以上过程未能正确处理 \(\omega=\omega_{2k+1}=\frac{(2k+1)\pi a}{l}\) 的共振情形. 可以简单地将 \(g(x)\) 也按 \(\{\sin\frac{n\pi}{l}x\}\) 展开, 并求出 \(\omega\to\omega_{2k+1}\) 时 \(u(x,t)\) 的极限值:
\[u(x,t)=\frac{4A_0l^2}{\pi^2a}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(2n+1)^2}\frac{1}{(\omega_{2n+1}l)^2-(\omega l)^2}\sin\frac{2n+1}{l}\pi x \cdot\left[\omega_{2n+1}l\sin\omega t-\omega l\sin\omega_{2n+1}t\right]\]从而 \(\omega\to\omega_{2k+1}\) 时, 得到
\[\begin{aligned} u(x,t) &=\frac{4A_0l^2}{\pi^2a}\sum_{n=0,n\ne k}^\infty\frac{1}{(2n+1)^2}\frac{1}{(\omega_{2n+1}l)^2-(\omega l)^2}\sin\frac{2n+1}{l}\pi x \cdot\left[\omega_{2n+1}l\sin\omega t-\omega l\sin\omega_{2n+1}t\right]\\ &-\frac{2A_0l}{\pi^2a}\frac{1}{(2k+1)^2}\sin\frac{2k+1}{l}\pi x\left[t\cos\omega_{2k+1}t-\frac{1}{\omega_{2k+1}}\sin\frac{2k+1}{l}\pi at\right] \end{aligned}\]
Solution 2 不直接猜出特解, 使用本征函数展开方法: 考虑齐次形式的方程
\[\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=0, \quad u|_{x=0}=0,\quad u|_{x=l}=0\]分离变量 \(u(x,t)=X(x)T(t)\) 得到本征值问题
\[X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0,\quad , X(0)=0,\quad X(l)=0\]得到本征值和本征函数
\[X_n=\sin\frac{n\pi}{l}x,\quad \lambda_n=\left(\frac{n\pi}{l}\right)^2, \quad n=1,2,3,...\]将非齐次项展开得到
\[A_0\sin\omega t=\sum_{n=1}^\infty f_n(t)\sin\frac{n\pi}{l}x\Longrightarrow\]\[f_n(t)=\frac{2}{l}\int_0^lA_0\sin\omega t\sin\frac{n\pi}{l}x\mathrm{d}x=\frac{2A_0}{\pi}\frac{1-(-1)^n}{n}\sin\omega t\]设解为 \(u(x,t)=\sum_{n=1}^\infty u_n(t)\sin\frac{n\pi}{l}x\), 一同代入非齐次方程和边界条件得到:
\[u_n^{\prime\prime}(t)+\left(\frac{n\pi}{l}a\right)^2u_n(t)=\frac{2A_0}{\pi}\frac{1-(-1)^n}{n}\sin\omega t,\quad u_n(0)=0\quad u_n^{\prime}(0)=0\]代入特解 \(\alpha_n\sin \omega t\) 得到
\[\alpha_n=\frac{2A_0l^2}{\pi}\frac{1-(-1)^n}{n}\frac{1}{(n\pi a)^2-(\omega l)^2}\]又由通解 \(u_n(t)=\alpha_n\sin\omega t+A_n\sin\frac{n\pi}{l}at+B_n\cos\frac{n\pi}{l}at\) 代入边界条件, 得到 \(A_n, B_n\), 从而
\[\begin{aligned} u(x,t)= &\frac{4A_0l^2}{\pi}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2n+1}\frac{1}{[(2n+1)\pi a]^2-(\omega l)^2}\\ &\times\left[\sin\omega t-\frac{\omega l}{(2n+1)\pi a}\sin\frac{(2n+1)\pi}{l}at\right]\\&\times\sin\frac{2n+1}{l}\pi x\end{aligned}\]两种方法在非共振情形给出同一个解, 不能将第二种展开与所谓“正解”区分. 偶数模的外力系数为零, 其解始终为零; 即使 \(\omega=\omega_{2k}\), 也无偶数模共振, 此时系数式中的 \(0/0\) 应由未除以频率差的模方程处理. 奇数共振模取上面的极限式.
边界条件非齐次 必须先将非齐次的边界条件齐次化, 否则无法分离变量
Example 3
\[\begin{aligned} &\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=f(x,t),\quad &0\lt x\lt l,t>0\\ &u|_{x=0}=\mu(t),\quad u|_{x=l}=\nu(t),\quad &t\geq0\\ &u|_{t=0}=\phi(x),\quad\left.\frac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=\psi(x),\quad &0\leq x\leq l \end{aligned}\]Solution 令 \(u(x,t)=v(x,t)+w(x,t)\), 选择齐次化函数使其满足
\[v(x,t)|_{x=0}=\mu(t)\quad v(x,t)|_{x=l}=\nu(t)\]从而使 \(w(x,t)\) 满足非齐次方程和齐次边界条件
\[\frac{\partial^2w}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2w}{\partial x^2}=f(x,t)-\left(\frac{\partial^2v}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2v}{\partial x^2}\right)\]\[w(x,t)|_{x=0}=0,\quad w(x,t)|_{x=l}=0\]\[w|_{t=0}=\phi(x)-v|_{t=0},\quad \left.\frac{\partial w}{\partial t}\right|_{t=0}=\psi(x)-\left.\frac{\partial v}{\partial t}\right|_{t=0}\]例如取
\[v(x,t)=\left(1-\frac xl\right)\mu(t)+\frac xl\nu(t),\qquad \mu,\nu\in C^2.\]则 \(w\) 的外力为 \(f-(1-x/l)\mu''-(x/l)\nu''\), 初值为 \(\phi-v(x,0)\)、\(\psi-\partial_tv(x,0)\). 将这三项代入 Example 1 的系数及 Duhamel 公式, 再取 \(u=v+w\), 即得到本例的解; 初边值的端点兼容条件也应满足.
11 Orthogonal Curvilinear Coordinates
11.1 Orthogonal Curvilinear Coordinates
Definition 正交曲面坐标系 在某一曲面坐标系中, 记点的坐标为 \((\xi_1, \xi_2, \xi_3)\), 坐标面 \(\xi_i=\mathrm{const}\) 为曲面, 故称坐标系为曲面坐标系. 坐标面交线为坐标线. 坐标线方向的单位矢量为
\[\mathbf{e}_i=\frac{\boldsymbol{\alpha}_i}{|\boldsymbol{\alpha}_i|},\quad \boldsymbol\alpha_i=\frac{\partial\mathbf{r}}{\partial\xi_i}\]若三条坐标线在全空间都相互垂直
\[\boldsymbol\alpha_i\cdot\boldsymbol\alpha_j=0\quad i\neq j\]则这一曲面坐标系被称为正交曲面坐标系.
Definition 度规: 考虑空间间隔
\[\mathrm{d}s^2=\mathrm{d}\mathbf{r}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=\sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3\boldsymbol{\alpha}_i\cdot\boldsymbol{\alpha}_j\mathrm{d}\xi_i\mathrm{d}\xi_j\]可以定义度规 \(g_{ij}=\boldsymbol\alpha_i\cdot\boldsymbol\alpha_j=\sum_{k=1}^3\frac{\partial x_k}{\partial\xi_i}\frac{\partial x_k}{\partial\xi_j}\), 显然有 \(g_{ij}=g_{ji}\).
对正交曲面坐标系, 定义标度因子 \(h_i=\sqrt{g_{ii}}\), 则
\[\mathrm{d}\mathbf{r}=\sum_{i=1}^3\frac{\partial\mathbf{r}}{\partial\xi_i}\mathrm{d}\xi_i=\sum_{i=1}^3\mathbf{e}_ih_i\mathrm{d}\xi_i=\sum_{i=1}^3\mathbf{e}_i\mathrm{d}s_i,\quad \mathrm{d}s^2=\sum_{i=1}^3(\mathrm{d}s_i)^2\]相应面元和体元表示为
\[\mathrm{d}\sigma=\mathrm{d}x_i\mathrm{d}x_j=\mathrm{d}s_i\mathrm{d}s_j=h_ih_j\mathrm{d}\xi_i\mathrm{d}\xi_j\]\[\mathrm{d}V=\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\mathrm{d}s_{1}\mathrm{d}s_{2}\mathrm{d}s_{3}=h_{1}h_{2}h_{3}\mathrm{d}\xi_{1}\mathrm{d}\xi_{2}\mathrm{d}\xi_{3}\]柱坐标
Definition 正交曲面坐标中的微分算符. 以下取右手定向的正交单位基, \(\mathbf{A}=\sum_i A_i\mathbf{e}_i\), 且 \(\partial_i\equiv\partial/\partial\xi_i\).
\[\nabla f=\sum_i\frac{1}{h_{i}}\partial_{i}f\mathbf{e}^{i}\]\[\nabla\cdot\mathbf A=\dfrac 1{h_1h_2h_3}[\partial_{1}(h_{2}h_{3}A_{1})+\partial_{2}(h_{3}h_{1}A_{2})+\partial_{3}(h_{2}h_{1}A_{3})]\]\[\nabla\times\mathbf{A}=\frac{1}{h_{1}h_{2}h_{3}}\left|\begin{array}{ccc}h_{1}\mathbf{e}_{1}&h_{2}\mathbf{e}_{2}&h_{3}\mathbf{e}_{3}\\\partial_{1}&\partial_{2}&\partial_{3}\\h_{1}A_{1}&h_{2}A_{2}&h_{3}A_{3}\end{array}\right|\]\[\nabla^2f=\nabla\cdot(\nabla f)\]Proof 使用
\[\mathrm{d} f=\nabla f\cdot \mathrm{d}\mathbf r\]\[\nabla\cdot\mathbf{A}=\lim_{V\to0}\frac{1}{V}\underset{S}{\iint}A_n\mathrm{d}S\]\[(\nabla\times\mathbf{A})_{i}=\lim_{S_{i}\to0}\frac{1}{S_{i}}\oint A_{s}\mathrm{d}s,\quad i=1,2,3\]11.2 Steady-state Problems in Circular Domains
Example Laplace 方程定解问题
\[\nabla^2u=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\phi^2}=0,\quad u|_{r=a}=f(\phi);\quad 0\leq r\leq a, \quad0\leq\phi\leq2\pi\]极坐标下, 应引入周期性条件. 这里再引入方程奇点的有界性条件
\[u|_{\phi=0}=u|_{\phi=2\pi},\quad \left.\frac{\partial u}{\partial\phi}\right|_{\phi=0}=\left.\frac{\partial u}{\partial\phi}\right|_{\phi=2\pi},\quad u|_{r=0}\text{有界}\]Solution 方程和角向边界条件均齐次. 设分离变量解 \(u(r,\phi)=R(r)\Phi(\phi)\), 代入得到
\[\frac{r}{R}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left(r\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}r}\right)=-\frac{1}{\Phi}\frac{\mathrm{d}^2\Phi}{\mathrm{d}\phi^2}=\lambda\Longrightarrow\]\[\left\{\begin{aligned} &r\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left(r\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}r}\right)-\lambda R=0\\ &\frac{\mathrm{d}^2\Phi}{\mathrm{d}\phi^2}+\lambda\Phi=0, &\Phi(0)=\Phi(2\pi),\Phi^{\prime}(0)=\Phi^{\prime}(2\pi) \end{aligned}\right.\]后者为关于 \(\Phi\) 的本征问题, 其解为
\[\Phi(\phi) = \begin{cases} A\phi+B,&\lambda=0\\ A\sin\sqrt{\lambda}\phi+B\cos\sqrt{\lambda}\phi,&\lambda\ne 0 \end{cases}\]也可使用复的指数表示. 代入周期性条件得到本征值和本征函数:
\[\begin{aligned} \lambda = 0: &B =2\pi A+B,\quad A=A\\ \Longrightarrow &A=0\\ \Longrightarrow &\lambda_{0}=0,\quad \Phi_0(\phi)=1\\\\ \lambda\ne 0: &B=A\sin(\sqrt{\lambda}2\pi)+B\cos(\sqrt{\lambda}2\pi),\quad \sqrt{\lambda}A=\sqrt{\lambda}A\cos(\sqrt{\lambda}2\pi)-\sqrt{\lambda}B\sin(\sqrt{\lambda}2\pi)\\ \Longrightarrow& \begin{vmatrix} \sin(\sqrt{\lambda}2\pi)&\cos(\sqrt{\lambda}2\pi)-1\\ \cos(\sqrt{\lambda}2\pi)-1&-\sin(\sqrt{\lambda}2\pi) \end{vmatrix}=0,\quad \mathrm{s.t.}\ A,B\ne0\\ \Longrightarrow&\lambda_m=m^2,\quad m\in\mathbb{Z}_+,\quad \Phi_{m1}(\phi)=\sin m\phi,\quad \Phi_{m2}(\phi)=\cos m\phi \end{aligned}\]后者的本征问题出现简并(同一个本征值对应两个线性无关的本征函数). 从而对径向, 得到 Euler 方程:
\[r^2R_m^{\prime\prime}+rR_m^{\prime}-m^2R_m=0\]可以简单得到其解为
\[R_m =\begin{cases} C_0+D_0\ln r,&m=0\\ C_mr^m+D_mr^{-m},&m\ne 0 \end{cases}\]合并得到方程的一般解为
\[\begin{aligned}u(r,\phi)&=C_0+D_0\ln r\\ &+\sum_{m=1}^\infty\left(C_{m1}r^m+D_{m1}r^{-m}\right)\sin m\phi\\ &+\sum_{m=1}^\infty\left(C_{m2}r^m+D_{m2}r^{-m}\right)\cos m\phi\end{aligned}\]考虑到原点处的有界性要求
\[u(r,\phi)=C_0+\sum_{m=1}^\infty r^m\left(C_{m1}\sin m\phi+C_{m2}\cos m\phi\right)\]利用本征函数的正交性, 可以确定系数
\[\int_0^{2\pi}\Phi_m\Phi_{m'}^*\mathrm{d}\phi=\pi(1+\delta_{m0})\delta_{mm^{\prime}}\]\[\Longrightarrow \left\{\begin{aligned} C_0&=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(\phi)\mathrm{d}\phi\\ C_{m1}&=\frac{1}{a^m\pi}\int_0^{2\pi}f(\phi)\sin m\phi\mathrm{d}\phi\\ C_{m2}&=\frac{1}{a^m\pi}\int_0^{2\pi}f(\phi)\cos m\phi\mathrm{d}\phi \end{aligned}\right.\]还可以进一步整理得到
\[u(r,\phi)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(\phi^{\prime})\times\left[1+2\sum_{m=1}^\infty\left(\frac{r}{a}\right)^m\cos m(\phi-\phi^{\prime})\right]\mathrm{d}\phi^{\prime}\]使用复指数表示 cos, 进而可以通过等比求和得到级数和
\[u(r,\phi)=\frac{a^2-r^2}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{f(\phi^{\prime})}{r^2+a^2-2ar\cos(\phi-\phi^{\prime})}\mathrm{d}\phi^{\prime}\]与 Poisson 积分的结果一致.
方程齐次, 边界条件非齐次, 可以使用分离变量法. 非齐次方程通常不能用单个乘积解直接分离变量. 可以先求特解再处理齐次方程, 也可以直接按齐次边界条件的本征函数展开, 得到受迫模方程; 并不必须先将方程齐次化.
12 Spherical Harmonics
考虑三维 Laplace 方程定解问题
\[\begin{cases}\nabla^2u=0\\u|_{x^2+y^2+z^2=R^2}=f(x,y,z)&\end{cases}\]换到球坐标系
\[\boxed{ \nabla^2=\frac1{r^2}\frac\partial{\partial r}\left(r^2\frac{\partial }{\partial r}\right)+\frac1{r^2\sin\theta}\frac\partial{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial }{\partial\theta}\right)+\frac1{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial\phi^2} }\]\[\left\{\begin{aligned} &\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial u}{\partial\theta}\right)+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2u}{\partial\phi^2}=0&\\ &u|_{r=R}=f(\theta,\phi)\\ &u|_{\phi=0}=u|_{\phi=2\pi},\quad\left.\frac{\partial u}{\partial\phi}\right|_{\phi=0}=\left.\frac{\partial u}{\partial\phi}\right|_{\phi=2\pi}\\ &u|_{\theta=\pi},u|_{\theta=0},u|_{r=0}有界\\ \end{aligned}\right.\]考虑一个特殊情况: \(f=f(\theta)\), 则
\[\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial u}{\partial\theta}\right)=0\]代入分离变量解 \(u = R(r)\Theta(\theta)\):
\[\frac{1}{R(r)}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left(r^2\frac{\mathrm{d}R(r)}{\mathrm{d}r}\right)=-\frac{1}{\Theta(\theta)}\frac{1}{\sin\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}\left(\sin\theta\frac{\mathrm{d}\Theta(\theta)}{\mathrm{d}\theta}\right)=\lambda\]从而
\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left(r^2\frac{\mathrm{d}R(r)}{\mathrm{d}r}\right)-\lambda R(r)=0\]\[\frac{1}{\sin\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}\left(\sin\theta\frac{\mathrm{d}\Theta(\theta)}{\mathrm{d}\theta}\right)+\lambda\Theta(\theta)=0\]要求 \(\theta=0/\pi\) 不是解的奇点. 后者被称为 Legendre 方程.
12.1 Solutions of the Legendre Equation
变换 \(x=\cos \theta, y=\Theta\), 得到
\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[(1-x^{2})\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right]+\lambda y=0\]令 \(\lambda = \nu(\nu+1)\), 展开得到
\[(1-x^2)\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}-2x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\nu(\nu+1)y=0\]由 \(\lambda=\nu(\nu+1)=(-\nu-1)(-\nu)\), 不妨设 \(\mathrm{Re}\,\nu\ge-\frac{1}{2}\)(对于实部小于 \(-\frac{1}{2}\) 的 \(\nu\), 总可重新选取参数为 \(-\nu-1\)).
在常点 \(x=0\) 附近的级数解: 简单代入 Taylor 级数解 \(y(x)=\sum_{n=0}^\infty c_nx^n\) 可以得到递推关系
\[c_{n+2}=\frac{n(n+1)-\nu(\nu+1)}{(n+1)(n+2)}c_n\]进而有两个线性无关解
\[\begin{aligned} y_1 &=\sum_{n=0}^\infty\frac{2^{2n}(-\nu/2)_n((\nu+1)/2)_n}{(2n)!}x^{2n}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!}\frac{\Gamma(n-\frac{\nu}{2})\Gamma(n+\frac{\nu+1}{2})}{\Gamma(-\frac{\nu}{2})\Gamma(\frac{\nu+1}{2})}x^{2n}\\ y_2 &= \sum_{n=0}^\infty\frac{2^{2n}((1-\nu)/2)_n(1+\nu/2)_n}{(2n+1)!}x^{2n+1}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n+1)!}\frac{\Gamma(n-\frac{\nu-1}{2})\Gamma(n+1+\frac{\nu}{2})}{\Gamma(-\frac{\nu-1}{2})\Gamma(1+\frac{\nu}{2})}x^{2n+1} \end{aligned}\]在 \(|x|\lt1\) 收敛.
在正则奇点 \(x=\pm 1\) 附近的级数解: 令 \(t=x-1\), 设解 \(y(z)=t^\rho\sum_{n=0}^\infty c_nt^n\)
\[\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}t^2}+\frac{2(t+1)}{t(t+2)}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}-\frac{\nu(\nu+1)}{t(t+2)}y=0\]\[a_0 = \lim_{t\to0}tp(t) = 1,\quad b_0 = \lim_{t\to0}t^2q(t) = 0\]故指标方程 \(\rho(\rho-1)+a_0\rho+b_0=0\) 得到重根 \(\rho_1=\rho_2 = 0\).
第一解为 Taylor 级数, 代入得到递推关系
\[c_n=\frac{(\nu-n+1)(\nu+n)}{2n^2}c_{n-1}\]不妨取 \(c_0=1\) 得到第一类 Legendre 函数
\[P_\nu(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(\nu-n+1)_{2n}}{2^n(n!)^2}(x-1)^n=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^n(n!)^2}\frac{\Gamma(\nu+n+1)}{\Gamma(\nu-n+1)}(x-1)^n\]第二个线性无关解含对数项, 这里直接给出结果, 即第二类 Legendre 函数
\[\begin{aligned} Q_{\nu}(z)&=\frac{1}{2}P_\nu(z)\left[\ln\frac{z+1}{z-1}-2\gamma-2\psi(\nu+1)\right]\\&+\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^n(n!)^2}\frac{\Gamma(\nu+n+1)}{\Gamma(\nu-n+1)}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)\\&\times(z-1)^n\end{aligned}\]\(z=\pm 1\) 是 \(Q_\nu(z)\) 的枝点, \(z=\infty\) 在 \(\nu\notin\mathbb{N}\) 时也是枝点. 规定:
\[\arg(z\pm1)=0\quad[\mathrm{Re}z>1,\mathrm{Im}z=0]\]通常规定
\[Q_\nu(x)=\frac{1}{2}[Q_\nu(x+\mathrm{i}0)+Q_\nu(x-\mathrm{i}0)],\quad -1\lt x\lt1\]从而
\[Q_\nu(x\pm\mathrm{i}0)=Q_\nu(x)\mp\frac{\pi\mathrm{i}}{2}P_\nu(x)\]
方程通解为
\[y(x)=AP_\nu(x)+BQ_\nu(x)\]考虑边界条件, 构成本征值问题. 为保证 \(y(1)\) 有界, 要求 \(B=0\); 再要求 \(P_\nu(-1)\) 有界. \(P_\nu(-1)\) 有界要求 \(\nu=l=0,1,2,\ldots\)(高阶项截断), 得到本征函数和本征值
\[P_l(x)=\sum_{n=0}^l\frac{1}{2^n(n!)^2}\frac{(l+n)!}{(l-n)!}(x-1)^n,\quad \lambda_l=l(l+1)\]对于 \(\nu\notin\{0,1,2,\ldots\}\) 的情况,
\[P_\nu(-x)=-\frac{\sin\nu\pi}{\pi}\sum_{n=0}^\infty\frac{\Gamma(\nu+n+1)\Gamma(n-\nu)}{(n!)^2}\times\left(\frac{x+1}{2}\right)^n\]由 \(\Gamma(z)\) 的渐进表达式得
\[\frac{\Gamma(\nu+n+1)\Gamma(n-\nu)}{(n!)^2}\sim\frac{1}{n}\]故求和在 \(x\to 1\) 时发散.
12.2 Properties of Legendre Polynomials
典型低阶项
\[P_0(x)=1,\quad P_1(x)=x,\quad P_2(x)=\frac{1}{2}(3x^2-1),\quad P_3(x)=\frac{1}{2}(5x^3-3x),\quad\cdots\]微分表达式(Rodrigues 公式)
\[P_l(x)=\frac{1}{2^ll!}\frac{\mathrm{d}^l}{\mathrm{d}x^l}(x^2-1)^l\]从而可以得到 Legendre 多项式的幂级数展开表达式
\[\boxed{ P_l(x)=\sum_{r=0}^{[l/2]}\frac{(-1)^r}{2^lr!}\frac{(2l-2r)!}{(l-r)!(l-2r)!}x^{l-2r} }\]奇偶性 由微分表达式容易看出
\[P_l(-x)=(-1)^lP_l(x)\]特殊点性质
\[P_l(1)=1;\quad P_l(0)= \left\{\begin{aligned} &(-1)^n\frac{(2n)!}{(2n)!!^2},&l=2n\\ &0,&l=2n+1 \end{aligned}\right. \ ,\quad n\in\mathbb{N}\]后者通过展开 \((x^2-1)^l\) 即可通过微分表达式得到首阶, 或者通过幂级数展开表达式的 \(r = n\) 项也可以得出.
正交性
\[\boxed{\int_{-1}^1P_l(x)P_{l^\prime}(x)\mathrm{d}x=\frac{2}{2l+1}\delta_{ll^{\prime}}}\]完备性
\[\sum_{l=0}^\infty \frac{2l+1}{2}P_l(x)P_l(x^{\prime})=\delta(x-x^{\prime})\]对于任意一个在 \([1-,1]\) 中分段连续的 \(f(x)\), 在有限个不连续点以外, 可以在分布意义下表示为
\[f(x)=\int_{-1}^1f(x^{\prime})\delta(x-x^{\prime})\mathrm{d}x^{\prime}\]代入完备性, 在平方平均意义下得到 Fourier-Legendre 展开; 对 \(f\in L^2([-1,1])\), 由本征函数完备性保证其部分和的 \(L^2\) 极限为 \(f\).
\[f(x)=\sum_{l=0}^\infty\frac{2l+1}{2}P_l(x)\int_{-1}^1f(x^{\prime})P_l(x^{\prime})\mathrm{d}x^{\prime}=\sum_{l=0}^\infty c_lP_l(x)\]系数(也可由正交性得到)
\[c_l=\frac{2l+1}{2}\int_{-1}^1f(x)P_l(x)\mathrm{d}x\]生成函数
\[\boxed{ \frac1{\sqrt{1-2tx+t^2}}= \left\{\begin{aligned} &\sum_{l=0}^\infty P_l(x)t^l, &0\le t\lt1\\ &\sum_{l=0}^\infty P_l(x)t^{-(l+1)}, &t>1 \end{aligned}\right. }\]一般只称前一式为生成函数
奇怪的启发式证明: 取无穷远点为电势零点,(1, 0)处电荷产生的 Coulomb 势为(这是由实验上得出的)
\[U(r,\theta)=\frac1{4\pi\varepsilon_0}\frac1{\sqrt{1-2rx+r^2}} ,\quad x=\cos\theta\]分离变量法解对 \(r\ne 1\) 有
\[U(r,\theta)= \left\{\begin{aligned} &\sum\limits_{l=0}^\infty A_lr^lP_l(x),&r\le1\\ &\sum\limits_{l=0}^\infty B_lr^{-(l+1)}P_l(x),&r>1 \end{aligned}\right.\]对 \(\theta = 0\) 时 \(U(r,\theta)\) 在 \(r\lt1\) 和 \(r>1\) 处的行为分别展开得到 \(A_l=B_l=\frac 1{4\pi\varepsilon_0}\). 两者联立得到结果.
递推关系
\[\boxed{(2l+1)xP_l(x)=(l+1)P_{l+1}(x)+lP_{l-1}(x)}\]\[P_l(x)=P_{l+1}^{\prime}(x)-2xP_l^{\prime}(x)+P_{l-1}^{\prime}(x)\]\[P_{l+1}^{\prime}(x)=xP_l^{\prime}(x)+(l+1)P_l(x)\]\[P_{l-1}^{\prime}(x)=xP_l^{\prime}(x)-lP_l(x)\]Proof 生成函数两端对 t 求导数并对 \(P_l\) 展开, 对比 \(t^l\) 系数得到
\[(2l+1)xP_l(x)=(l+1)P_{l+1}(x)+lP_{l-1}(x)\qquad (1)\]生成函数两端对 \(x\) 求导数并对 \(P_l,P_l^{\prime}\) 展开, 对比 \(t^{l+1}\) 系数得到
\[P_l(x)=P_{l+1}^{\prime}(x)-2xP_l^{\prime}(x)+P_{l-1}^{\prime}(x)\qquad (2)\](1)求导
\[(2l+1)P_l(x)+(2l+1)xP_l^{\prime}(x)=(l+1)P_{l+1}^{\prime}(x)+lP_{l-1}^{\prime}(x)\]利用(2)分别消去 \(P_{l-1}^\prime, P_{l+1}^\prime\) 得到
\[P_{l+1}^{\prime}(x)=xP_l^{\prime}(x)+(l+1)P_l(x)\qquad (3)\]\[P_{l-1}^{\prime}(x)=xP_l^{\prime}(x)-lP_l(x)\qquad (4)\]Christoffel 型和式
需要的关系式形式
\[a_l(x)u_l(x)+b_l(x)u'_l(x)=c_{l+1}(x)u_{l+1}(x)+c_l(x)u_{l-1}(x)\]右侧也可以是 \(u'_{l}\), 得到类似的结果. 两侧同时乘 \(u_l(y)\):
\[a_l(x)u_l(x)u_l(y)+b_l(x)u'_l(x)u_l(y)=c_{l+1}(x)u_{l+1}(x)u_l(y)+c_l(x)u_{l-1}(x)u_l(y)\]\(x,y\) 互换得到另一式, 两式相减得到:
\[[a_l(x)-a_l(y)]u_l(x)u_l(y)+[b_l(x)u_l^{\prime}(x)u_l(y)-b_l(y)u_l^{\prime}(y)u_l(x)]=c_{l+1}(x,y)g_{l+1}(x,y)-c_l(x,y)g_l(x,y)\]求和得到
\[\sum_l[a_l(x)-a_l(y)]u_l(x)u_l(y)+\sum_l[b_l(x)u_l^{\prime}(x)u_l(y)-b_l(y)u_l^{\prime}(y)u_l(x)]=c_{n+1}(x,y)g_{n+1}(x,y)-c_0(x,y)g_0(x,y)\]e.g. 利用 \((2l+1)xP_l(x)=(l+1)P_{l+1}(x)+lP_{l-1}(x)\), 得到
\[\sum_{l=0}^{n}(2l+1)P_l(x)P_l(y) = \frac{n+1}{x-y}[P_{n+1}(x)P_n(y)-P_{n+1}(y)P_n(x)],\qquad x\ne y.\]在 \(y=x\) 时取连续极限, 得
\[\sum_{l=0}^{n}(2l+1)P_l(x)^2=(n+1)[P_n(x)P'_{n+1}(x)-P_{n+1}(x)P'_n(x)].\]12.3 Solutions of the Associated Legendre Equation
对于一般性的 \(u = u(r, \theta,\phi)\), 设分离变量解 \(u(r,\theta,\phi)=R(r)\Theta(\theta)\Phi(\phi)\), 代入得到
\[\frac{1}{R(r)}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left(r^2\frac{\mathrm{d}R(r)}{\mathrm{d}r}\right) =\lambda =-\frac{1}{\Theta(\theta)}\frac{1}{\sin\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}\left(\sin\theta\frac{\mathrm{d}\Theta(\theta)}{\mathrm{d}\theta}\right)-\frac{1}{\Phi(\phi)}\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\mathrm{d}^2\Phi(\phi)}{\mathrm{d}\phi^2}\]对于角向, 可以得到
\[\frac{\sin\theta}{\Theta(\theta)}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}\left(\sin\theta\frac{\mathrm{d}\Theta(\theta)}{\mathrm{d}\theta}\right)+\lambda\sin^2\theta=-\frac{1}{\Phi(\phi)}\frac{\mathrm{d}^2\Phi(\phi)}{\mathrm{d}\phi^2}=\mu\]即
\[\frac{1}{\sin\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}\left(\sin\theta\frac{\mathrm{d}\Theta(\theta)}{\mathrm{d}\theta}\right)+\left(\lambda-\frac{\mu}{\sin^2\theta}\right)\Theta(\theta)=0\]\[\frac{\mathrm{d}^2\Phi(\phi)}{\mathrm{d}\phi^2}+\mu\Phi(\phi)=0\]边界条件分离变量后为
\[\Theta(0),\Theta(\pi)有界,\quad \Phi(0)=\Phi(2\pi),\quad \Phi^\prime(0) = \Phi^\prime(2\pi)\]\(\phi\) 向本征问题:
\[\Phi_m(\phi) = \mathrm{e}^{\mathrm{i}m\phi},\quad \mu_m = m^2,\quad m\in\mathbb{Z}\]或另一种
\[\Phi_0=1,\quad\Phi_1=\cos m\phi,\quad \Phi_2=\sin m\phi\]\[\mu_m=m^2,\quad m\in \mathbb{N}\]\(\theta\) 向本征问题: 令 \(x = \cos\theta,y(x)=\Theta(\theta),\lambda = \nu(\nu+1)\), 得到连带 Legendre 方程
\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[(1-x^2)\frac{\mathrm{d}y(x)}{\mathrm{d}x}\right]+\left[\nu(\nu+1)-\frac{m^2}{1-x^2}\right]y(x)=0\]代入一个很需要注意力的解
\[y(x)=(1-x^2)^{\frac{m}{2}}v_m(x)\]得到
\[(1-x^2)v_m^{\prime\prime}-2(m+1)xv_m^{\prime}+[\nu(\nu+1)-m(m+1)]v_m=0\]导一阶
\[\left(1-x^2\right)\left(v_m^{\prime}\right)^{\prime\prime}-2(m+2)x\left(v_m^{\prime}\right)^{\prime}\left.+[\nu(\nu+1)]-(m+1)(m+2)\right](v_m^{\prime})=0\]说明 \(v_{m+1}\) 和 \(v_m^\prime\) 遵循同样形式的方程, 即可以通过求导从 \(v_0\) 推出 \(v_m\). 而 \(v_0\) 满足 Legendre 方程, 则连带 Legendre 方程的通解为
\[y(x)=A(1-x^2)^{m/2}P_\nu^{(m)}(x)+B(1-x^2)^{m/2}Q_\nu^{(m)}(x)\]考虑边界条件: \(y(\pm 1)\) 有界
\(x=1\): 由于 \(Q_\nu\) 在 \(x=1\) 对数发散, \(Q_\nu^{(m)}\) 则以 \((x-1)^{-m}\) 的方式发散, 为保证 \(y(1)\) 有界, \(B=0\).
\(x = -1\): \(P_\nu\) 在 \(x=-1\) 也对数发散, 除非 \(\nu = l\in\mathbb{N}\), 截断为多项式 \(P_l\):
\[y_l^m(x)=(-1)^m(1-x^2)^{m/2}P_l^{(m)}(x)\equiv P_l^m(x),\quad \lambda_l=l(l+1)\quad l\ge m\]\(l\ge m \) 保证 \(P_l^{(m)}\) 不为 0. \(P_l^m(x)\) 称为 \(m\) 阶 \(l\) 次连带 Legendre 多项式:
\[\boxed{ P_l^m(x)=(-1)^m(1-x^2)^{\frac{m}{2}}\frac{\mathrm{d}^{m}}{\mathrm{d}x^{m}}P_l(x) }\]额外引入的 Condon-Shortley 相位 \((-1)^m\) 是为了后续 \(\pm m\) 关系上的方便, 以及后续简化球谐函数的正交归一性和计算.
对于 \(m\) 为负的情况, 定义:
\[P_\nu^{-m}(x)=(-)^m\frac{\Gamma(\nu-m+1)}{\Gamma(\nu+m+1)}P_\nu^m(x),\]\[Q_\nu^{-m}(x)=(-)^m\frac{\Gamma(\nu-m+1)}{\Gamma(\nu+m+1)}Q_\nu^m(x)\]满足
\[P_l^{-m}(x)=\lim_{\nu\to l}P_\nu^{-m}(x),\quad m>l\]\(P_l^{-m}(x)\) 在 \(x\to-1\) 时发散, 一般为代数幂发散.
对数发散: \(\nu\notin\mathbb{N}\) 时, 有
\[P_\nu(x)=\alpha P_\nu(-x)+\beta Q_\nu(-x)\quad\beta\neq0\]实际上为
\[Q_{\nu}(x)=\frac{\pi}{2\sin\nu\pi}[\cos\nu\pi P_{\nu}(x)-P_{\nu}(-x)]\]
球面调和函数(球谐函数): 令 \(S(\theta,\phi) = \Phi(\phi)\Theta(\theta)\), 即
\[S_{lm}(\theta,\phi)=P_l^{|m|}(\cos\theta)\mathrm{e}^{\mathrm{i}m\phi},\quad l=0,1,2,...\quad m=0,\pm1,\pm2,...,\pm l\]或另一种
\[S_{lm1}(\theta,\phi)=P_l^m(\cos\theta)\cos m\phi\quad m=0,1,2,...,l\]\[S_{lm2}(\theta,\phi)=P_l^m(\cos\theta)\sin m\phi\quad m=1,2,...,l\]\[l=0,1,2,3,...\]归一化后得到
\[Y_{l}^{m}\left(\theta,\phi\right)=\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi}\frac{(l-m)!}{(l+m)!}}P_l^m\left(\cos\theta\right)\mathrm{e}^{\mathrm{i}m\phi}\]或有另一种定义
\[\boxed{ Y_l^m(\theta,\phi)=\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi}\frac{(l-|m|)!}{(l+|m|)!}}P_l^{|m|}(\cos\theta)\mathrm{e}^{\mathrm{i}m\phi} }\]径向: 与之前一致,
\[R_l(r)=A_lr^l+\frac{B_l}{r^{l+1}}\]一个有用的结论:
\[\nabla^2(R(r)Y_l^m(\mathbf{n}))=\left(\frac1{r^2}\frac\partial{\partial r}\left(r^2\frac{\partial }{\partial r}\right)-\frac{l(l+1)}{r^2}\right)R(r)\cdot Y_l^m(\mathbf{n})\]
12.4 Properties of Associated Legendre Polynomials and Spherical Harmonics
12.4.1 Associated Legendre Functions
典型低阶项
\[\begin{aligned} &l=0: P_{0}^{0}(\cos\theta)=1 \\ &l=1: P_{1}^{0}(\cos\theta)=\cos\theta ,\quad P_{1}^{1}(\cos\theta)=-\sin\theta ,\quad P_{1}^{-1}(\cos\theta)=\frac{1}{2}\sin\theta \\ &l=2: P_{2}^{0}(\cos\theta)=\frac{1}{2}(3\cos^{2}\theta-1) ,\\ &\qquad\quad P_{2}^{1}(\cos\theta)=-3\sin\theta\cos\theta,\quad P_2^{-1}=\frac{1}{2}\sin\theta\cos\theta \\ &\qquad\quad P_2^2=3\sin^2\theta ,\quad P_2^{-2}=\frac{1}{8}\sin^2\theta \end{aligned}\]正交性
\[\boxed{\int_{-1}^1P_l^m(x)P_{l'}^m(x)\mathrm{d}x=\frac2{2l+1}\frac{(l+m)!}{(l-m)!} \delta_{ll'},\quad l,l'=0,1,2,\cdots\quad m=-l,\cdots,l}\]完备性
\[\sum_{l=|m|}^\infty\frac{2l+1}2\frac{(l-m)!}{(l+m)!}P_l^m(x)P_l^m(x^{\prime})=\delta(x-x^{\prime}) ,\quad\mathrm{for}-1\lt x,x^{\prime}\lt1\]线性关系
\[P_l^{-m}(x)=(-)^m\frac{\Gamma(l-m+1)}{\Gamma(l+m+1)}P_l^m(x)\]12.4.2 Spherical Harmonics
由 \(\theta,\phi\) 对应一个
\[\mathbf{n}=\frac{\mathbf x}{r}=\left(\sin\theta\cos\phi,\sin\theta\sin\phi,\cos\theta\right)\]可以简记为 \(Y_{l}^{m}(\mathbf{n})\). 立体角元定义为 \(\mathrm{d}\Omega_{\mathbf{n}}\) 或记为 \(\mathrm{d}\mathbf{n}\).
正交性
\[\int\mathrm{d}\Omega_\mathbf{n} {Y_{l}^{m}}^{*}(\mathbf{n}) Y_{l^{\prime}}^{m^{\prime}}(\mathbf{n})=\delta_{ll^{\prime}}\delta_{mm^{\prime}}\]完备性
\[\sum_{l=0}^\infty\sum_{m=-l}^l {Y_{l}^{m}}^{*}(\mathbf{n}^{\prime}) Y_{l}^{m}(\mathbf{n})=\delta(\mathbf{n}-\mathbf{n}^{\prime})=\delta(\cos\theta-\cos\theta^{\prime})\delta(\varphi-\varphi^{\prime})\]线性关系
\[Y_{l}^{-m}\left(\mathbf{n}\right)=\left(-1\right)^{m} {Y_{l}^{m}}^{*}\left(\mathbf{n}\right)\]对于另一种约定, 没有 \((-)^m\) 因子.
12.4.3 Addition Theorem
改变坐标极轴方向, 令 \(\gamma=\angle(\mathbf{n},\mathbf{n}^{\prime})\),
\[\cos\gamma=\cos\theta\cos\theta^{\prime}+\sin\theta\sin\theta^{\prime}\cos(\phi-\phi^{\prime})\]\[Y_{l0}(\gamma,\delta)=\sqrt{\frac{4\pi}{2l+1}}\sum_{m=-l}^lY_{lm}(\theta,\phi)Y_{lm}^*(\theta^{\prime},\phi^{\prime})\]则
\[\begin{aligned} P_{l}(\cos\gamma) &=\frac{4\pi}{2l+1}\sum_{m=-l}^lY_{lm}(\theta,\phi)Y_{lm}^*(\theta^{\prime},\phi^{\prime})\\ &=\sum_{m=-l}^l\frac{(l-m)!}{(l+m)!}P_l^m(\cos\theta)P_l^m(\cos\theta^{\prime}) \mathrm{e}^{\mathrm{i}m(\phi-\phi^{\prime})}\\ &=\sum_{m=-l}^l(-1)^mP_l^m(\cos\theta)P_l^{-m}(\cos\theta^{\prime})\mathrm{e}^{\mathrm{i}m(\phi-\phi^{\prime})}\\ &=P_l(\cos\theta)P_l(\cos\theta^{\prime})+2\sum_{m=1}^l\cos m(\phi-\phi^{\prime})\frac{(l-m)!}{(l+m)!}P_l^m(\cos\theta)P_l^m(\cos\theta^{\prime}) \end{aligned}\]Proof 从 Laplace 方程的解的关系入手. 假设 \(\nabla^2V=0\), 且 \(V(0)\) 有界.
球谐函数加法定理中的角度关系示意图.
在 \((r, \theta,\phi)\) 下, \(V_{lm}(r,\theta,\phi)=r^lY_{lm}(\theta,\phi)\). 将极轴变为 \(z'\), \(\nabla^2U=0\), \(U_{lm}(r,\gamma,\delta)=r^lY_{lm}(\gamma,\delta)\).
出于完备性要求, 一定有
\[Y_{lm}(\gamma,\delta)=\sum_{n=-l}^lA_n(\theta^{\prime},\phi^{\prime})Y_{ln}(\theta,\phi)\qquad (1)\]\[Y_{lm}(\theta,\phi)=\sum_{n=-l}^lB_n(\theta^\prime,\phi^\prime)Y_{ln}(\gamma,\delta)\qquad (2)\]考虑 \(m = 0\), 代入(1)有
\[Y_{l0}(\gamma,\delta)=\sum_{m=-l}^{l}A_{m}Y_{lm}(\theta,\phi)\]\[A_m=\int_0^\pi\int_0^{2\pi}Y_{l0}(\gamma,\delta)Y_{lm}^*(\theta,\phi)\mathrm{d}\Omega=\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}Y_{l0}(\gamma,\delta)\sum_{n=-l}^{l}B_{n}^{*}Y_{ln}^{*}(\gamma,\delta)\mathrm{d}\Omega=B_0^*\]考虑 \(\gamma = 0\), 即 \(\theta=\theta',\phi=\phi'\), 有
\[Y_{ln}(0,\delta)=\sqrt{\frac{(l-n)!}{(l+n)!}\frac{2l+1}{4\pi}}P_l^n(1)\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\delta}=\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi}}\delta_{n0}\]结合(2), 代入 \(\theta=\theta',\phi=\phi'\), 从而
\[B_0=\sqrt{\frac{4\pi}{2l+1}}Y_{lm}(\theta^{\prime},\phi^{\prime})\]结合 \(A_m=B_0^*\), 得到结果.
13 Cylindrical Functions
考虑 Helmholtz 方程
\[\nabla^2u+k^2u=0\]柱坐标系下
\[\boxed{ \nabla^{2}=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2}{\partial\theta^2}+\frac{\partial^2}{\partial z^2} }\]\[\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2}+\frac{\partial^2u}{\partial z^2}+k^2u=0\]代入分离变量解 \(u(r,\theta,z)=R(r)\Theta(\theta)Z(z)\), 得到
\[\frac{1}{r}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left(r\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}r}\right)+\left(k^2-\lambda-\frac{\mu}{r^2}\right)R=0\]\[\frac{\mathrm{d}^{2}\Theta}{\mathrm{d}\theta^{2}}+\mu\Theta=0,\quad \frac{\mathrm{d}^2Z}{\mathrm{d}z^2}+\lambda Z=0\]Bessel 方程
对于径向部分, 若 \(k^2-\lambda\neq0\), 可以令
\[x=\sqrt{k^2-\lambda}r,\quad y(x)=R(r),\quad \mu=\nu^2\]得到 \(\nu\) 阶 Bessel 方程
\[\frac{1}{x}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)+\left(1-\frac{\nu^2}{x^2}\right)y(x)=0\]属于 Sturm-Liouville 函数, 权重函数 \(\rho(x) = x\).
Bessel 方程的解
\(\nu \notin \mathbb{Z}\), 有两个正则解, 即 \(\pm\nu\) 阶 Bessel 函数
\[\boxed{ J_{\pm\nu}(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(k\pm\nu+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k\pm\nu} }\]\(\nu = n\in\mathbb{Z}\),
\[W[J_n(x),J_{-n}(x)]=0\]故一定有含对数项的第二解. 第一解仍为 Bessel 函数, 负整数阶 \(J_{-n}(x)=(-1)^nJ_n(x)\); 第二解为 Neumann 函数, 一定含有对数项, 定义为
\[\boxed{ N_\nu(x)=\frac{\cos\nu\pi J_\nu(x)-J_{-\nu}(x)}{\sin\nu\pi} }\]满足
\[W[J_\nu(x),N_\nu(x)]=\frac{2}{\pi x}\]即总是与 \(J_\nu(x)\) 线性无关. 整数阶取 \(\nu\to n \) 的极限
\[\begin{aligned} N_{n}(x) &=\lim_{\nu\to n}\frac{\cos\nu\pi J_{\nu}(x)-J_{-\nu}(x)}{\sin\nu\pi}\\ &=\frac{1}{\pi}\left[\frac{\partial J_\nu(x)}{\partial\nu}-(-1)^n\frac{\partial J_{-\nu}(x)}{\partial\nu}\right]_{\nu=n}\\ &=\frac{2}{\pi}J_n(x)\ln\frac{x}{2}-\frac{1}{\pi}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(n-k-1)!}{k!}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k-n}\\ &-\frac{1}{\pi}\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!(n+k)!}[\psi(n+k+1)+\psi(k+1)]\times\left(\frac{x}{2}\right)^{2k+n} \end{aligned}\]对于对数函数, 取 \(|\arg x|\lt\pi\) 的分支.
13.1 Properties of Bessel and Neumann Functions
13.1.1 Properties of Integer-Order Bessel Functions
负整数阶
\[J_{-n}(x)=(-1)^nJ_n(x)\]奇偶性
\[J_n(-x)=(-1)^nJ_n(x)\]生成函数
\[\boxed{ \exp\left[\frac{x}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)\right]=\sum_{n=-\infty}^\infty J_n(x)t^n }\]若令 \(t = \mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\), 可以得到 Jacobi-Anger 展开
\[\mathrm{e}^{\mathrm{i}x\sin\theta}=\sum_{n=-\infty}^\infty J_n(x)\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\theta}\]若令 \(t=\mathrm{i}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\), 可以得到平面波按柱面波的展开
\[\begin{aligned} \mathrm{e}^{\mathrm{i}x\cos\theta}&=\sum_{n=-\infty}^\infty J_n(x)\mathrm{i}^n\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\theta}\\&=J_0(x)+\sum_{n=1}^\infty\left[\mathrm{i}^nJ_n(x)\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\theta}+\mathrm{i}^{-n}J_{-n}(x)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\theta}\right]\\&=J_0(x)+\sum_{n=1}^\infty\left[\mathrm{i}^nJ_n(x)\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\theta}+\mathrm{i}^{-n}(-1)^nJ_n(x)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\theta}\right]\\&=J_0(x)+2\sum_{n=1}^\infty\mathrm{i}^nJ_n(x)\cos n\theta\end{aligned}\]\[\mathrm{e}^{\mathrm{i}(k_rr\cos\theta-\omega t)}=J_0(k_rr)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}+2\sum_{n=1}^\infty\mathrm{i}^nJ_n(k_rr)\cos n\theta\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\]波动方程
\[\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-v^2\nabla^2u=0\]平面波解
\[u(x,y,z,t)=X(x)Y(y)Z(z)T(t)=\mathrm{e}^{\mathrm{i}k_xx}\mathrm{e}^{\mathrm{i}k_yy}\mathrm{e}^{\mathrm{i}k_zz}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\]柱面波解
\[u(r,\theta,z,t)=R(r)\Theta(\theta)Z(z)T(t)=J_n(k_rr)\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\theta}\mathrm{e}^{\mathrm{i}k_zz}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\]
积分表示 利用 Jacobi-Anger 展开, 以及 \(\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\theta}\) 作为基的正交完备性, 得到
\[J_n(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\mathrm{e}^{\mathrm{i}x\sin\theta}\left(\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\theta}\right)^*\mathrm{d}\theta=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\cos(x\sin\theta-n\theta)\mathrm{d}\theta\]虚部 \(\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\sin(x\sin\theta-n\theta)\mathrm{d}\theta\) 被自然地舍去.
13.1.2 Properties of Arbitrary-Order Bessel Functions
渐近行为
\(x\to 0\) 时
\[\boxed{ J_\nu(x)=\frac{1}{\Gamma(\nu+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^\nu+O(x^{\nu+2}) }\]\(x\to\infty\) 时
\[\boxed{ J_\nu(x)\sim\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\cos\left(x-\frac{\nu\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\right)\quad\left|\arg x\right|\lt\pi }\]
递推关系
\[\boxed{ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[x^\nu J_\nu(x)\right]=x^\nu J_{\nu-1}(x),\quad \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[x^{-\nu}J_\nu(x)\right]=-x^{-\nu}J_{\nu+1}(x) }\]从递推关系中分别消去 \(J_\nu(x)\) 和 \(J_{\nu}'(x)\) 得到
\[\boxed{ J_{\nu-1}(x)-J_{\nu+1}(x)=2J_\nu^{\prime}(x),\quad J_{\nu-1}(x)+J_{\nu+1}(x)=\frac{2\nu}{x}J_\nu(x) }\]从而对于整数阶, 可以由 \(J_0(x),J_1(x)\) 推出 \(J_n(x), J_n'(x)\).
Wronski 行列式
\[W[J_\nu(x),J_{-\nu}(x)]=A\exp\left[-\int^xp(\xi)\mathrm{d}\xi\right]\]Bessel 方程 \(p(x)=\frac{1}{x}\), 从而
\[W[J_\nu(x),J_{-\nu}(x)]=A\exp[-\ln x+B]=\frac{C}{x}\]接下来求系数. 令 \(x\to 0\),
\[\begin{aligned} W[J_{\nu}(x),J_{-\nu}(x)]&= \begin{vmatrix} \frac{1}{\Gamma(\nu+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{\nu}&\frac{1}{\Gamma(1-\nu)}\left(\frac{x}{2}\right)^{-\nu}\\ \frac{1}{\Gamma(\nu)}\left(\frac{x}{2}\right)^{\nu-1}\frac{1}{2}&\frac{1}{\Gamma(-\nu)}\left(\frac{x}{2}\right)^{-\nu-1}\frac{1}{2} \end{vmatrix}\\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{2}\right)^{-1}\left[\frac{1}{\Gamma(\nu+1)\Gamma(-\nu)}-\frac{1}{\Gamma(\nu)\Gamma(1-\nu)}\right]\\ &=-\frac{2}{x}\frac{1}{\Gamma(\nu)\Gamma(1-\nu)}=-\frac{2}{x}\frac{\sin\pi\nu}{\pi} \end{aligned}\]从而 \(C=-\frac{2}{\pi}\sin\pi\nu\). (利用 \(x\to\infty\) 的渐进也可以得到)
实数阶 Bessel 函数的零点: \(\nu> -1\) 时
\(J_\nu\) 有无穷多零点: 由振荡渐近行为容易得出.
均为实零点
非零零点在实轴上关于原点对称. 对非整数阶, 此处可用偶整函数 \(x^{-\nu}J_\nu(x)\) 的级数判断零点分布, 避免将 \(x^\nu\) 的分支当成奇偶性.
\(J_\nu\) 的两个相邻正零点之间恰有 \(J_{\nu+1}\) 的一个正零点: Proof 由于均为实零点, 可以利用高数中的 Rolle 定理, 以及递推关系
\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[x^{-\nu}J_\nu(x)\right]=-x^{-\nu}J_{\nu+1}(x)\]\(J_\nu\) 的两个相邻零点即 \(x^{-\nu}J_\nu\) 的两个相邻零点. 其间至少有一个导数为零的点, 使得 \(J_{\nu+1}=0\). 反向递推关系
\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}[x^{\nu+1}J_{\nu+1}(x)]=x^{\nu+1}J_\nu(x)\]表明若同一区间有两个 \(J_{\nu+1}\) 零点, Rolle 定理又会给出其间一个 \(J_\nu\) 零点, 矛盾. 两函数也不能有共同的正零点, 否则由递推关系有 \(J_\nu=J'_\nu=0\), 与 Bessel 方程的初值唯一性矛盾. 因而零点严格交错.
13.1.3 Integrals Involving Bessel Functions
被积函数为幂函数与 Bessel 函数之积
\[\int x^\mu J_\nu(x)\mathrm{d}x\]Solve 利用递推关系
\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(x^\nu J_\nu\right)=x^\nu J_{\nu-1},\quad \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(x^{-\nu}J_\nu\right)=-x^{-\nu}J_{\nu+1}\]有
\[\int x^\mu J_\nu(x)\mathrm{d}x=x^\mu J_{\nu+1}(x)-(\mu-\nu-1)\int x^{\mu-1}J_{\nu+1}(x)\mathrm{d}x\]\[\int x^\mu J_\nu(x)\mathrm{d}x=-x^\mu J_{\nu-1}(x)+(\mu+\nu-1)\int x^{\mu-1}J_{\nu-1}(x)\mathrm{d}x\]对于前一递推关系, 若 \(\mu-\nu=2n+1\),
\[\int x^{\mu-n}J_{\nu+n}(x)\mathrm{d}x=\int x^{(\nu+n)+1}J_{\nu+n}(x)\mathrm{d}x=x^{\nu+n+1}J_{\nu+n+1}(x)\]从而可以 n 次分部积分得出.
对后一递推关系, 若 \(\mu+\nu = 2n+1\),
\[\int x^{\mu - n}J_{\nu - n}(x)\mathrm{d}x=\int x^{-(\nu-n)+1}J_{\nu-n}(x)\mathrm{d}x=-x^{-(\nu-n)+1}J_{\nu-n-1}(x)\]
Bessel 函数的模方
\[\int xJ_\nu^2\mathrm{d}x=\frac{x^2}{2}(J_\nu^2+J_{\nu+1}^2)-\nu xJ_\nu J_{\nu+1}+C\]Solve 利用 Bessel 方程
\[\frac{1}{x}(xJ_\nu^{\prime})^{\prime}+\left(1-\frac{\nu^2}{x^2}\right)J_\nu=0\]乘 \(x^2 J_\nu ' \),
\[\frac{1}{2}(xJ_\nu^{\prime})^{2\prime}+\frac{1}{2}x^2(J_\nu^2)^{\prime}-\frac{\nu^2}{2}(J_\nu^2)^{\prime}=0\]对其积分, 并对第二项分部积分得到
\[\frac{1}{2}(xJ_\nu^{\prime})^2+\frac{1}{2}x^2J_\nu^2-\int xJ_\nu^2\mathrm{d}x+C-\frac{\nu^2}{2}J_\nu^2=0\]移项得到
\[\boxed{\begin{aligned} \int xJ_\nu^2\mathrm{d}x &=\frac{1}{2}(xJ_\nu^{\prime})^2+\frac{1}{2}\left(x^2-\nu^2\right)J_\nu^2+C\\ &=\frac{x^2}{2}(J_\nu^2+J_{\nu+1}^2)-\nu xJ_\nu J_{\nu+1}+C \end{aligned}}\]利用第二个递推关系消去 \(J_\nu'\) 得到第二式.
13.1.4 Properties of Neumann Functions
渐近行为
\(x\to 0\) 时
\[\boxed{\begin{aligned} N_\nu(x)&\sim-\frac{\Gamma(\nu)}{\pi}\left(\frac{x}{2}\right)^{-\nu},\quad &\mathrm{Re}\,\nu>0\\ N_0(x)&\sim\frac{2}{\pi}\ln\frac{x}{2},\quad &\nu = 0 \end{aligned}}\]\(x\to\infty\) 时
\[\boxed{ N_\nu(x)\sim\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\sin\left(x-\frac{\nu\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\right),\quad\left|\arg x\right|\lt\pi }\]
递推关系
\[\boxed{ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[x^\nu N_\nu(x)\right]=x^\nu N_{\nu-1}(x),\quad \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[x^{-\nu}N_\nu(x)\right]=-x^{-\nu}N_{\nu+1}(x) }\]
13.2 Cylindrical Functions
满足递推关系
\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[x^\nu C_\nu(x)\right]=x^\nu C_{\nu-1}(x)\]\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[x^{-\nu}C_\nu(x)\right]=-x^{-\nu}C_{\nu+1}(x)\]的一系列函数 \(\{C_\nu(x)\}\), 统称为柱函数, 均满足 Bessel 方程.
Proof 两递推式可改写为
\[C_\nu^{\prime}(x)+\frac{\nu}{x}C_\nu(x)=C_{\nu-1}(x)\tag{1}\]\[C_\nu^{\prime}(x)-\frac{\nu}{x}C_\nu(x)=-C_{\nu+1}(x)\tag{2}\](2)可以写作
\[C_{\nu-1}^{\prime}(x)-\frac{\nu-1}{x}C_{\nu-1}(x)=-C_\nu(x)\]代入(1), 消去所有非 \(\nu\) 阶项, 得到 Bessel 方程
\[C_{\nu}^{\prime\prime}(x)+\frac{1}{x}C_{\nu}^{\prime}(x)+\left(1-\frac{\nu^2}{x^2}\right)C_{\nu}(x)=0\]Bessel 函数和 Neumann 函数分别被称为第一类、第二类柱函数.
电磁学中常把两类柱函数组合得到, 得到两类复的柱函数, 即 Hankel 函数:
\[H_{\nu}^{(1)}(x)\equiv J_\nu(x)+\mathrm{i}N_\nu(x)\sim\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\exp\left[\mathrm{i}\left(x-\frac{\nu\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\right)\right]\]\[H_{\nu}^{(2)}(x)\equiv J_\nu(x)-\mathrm{i}N_\nu(x)\sim\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\exp\left[-\mathrm{i}\left(x-\frac{\nu\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\right)\right]\]统称为第三类柱函数.
13.3 Spherical Bessel Functions
考虑球坐标系下的 Helmholtz 方程
\[\nabla^2u+k^2u=0\]设分离变量解 \(u(r,\theta,\phi)=R(r)S(\theta,\phi)\). 球面上要求角向函数单值且正则, 角向方程为 \(\Delta_{S^2}S=-l(l+1)S\), 其中 \(\Delta_{S^2}=\frac{1}{\sin\theta}\partial_\theta(\sin\theta\,\partial_\theta)+\frac{1}{\sin^2\theta}\partial_\phi^2\), \(l=0,1,2,\ldots\), 解为球谐函数的线性组合. 径向方程为
\[\frac{1}{r^2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left(r^2\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}r}\right)+\left[k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\right]R=0\]进行代换 \(x = kr\), 再分别进行代换 \(y(x) = R(r), v(x)=\sqrt{x}y(x)\) 得到
\[\frac{1}{x^2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(x^2\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)+\left[1-\frac{l(l+1)}{x^2}\right]y=0\]\[\frac{1}{x}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}\right)+\left[1-\frac{(l+\frac{1}{2})^2}{x^2}\right]v=0\]前一式为球 Bessel 方程, 后一式为 \(l+\frac{1}{2}\) 阶 Bessel 方程. 后一方程解为
\[J_{l+\frac{1}{2}}(x),\quad J_{-l-\frac{1}{2}}(x)=(-1)^{l+1}N_{l+\frac{1}{2}}(x)\]从而球 Bessel 方程的解为
\[\boxed{\begin{aligned} j_{l}(x) &=\sqrt{\frac{\pi}{2x}}J_{l+\frac{1}{2}}(x)\\ n_{l}(x) &=\sqrt{\frac{\pi}{2x}}N_{l+\frac{1}{2}}(x)=(-1)^{l+1}\sqrt{\frac{\pi}{2x}}J_{-l-\frac{1}{2}}(x) \end{aligned}}\]分别称为 \(l\) 阶球 Bessel 函数和 Neumann 函数.
零阶
\[j_0(x)=\frac{\sin x}{x},\quad n_0(x)=-\frac{\cos x}{x}\]递推关系
\[\boxed{\begin{gathered} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(x^{l+1}j_l)=x^{l+1}j_{l-1}\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(x^{-l}j_l)=-x^{-l}j_{l+1} \end{gathered}}\]对 \(n_l\) 同样成立.
从而可以得到任意阶球 Bessel 函数
\[\boxed{\begin{gathered} j_l(x)=x^l\left(-\frac{\mathrm{d}}{x\mathrm{d}x}\right)^l\left\{\frac{\sin x}{x}\right\}\\ n_l(x)=x^l\left(-\frac{\mathrm{d}}{x\mathrm{d}x}\right)^l\left\{-\frac{\cos x}{x}\right\} \end{gathered}}\]球 Hankel 函数
\[h_{l}^{(1)}=j_l(x)+\mathrm{i}n_l(x)\]\[h_{l}^{(2)}=j_l(x)-\mathrm{i}n_l(x)\]渐近行为
\[\begin{aligned} j_l(x)&\sim\frac{1}{x}\sin(x-\frac{l\pi}{2})\\ n_l(x)&\sim-\frac{1}{x}\cos(x-\frac{l\pi}{2})\\ h_l^{(1)}(x)&\sim\frac{1}{\mathrm{i}x}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(x-\frac{l\pi}{2})}\\ h_l^{(2)}(x)&\sim\frac{\mathrm{i}}{x}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(x-\frac{l\pi}{2})} \end{aligned}\]
球面波 球面波波动方程的解即为 \(j_l(kr)Y_l^m(\theta,\phi)\). 对于与 \(\phi\) 无关的球面波, \(m = 0\). 例如对于平面波
\[\mathrm{e}^{\mathrm{i}kr\cos\theta}=\sum_{l=0}^\infty(2l+1)\mathrm{i}^lj_l(kr)P_l(\cos\theta)\]Proof 对 \(P_l\) 展开的系数
\[\begin{aligned} c_l(kr) &=\frac{2l+1}{2}\int_{-1}^1\mathrm{e}^{\mathrm{i}krx}P_l(x)\mathrm{d}x\\ &=\frac{2l+1}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\mathrm{i}kr)^n}{n!}\int_{-1}^1x^nP_l(x)\mathrm{d}x\\ &=\frac{2l+1}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\mathrm{i}kr)^{l+2n}}{(l+2n)!}\int_{-1}^1x^{l+2n}P_l(x)\mathrm{d}x\\ &=\frac{2l+1}{2}\mathrm{i}^l\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(l+2n)!}(kr)^{l+2n}\times\frac{(l+2n)!}{2^{l+2n}n!}\frac{\sqrt{\pi}}{\Gamma(n+l+3/2)}\\ &=\frac{2l+1}{2}\mathrm{i}^l\sqrt{\pi}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{n!\Gamma(n+l+3/2)}\left(\frac{kr}{2}\right)^{l+2n}\\ &=(2l+1)\mathrm{i}^lj_l(kr) \end{aligned}\]13.4 Eigenvalue Problems of the Bessel Equation
Example 1 求四周固定的圆形薄膜的振动问题 平面极坐标系下, 设波速为 \(c\),
\[\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-c^2\left[\frac1r\frac\partial{\partial r}\left(r\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac1{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\phi^2}\right]=0\]\[u|_{r=a}=0,\quad u|_{t=0}=f(r,\phi),\quad \frac{\partial u}{\partial t}\bigg|_{t=0}=g(r,\phi)\]\[u|_{\phi=0}=u|_{\phi=2\pi},\quad \frac{\partial u}{\partial\phi}\bigg|_{\phi=0}=\frac{\partial u}{\partial\phi}\bigg|_{\phi=2\pi},\quad u|_{r=0}\text{有界}\]Solution 取分离变量解 \(u(r,\phi,t)=R(r)\Phi(\phi)T(t)\) 得到
\[T^{\prime\prime}(t)+c^2k^2T(t)=0\]\[\Phi^{\prime\prime}(\phi)+m^2\Phi(\phi)=0\]\[\Phi(0)=\Phi(2\pi),\quad \Phi^{\prime}(0)=\Phi^{\prime}(2\pi)\]\[\frac{1}{r}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left[r\frac{\mathrm{d}R(r)}{\mathrm{d}r}\right]+\left(k^2-\frac{m^2}{r^2}\right)R(r)=0\]\[R(0)\text{有界},\quad R(a)=0\]角向: 本征值和本征函数
\[m^2,\quad\Phi_m(\phi)=\mathrm{e}^{\mathrm{i}m\phi},\quad m=0,\pm1,\pm 2,\cdots\]径向: 方程可化为 Bessel 方程
\[R(r)=CJ_m(kr)+DN_m(kr)\]为保证 \(R(0)\) 有界, 应该有 \(D = 0\); 为保证 \(R(a)=0\) 且 \(C\ne 0\), 应有
\[J_m(ka)=0\]设 \(\mu_i^{(m)}\) 是 \(J_m(x)\) 的第 \(i\) 个正零点. 则径向本征值和本征函数
\[k_{mi}^2=\left(\frac{\mu_i^{(m)}}{a}\right)^2,\quad R_{mi}(r)=J_m\left(\frac{\mu_i^{(m)}r}{a}\right),\quad i = 1,2,3,\cdots\]含时:
\[T_{mi}(t)=A_{mi}\cos\omega_{mi}t+B_{mi}\sin\omega_{mi}t,\quad \omega_{mi}=ck_{mi}=\frac{c\mu_i^{(m)}}{a}\]后一式给出圆形膜的固有频率.
一般解为
\[u(r,\phi,t)=\sum_{i=1}^\infty\sum_{m=-\infty}^\infty J_m\left(\frac{\mu_i^{(m)}r}{a}\right)\mathrm{e}^{\mathrm{i}m\phi}\times(A_{mi}\cos\omega_{mi}t+B_{mi}\sin\omega_{mi}t)\]- 代入初始条件: \[f(r,\phi)=\sum_{i=1}^\infty\sum_{m=-\infty}^\infty A_{mi}J_m\left(\frac{\mu_i^{(m)}r}{a}\right)\mathrm{e}^{\mathrm{i}m\phi}\] \[g(r,\phi)=\sum_{i=1}^\infty\sum_{m=-\infty}^\infty\omega_{mi}B_{mi}J_m\left(\frac{\mu_i^{(m)}r}{a}\right)\mathrm{e}^{\mathrm{i}m\phi}\] 利用正交关系 \[\int_0^{2\pi}\mathrm{e}^{\mathrm{i}m\phi}\left(\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\phi}\right)^*\mathrm{d}\phi=2\pi\delta_{mn}\] \[\int_0^aJ_m\left(\frac{\mu_i^{(m)}r}{a}\right)J_m\left(\frac{\mu_j^{(m)}r}{a}\right)r\mathrm{d}r=\left\|J_m\left(\frac{\mu_i^{(m)}r}{a}\right)\right\|^2\delta_{ij}=\frac{1}{2}a^{2}J_{m+1}^{2}\left(\mu_{i}^{(m)}\right)\delta_{ij}\] 得到 \[A_{mi}=\frac{1}{2\pi\left\|J_m\left(\frac{\mu_i^{(m)}r}{a}\right)\right\|^2}\int_0^a\int_0^{2\pi}J_m\left(\frac{\mu_i^{(m)}r}{a}\right)\times f(r,\phi)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}m\phi}r\mathrm{d}r\mathrm{d}\phi\] \[B_{mi}=\frac{1}{2\pi\left\|J_m\left(\frac{\mu_i^{(m)}r}{a}\right)\right\|^2\omega_{mi}}\int_0^a\int_0^{2\pi}J_m\left(\frac{\mu_i^{(m)}r}{a}\right)\times g(r,\phi)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}m\phi}r\mathrm{d}r\mathrm{d}\phi\]
Example 2 球内热传导问题 一均匀球, 半径为 \(a\), 初始温度分布为 \(f(r)\cos\theta\). 若球面温度保持为零度, 求球内各处温度变化的情况.
Solution
\[\frac{\partial u}{\partial t}-\kappa\left[\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial u}{\partial\theta}\right)\right]=0\]\[u|_{r=0}\text{有界},\quad u|_{r=a}=0,\quad u|_{t=0}=f(r)\cos\theta\]考虑到问题对称性, 设解为 \(u(r,\theta,t)=R(r)\Theta(\theta)T(t)\), 代入得到
角向
\[\frac{1}{\sin\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}\left(\sin\theta\frac{\mathrm{d}\Theta}{\mathrm{d}\theta}\right)+\lambda\Theta=0\]\[\Theta(0)\text{有界 },\quad\Theta(\pi)\text{有界}\]显然
\[\lambda_l=l(l+1),\quad \Theta_l(\cos\theta)=P_l(\cos\theta)\]径向
\[\frac{1}{r^2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left(r^2\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}r}\right)+\left[ k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\right] R(r)=0\]\[R(0)\text{有界 },\quad R(a)=0\]考虑边条件, 这里 \(\mu_i^{(l)}\) 为 \(j_l(x)\) 的第 \(i\) 个正零点, 有
\[k_{li}=\frac{\mu_i^{(l)}}{a},\quad R_{li}(r)=j_l\left(\frac{\mu_i^{(l)}r}{a}\right)\]含时
\[T^{\prime}+\kappa k^2T=0\]解为
\[T_{li}(t)=A_{li}\mathrm{e}^{-\kappa k_{li}^{2}t}\]
一般解
\[u(r,\theta,t)=\sum_{l=0}^\infty\sum_{i=1}^\infty A_{li}j_l\left(\frac{\mu_i^{(l)}r}{a}\right)P_l(\cos\theta)\mathrm{e}^{-\kappa k_{li}^2t}\]代入初始条件
\[f(r)P_1(\cos\theta)=\sum_{l=0}^\infty\sum_{i=1}^\infty A_{li}j_l\left(\frac{\mu_i^{(l)}r}{a}\right)P_l(\cos\theta)\]\[\Longrightarrow f(r)=\sum_{i=1}^\infty A_{1i}j_1\left(\frac{\mu_i^{(1)}r}{a}\right)\]利用
\[\begin{aligned} \int_0^aj_1^2\left(\frac{\mu_i^{(1)}r}{a}\right)r^2\mathrm{d}r &=\frac{\pi}{2}\frac{a}{\mu_i^{(1)}}\int_0^aJ_{3/2}^2\left(\frac{\mu_i^{(1)}r}{a}\right)r\mathrm{d}r =\frac{\pi}{2}\frac{a}{\mu_i^{(1)}}\frac{a^2}{2}J_{3/2}^{\prime2}(\mu_i^{(1)})\\ &=\frac{a^3}{2\mu_i^{(1)}}\left.(\sqrt{x}j_1(x))^{\prime2}\right|_{x=\mu_i^{(1)}} =\frac{a^3}{2}j_1^{\prime2}(\mu_i^{(1)})\\ &=\frac{a^3}{2}j_0^2(\mu_i^{(1)}) \end{aligned}\]得到
\[u(r,\theta,t)=\sum_{i=1}^\infty A_{1i}j_1\left(\frac{\mu_i^{(1)}r}{a}\right)P_1(\cos\theta)\exp\left[-\kappa\left(\frac{\mu_i^{(1)}}{a}\right)^2t\right]\]\[A_{1i}=\frac{\int_0^af(r)j_1\left(\frac{\mu_i^{(1)}r}{a}\right)r^2\mathrm{d}r}{\frac{a^3}{2}j_0^2(\mu_i^{(1)})}\]\(\mu_{i}^{(1)}\) 满足
\[\frac{1}{\mu_i^{(1)2}}\left[\sin\mu_i^{(1)}-\mu_i^{(1)}\cos\mu_i^{(1)}\right]=0\Longrightarrow \mu_i^{(1)}=\tan\mu_i^{(1)}\]
13.5 Hypergeometric Functions
Definition 超几何级数
\[\sum c_n,\quad \frac{c_{n+1}}{c_n} = R(n) = \frac{(n+a_1)(n+a_2)\cdots(n+a_p)x}{(n+b_1)(n+b_2)\cdots(n+b_q)(n+1)}\]\[\Longrightarrow \sum_{n=0}^\infty c_n=c_0\sum_{n=0}^\infty\frac{(a_1)_n\cdots(a_p)_n}{(b_1)_n\cdots(b_q)_n}\frac{x^n}{n!}\equiv c_0~_pF_q\left(\begin{array}{c}a_1,...,a_p\\b_1,...,b_q\end{array};x\right)\]\(x\) 因子是因为多项式不一定是首 1 的. \(n+1\) 因子可能来源于因式分解, 若不是, 只需在分子加一补偿的 \(n+1\) 因子.
- 初等函数的超几何级数表示 \[\begin{aligned} \mathrm{e}^x &={}_0F_0\left(\begin{array}{c}-\\-\end{array};x\right)\\ \sin x &=x_0F_1\left(\begin{array}{c}-\\3/2\end{array};-x^2/4\right)\\ \cos x &={}_0F_1\left(\begin{array}{c}-\\1/2\end{array};-x^2/4\right)\\ \log(1+x) &=x_2F_1\left(\begin{array}{c}1,1\\2\end{array};-x\right)\\ (1-x)^{-a} &={}_1F_0\left(\begin{array}{c}a\\-\end{array};x\right) \end{aligned}\]
Definition 超几何函数
\[F(\alpha,\beta;\gamma;z)=_2F_1\left(\begin{array}{c}\alpha,\beta\\\gamma\end{array};z\right)\equiv\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}\frac{\Gamma(\alpha+n)}{\Gamma(\alpha)}\frac{\Gamma(\beta+n)}{\Gamma(\beta)}\frac{\Gamma(\gamma)}{\Gamma(\gamma+n)}z^n\]及其解析延拓.
- 特殊函数的超几何函数表示. 下列关联 Legendre 公式先取实 \(z>1\), 幂函数取正实底数的通常值, 再解析延拓到 \(\mathbb{C}\setminus(-\infty,1]\). 区间 \(-1\lt x\lt 1\) 内前文的 \(P_l^m(x)\) 使用含 Condon–Shortley 相位的 Ferrers 约定, 不能把割线外公式无说明地直接代入; 参数使 Gamma 因子奇异时按极限理解. \[\begin{aligned} P_n(z) &=F(-n,n+1;1;\frac{1-z}{2})\\ P_\nu(z) &=F(-\nu,\nu+1;1;\frac{1-z}{2})\\ Q_\nu(z) &=\frac{\sqrt{\pi}\Gamma(\nu+1)}{\Gamma(\nu+3/2)}(2z)^{-\nu-1}\times F(\frac{\nu+1}{2},\frac{\nu}{2}+1;\nu+\frac{3}{2};\frac{1}{z^{2}})\\ P_\nu^\mu(z) &=\frac{1}{\Gamma(1-\mu)}\left(\frac{z+1}{z-1}\right)^{\mu/2}\times F(-\nu,\nu+1;1-\mu;\frac{1-z}{2})\\ Q_\nu^\mu(z) &=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi\mu}\sqrt{\pi}}{2^{\nu+1}}\frac{\Gamma(\nu+\mu+1)}{\Gamma(\nu+3/2)}z^{-\nu-\mu-1}(z^2-1)^{\mu/2}\\ &\times F(\frac{\nu+\mu+1}{2},\frac{\nu+\mu}{2}+1;\nu+\frac{3}{2};\frac{1}{z^2}) \end{aligned}\]
超几何方程
\[z(1-z)\frac{\mathrm{d}^2w}{\mathrm{d}z^2}+[\gamma-(\alpha+\beta+1)z]\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}z}-\alpha\beta w=0\]有三个(正则)奇点 \(\{0, 1,\infty\}\). \(\gamma\notin \mathbb{Z}\) 时, 有两个线性无关解:
\[\begin{aligned}&w_{1}(z)=F(\alpha,\beta;\gamma;z)\\&w_{2}(z)=z^{1-\gamma}F(\alpha-\gamma+1,\beta-\gamma+1;2-\gamma;z)\end{aligned}\]13.6 Confluent Hypergeometric Functions
注意到超几何级数
\[y={}_pF_q\left(\begin{array}{c}a_1,...,a_p\\b_1,...,b_q\end{array};x\right)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(a_1)_n\cdots(a_p)_n}{(b_1)_n\cdots(b_q)_n}\frac{x^n}{n!}\]可以认为是方程
\[\left\{\delta(\delta+b_1-1)\cdots(\delta+b_q-1)-x(\delta+a_1)\cdots(\delta+a_p)\right\}y=0,\quad \delta=x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\]的形式解.
- 若 \(p>2\) 或 \(q>1\), 方程不如二阶微分方程方便.
- 若只考虑二阶微分方程:
- \(p = 2\), 此时必须有 \(q=1\), 否则所得级数处处发散. 得到的 \({}_2F_1\) 即为超几何函数.
- \(q = 1\), \(p = 0/1\), 此时得到的二阶 ODE 具有一个正则奇点 \(x=0\) 和一个非正则奇点 \(x=\infty\).
合流超几何方程与合流超几何函数
\(p=q=1\) 时得到的二阶 ODE
\[xy^{\prime\prime}+(\gamma-x)y^{\prime}-\alpha y=0\]称为合流超几何方程, 因为他可以由超几何方程的两个正则奇点合流到 \(\infty\) 得到.
奇点合流: 对于超几何方程
\[x(1-x)y^{\prime\prime}+[\gamma-(\alpha+\beta+1)x]y^{\prime}-\alpha\beta w=0\]作变换 \(x\mapsto \frac{x}{b}\), 并令 \(\beta = b\to\infty\), 得到合流超几何方程.
合流超几何方程的指标方程的解为 \(\rho_1 = 0, \rho_2 = 1-\gamma\), 则
\(\gamma\notin\mathbb{Z}\) 时, 可以得到两个线性无关的级数解:
\[\begin{aligned}&y_1(x)=F(\alpha;\gamma;x)\\&y_2(x)=x^{1-\gamma}F(\alpha-\gamma+1;2-\gamma;x)\end{aligned}\]其中
\[F(\alpha;\gamma;x)=_1F_1\left(\begin{array}{c}\alpha\\\gamma\end{array};x\right)=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}\frac{\Gamma(\alpha+n)}{\Gamma(\alpha)}\frac{\Gamma(\gamma)}{\Gamma(\gamma+n)}x^n\]即为合流超几何函数, 在全平面解析.
特殊函数的合流超几何函数表示:
Bessel 函数
\[J_\nu(z)=\frac{1}{\Gamma(\nu+1)}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}z}\left(\frac{z}{2}\right)^\nu F(\nu+\frac{1}{2};2\nu+1;2\mathrm{i}z)\]Hermite 多项式
\[\begin{gathered}H_{2n}(z)=(-1)^n\frac{(2n)!}{n!}F(-n;\frac{1}{2};z^2)\\H_{2n+1}(z)=2z(-1)^n\frac{(2n+1)!}{n!}F(-n;\frac{3}{2};z^2)\end{gathered}\]Laguerre 多项式
\[L_n(z)=F(-n;1;z)\]\[L_n^\mu(z)=\frac{1}{n!}\frac{\Gamma(n+\mu+1)}{\Gamma(\mu+1)}F(-n;\mu+1;z)\]
14 Summary of Separation of Variables
分离变量法中, 本征问题至关重要:
- 本征函数的完备性: 定解问题的解是否一定可以按照某一组本征函数展开?
- 本征函数的正交性: 定解的叠加系数.
从理论上研究这几个问题, 有助于加深对分离变量法的认识.
14.1 Inner Product Spaces
Definition 内积空间 若在数域 \(K\) 上的矢量空间上, 定义一个二元标量值函数 \((\mathbf{x},\mathbf{y})\), 满足:
- \((\mathbf{x},\mathbf{y})=(\mathbf{y},\mathbf{x})^*\);
- \(( \alpha \mathbf{x} + \beta \mathbf{y} , \mathbf{z} ) = \alpha ^{* }( \mathbf{x} , \mathbf{z} ) + \beta ^{* }( \mathbf{y} , \mathbf{z} )\), 其中 \(\alpha\) 和 \(\beta\) 是数域 \(K\) 上的标量;
- 对于任何 \(\mathbf{x}\), \((\mathbf{x},\mathbf{x})\geq0\), 当且仅当 \(\mathbf{x}=\mathbf{0}\) 时, \((\mathbf{x},\mathbf{x})=0\).
则称 \((\mathbf{x},\mathbf{y})\) 为 \(\mathbf{x},\mathbf{y}\) 的内积. 定义了内积的矢量空间称为内积空间.
- 具有实内积的实矢量空间称为欧氏空间(Euclidean space), 具有复内积的复矢量空间称为酉空间(unitary space). 不论是欧氏空间还是酉空间, 矢量与自身的内积总是实数, 在此基础上才能给出条件 3.
- 称 \((\mathbf{x},\mathbf{x})^{1/2}=\|\mathbf{x}\|\) 为 \(\mathbf{x}\) 的模. \(\left\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\right\|\) 为 \(\mathbf{x}\) 到 \(\mathbf{y}\) 的距离. 进一步可以定义开球、闭球、内点、聚点、开集、闭集等拓扑概念.
- 正交性:
- 当且仅当 \((\mathbf{x},\mathbf{y})=0\), 称两矢量正交.
- 若对于所有 \(i, j\), 有 \((\mathbf{x}_i,\mathbf{x}_j)=\delta_{ij}\), 则称 \(\{\mathbf{x}_1,\mathbf{x}_2,\cdots\}\) 正交归一.
- 任何一组线性无关的矢量都可以通过 Schmidt 正交化来正交归一化.
Bessel 不等式 考虑 \(n\) 维矢量空间 \(V\), 其中一个任意矢量 \(\mathbf{x}\), 其在一组正交归一的 \(\{\mathbf{x}_1,\mathbf{x}_2,\cdots,\mathbf{x}_k\}\) 张成的 \(k\) 维子空间上的投影为 \(\sum_{i=1}^k\alpha_i\mathbf{x}_i\), 故应有
\[\left\|\mathbf{x}-\sum_{i=1}^k\alpha_i\mathbf{x}_i\right\|^2=(\mathbf{x},\mathbf{x})-\sum_{i=1}^k\alpha_i^*\alpha_i\geq0\]得到 Bessel 不等式
\[\|\mathbf{x}\|^2\geq\sum_{i=1}^k\left|(\mathbf{x}_i,\mathbf{x})\right|^2\]由此也可以推出 Schwarz 不等式
\[|(\mathbf{x},\mathbf{y})|\leq\|\mathbf{x}\|\cdot\|\mathbf{y}\|\]对于矢量空间 \(V\) 的正交归一基, Bessel 不等式的等号成立, 得到 Parseval 等式
\[\|\mathbf{x}\|^2=\sum_{i=1}^n\left|(\mathbf{x}_i,\mathbf{x})\right|^2\]它是有限维空间正交归一矢量组完备性的充要条件.
14.2 Function Spaces
14.2.1 Function Spaces and Measurable Functions
函数空间是以函数为元素的矢量空间. 可测性与平方可积性是不同的概念: 可测函数不一定平方可积. 本章只使用平方可积函数组成的空间.
Definition 平方可积函数 定义在有限区间 \([a,b]\) 上的可测复值函数 \(f(x)\), 若满足
\[\int_a^b|f(x)|^2\mathrm{d}x\lt\infty\]则称其为平方可积函数. 将几乎处处相等的函数视为同一个元素, 所得空间记作 \(L^2([a,b])\).
- 可测函数序列的逐点极限仍可测, 但未必平方可积. \(L^2\) 空间中的收敛专指平方平均收敛.
- 连续函数序列的逐点极限未必连续; 一致收敛可以保证连续性保留.
平方可积函数的性质
Theorem 对于平方可积函数空间中的两个函数,
\[(f_1,f_2)=\int_a^bf_1^*(x)f_2(x)\mathrm{d}x\]存在.
Proof 由
\[|f_1(x)|^2+|f_2(x)|^2-2|f_1(x)|\cdot|f_2(x)|=\left[|f_1(x)|-|f_2(x)|\right]^2\geq0\]得到
\[|f_1^*(x)f_2(x)|=|f_1(x)|\cdot|f_2(x)|\leq\frac{1}{2}\left[|f_1(x)|^2+|f_2(x)|^2\right]\]从而
\[\int_a^b|f_1^*(x)f_2(x)|\mathrm{d}x\lt\infty\]可以证明二者内积的存在性.
Theorem 两个平方可积函数之和仍平方可积
Proof 由
\[|f_1(x)+f_2(x)|^2+|f_1(x)-f_2(x)|^2=2{\left[|f_1(x)|^2+|f_2(x)|^2\right]}\]可以得到
\[\int_a^b|f_1(x)+f_2(x)|^2\mathrm{d}x\leq2\int_a^b|f_1(x)|^2\mathrm{d}x+2\int_a^b|f_2(x)|^2\mathrm{d}x\lt\infty\]这说明 \(L^2([a,b])\) 对加法封闭; 数乘封闭性可直接验证.
14.2.2 Inner Product Function Spaces
在 \(L^2([a,b])\) 上定义
\[\langle f,g\rangle=\int_a^b f^*(x)g(x)\,\mathrm{d}x.\]共轭对称性和线性可以直接验证. 对于正定性, 若
\[\langle f,f\rangle=0,\]则 \(f=0\) 几乎处处. 由于 \(L^2\) 的元素本来就是几乎处处相等的等价类, 这恰好表示 \(f\) 是零元素. 因而 \(L^2([a,b])\) 是内积空间.
内积函数空间的正交性与完备性
Definition 函数空间的完备性: 若对于由空间内的函数组成的所有 Cauchy 序列
\[\{f_i(x)\}:\forall\epsilon>0,\exists N,\quad\mathrm{s.t.}\,\forall p,q>N,\|f_p-f_q\|=\sqrt{(f_p-f_q,f_p-f_q)}\lt\epsilon\]总存在该空间的函数 \(f(x)\), 使得
\[\lim_{i\to\infty}\|f_i(x)-f(x)\|=0\]则称该空间为完备的.
Definition Hilbert 空间: 完备的内积空间(并未限制为函数空间)
- Theorem \(L^2([a,b])\) 关于上述范数完备, 因而是 Hilbert 空间.
- 每个 Hilbert 空间都存在完备正交归一集; 在可分 Hilbert 空间 \(L^2([a,b])\) 中可以取为可数集.
Definition 正交归一集的完备性: 若正交归一函数集 \(\{f_\alpha\}_{\alpha\in A}\) 的线性张成在 Hilbert 空间中稠密, 则称其为完备的. 等价地, 与所有 \(f_\alpha\) 正交的矢量只有零矢量.
对任意 \(f\), 定义 Fourier 系数
\[c_\alpha=\langle f_\alpha,f\rangle.\]由 Bessel 不等式, 对任意有限子集 \(A'\subset A\),
\[\sum_{\alpha\in A'}|c_\alpha|^2\leq\|f\|^2.\]因此至多有可数个 \(c_\alpha\neq0\). 将它们编号为 \(c_{\alpha_i}\). 若正交归一集完备, 则
\[\lim_{n\to\infty}\left\|f-\sum_{i=1}^n c_{\alpha_i}f_{\alpha_i}\right\|=0,\]即级数在 Hilbert 空间范数下收敛. 对 \(L^2\) 而言, 这是平方平均收敛, 并不自动蕴含逐点收敛或一致收敛. 此时 Parseval 等式成立:
\[\|f\|^2=\sum_{\alpha\in A}|c_\alpha|^2 =\sum_{\alpha\in A}|\langle f_\alpha,f\rangle|^2.\]关于内积的定义, 还可以推广为
\[\langle f_1,f_2\rangle_\rho=\int_a^bf_1^*(x)f_2(x)\rho(x)\,\mathrm{d}x,\quad \rho(x)>0.\]相应的加权平方可积空间记为 \(L^2_\rho([a,b])\), 其元素满足
\[\int_a^b|f(x)|^2\rho(x)\,\mathrm{d}x\lt\infty.\]
14.3 Eigenvalue Problems of Sturm-Liouville Type Equations
Definition Sturm-Liouville 型方程
\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[p(x)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right]+[\lambda\rho(x)-q(x)]y=0\]Sturm-Liouville 问题
在给定区间, 可以对 S-L 问题作出分类:
正则 Sturm-Liouville 问题: 在给定有限闭区间 \([a, b]\), 要求
- \(p(x), q(x), \rho(x)\) 为实函数
- \(p(x) > 0\), \(\rho(x) > 0\) 在整个闭区间 \([a,b]\) 上严格成立
- \(p\in C^1([a,b])\), \(q,\rho\in C([a,b])\)
- 端点 \(a,b\) 均为正则端点(即 \(p(a) > 0, p(b) > 0\)), 满足正则端点的边条件.
\(\rho(x)\) 称为权重函数.
奇异 Sturm-Liouville 问题: 至少有一个奇异端点. 在一般算子理论中, 假设 \(p,\rho>0\) 几乎处处且 \(p^{-1},q,\rho\in L^1_{\mathrm{loc}}(a,b)\). 有限端点附近若 \(p^{-1},|q|,\rho\) 均可积, 称该端点正则; 否则或端点为无穷远时, 称为奇异.
有限端点处 \(p\) 趋于零或系数发散需要具体判断; 这本身也不是 Frobenius 意义下“正则奇异点”的充分条件. 正则奇异/不规则奇异描述微分方程系数的局部行为, Weyl 的极限点/极限圆分类则描述解的加权平方可积性, 二者不能作为互斥的三类端点并列.
Sturm-Liouville 问题的边界/渐近条件
正则端点的边条件(显式、线性、齐次)
实分离型边界条件
\[\begin{aligned} &\alpha_a y(a)+\beta_a p(a)y'(a)=0,&&\quad (\alpha_a,\beta_a)\neq(0,0),\\ &\alpha_b y(b)+\beta_b p(b)y'(b)=0,&&\quad (\alpha_b,\beta_b)\neq(0,0), \end{aligned}\]其中系数均为实数. Dirichlet、Neumann 和 Robin 条件都是这一形式的特例.
周期型边界条件
\[y(a)=y(b),\qquad p(a)y'(a)=p(b)y'(b).\]若 \(p(a)=p(b)\), 第二式可写为 \(y'(a)=y'(b)\). 一般耦合边界条件还必须使边界形式 \([p(\overline u v'-\overline{u'}v)]_a^b\) 对定义域内任意 \(u,v\) 为零; 仅要求边界矩阵满秩并不足以保证自伴性. 以下完备性证明以实分离型边界条件为主, 周期型情形同理.
奇异端点的定义域与边界条件
对 \(\ell[y]=-(py')'+qy\), 最大定义域取为
\[\mathcal{D}_{\max} =\left\{y\in L^2_\rho(a,b)\mid y,py'\in \operatorname{AC}_{\mathrm{loc}}(a,b), \rho^{-1}\ell[y]\in L^2_\rho(a,b)\right\}.\]自伴实现是微分表达式 \(\rho^{-1}\ell\) 在此定义域上的适当限制. 在端点 \(c\) 定义边界形式
\[B_c(u,v)=\lim_{x\to c}p(x)\left[u'^*(x)v(x)-u^*(x)v'(x)\right].\]以下结论在上述实系数和局部可积假设下成立.1
- 极限圆型(limit circle, LC): 对某个, 因而每个, 非实谱参数 \(z\), 方程 \(\ell[y]=z\rho y\) 的所有局部解都在端点附近属于 \(L^2_\rho\). 平方可积性不能选择解. 采用分离条件时, 每个 LC 端点须指定一个实线性边界条件, 例如对选定的具有非零边界迹的实边界基函数 \(h_c\in\mathcal{D}_{\max}\), 要求 \(B_c(h_c,y)=0\). 两个 LC 端点也可用保持总边界形式的耦合条件.
- 极限点型(limit point, LP): 对非实 \(z\), 端点附近的平方可积解空间是一维. 对任意 \(u,v\in\mathcal{D}_{\max}\), 该端点的 \(B_c(u,v)\) 自动为零, 所以此端不再施加边界条件. 这是定义域层面的结论, 不是“一个平方可积解就是自伴算子”.
- 两端均为 LP 时, 最小算子的闭包自伴, 自伴实现唯一. 若仅一端为 LP, 另一正则或 LC 端点仍须处理, 不能据此断言整个问题的自伴延拓唯一.
有界性可以是某个物理问题选定的端点条件, 但不是所有奇异端点的通则. 无穷远点也须先判定 LP/LC; \(y\in L^2_\rho\) 仅是定义域要求的一部分, 不能单独推出 \(y(x)\to0\) 或确定自伴性.
Definition 正则 Sturm-Liouville 算子
在加权 Hilbert 空间 \(H=L^2_\rho([a,b])\) 中定义微分表达式和算子
\[\ell[y]=-(py')'+qy,\qquad Ay=\frac{1}{\rho}\ell[y].\]于是 Sturm-Liouville 方程写为普通的算子本征方程
\[Ay=\lambda y.\]对实分离型边界条件, 取定义域
\[\mathcal{D}(A)=\left\{y\in H^2([a,b])\mid y\text{满足给定的两个边界条件}\right\}.\]这里必须把权函数除进算子: \(\ell y=\lambda\rho y\) 与 \(Ay=\lambda y\) 等价, 而 \(A=\rho^{-1}\ell\) 才是 \(L^2_\rho\) 中讨论自伴性的算子.
Theorem 正则分离型 Sturm-Liouville 算子的自伴性
上述算子 \(A\) 在 \(H=L^2_\rho([a,b])\) 中自伴, 即 \(A=A^*\), 包括算子作用相同和定义域相同两部分.2
Proof 对 \(u,v\in H^2([a,b])\) 分部积分得到 Lagrange 恒等式
\[\begin{aligned} \langle u,Av\rangle_\rho-\langle Au,v\rangle_\rho &=\int_a^b\left[u^*\ell[v]-\ell[u]^*v\right]\,\mathrm{d}x\\ &=\left[p\left(u'^*v-u^*v'\right)\right]_a^b. \end{aligned}\]若 \(u,v\in\mathcal D(A)\), 则在每个端点, 向量 \((y,py')\) 都落在同一个由实边界条件确定的一维子空间中, 因而右侧边界形式为零. 这先证明了 \(A\) 是对称算子, 即 \(A\subset A^*\).
反过来, 若 \(w\in\mathcal D(A^*)\), 先取紧支于 \((a,b)\) 的试探函数, 可由正则微分方程的弱形式推出 \(w\in H^2([a,b])\). 再令 \(v\) 遍历 \(\mathcal D(A)\): 每个端点仍有一个与边界条件相容的自由迹, 所以
\[\left[p\left(w'^*v-w^*v'\right)\right]_a^b=0\]迫使 \(w\) 在 \(a,b\) 满足与 \(v\) 相同的两个分离型边界条件. 因此 \(\mathcal D(A^*)\subset\mathcal D(A)\). 结合对称性得到 \(\mathcal D(A^*)=\mathcal D(A)\), 故 \(A\) 自伴.
对周期型边界条件, Lagrange 恒等式在 \(a,b\) 两端的贡献互相抵消, 同样得到自伴性. 一般耦合条件必须另行验证其边界形式为零.
本征值的实性与本征函数的正交性
设 \(Ay_i=\lambda_i y_i\). 由自伴性,
\[(\lambda_j-\lambda_i^*)\langle y_i,y_j\rangle_\rho=0.\]取 \(i=j\) 得 \(\lambda_i=\lambda_i^*\), 所以本征值为实数. 若 \(\lambda_i\neq\lambda_j\), 则
\[\langle y_i,y_j\rangle_\rho=0.\]若本征值简并, 可在相应有限维本征子空间内作 Schmidt 正交化.
Theorem 正则自伴 Sturm-Liouville 问题的本征函数完备性
上述正则自伴问题存在一组实本征值 \(\{\lambda_n\}\) 和相应的正交归一本征函数 \(\{y_n\}\). 本征函数在 \(L^2_\rho([a,b])\) 中完备. 因而对任意 \(f\in L^2_\rho([a,b])\),
\[f=\sum_{n=1}^\infty c_ny_n,\qquad c_n=\langle y_n,f\rangle_\rho =\int_a^b y_n^*(x)f(x)\rho(x)\,\mathrm{d}x,\]其中等号表示 \(L^2_\rho\) 范数收敛, 且
\[\|f\|_\rho^2=\sum_{n=1}^\infty|c_n|^2.\]Proof 正则算子 \(A\) 下有界, 因此可选取一个充分小而不属于 \(A\) 谱的实数 \(\mu\). 正则边值问题
\[(A-\mu I)u=f\]有 Green 函数 \(G_\mu(x,t)\), 因而其逆算子可写为
\[(R_\mu f)(x)=(A-\mu I)^{-1}f(x) =\int_a^bG_\mu(x,t)f(t)\rho(t)\,\mathrm{d}t.\]在有限区间的正则问题中, \(G_\mu\) 在闭方形上连续, 仅一阶导数在 \(x=t\) 处有规定的跳跃. 因此 \(G_\mu\) 平方可积, \(R_\mu\) 是紧算子. 又因为 \(A\) 自伴且 \(\mu\) 为实数, \(R_\mu\) 也是自伴算子.
这里引用紧自伴算子的谱定理: Hilbert 空间可分解为其非零本征空间的闭包与核的正交直和. \(R_\mu\) 是逆算子, 所以 \(\ker R_\mu=\{0\}\); 因而 \(R_\mu\) 的正交归一本征函数张成整个 \(H\). 若
\[R_\mu y_n=\kappa_n y_n,\]则
\[Ay_n=\left(\mu+\frac{1}{\kappa_n}\right)y_n.\]所以 \(R_\mu\) 与 \(A\) 有相同的本征函数, 这就证明了 Sturm-Liouville 本征函数在 \(L^2_\rho\) 中完备. Parseval 等式随即由 Hilbert 空间的完备正交展开得到.2
收敛方式
- 对任意 \(f\in L^2_\rho\), 上述展开只保证平方平均收敛, 不自动保证逐点或一致收敛.
- 若 \(f\in\mathcal D(A)\), 则 \[Af=\sum_{n=1}^\infty\lambda_nc_ny_n\] 也在 \(L^2_\rho\) 中收敛. 因此部分和在 \(A\) 的图范数下收敛. 对有限区间上的正则问题, 图范数控制 \(H^2\) 范数, 从而由一维 Sobolev 嵌入得到函数及其一阶导数的一致收敛.
- 上述谱定理直接给出 \(L^2_\rho\) 收敛; 在 \(f\in\mathcal D(A)\) 下, 这里进一步证明图范数及一致收敛. 绝对一致收敛还需要另作本征函数系数估计, 本节不予证明.
Remark 对一般方程
\[y''+P(x)y'+[l(x)+\lambda r(x)]y=0,\]若 \(r(x)>0\) 且各系数足够光滑, Liouville 变换
\[\xi=\int_0^x\sqrt{r(t)}\,\mathrm{d}t,\qquad \eta(\xi)=\Phi(x)y(x),\]其中
\[\Phi(x)=r(x)^{1/4}\exp\left(\frac12\int_0^xP(t)\,\mathrm{d}t\right),\]可将方程化为
\[\frac{\mathrm{d}^2\eta}{\mathrm{d}\xi^2}+[\lambda+Q(\xi)]\eta=0.\]这里 \(Q\) 由 \(P,l,r\) 及其导数组成. 该变换便于研究本征值渐近性质, 但不替代上述自伴定义域与完备性论证.
Example Legendre 方程
\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[(1-x^2)y'\right]+\lambda y=0, \qquad x\in(-1,1),\qquad \rho=1.\]在 \(\lambda=0\) 时, 两个独立解为 \(1\) 和 \(\frac12\ln[(1+x)/(1-x)]\). 两者在每个端点附近都平方可积, 所以 \(x=\pm1\) 均为 LC. 在 \(\mathcal{D}_{\max}\) 中选择
\[\lim_{x\to\pm1}(1-x^2)y'(x)=0\]去掉对数分量, 得到通常的有界端点自伴实现; 它的本征函数为 \(P_n\), 本征值为 \(n(n+1)\). 这是一种选定的自伴实现, 还存在其他端点条件给出的实现.3
Example Bessel 方程
\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(xy') +\left(\lambda x-\frac{\nu^2}{x}\right)y=0, \qquad x\in(0,R],\qquad \rho=x,\qquad \alpha=|\nu|.\]在 \(x=0\) 附近, \(\alpha>0\) 的两个解分别以 \(x^\alpha\) 和 \(x^{-\alpha}\) 为主项; \(\alpha=0\) 时为 \(1\) 和 \(\ln x\). 因为
\[\int_0^\epsilon x|x^{-\alpha}|^2\,\mathrm{d}x\lt\infty \iff \alpha\lt1,\]而常数解与对数解在权重 \(x\) 下都平方可积, 所以 \(0\le\alpha\lt1\) 为 LC, \(\alpha\ge1\) 为 LP.
通常的径向问题选择去掉奇异分量. 对 LC 端点, 可将该选择写成定义域条件
\[\begin{cases} \displaystyle\lim_{x\to0}x\left[x^\alpha y'-\alpha x^{\alpha-1}y\right]=0, &0\lt\alpha\lt1,\\ \displaystyle\lim_{x\to0}xy'=0,&\alpha=0. \end{cases}\]对于本征解, 这相当于选择有界分支; \(\lambda>0\) 时为 \(J_\alpha(\sqrt{\lambda}\,x)\), 排除 \(Y_\alpha\). 用 \(|\nu|\) 避免把负非整数阶的 \(J_\nu\) 误认为有界分支. LP 情形不在 \(0\) 另加条件, 但正则端点 \(R\) 始终需要一个条件, 如 \(y(R)=0\).
14.4 Degeneracy in Sturm-Liouville Type Equations
Theorem 正则 Sturm-Liouville 问题在实分离型边界条件下的每个本征值都是单本征值.
Proof 反设 \(y_1,y_2\) 是同一本征值的两个线性无关本征函数. Abel 恒等式给出
\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{p(x)\left[y_1(x)y_2'(x)-y_2(x)y_1'(x)\right]\right\}=0.\]实分离型边界条件使大括号中的量在每个端点为零, 所以它在整个区间恒为零. 因而 \(y_1,y_2\) 的 Wronski 行列式恒为零, 两个解线性相关, 与假设矛盾.
周期或其他合适的耦合边界条件不强迫每个端点的 Wronski 行列式分别为零, 因而可能出现简并; 上述单本征值结论只针对实分离型边界条件.
Theorem 若 \(\lambda\rho(x)-q(x)\) 在一对相邻零点之间恒为正, 则解 \(u(x,\lambda)\) 在此区间仅有一个极大(或极小)值. Proof (反证)设有两个极值点 \(x_{1}\) 和 \(x_2\), 期间没有零点, \(u\) 恒正或恒负. 对 S-L 方程从 \(x_1\) 积分到 \(x_2\) 得
\[0=-\left[p(x)u'(x)\right]_{x_1}^{x_2}=\int_{x_1}^{x_2}[\lambda\rho(x)-q(x)]u(x)\mathrm{d}x.\]左边积分不可能为零, 矛盾.
Theorem Sturm 比较定理 设 \(u_1,u_2\) 是同一正则 Sturm-Liouville 方程分别对应于参数 \(\lambda_1\lt\lambda_2\) 的非零实解. 若 \(\zeta\lt\xi\) 是 \(u_1\) 的两个相邻零点, 则开区间 \((\zeta,\xi)\) 内至少有 \(u_2\) 的一个零点.4
Proof 记
\[u(x,\lambda_1)\equiv u_1(x),\quad u(x,\lambda_2)\equiv u_2(x)\]将 \(u_1\) 的方程乘以 \(u_2\), 将 \(u_2\) 的方程乘以 \(u_1\), 两式相减, 得到
\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[p(u_2u_1'-u_1u_2')\right] =(\lambda_2-\lambda_1)\rho u_1u_2.\]不妨将 \(u_1\) 乘以 \(-1\), 使 \(u_1>0\) 在 \((\zeta,\xi)\) 内. 由解的零点唯一性, 端点零点均为单零点, 所以
\[u_1'(\zeta)>0,\qquad u_1'(\xi)\lt0.\]反设 \(u_2\) 在 \((\zeta,\xi)\) 内没有零点. 必要时将 \(u_2\) 乘以 \(-1\), 可令 \(u_2>0\) 在开区间内, 且 \(u_2\geq0\) 在闭区间上. 对微分恒等式积分并利用 \(u_1(\zeta)=u_1(\xi)=0\), 得
\[\begin{aligned} &p(\xi)u_2(\xi)u_1'(\xi)-p(\zeta)u_2(\zeta)u_1'(\zeta)\\ &\qquad=(\lambda_2-\lambda_1)\int_\zeta^\xi\rho(x)u_1(x)u_2(x)\,\mathrm{d}x. \end{aligned}\]由于 \(p>0\), 左侧不大于零; 由于 \(\lambda_2-\lambda_1>0\)、\(\rho>0\) 且 \(u_1u_2>0\) 在开区间内, 右侧严格大于零, 矛盾. 因而 \(u_2\) 在 \((\zeta,\xi)\) 内至少有一个零点.
这个证明比较的是两个相邻零点, 不需要端点满足特定边界条件. 若把区间端点也计作零点, 必须先确认相应解在该端点确实为零; 一般 Neumann 或 Robin 条件不能代替这一要求.
14.5 Revisiting the Separation of Variables
考虑弦的横振动问题. 对于两端固定弦的振动, 定解问题是:
\[\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} - a^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = f(x,t), \quad 0 \lt x \lt l, t > 0\]\[u\big|_{x=0} = 0, \quad u\big|_{x=l} = 0, \quad t > 0\]\[u|_{t=0}=\phi(x),\quad\frac{\partial u}{\partial t}\bigg|_{t=0}=\psi(x),\quad0\lt x\lt l\]齐次情形(自由振动)的讨论
对于一个 S-L 方程的本征问题 \(\boldsymbol{\mathcal{L}}X = \lambda \rho X, X(0) = 0, X(l) = 0\), 假设其本征函数正交归一
\[(X_n, X_m) = \int_0^l X_n^*(x) X_m(x) \rho(x) \, \mathrm{d}x = \delta_{nm}\]定解问题与本征问题边条件一致, 可以将定解问题的解 \(u(x,t)\) 按照本征函数组 \({ X_n(x) }\), \(n = 1, 2, 3, \cdots\) 展开:
\[u(x,t) = \sum_{n=1}^\infty T_n(t) X_n(x)\]代入弦振动方程的自由振动情形
\[\sum_{m=1}^\infty T_m^{\prime\prime}(t) X_m(x) - a^2 \sum_{m=1}^\infty T_m(t) X_m^{\prime\prime}(x) = 0\]\[\Longrightarrow T_n''(t) - a^2 \sum_{m=1}^\infty (X_n, X_m'') T_m(t) = 0\]再将初始条件也按这一组本征函数展开, 得到
\[T_n(0) = (X_n, \phi), \quad T_n^{\prime}(0) = (X_n, \psi)\]由以上两式求出 \(T_n(t)\), 也就求出了 \(u(x,t)\). 本征函数的完备性在其中起了关键作用.
非齐次情形的讨论
不同之处只在于要将方程的非齐次项 \(f(x,t)\) 也按本征函数展开, 我们得到的方程组形式变为
\[T_n^{\prime\prime}(t) - a^2 \sum_{m=1}^\infty (X_n, X_m^{\prime\prime}) T_m(t) = (X_n, f)\]\[T_n(0) = (X_n, \phi), \quad T_n^{\prime}(0) = (X_n, \psi)\]其中要求 \(f(x,t)\) 作为 \(x\) 的函数与本征函数组 \(\{X_n(x)\}\) 同属相应的平方可积空间, 无须满足未知函数 \(u\) 的边界条件. 非齐次边界条件仍应先对 \(u\) 齐次化.
为了方便 \(T_n(t)\) 的求解, 应该恰当地选择本征函数组 \({X_n(x)}\), 使其满足
\[(X_n, X_m^{\prime\prime}) = -\lambda_n \delta_{nm}\]即本征函数满足常微分方程
\[-X_n^{\prime\prime}(x) = \lambda_n X_n(x)\]这样, 非齐次方程组简化为
\[T_n^{\prime\prime}(t) + a^2 \lambda_n T_n(t) = f_n(t),\]这种选择保证了分离变量法在操作上的实用性.
References
S. B. Allan et al., Explicit Krein Resolvent Identities for Singular Sturm-Liouville Operators with Applications to Bessel Operators, §2 (maximal/minimal domains, Weyl classification and self-adjoint restrictions). ↩︎
NIST Digital Library of Mathematical Functions, §1.18 Linear Second Order Differential Operators and Eigenfunction Expansions, especially §§1.18(i), 1.18(iv), and 1.18(v). ↩︎ ↩︎
M. Bush, D. Frymark and C. Liaw, Singular Boundary Conditions for Sturm-Liouville Operators via Perturbation Theory, §4 (Jacobi operators, including the Legendre case). ↩︎
Anton Zettl, Sturm-Liouville Theory, Mathematical Surveys and Monographs 121, American Mathematical Society, 2005, DOI: 10.1090/surv/121. ↩︎