特殊函数
目录
1 正交坐标系下分离变量 2
1.1 柱坐标 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 球坐标 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2 贝塞尔方程 4
2.1 固有值问题 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
3 勒让德方程 11
3.1 伴随勒让德方程 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
4 轴对称情形下的拉普拉斯方程 15
5 拉普拉斯方程 19
6
虚变量贝塞尔函数
20
1
1 正交坐标系下分离变量
正交坐标系: 参数曲线正交
柱坐标
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃, 𝑦 = 𝑟 sin 𝜃, 𝑧 = 𝑧
球坐标
𝑥 = 𝑟 sin 𝜃 cos 𝜑, 𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 sin 𝜑, 𝑧 = 𝑟 cos 𝜃
考虑
𝑢
𝑡𝑡
= 𝑎
2
Δ
3
𝑢
或
𝑢
𝑡
= 𝑎
2
Δ
3
𝑢
1.1 柱坐标
利用分离变量法, 令 𝑢(𝑡, 𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑇 (𝑡)𝑉 (𝑥, 𝑦, 𝑧), 代入得到
𝑢
𝑡𝑡
= 𝑇
′
(𝑡)𝑉
Δ
3
𝑢 = 𝑇 (𝑡)Δ
3
𝑢
𝑇
′
(𝑡)𝑉 = 𝑎
2
𝑇 (𝑡)Δ
3
𝑉
那么
𝑇
′′
(𝑡)
𝑎
2
𝑇 (𝑡)
=
Δ
3
𝑉
𝑉
= −𝑘
2
那么
Δ
3
𝑉 + 𝑘
2
𝑉 = 0
称为 Helmholtz 方程. 对其分离变量, 令 𝑉 = 𝑋 (𝑥)𝑌 (𝑦)𝑍 (𝑧), 代入并同除以 𝑋 (𝑥)𝑌 (𝑦)𝑍 (𝑧) 得到
𝑋
′′
𝑋
+
𝑌
′′
𝑌
+
𝑍
′′
𝑍
+ 𝑘
2
= 0
那么令
𝑋
′′
𝑋
= −𝜆,
𝑌
′′
𝑌
= −𝜇,
𝑍
′′
𝑍
= −𝜈, 𝜆 + 𝜇 + 𝜈 = 𝑘
2
在柱坐标下
Δ
3
𝑢 + 𝑘
2
𝑢 =
1
𝑟
𝜕
𝜕𝑟
𝑟
𝜕𝑢
𝜕𝑟
+
1
𝑟
𝜕
2
𝑢
𝜕𝜃
2
+
𝜕
2
𝑢
𝜕𝑧
2
+ 𝑘
2
𝑢 = 0
分离变量, 令 𝑢 ≡ 𝑢(𝑟, 𝜃, 𝑧) = 𝑅(𝑟)Θ(𝜃)𝑍 (𝑧) 代入得到
1
𝑟 𝑅
( 𝑟 𝑅
′
)
′
+
1
𝑟
2
Θ
′′
Θ
+
𝑍
′′
𝑍
+ 𝑘
2
= 0
令
𝑍
′′
𝑍
= −𝜇,
Θ
′′
Θ
= −𝜎
令 𝜆 = 𝑘
2
− 𝜇, 记 𝜎 = 𝜈
2
, 则关于 𝑟 的方程
( 𝑟 𝑅
′
)
′
+
𝜆𝑟 −
𝜈
2
𝑟
𝑅 = 0
它其实是
𝑟
2
𝑅
′′
+𝑟 𝑅
′
+ (𝜆𝑟
2
− 𝜈
2
)𝑅 = 0
令 𝑥 =
√
𝜆𝑟, 𝑦(𝑥) = 𝑅(
𝑥
√
𝜆
), 得
𝑥
2
𝑦
′′
+ 𝑥𝑦
′
+ (𝑥
2
− 𝜈
2
)𝑅 = 0
这是贝塞尔方程, 现在让我们假装解出来了它
1.2 球坐标
球坐标下的拉普拉斯为
Δ
3
=
1
𝑟
2
𝜕
𝜕𝑟
𝑟
2
𝜕
𝜕𝑟
+
1
𝑟
2
sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
+
1
𝑟
2
sin
2
𝜃
𝜕
2
𝜕𝜑
2
分离变量
𝑢 = 𝑅(𝑟)Θ(𝜃)Φ(𝜑)
代入方程
Δ
3
𝑢 + 𝑘
2
𝑢 = 0
得到
1
𝑅
d
d𝑟
𝑟
2
d𝑅
d𝑟
+ 𝑘
2
𝑟
2
+
1
Θ sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
sin 𝜃
𝜕Θ
𝜕𝜃
+
1
Φ sin 𝜃
𝜕
2
Φ
𝜕𝜑
2
= 0
那么
1
𝑅
d
d𝑟
𝑟
2
d𝑅
d𝑟
+ 𝑘
2
𝑟
2
= 𝜆
1
Θ sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
sin 𝜃
𝜕Θ
𝜕𝜃
+
1
Φ sin 𝜃
𝜕
2
Φ
𝜕𝜑
2
= −𝜆
𝜃 的方程还可以继续分离变量
1
Θ
𝜕
𝜕𝜃
sin 𝜃
𝜕Θ
𝜕𝜃
+ 𝜆 sin 𝜃 = 𝜇
1
Φ
𝜕
2
Φ
𝜕𝜑
2
= −𝜇
那么原方程就变为了三个方程
( 𝑟
2
𝑅
′
)
′
+ (𝑘
2
𝑟
2
− 𝜆)𝑅 = 0
(sin 𝜃Θ
′
)
′
+ 𝜆 sin 𝜃Θ − 𝜇Θ = 0
Φ
′′
+ 𝜇Φ = 0
先考察 𝜇 = 0 情形, 原方程化为
( 𝑟
2
𝑅
′
)
′
+ (𝑘
2
𝑟
2
− 𝜆)𝑅 = 0
(sin 𝜃Θ
′
)
′
+ 𝜆 sin 𝜃Θ = 0
Φ
′′
= 0
考虑 𝜃, 令 𝑥 = cos 𝜃, 方程化为
(1 − 𝑥
2
)𝑦
′
′
+ 𝜆𝑦 = 0
这是勒让德方程, 假装我们已经把它解出来了
2 贝塞尔方程
𝑥
2
𝑦
′′
+ 𝑥𝑦
′
+ (𝑥
2
− 𝜈
2
)𝑦 = 0
它变形为
𝑦
′′
+
1
𝑥
+
1 −
𝜈
2
𝑥
2
𝑦 = 0
让我们引用复变函数中的结论
对于方程
𝑦
′′
+ 𝑝 (𝑧)𝑦
′
+ 𝑞(𝑧)𝑦 = 0
1. 若 𝑝(𝑧) 和 𝑞(𝑧) 在 𝑧
0
解析, 可设 𝑦(𝑧) =
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑧
0
)
𝑛
2. 若 𝑧
0
是 𝑝(𝑧) 至多一级极点,𝑞(𝑧) 的至多二级极点 (正则七点), 则 𝑦(𝑧) 存在广义幂级数解
𝑦(𝑧) =
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑧
0
)
𝑧+𝜌
那么此时有 𝑝(𝑥) =
1
𝑥
, 𝑥 = 0 是它的一级极点,𝑞(𝑥) = 1 −
𝜈
2
𝑥
2
, 𝑥 = 0 是它的二级极点, 那么
𝑦 =
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
𝑥
𝑛+𝜌
将其代入方程得到
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
(𝑛 + 𝜌)(𝑛 + 𝜌 − 1)𝑥
𝑛+𝜌
+
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
(𝑛 + 𝜌)𝑥
𝑛+𝜌
+
+∞
𝑛=2
𝑎
𝑛−2
𝑥
𝑛+𝜌
− 𝜈
2
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
𝑥
𝑛+𝜌
= 0
那么 𝑥 的各次幂的系数应当都为零, 即
𝑎
𝑛
[(𝑛 + 𝜌)
2
− 𝜈
2
] + 𝑎
𝑛−2
= 0
这实际上是一个递推公式, 还需要前两项
𝑎
0
(𝜌
2
− 𝜈
2
) = 0 (1)
𝑎
1
[(1 + 𝜌)
2
− 𝜈
2
] = 0 (2)
由 (1) 得 𝜌 = 𝜈
2
, 那么 𝜌 = ±𝜈, 那么对于 (2) 只能有 𝑎
2
= 0. 将其代入递推公式得到
𝑎
𝑛
· 𝑛(𝑛 ± 2𝜈) + 𝑎
𝑛−2
= 0
若 𝜌 = 𝜈, 那么就有
𝑎
2𝑘
= −
𝑎
2(𝑘−1)
4𝑘 (𝑘 + 𝜈)
, 𝑎
2𝑘+1
= 0
那么就有
𝑎
2𝑘
=
(−1)
𝑘
2
2𝑘
𝑘 (𝑘 + 𝜈) ···1(1 + 𝜈)
𝑎
0
这实际上可以用 𝐺𝑎𝑚𝑚𝑎 函数重写为
𝑎
2𝑘
=
Γ(𝜈 + 1)
2
2𝑘
Γ(𝑘 + 𝜈 + 1)
𝑎
0
此处引用数学分析中的 Γ 函数
Γ(𝑥) ≡
+∞
0
𝑡
𝑥−1
𝑒
−𝑡
𝑑𝑡, Γ(𝑥) =
Γ(𝑥 + 1)
𝑥
, Γ(𝑛) = (𝑛 − 1)!
𝑎
0
的取值是无所谓的, 因而为方便起见, 取
𝑎
0
=
𝜈
2
𝜈
Γ(𝜈 + 1)
那么
𝑎
2𝑘
=
(−1)
𝑘
2
2𝑘+𝜈
𝑘!Γ(𝑘 + 𝜈 + 1)
得到解
𝐽
𝜈
(𝑥) =
+∞
𝑘=0
(−1)
𝑘
𝑘!Γ(𝑘 + 𝜈 + 1)
𝑥
2
2𝑘+𝜈
称为第一类 Bessel 函数
对于 𝜌 = −𝜈 考虑到递推式
𝑎
𝑛
· 𝑛(𝑛 − 2𝜈) + 𝑎
𝑛−2
= 0
要使此式变为显式递推式, 要求 2𝜈 不为整数.2𝜈 为奇数仍然可以地推,2𝜈 为偶数 2𝑚 即 𝜈 = 𝑚 时无法递
推, 但是 𝜈 = −𝑚 代入方程与 𝜈 = 𝑚 没有区别
𝐽
−𝜈
(𝑥) =
+∞
𝑘=0
(−1)
𝑘
𝑘!Γ(𝑘 − 𝜈 + 1)
𝑥
2
2𝑘−𝜈
当 𝜈 ≠ 𝑚 时,𝐽
−𝜈
(𝑥) 与 𝐽
𝜈
(𝑥) 线性无关, 这是因为
lim
𝑥→0
𝐽
𝜈
=
1, 𝜈 = 0
0, 𝜈 > 0
是有界的, 但是
lim
𝑥→0
𝐽
−𝜈
(𝑥) = ∞
是发散的. 当 𝑚 为整数时, 虽然也会产生负次幂, 但是它的系数为零 (Gamma 函数). 负的 Gamma 函数
定义为
Γ(𝑥) =
Γ(𝑥 + 1)
𝑥
, 𝑥 < 0
𝐽
−𝑚
= (−1)
𝑚
𝐽
𝑚
线性相关
定义第二类贝塞尔函数
1. 𝜈 ≠ 𝑚 时
𝑁
𝜈
(𝑥) =
cos 𝜈𝑥
sin 𝜈𝜋
𝐽
𝜈
(𝑥) −
1
sin 𝜈𝜋
𝐽
−𝜈
(𝑥)
2. 𝜈 = 𝑚 时
𝑁
𝑚
(
𝑥
)
=
lim
𝜈
→
𝑚
𝑁
𝜈
(
𝑥
)
(经过冗长的计算) 可证 lim
𝑥→0
𝑁
𝑚
(𝑥) = ∞, 是另外的线性无关解
综上
𝑦(𝑥) = 𝐶𝐽
𝜈
(𝑥) + 𝐷 𝑁
𝜈
(𝑥)
是原方程的解
𝑥
2
𝑦
′′
+ 𝑥𝑦
′
+ 𝑥
2
𝑦 = 0
这是零阶贝塞尔方程
𝑥
2
𝑦
′′
+ 𝑥𝑦
′
+ (𝑥
2
− 3)𝑦 = 0
这是
√
3 阶贝塞尔方程
贝塞尔函数有递推公式
1.
[𝑥
𝜈
𝐽
𝜈
(𝑥)]
′
= 𝑥
𝜈
𝐽
𝜈−1
(𝑥)
2.
[𝑥
−𝜈
𝐽
𝜈
(𝑥)]
′
= −𝑥𝐽
𝜈+1
(𝑥)
3.
2𝐽
′
𝜈
(𝑥) = 𝐽
𝜈−1
(𝑥) − 𝐽
𝜈+1
(𝑥)
4.
2𝜈𝑥
−1
𝐽
𝜈
𝑥
= 𝐽
𝜈−1
(𝑥) + 𝐽
𝜈+1
(𝑥)
下面来证明 1
𝐽
𝜈
(𝑥) =
+∞
𝑘=0
(−1)
𝑘
𝑘!𝛾(𝑘 + 𝜈 + 1)
𝑥
2
2𝑘+𝜈
[𝑥
−𝜈
𝐽
𝜈
(𝑥)]
′
=
+∞
𝑘=0
(−1)
𝑘
𝑘!Γ(𝑘 + 𝜈 + 1)
𝑥
2
2𝑘+2𝜈
′
=
+∞
𝑘=0
(−1)
𝑘
(2𝑘 + 𝜈)𝑥
2𝑘+2𝜈−1
𝑘!(𝑘 + 𝜈)Γ(𝑘 + 𝜈)2
2𝑘+𝜈
= 𝑥
𝜈
+∞
𝑘=0
𝑥
𝜈
(−1)
𝑘
𝑘!Γ(𝑘 + 𝜈 − 1 + 1)
𝑥
2
2𝑘+𝜈−1
= 𝑥
𝜈
𝐽
𝜈−1
(𝑥)
[𝑥𝐽
1
(𝑥)]
′
= 𝑥𝐽
0
(𝑥)
𝐽
′
0
(𝑥) = [𝑥
0
𝐽
0
(𝑥)] = 𝐽
−1
(𝑥) = −𝐽
1
(𝑥)
贝塞尔函数有渐进性质
lim
𝑥→0
𝐽
𝜈
(𝑥)
1, 𝜈 = 0
0, (𝜈 > 0)
, lim
𝑥→0
𝑁
𝜈
(𝑥) = ∞
零点及震荡性质
𝐽
𝜈
(𝑥) =
2
𝜋𝑥
cos
𝑥 −
𝜈𝜋
2
−
𝜋
4
+ 𝑜(𝑥
−3/2
)
𝑁
𝜈
(𝑥) =
2
𝜋𝑥
sin
𝑥 −
𝜈𝜋
2
−
𝜋
4
+ 𝑜(𝑥
−3/2
)
𝑥 → +∞ 时 𝐽
𝜈
(𝑥), 𝑁
𝜈
(𝑥) 渐近性质相似
lim
𝑥→∞
𝐽
𝜈
(𝑥) = lim
𝑥→∞
𝑁
𝜈
(𝑥) = 0
𝐽
𝜈
(𝑥), 𝐽
′
𝜈
(𝑥) 以及 𝐽
𝜈
(𝑥) + ℎ(𝑥)𝐽
′
𝜈
(𝑥) 都有无穷多个非负零点
整数阶贝塞尔函数有母函数
exp
𝑥
2
𝜉 −
1
𝜉
=
+∞
𝑛=−∞
𝐽
𝑛
(𝑥)𝜉
𝑛
, 0 <
|
𝜉
|
< +∞
利用罗朗展开, 可以将贝塞尔函数写为积分形式
𝐽
𝑛
(𝑥) =
1
2𝜋
2 𝜋
0
𝑒
𝑖
(
𝑥 sin 𝜃 −𝑛 𝜃
)
𝑑𝜃
2.1 固有值问题
( 𝑟 𝑅
′
)
′
+
𝜆
2
𝑟 −
𝜈
2
𝑟
𝑅 = 0, (0 < 𝑟 < 𝑎)
|
𝑅(0)
|
< +∞, , 𝛼𝑅(𝑎) + 𝛽𝑅
′
(𝑎) = 0
令 𝜆 = 𝜔
2
, 记 𝑥 = 𝜔𝑟, 则第一条方程化为
𝑥
2
𝑦
′′
+ 𝑥𝑦
′
+ (𝑥
2
− 𝜈
2
)𝑦 = 0
通解为
𝑦
=
𝐴𝐽
𝜈
(
𝑥
) +
𝐵𝑁
𝜈
(
𝑥
)
即
𝑅(𝑟) = 𝐴𝐽
𝜈
(𝜔𝑟) + 𝐵𝑁
𝜈
(𝜔𝑟)
要求 𝑅(0) 有界, 那么 𝐵 = 0, 得到
𝑅(𝑟) = 𝐴𝐽
𝜈
(𝜔𝑟)
再代入边界条件 𝑟 = 𝑎 得到代数方程
𝛼𝐽
𝜈
(𝜔𝑎) + 𝛽𝜔𝐽
′
𝜈
(𝜔𝑎) = 0
设以上方程的非负实根由小到大依次为
(𝜔
0
= 0), 𝜔
1
, 𝜔
2
, · ·· , 𝜔
𝑛
固有值为 𝜆
𝑛
= 𝜔
2
𝑛
, 固有函数为 𝑅
𝑛
( 𝑟) = 𝐽
𝜈
(𝜔
𝑛
𝑟) 广义傅立叶级数展开
𝑓 (𝑟) =
+∞
𝑛=0
𝐶
𝑛
𝐽
𝜈
(𝜔
𝑛
𝑟), 𝐶
𝑛
=
2
𝑁
2
𝜈𝑘𝑛
𝑎
0
𝑓 (𝑟)𝐽
𝜈
(𝜔
𝑛
𝑟)𝑟 𝑑𝑟, (𝑘 = 0, 1, 2, ···)
模的平方
𝑁
2
𝜈𝑛
=
𝑎
0
𝐽
2
𝜈
(𝜔
𝑛
𝑟)𝑟 𝑑𝑟
第一类边界条件
𝑁
2
𝜈1𝑛
=
𝑎
2
2
𝐽
2
𝜈+1
(𝜔
𝑛
𝑎)
第二类边界条件
𝑁
2
𝜈2𝑛
=
1
2
𝑎
2
−
𝜈
2
𝜔
2
𝑛
𝐽
2
𝜈
(𝜔
𝑛
𝑎)
第三类边界条件
𝑁
2
𝜈3𝑛
=
1
2
𝑎
2
+
𝜈
2
𝜔
2
𝑛
+
𝑎
2
𝛼
2
𝛽
2
𝜔
2
𝑛
𝐽
2
𝜈
(𝜔
𝑛
𝑎)
设 𝜔
𝑛
是 𝐽
0
(𝑥) = 0 的全体正根, 将 𝑓 (𝑥) = 1 − 𝑥
2
在 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 按 𝐽
0
(𝜔
𝑛
𝑥) 展开
设
1 − 𝑥
2
=
+∞
𝑛=0
𝐶
𝑛
𝐽
0
(𝜔
𝑛
𝑥), 𝐶 − 𝑛 =
2
𝑁
2
01𝑛
1
0
(1 − 𝑥
2
)𝐽
0
(𝜔
𝑛
𝑥)𝑥𝑑𝑥
其中 𝑁
01𝑛
中 0 为零阶贝塞尔函数,1 为第一类边界条件
𝑅𝐻𝑆 =
1
𝑁
2
01𝑛
𝜔
2
𝑛
1
0
1 −
𝑡
2
𝜔
2
𝑛
𝑡𝐽
0
(𝑡)𝑑𝑡 =
1
𝑁
2
01𝑛
𝜔
2
𝑛
1 −
𝑡
2
𝜔
2
𝑛
𝑡𝐽
0
(𝑡)
1
0
+
2
𝜔
𝑛
𝑛
2
𝜔
𝑛
0
𝑡
2
𝐽
1
(𝑡)𝑑𝑡
有递推公式
[𝑡
1
𝐽
1
(𝑡)]
′
= 𝑡𝐽
0
(𝑡), 𝑡𝐽
0
(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑑[𝑡𝐽
1
(𝑡)], 𝑡
2
𝐽
1
(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑑[𝑡
2
𝐽
2
(𝑡)]
代入得
𝑅𝐻𝑆 =
2
𝜔
2
𝑛
𝐽
2
1
(𝜔
2
)
0
𝜔
𝑛
=
4𝐽
2
(𝜔
𝑛
)
𝜔
2
𝑛
𝐽
1
(𝜔
𝑛
)
′
, 𝐽
2
(𝑥) =
2
𝑥
𝐽
1
(𝑥) − 𝐽
0
(𝑥)
故
𝐽
2
(𝜔
𝑛
) =
2𝐽
1
(𝜔
𝑛
)
𝜔
𝑛
, 𝐶
𝑛
=
8
𝜔
3
𝑛
𝐽
1
(𝜔
𝑛
)
因而
1 − 𝑥
2
=
+∞
𝑛=0
8
𝜔
3
𝑛
𝐽
1
(𝜔
𝑛
)
𝐽
0
(𝜔
𝑛
𝑥)
Δ
3
𝑢 = 0, (𝑟 < 𝑎, 0 < 𝑧 < ℎ)
𝜕𝑢
𝜕𝑟
𝑟=𝑎
= 0
𝑢|
𝑧=0
= 0, 𝑢|
𝑧=ℎ
= 𝑓 (𝑟)
利用柱坐标, 根据定解条件设 𝑢( 𝑟, 𝑧), 则方程化为
𝜕
2
𝑢
𝜕𝑟
2
+
1
𝑟
𝜕𝑢
𝜕𝑟
+
𝜕
2
𝑢
𝜕𝑧
2
= 0
做分离变量 𝑢(𝑟, 𝑧) = 𝑅(𝑟)𝑍 (𝑧), 代入得到
𝑅
′′
+ 𝑅/𝑟
𝑅
= −
𝑍
′′
𝑍
= −𝜆
考虑到 𝑅 部分有固有值问题, 先考虑 𝑅 的方程, 这是一个贝塞尔方程
𝑅
′′
+
1
𝑟
𝑅
′
+ 𝜆𝑅 = 0
𝑍 的方程为
𝑍
′′
− 𝜆𝑍 = 0
代入圆柱体侧面定解条件得到, 并考虑到有界性, 得到固有值问题
𝑅
′′
+
1
𝑟
𝑅
′
+ 𝜆𝑅 = 0
|
𝑅(0)
|
< +∞, 𝑅(𝑎) = 0
这是一个零阶贝塞尔方程固有值问题, 则
𝜆
𝑛
= 𝜔
2
𝑛
, 𝑅
𝑛
( 𝑟) = 𝐽
0
(𝜔
𝑛
𝑟)
其中 𝜔
0
= 0,𝜔
0
为 𝐽
′
0
(𝜔𝑎) = 0 的第 𝑛 个正实根. 相应固有函数 𝑅
0
( 𝑟) = 𝐽
0
(0) = 1
代入 𝑍 方程得到
𝑍
0
(𝑧) = 𝐶
0
+ 𝐷
0
𝑧, 𝑍
𝑛
(𝑧) = 𝐶
𝑛
cosh 𝜔
𝑛
𝑧 + 𝐷
𝑛
sinh 𝜔
𝑛
𝑧
令
𝑢(𝑟, 𝑧) = 𝐶
0
+ 𝐷
0
𝑧 +
+∞
𝑛=1
(
𝐶
𝑛
cosh 𝜔
𝑛
𝑧 + 𝐷
𝑛
sinh 𝜔
𝑛
𝑧
)
𝐽
0
(𝜔
𝑛
𝑟)
确定傅里叶系数
𝑢|
𝑧=0
= 0 ⇒ 𝐶
0
= 0, 𝑢|
𝑧=ℎ
= 𝐷
0
ℎ +
+∞
𝑛=1
𝐷
𝑛
sinh 𝜔
𝑛
ℎ𝐽
0
(𝜔
𝑛
𝑟) = 𝑓 (𝑟)
由贝塞尔函数系下广义傅里叶系数的确定公式
𝐷
0
ℎ =
1
𝑁
2
00
𝑎
0
𝑓 (𝑟)𝑟𝑑𝑟, 𝐷
𝑛
sinh 𝜔
𝑛
ℎ =
1
𝑁
2
0𝑛
𝑎
0
𝑓 (𝑟)𝐽
0
(𝜔
𝑛
𝑟)𝑟 𝑑𝑟
其中
𝑁
2
00
=
||
𝐽
0
(0)
||
2
=
𝑎
0
𝑟𝑑𝑟 =
𝑎
2
2
为了确定 𝑁
0𝑛
, 需要第二类边界条件的模平方公式
𝑁
2
𝜈𝑛
=
1
2
𝑎
2
−
𝜈
2
𝜔
2
𝑛
𝐽
2
𝜈
(𝜔
𝑛
𝑎)
代入得
𝑁
2
0𝑛
=
1
2
𝑎
2
−
0
𝜔
2
𝑛
𝐽
2
0
(𝜔
𝑛
𝑎) =
𝑎
2
2
𝐽
2
0
(𝜔
𝑛
𝑎)
𝜕𝑢
𝜕𝑡
= 𝑎
2
Δ
2
𝑢, (𝑡 > 0, 𝑟 =
𝑥
2
+ 𝑦
2
< 𝑟
0
)
𝑢|
𝑟=𝑟
0
= 0
𝑢|
𝑡=0
= 𝜑(𝑟 cos 𝜃, 𝑟 sin 𝜃) = Φ(𝑟, 𝜃)
设在极坐标下, 方程化为
𝜕𝑢
𝜕𝑡
= 𝑎
2
𝜕
2
𝑢
𝜕𝑟
2
+
1
𝑟
𝜕𝑢
𝜕𝑟
+
1
𝑟
2
𝜕
2
𝑢
𝜕𝜃
2
分离变量 𝑢(𝑟, 𝜃, 𝑡) = 𝑅(𝑟)Θ(𝜃)𝑇 (𝑡), 代入得到
𝑇
′
(𝑡)
𝑇
= 𝑎
2
𝑅
′′
+ 𝑅
′
/𝑟
𝑅
+
1
𝑟
2
Θ
′′
Θ
令
Θ
′′
Θ
= −𝜇,
𝑅
′′
+ 𝑅
′
/𝑟
𝑅
+
1
𝑟
2
Θ
′′
Θ
= −𝜆
化为
Θ
′′
+ 𝜇Θ = 0, 𝑟
2
𝑅
′′
+𝑟 𝑅
′
+
𝜆𝑟
2
− 𝜇
𝑅 = 0, 𝑇
′′
(𝑡) + 𝜆𝑎
2
𝑇 (𝑡) = 0
对 Θ(𝜃) 附加周期性条件 Θ(𝜃) = Θ(𝜃 +2𝜋), 在 𝑟 = 0 附加自然边界条件
|
𝑅(0)
|
< +∞, 得固有值问题
Θ
′′
+ 𝜇Θ = 0
Θ(𝜃) = Θ(𝜃 + 2𝜋)
,
𝑟
2
𝑅
′′
+𝑟 𝑅
′
+
𝜆𝑟
2
− 𝜇
𝑅 = 0 (𝑟 < 𝑟
0
)
|
𝑅(0)
|
< +∞, 𝑅(𝑟
0
) = 0
解得
𝜇
𝑚
= 𝑚
2
, Θ
𝑚
(𝜃) = 𝐶
𝑚
cos 𝑚𝜃 + 𝐷
𝑚
sin 𝑚𝜃
将 𝜇
𝑚
代入 𝑅 的固有值问题得到
𝑟
2
𝑅
′′
+𝑟 𝑅
′
+
𝜆𝑟
2
− 𝑚
2
𝑅 = 0
得 𝜆
𝑛
= 𝜔
2
𝑛
, 𝜔
𝑛
为 𝐽
′
0
(𝜔
𝑛
𝑟
0
) = 0 的第 𝑛 个正实根,𝑅
𝑚𝑛
( 𝑟) = 𝐽
0
(𝜔
𝑚𝑛
𝑟). 把 𝜆
𝑛
代入 𝑇 的方程得到
𝑇
𝑚𝑛
(𝑡) = 𝐶𝑒
−𝑎
2
𝜔
2
𝑚𝑛
𝑡
叠加得到
𝑢(𝑟, 𝜃, 𝑡) =
𝑚=1
+∞
𝑛=1
+∞
(
𝐶
𝑚𝑛
cos 𝑚𝜃 + 𝐷
𝑚𝑛
sin 𝑚𝜃
)
𝐽
𝑚
(𝜔
𝑚𝑛
𝑟)𝑒
−𝑎
2
𝜔
2
𝑚𝑛
𝑡
确定傅里叶系数
𝐶
𝑚𝑛
=
𝛿
𝑚
𝜋𝑟
2
0
𝐽
2
𝑚+1
(𝜔
𝑚𝑛
𝑟
0
)
𝑟
0
0
2 𝜋
0
Φ(𝑟, 𝜃) cos 𝑚𝜃𝐽
𝑚
(𝜔
𝑚𝑛
𝑟)𝑟 𝑑𝜃𝑑𝑟
𝐷
𝑚𝑛
=
2
𝜋𝑟
2
0
𝐽
2
𝑚+1
(𝜔
𝑚𝑛
𝑟
0
)
𝑟
0
0
2 𝜋
0
Φ(𝑟, 𝜃) sin 𝑚𝜃𝐽
𝑚
(𝜔
𝑚𝑛
𝑟)𝑟 𝑑𝜃𝑑𝑟
其中
𝛿
𝑛
=
1, 𝑚 = 0
2, 𝑚 > 0
3 勒让德方程
(1 − 𝑥
2
)𝑦
′′
− 2𝑥𝑦
′
+ 𝜆𝑦 = 0
除以 1 − 𝑥
2
得到
𝑦
′′
−
2𝑥
1 − 𝑥
2
+
𝜆
1 − 𝑥
2
𝑦 = 0
让我们再次引用复变函数中的结论
对于方程
𝑦
′′
+ 𝑝 (𝑧)𝑦
′
+ 𝑞(𝑧)𝑦 = 0
1. 若 𝑝(𝑧) 和 𝑞(𝑧) 在 𝑧
0
解析, 可设 𝑦(𝑧) =
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑧
0
)
𝑛
2. 若 𝑧
0
是 𝑝(𝑧) 至多一级极点,𝑞(𝑧) 的至多二级极点 (正则七点), 则 𝑦(𝑧) 存在广义幂级数解
𝑦(𝑧) =
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑧
0
)
𝑧+𝜌
此时有 𝑝(𝑥) =
−2𝑥
1 − 𝑥
2
, 𝑞(𝑥) =
𝜆
1 − 𝑥
2
, 考虑到 𝑥 = cos 𝜃 ∈ [−1, 1], 在内部就是解析的, 有幂级数解
𝑦 =
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
𝑥
𝑛
代入比较系数得到
𝑎
𝑛+2
=
𝑛(𝑛 + 1) − 𝜆
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
𝑎
𝑛
设 𝜆 = 𝐿(𝐿 + 1), 那么
𝑎
𝑛+2
=
(𝑛 − 𝐿)(𝑛 + 𝐿 + 1)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
𝑎
𝑛
1. 取 𝑎
0
≠ 0, 𝑎
1
= 0, 得 𝑦
1
(𝑥) 为偶次升幂解
2. 取 𝑎
0
= 0, 𝑎
1
≠ 0, 得 𝑦
2
(𝑥) 为奇次升幂解
𝑦
1
, 𝑦
2
线性无关
1. 𝐿 不为整数, 则 𝑎
𝑛
有无穷多项, 形成无穷级数, 但 𝑦
1
(±1), 𝑦
2
(±2) 不收敛, 不是有界解
2. 𝐿 = 𝑚 为整数,𝑎
𝑚
以后的项为零,𝑦
1
或 𝑦
2
变成多项式, 如取
𝑎
𝑛
=
(2𝑛)!
2
𝑛
(𝑛!)
2
得
𝑃
𝑛
(𝑥) =
[
𝑛
2
]
𝑘=0
(−1)
𝑘
(2𝑛 − 2𝑘)!
2
𝑛
𝑘!(𝑛 − 𝑘)!(𝑛 − 2𝑘)!
𝑥
𝑛−2𝑘
称为勒让德多项式
另一支解 𝑄
𝑛
(𝑥) 由刘维尔公式生成
𝑦(𝑥) = 𝐶𝑃
𝑛
(𝑥) + 𝐷𝑄
𝑛
(𝑥)
Legendre 函数也可以由微分表示
𝑃
𝑛
(𝑥) =
1
2
𝑛
𝑛!
d
𝑛
d𝑥
𝑛
(𝑥
2
− 1)
𝑛
可以由此给出几项
𝑃
0
(𝑥) = 1, 𝑃
1
(𝑥) = 𝑥, 𝑃
2
(𝑥) =
1
2
(3𝑥 − 1), ···
性质
1. 𝑃
𝑛
(𝑥) 是 𝑛 次多项式
2. 奇偶性 𝑃
𝑛
(−𝑥) = (−1)
𝑛
𝑃
𝑛
(𝑥)
还有积分表示
𝑃
𝑛
(𝑥) =
1
2
𝑛
𝜋𝑖
𝐶
(𝑧
2
− 1)
𝑛
(𝑧 − 𝑥)
𝑛+1
𝑑𝑧
这是由柯西积分公式
𝑓
(𝑛)
(𝑧
0
) =
𝑛!
2𝜋𝑖
𝑓 (𝜁)
(𝜁 − 𝑧
0
)
𝑛+1
𝑑𝜁
由微分表示即可得到. 用参数法展开得到
𝑃
𝑛
(𝑥) =
1
𝜋
𝜋
0
𝑥 +
√
1 − 𝑥
2
𝑖 cos 𝜃
𝑛
𝑑𝜃
还有母函数表示. 考察 (1 − 2𝑥𝑡 + 𝑡
2
)
−
1
2
的奇点
1 − 2𝑥 + 𝑡
2
= 0 ⇒ 𝑡 = 𝑥 ±
√
1 − 𝑥
2
𝑖
在单位圆上, 因而可以展开成幂级数
1
√
1 − 2𝑥𝑡 + 𝑡
2
=
∞
𝑛=0
𝐶
𝑛
(𝑥)𝑡
𝑛
=
+∞
𝑛=0
𝑃
𝑛
(𝑥)𝑡
𝑛
它实际上就是勒让德多项式. 取 𝑥 = 0 得到
1
√
1 − 2𝑥𝑡 + 𝑡
2
𝑥=1
=
1
1 − 𝑡
=
+∞
𝑛=0
𝑡
𝑛
那么就得到了
𝑃
𝑛
(1) = 1
再取 𝑥 = 0 得到
(1 +𝑡
2
)
1
2
= 1 +
+∞
𝑛
=
1
−
1
2
−
1
2
− 1
···
−
1
2
− (𝑛 − 1)
𝑛!
𝑡
2𝑛
= 1 +
+∞
𝑘=1
(−1)
𝑘
(2𝑘 − 1)!!
(2𝑘)!!
𝑡
2𝑘
那么
𝑃
2𝑘+1
(0) = 0, 𝑃
2𝑘
(0) =
(−1)
𝑘
(2𝑘 − 1)!!
(2𝑘)!!
, 𝑃
0
(0) = 1
勒让德多项式有递推公式 (第四个好背)
1.
(𝑛 + 1)𝑃
𝑛+1
(𝑥) − (2𝑛 + 1)𝑥𝑃
𝑛
(𝑥) + 𝑛𝑃
𝑛−1
(𝑥)
2.
𝑛𝑃
𝑛
(𝑥) − 𝑥𝑃
′
𝑛
(𝑥) + 𝑃
′
𝑛−1
(𝑥) = 0
3.
𝑛𝑃
𝑛−1
(𝑥) − 𝑃
′
𝑛
(𝑥) + 𝑥𝑃
′
𝑛−1
(𝑥) = 0
4.
𝑃
′
𝑛+1
(𝑥) − 𝑃
′
𝑛−1
(𝑥) = (2𝑛 + 1)𝑃
𝑛
(𝑥)
勒让德多项式的模 (𝜌 = 1)
||
𝑃
𝑛
(𝑥)
||
2
=
1
−1
𝑃
2
𝑛
(𝑥)𝑑𝑥 =
2
2𝑛 + 1
希望由母函数推出
1
√
1 − 2𝑥𝑡 + 𝑡
2
=
+∞
𝑛=0
𝑃
𝑛
(𝑥)𝑡
𝑛
(1)
1
√
1 − 2𝑥𝑡 + 𝑡
2
=
+∞
𝑚=0
𝑃
𝑚
(𝑥)𝑡
𝑚
(2)
两式相乘得到
1
1 − 2𝑥𝑡 + 𝑡
2
=
𝑛=0
+∞
𝑚=0
+∞
𝑃
𝑛
(𝑥)𝑃
𝑚
(𝑥)𝑡
𝑚+𝑛
积分, 得到
𝐿𝐻𝑆 =
1
−1
𝑑𝑥
1 − 2𝑥𝑡 + 𝑡
2
=
1
𝑡
[
ln(1 +𝑡) − ln(1 − 𝑡)
]
对其幂级数展开得到
𝐿𝐻𝑆 =
+∞
𝑛=0
2
2𝑛 + 1
𝑡
2𝑛
同样对右边积分
𝑅𝐻𝑆 =
1
−1
+∞
𝑛=0
+∞
𝑚=0
1
−1
𝑃
𝑛
(𝑥)𝑃
𝑚
(𝑥)𝑑𝑥
𝑡
𝑚
𝑛
由于正交性, 得到
𝑃𝐻𝑆 =
+∞
𝑛=0
1
−1
𝑃
2
𝑛
(𝑥)𝑑𝑥
𝑡
2𝑛
因而由于 𝐿𝐻𝑆 = 𝑅𝐻𝑆, 比较系数得到
1
−1
𝑃
2
𝑛
(𝑥)𝑑𝑥 =
2
2𝑛 + 1
勒让德多项式的正交性
1
−1
𝑃
𝑛
(𝑥)𝑃
𝑚
(𝑥)𝑑𝑥 = 0, (𝑛 ≠ 𝑚)
这是因为 S-L 定理, 属于不同固有值的固有函数正交
勒让德多项式的完备性
𝑓 (𝑥) =
+∞
𝑛=0
𝐶
𝑛
𝑃
𝑛
(𝑥), 𝐶
𝑛
=
1
||
𝑃
𝑛
(𝑥)
||
1
−1
𝑓 (𝑥)𝑃
𝑛
(𝑥)𝑑𝑥 =
2𝑛 + 1
2
1
−1
𝑓 (𝑥)𝑃
𝑛
(𝑥)𝑑𝑥
3.1 伴随勒让德方程
伴随勒让德方程
[(
1
−
𝑥
2
)𝑦
′
]
′
+
𝜆 −
𝑚
2
1 − 𝑥
2
𝑦
=
0
勒让德方程
[(1 − 𝑥
2
)𝑦
′
]
′
+ 𝜆𝑦 = 0
若 𝑉 (𝑥) 为勒让德方程的解, 则 𝑦(𝑥) = (1 − 𝑥
2
)
𝑚
2
𝑑
𝑚
𝑑𝑥
𝑚
𝑉 (𝑥) 为伴随勒让德方程的解
固有值问题
[(1 − 𝑥
2
)𝑦
′
]
′
+
𝜆 −
𝑚
2
1 − 𝑥
2
𝑦 = 0, (− 1 < 𝑥 < 1)
|
𝑦(±1)
|
< +∞
固有值
𝜆
𝑛
= 𝑛(𝑛 + 1), 𝑛 = 0, 1, 2, ···
固有函数
𝑃
𝑚
𝑛
(𝑥) = (1 − 𝑥
2
)
𝑚
2
𝑑
𝑚
𝑑𝑥
𝑚
𝑃
𝑛
(𝑥)
分部积分得到连带勒让德多项式的内积
1
−1
𝑃
𝑚
𝑛
(𝑥)𝑃
𝑚
𝑙
(𝑥)𝑑𝑥 =
2
2𝑛 + 1
(𝑛 + 𝑚)!
(𝑛 − 𝑚)!
𝛿
𝑛𝑙
由此得到
𝑃
𝑚
𝑛
(𝑥)
2
=
2
2𝑛 + 1
(𝑛 + 𝑚)!
(𝑛 − 𝑚)!
函数在 [0, 1] 上在连带勒让德多项式展开
∀𝑓 (𝑥) ∈ 𝐿
2
[0, 1], 𝑓 (𝑥) =
+∞
𝑛=𝑚
𝐶
𝑛
𝑃
𝑚
𝑛
(𝑥)
展开系数
𝐶
𝑛
=
1
𝑃
𝑚
𝑛
(𝑥)
2
1
−1
𝑓 (𝑥)𝑃
𝑚
𝑛
(𝑥)𝑑𝑥
4 轴对称情形下的拉普拉斯方程
在球坐标下
Δ
3
𝑢
=
1
𝑟
2
𝜕𝑢
𝜕𝑟
𝑟
2
𝜕
𝜕𝑟
+
1
𝑟
2
sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
sin 𝜃
𝜕𝑢
𝜕𝜃
令 𝑢 = 𝑅(𝑟)Θ(𝜃), 代入得到
1
𝑟
2
( 𝑟
2
𝑅
′
)
′
𝑅
+
1
𝑟
2
1
sin 𝜃
(sin 𝜃Θ
′
)
′
Θ(𝜃)
= 0
得到常微分方程
( 𝑟
2
𝑅
′
) − 𝜆𝑅 = 0
1
sin 𝜃
(sin 𝜃Θ
′
)
′
+ 𝜆Θ = 0
第一条是欧拉方程, 对于第二条令 𝑥 = cos 𝜃 得到勒让德方程
[(1 − 𝑥
2
)𝑦
′
]
′
+ 𝜆𝑦 = 0
在 𝜃 = 0, 𝜃 = 𝜋 可附加自然边界条件, 得固有值问题
1
sin 𝜃
(sin 𝜃Θ
′
)
′
+ 𝜆Θ(𝜃) = 0
|
Θ(0)
|
< +∞,
|
Θ(𝜋)
|
< +∞
令 𝑥 = cos 𝜃 换元得到
[(1 − 𝑥
2
)𝑦
′
]
′
+ 𝜆𝑦 = 0
|
𝑦(±1)
|
<= ∞
其固有值与固有函数为
𝜆
𝑛
= 𝑛(𝑛 + 1), 𝑦
𝑛
(𝑥) = 𝑃
𝑛
(𝑥)
相应的 Θ(𝜃) 的固有值和固有函数为
𝜆
𝑛
(𝑥) = 𝑛(𝑛 + 1), Θ
𝑛
(𝜃) = 𝑃
𝑛
(cos 𝜃)
代入 𝑅(𝑟) 方程得到
𝑅
𝑛
( 𝑟) = 𝐶
𝑛
𝑟
𝑛
+ 𝐷
𝑛
𝑟
−(𝑛+1)
叠加得到
𝑢
(
𝑟, 𝜃
)
=
+∞
𝑛=0
𝐴
𝑛
𝑟
𝑛
+ 𝐵
𝑛
𝑟
−(𝑛+1)
𝑃
𝑛
(cos 𝜃)
Δ
3
𝑢 = 0, (𝑟 < 𝑎)
𝑢|
𝑟=𝑎
= 1 + cos
2
𝜃
根据定解的形式, 假定 𝑢 = 𝑢(𝑟, 𝜃), 则由于在求内,𝐵
𝑛
= 0
𝑢(𝑟, 𝜃) =
+∞
𝑛=0
𝐴
𝑛
𝑟
𝑛
𝑃
𝑛
(cos 𝜃)
边界条件 𝑢|
𝑟=𝑎
= 1 + cos 𝜃
2
, 令 𝑥 = cos 𝜃 得
+∞
𝑛=0
𝐴
𝑛
𝑎
𝑛
𝑃
𝑛
(𝑥) = 1 + 𝑥
2
又有
1 + 𝑥
2
=
4
3
+
2
3
𝑃
2
(cos 𝜃)
那么
𝑢(𝑟, 𝜃) =
4
3
+
2
3𝑎
2
𝑟
2
𝑃
2
(cos 𝜃)
Δ
3
𝑢 = 0, (𝑟 < 𝑎)
𝑢|
𝑟=𝑎
= −
𝑎
√
𝑏
2
+ 𝑎
2
− 2𝑎𝑏 cos 𝜃
, (0 < 𝑏 < 𝑎)
由于是球内问题, 可设
𝑢(𝑟, 𝜃) =
+∞
𝑛=0
𝐴
𝑛
𝑟
𝑎
𝑛
𝑃
𝑛
(cos 𝜃)
代入边界条件
𝑢(𝑟, 𝜃)|
𝑟=𝑎
=
+∞
𝑛=0
𝐴
𝑛
𝑃
𝑛
(cos 𝜃) = −
𝑞
√
𝑏
2
+ 𝑎
2
− 2𝑎𝑏 cos 𝜃
记
𝑡 =
𝑏
𝑎
, 𝑥 = cos 𝜃
则得到
𝑞
√
𝑏
2
+ 𝑎
2
− 2𝑎𝑏 cos 𝜃
=
𝑞
𝑎
1
√
1 − 2𝑥𝑡 + 𝑡
2
=
𝑞
𝑎
+∞
𝑛=0
𝑃
𝑛
(𝑥)𝑡
𝑛
=
𝑞
𝑎
+∞
𝑛=0
𝑃
𝑛
(cos 𝜃)
𝑏
𝑎
𝑛
那么代入得到
𝐴
𝑛
= −
𝑞
𝑎
𝑏
𝑎
𝑛
因而
𝑢(𝑟, 𝜃) = −
𝑞
𝑎
+∞
𝑛=0
𝑏𝑟
𝑎
2
𝑛
𝑃
𝑛
(cos 𝜃) = −
𝑞
𝑎
1 − 2
𝑏
𝑎
𝑟 cos 𝜃 +
𝑏
2
𝑎
4
𝑟
2
−1/2
1
0
𝑃
𝑛
(𝑥)𝑑𝑥
利用递推公式 𝑃
′
𝑛+1
(𝑥) − 𝑃
′
𝑛−1
(𝑥) = (2𝑛 + 1)𝑃
𝑛
(𝑥), 那么
1
0
𝑃
𝑛
(𝑥)𝑑𝑥 =
1
2𝑛 + 1
1
0
𝑃
′
𝑛+1
(𝑥) − 𝑃
′
𝑛−1
(
𝑥
)
𝑑𝑥 =
1
2𝑛 + 1
[
𝑃
𝑛
+
1
(𝑥) − 𝑃
𝑛
−
1
(𝑥)
]
1
0
𝑃
𝑛
(1) 的值都相等, 那么
1
0
𝑃
𝑛
(𝑥)𝑑𝑥 =
1
2𝑛 + 1
(
𝑃
𝑛−1
(0) − 𝑃
𝑛+1
(0)
)
那么
1
0
𝑃
𝑛
(𝑥)𝑑𝑥 =
0, 𝑛 = 2𝑘
1
4𝑘 + 3
(𝑃
2𝑘
(0) − 𝑃
2𝑘+2
(0)), 𝑛 = 2𝑘 + 1
其中
𝑃
2𝑘
(0) − 𝑃
2𝑘+2
(0) =
(−1)
𝑘
(2𝑘 − 1)!!
2𝑘!!
−
(−1)
𝑘+1(2𝑘+1)!!
(2𝑘 + 2)!!
= (4𝑘 + 3)
(−1)
𝑘
(2𝑘 − 1)!!
(2𝑘 + 2)!!
半球上
Δ
3
𝑢
=
0
,
(
𝑟 < 𝑎,
0
≤
𝜃
≤
𝜋
2
)
𝑢|
𝜃=
𝜋
2
= 0
𝑢|
𝑟=𝑎
= 𝑢
0
设 𝑢 = 𝑢(𝑟, 𝜃), 则方程变为
1
𝑟
2
𝜕
𝜕𝑟
𝑟
2
𝜕𝑢
𝜕𝑟
+
1
𝑟
2
sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
sin 𝜃
𝜕𝑢
𝜕𝜃
= 0
分离变量 𝑢(𝑟, 𝜃) = 𝑅(𝑟)Θ(𝜃), 代入得到
( 𝑟
2
𝑅
′
)
′
− 𝜆𝑅 = 0
1
sin
𝜃
(sin 𝜃Θ
′
)
′
+ 𝜆Θ = 0
由 S-L 定理, 在 𝜃 = 0 可附加自然边界条件
|
Θ(0)
|
< +∞, 再有 𝑢|
𝜃=
𝜋
2
= Θ(
𝜋
2
) = 0 得固有值问题
1
sin 𝜃Θ
′
+ 𝜆Θ = 0
|
Θ(0)
|
< +∞, Θ
𝜋
2
= 0
利用 Θ(𝜃) 在 𝜃 = 0 有界, 以勒让德方程固有值问题结论
Θ
𝑘
(
𝜃
)
=
𝑃
𝑘
(
cos
𝜃
)
而 Θ(
𝜋
2
) = 0, 即
Θ
𝑘
(
𝜋
2
) = 𝑃
𝑘
(
𝜋
2
) = 0
因而 𝑘 = 2𝑛 + 1, 得到 Θ(𝜃) 的固有值问题的解
𝜆
𝑛
= (2𝑛 +1)(2𝑛 +2), Θ
𝑛
(𝜃) = 𝑃
2𝑛+1
(cos 𝜃)
代入 𝑅(𝑟) 方程得到
𝑅
𝑛
( 𝑟) = 𝐴
𝑛
𝑟
2𝑛+1
+ 𝐵
𝑛
𝑟
−( 2𝑛+2)
由叠加原理, 并考虑是球内问题
𝑢(𝑟, 𝜃) =
+∞
𝑛=0
𝑟
𝑎
2𝑛+1
𝑃
2𝑛+1
(cos 𝜃)
边界上
𝑢|
[
𝑟 = 𝑎] =
+∞
𝑛=0
𝐴
𝑛
𝑃
2𝑛+1
(cos 𝜃) = 𝑢
0
确定广义傅里叶系数
𝐴
𝑛
=
𝑢
0
𝜋
2
0
𝑃
2𝑛+1
(cos 𝜃) sin 𝜃𝑑𝜃
||
𝑃
2𝑛+1
(cos 𝜃)
||
2
,
||
𝑃
2𝑛+1
(cos 𝜃)
||
2
=
𝜋
2
0
𝑃
2𝑛+1
(cos 𝜃) sin 𝜃𝑑𝜃 =
1
0
𝑃
2
2𝑛+1
(𝑥)𝑑𝑥 =
1
4𝑛 + 3
另外
𝜋
2
0
𝑃
2𝑛+1
(cos 𝜃) sin 𝜃𝑑𝜃 =
1
0
𝑃
2𝑛+1
(𝑥)𝑑𝑥 =
(−1)
𝑛
(2𝑛 − 1)!!
(2𝑛 + 2)!!
那么
𝐴
𝑛
= 𝑢
0
(−1)
𝑛
(2𝑛 − 1)!!(4𝑛 + 3)
(2𝑛 + 2)!!
𝑓 (𝑥) =
0, −1 < 𝑥 < 𝛼
1
2
, 𝑥 = 𝛼
1, 𝛼 ≤ 𝑥 ≤ 1
在勒让德函数下展开
𝑓 (𝑥) =
+∞
𝑛=0
𝐶
𝑛
𝑃
𝑛
(𝑥), 𝐶 − 𝑛 =
2𝑛 + 1
2
1
−1
𝑓 (𝑥)𝑃
𝑛
(𝑥)𝑑𝑥
因而 𝐶
0
=
1
2
(1 − 𝛼)
𝐶
𝑛
=
1
2
1
𝛼
𝑃
′
𝑛+1
(𝑥) − 𝑃
′
𝑛−1
(𝑥)
𝑑𝑥 =
1
2
[
𝑃
𝑛−1
(𝛼) − 𝑃
𝑛+1
(𝛼)
]
得
𝑓 (𝑥) =
1
2
(1 − 𝛼) +
+∞
𝑛=1
1
2
[
𝑃
𝑛−1
(𝛼) − 𝑃
𝑛+1
(𝛼)
]
5 拉普拉斯方程
在球坐标下 Δ
3
𝑢 = 0 为
1
𝑟
2
𝜕
𝜕𝑟
𝑟
2
𝜕𝑢
𝜕𝑟
+
1
𝑟
2
sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
sin 𝜃
𝜕𝑢
𝜕𝜃
+
1
𝑟
2
sin
2
𝜃
𝜕
2
𝑢
𝜕𝜑
2
= 0
𝑢 = 𝑢(𝑟, 𝜃, 𝜑), 令 𝑢 = 𝑅( 𝑟)𝑌 (𝜃, 𝜑), 代入得到
𝜕
𝜕𝑟
𝑟
2
𝜕𝑅
𝜕𝑟
𝑅
+
1
sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
sin 𝜃
𝜕𝑌
𝜕𝜃
𝑌
+
1
sin
2
𝜃
𝜕
2
𝑌
𝜕𝜑
2
𝑌
= 0
分离变量得到
( 𝑟
2
𝑅
′
)
′
− 𝜆𝑅 = 0
这是一个欧拉方程.𝑌 的方程称为球函数方程
Δ
𝜃 𝜑
𝑌 =
1
sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
sin 𝜃
𝜕𝑌
𝜕𝜃
+
1
sin
2
𝜃
𝜕
2
𝑌
𝜕𝜑
2
= −𝜆𝑌
𝜑 具有周期性条件
𝑌 (𝜃, 𝜑) = 𝑌 (𝜃, 𝜑 + 2𝜋)
有界条件
|
𝑌 (0, 𝜑)
|
< +∞,
|
𝑌 (𝜋, 𝜑)
|
< +∞
形成固有值问题
1
sin 𝜃
𝜕
𝜕𝜃
sin 𝜃
𝜕𝑌
𝜕𝜃
+
1
sin
2
𝜃
𝜕
2
𝑌
𝜕𝜑
2
= −𝜆𝑌 , (0 < 𝜃 < 𝜋, 0 < 𝜑 < 2𝜋)
𝑌 (𝜃, 𝜑) = 𝑌 (𝜃, 𝜑 + 2𝜋)
|
𝑌 (0, 𝜑)
|
< +∞,
|
𝑌 (𝜋, 𝜑)
|
< +∞
令 𝑌 (𝜃, 𝜑) = Θ(𝜃)Φ(𝜑), 代入得到
Φ
′′
+ 𝜇Φ = 0
Φ(𝜑) = Φ(𝜑 + 2𝜋)
,
1
sin 𝜃
(
sin 𝜃Θ
′
)
′
+
𝜆 −
𝜇
sin
2
𝜃
Θ = 0
|
Θ(0)
|
< +∞,
|
Θ(𝜋)
|
< +∞
Φ(𝜑) 方程的固有值 𝜇
𝑚
= 𝑚
2
, 固有函数
Φ
𝑚
= 𝐶
𝑚
cos 𝑚𝜑 + 𝐷
𝑚
sin 𝑚𝜑
Θ(𝜃) 的方程是一个伴随勒让德方程, 代入 𝜇
𝑚
得到固有值和固有函数
𝜆
𝑛
= 𝑛(𝑛 + 1), Θ
𝑚𝑛
(𝜃) = 𝑃
𝑚
𝑛
(cos 𝜃), 𝑛 = 𝑚, 𝑚 + 1, 𝑚 + 2, ···
于是得到 𝑌 (Θ, 𝜑) 定义在单位球面上的解族
𝑌
𝑛𝑚
( 𝑟, 𝜃, 𝜑) = 𝑃
𝑚
𝑛
(cos 𝜃)
(
𝐶
𝑚
cos 𝑚𝜑 + 𝐷
𝑚
sin 𝑚𝜑
)
, (𝜃, 𝜑) ∈ [0, 𝜋] × [0, 2𝜋)
组合得到解
𝑢(𝑟, 𝜃, 𝜑) =
+∞
𝑚=0
+∞
𝑛=𝑚
𝐴
𝑛
𝑟
𝑛
+ 𝐵
𝑛
𝑟
−(𝑛+1)
𝑃
𝑚
𝑛
(cos 𝜃)
(
𝐶
𝑚
cos 𝑚𝜑 + 𝐷
𝑚
sin 𝑚𝜑
)
6 虚变量贝塞尔函数
虚变量贝塞尔方程
𝑥
2
𝑦
′′
+ 𝑥𝑦
′
− (𝑥
2
+ 𝜈
2
)𝑦 = 0
作变换 −𝑥
2
= (𝑖𝑥)
2
, 变为贝塞尔方程形式, 得到解
𝑦(𝑥) = 𝐶𝐽
𝜈
(𝑖𝑥) + 𝐷𝑁
𝜈
(𝑖𝑥)