外观
Lesson 7 Bessel 方程 & 球函数
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2025-11-07
Bessel 方程
方程形式为
dz2d2w+z1dzdw+(1−z2ν2)w=0
默认 ν 是一个正实数. z=0 是方程的正则奇点,z=∞ 是非正则奇点.
考虑 z=0 邻域的解为
w(z)=zρk=0∑∞ckzk,c0=0
代入,得到
k=0∑∞ck(k+ρ)(k+ρ−1)zk+ρ−2+k=0∑∞ck(k+ρ)zk+ρ−2+k=0∑∞ckzk+ρ−ν2k=0∑∞ckzk+ρ−2=0
约去 zρ−2,
k=0∑∞ck[(k+ρ)2−ν2]zk+k=0∑∞ckzk+2=0
由最低次幂的系数,且 c0=0,得到指标方程为
ρ2−ν2=0
可以取 ρ1,2=±ν. 再看 z1 项系数,为
c1[(ρ+1)2−ν2]=c1(2ρ+1)=0
如果 ρ=−1/2,那么 c1=0;否则是任意的. 递推关系:
cn=−n(n+2ρ)1cn−2
我们最后关注的肯定是偶数项,因为 c0 被要求了不为零,所以这一个序列更加重要;至于奇数项作用并不是特别大. 偶数项:
c2n=n!(−1)n(ρ+1)n122n1c0=n!Γ(ρ+n+1)22n(−1)nΓ(ρ+1)c0
奇数项为零 (可以要求). 取 ρ1=ν,c0=2νΓ(ν+1)1,得到 Bessel 函数
Jν(z)=k=0∑∞k!Γ(k+ν+1)(−1)k(2z)2k+ν
ρ2=−ν 时,取 c0=Γ(−ν+1)2ν,
J−ν(z)=k=0∑∞k!Γ(k−ν+1)(−1)k(2z)2k−ν
但是我们并没有解决 ρ=−1/2 时,c1=0 的情形. 实际上经过计算可以证明:
z−1/2n=0∑∞c2n+1z2n+1=c12π⋅J1/2(z)
也就是在 w2(z) 上叠加一个第一解.
我们还是没有完成全部的求解:
当 ν= 整数,解已经完备;
ν= 正整数,可能会出现 Γ 函数的自变量为负整数或者 0,考虑
J−n(x)=k=0∑∞k!Γ(k−n+1)(−1)k(2x)2k−n
Γ 在分母上且是无穷,k=0,⋯,n−1 的每一项全部是 0,如果 k−n=l,那么就变为
J−n(x)=(−1)nJn(x)
相当于同一个解.
注意
这是因为,我们在解第二解的时候提出的系数 c0=Γ(−n+1)2n 在这些情况下已经是零了,实际上并不是合理的,当然会出现两个解线性相关的问题.
如果更特殊,ν=0,则
J0(x)=k=0∑∞(k!)2(−1)k(2x)2k
所以实际上 ν=n 时,第二解应该有对数项,
w2(x)=gJn(x)lnx+k=0∑∞dkxk−n
用 Wronski 行列式来做:
Δ[Jν(z),J−ν(z)]=Jν(z)Jν′(z)J−ν(z)J−ν′(z)=Aexp[−∫zζdζ]=zA
后面的形式实际上是由 Wronski 积分给出的. 所以在计算行列式的意义上,可以只计算 z−1 项系数给出的值,
A=Γ(1+ν)12ν1Γ(1−ν)12−ν−ν−Γ(1−ν)12−ν1Γ(1+ν)12νν=−Γ(1+ν)Γ(1−ν)2ν=−Γ(ν)Γ(1−ν)2=−π2sinπν
最后用到 Γ 函数的宗量互余定理. 如果我们取第二解为
sinπνcJν(z)−J−ν(z)
那么 Δ[Jν(z),w2(z)]=2/(πz),也就是在 L'Hôpital 法则下得到了正常的第二解. 但是为了保证 w2(z) 始终有意义,注意 J−n(z)=(−1)nJn(z),只需要取 c=cosπν 即可. 最终得到 ν 阶 Neumann 函数,
Nν(z)=sinπνcosπνJν(z)−J−ν(z)
在期末考试中,Bessel 函数是要求背下来的,其他不做要求.
下面我们讨论一下正常解第二解应该怎么做 (也就是不提出那一个系数). 此时方程为 (0 解 Bessel 方程)
dz2d2w+z1dzdw+w=0
第二解形式:
w2(z)=glnz⋅J0(z)+k=0∑∞dkzk
代入,因为 J0(z) 已经是方程的解,所以如果只对 J0(z) 求导的话 (也就是 lnz 项的系数),方程一定成立;因此想要得到另外的解,一定要对 lnz 求导,也就是最后的式子不会出现 lnz 这样的东西.
最后得到
z2gJ0′(z)+zd1+k=0∑∞[dk+2(k+2)2+dk]zk=0
d0 任意,d1=0. 得到递推关系
d2k+2(2k+2)2=k!(k+1)!⋅22k(−1)kg−d2k
这个关系没办法求通项.
方程正则解的根源
在正则奇点附近,将系数 p(z) 和 q(z) 全部 Laurent 展开,以最重要的第一项作为近似,得到:
dz2d2w+z−z0p0dzdw+(z−z0)2q0w=0
正是 Euler 方程!这说明在正则奇点附近,方程的行为和 Euler 方程一致.
Frobenius 方法
前面我们了解到方程的第二解很难得到,所以 Frobenius 发展了一种从第一解直接得到第二解的方法. 假设 z=0 是方程
w′′+pw′+qw=0
的正则奇点. 令算符
L[w]=z2w′′+z(zp)w′+(z2q)w
把第一解
w(z)=n=0∑∞cnzn+ρ
代入,得到
L[w]=zρ{n=1∑∞[cnf0(ρ+n)+k=1∑ncn−kfk(ρ+n)]zn+c0f0(ρ)}
其中,
f0(x)=x(x−1)+p0x+q0,fk(x)=pk(x−k)+qk,k=1,2,⋯
递推关系为
cnf0(ρ+n)+k=1∑ncn−kfk(ρ+n)=0,n=1,2,⋯
最终,
L[w]=c0zρf0(ρ)=
非正则奇点邻域内求解的思路
非正则邻域的解一般有无穷个负幂次项. 假设 z=0 是非正则奇点,可以令 w(z)=eS(z) 得到 S(z) 的方程,只保留方程中最重要的项,得到近似解 S(z)=S0(z).
进一步,令 S(z)=S0(z)+S1(z),求出 S1(z).
不断重复,最终每个近似解都形如 Si(z)=aizνi,并且 ℜ(ν0)<ℜ(ν1)<⋯<0.
这个过程并不会一直重复,到某一个解会得到 ρlnz. 后面的解已经不再有奇性. 因此解的形式为
w(z)=AeS(z)zρk=0∑∞ckzk,c0=1
AeS(z)zρ 称为方程主项,这个方法称为主项平衡法.
举例:一维谐振子 Schrödinger 方程
ψ′′(x)+(λ−x2)ψ(x)=0
常微分方程的积分解法
引入算符
L[u]=[p0dz2d2+p1(z)dzd+p2(z)]u
积分解法的基本原理是引入积分变换
u(z)=∫CK(z,t)v(t)dt
于是
L[u]=∫CLz[K(z,t)]v(t)dt
如果找到一个适合的积分变换核和另一个对应 t 的线性微分算子 Mt,满足
Lz[K(z,t)]=Mt[K(z,t)]
则利用分部积分得到
L[u]=∫CK(z,t)Mˉt[v(t)]dt+{Q[K,v]}C
找到合适的 v(t) 使得
Mˉt[v(t)]=0,{Q[K,v]}C=0
则解为
u(z)=∫CK(z,t)v(t)dt
警告
然后某个叫 LYS 的人把后面所有积分变换的内容全部跳过了要大家自己看.
球函数
Helmholz 方程在球坐标系下分离变量得到连带 Legendre 方程:
sinθ1dθd(sinθdθdΘ)+[λ−sin2θμ]Θ=0
换元 x=cosθ,y(x)=Θ(θ),得到
dxd[(1−x2)dxdy]+[λ−1−x2μ]y=0
当 μ=0 为 Legendre 方程.
Legendre 方程有 z=±1,∞ 三个正则奇点,其他位置全平面解析. 在 z=1 邻域内,两个线性无关解:
Pν(z)=n=0∑∞(n!)!1Γ(ν−n+1)Γ(ν+n+1)(2z−1)nQν(z)=21Pν(z)[lnz−1z+1−2γ−2ψ(ν+1)]+n=0∑∞(n!)21Γ(ν−n+1)Γ(ν+n+1)(1+21+⋯+n1)(2z−1)n
本征值为 l(l+1),本征函数为 Pl(x),为 Legendre 多项式,
Pl(x)=n=0∑∞(n!)21(l−n)!(l+n)!(2x−1)n
Legendre 多项式的一个重要性质是,在 [−1,1] 之间正交.
Rodrigues 公式
Pl(x)=2l⋅l!1dxld(x2−1)l
更新日志
2025/11/7 07:43
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