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Lesson 7 Bessel 方程 & 球函数

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2025-11-07

Bessel 方程

方程形式为

d2wdz2+1zdwdz+(1−ν2z2)w=0\frac{\text{d}^2w}{\text{d}z^2}+\frac{1}{z}\frac{\text{d}w}{\text{d}z}+\left(1-\frac{\nu^2}{z^2}\right)w=0

默认 ν\nu 是一个正实数. z=0z=0 是方程的正则奇点，z=∞z=\infty 是非正则奇点.

考虑 z=0z=0 邻域的解为

w(z)=zρ∑k=0∞ckzk,c0≠0w(z)=z^\rho\sum_{k=0}^\infty c_kz^k,\quad c_0\neq0

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−ν2∑k=0∞ckzk+ρ−2=0\begin{aligned} &\sum_{k=0}^\infty c_k(k+\rho)(k+\rho-1)z^{k+\rho-2}+\sum_{k=0}^\infty c_k(k+\rho)z^{k+\rho-2}\\ &+\sum_{k=0}^\infty c_kz^{k+\rho}-\nu^2\sum_{k=0}^\infty c_kz^{k+\rho-2}=0 \end{aligned}

约去 zρ−2z^{\rho-2}，

∑k=0∞ck[(k+ρ)2−ν2]zk+∑k=0∞ckzk+2=0\sum_{k=0}^\infty c_k[(k+\rho)^2-\nu^2]z^k+\sum_{k=0}^\infty c_kz^{k+2}=0

由最低次幂的系数，且 c0≠0c_0\neq0，得到指标方程为

ρ2−ν2=0\rho^2-\nu^2=0

可以取 ρ1,2=±ν\rho_{1,2}=\pm\nu. 再看 z1z^1 项系数，为

c1[(ρ+1)2−ν2]=c1(2ρ+1)=0c_1[(\rho+1)^2-\nu^2]=c_1(2\rho+1)=0

如果 ρ≠−1/2\rho\neq-1/2，那么 c1=0c_1=0；否则是任意的. 递推关系：

cn=−1n(n+2ρ)cn−2c_n=-\frac{1}{n(n+2\rho)}c_{n-2}

我们最后关注的肯定是偶数项，因为 c0c_0 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=(−1)nn!1(ρ+1)n122nc0=(−1)nΓ(ρ+1)c0n!Γ(ρ+n+1)22nc_{2n}=\frac{(-1)^n}{n!}\frac{1}{(\rho+1)_n}\frac{1}{2^{2n}}c_0=\boxed{\frac{(-1)^n\Gamma(\rho+1)c_0}{n!\Gamma(\rho+n+1)2^{2n}}}

奇数项为零 (可以要求). 取 ρ1=ν\rho_1=\nu，c0=12νΓ(ν+1)c_0=\displaystyle{\frac{1}{2^\nu\Gamma(\nu+1)}}，得到 Bessel 函数

Jν(z)=∑k=0∞(−1)kk!Γ(k+ν+1)(z2)2k+νJ_\nu(z)=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(k+\nu+1)}\left(\frac{z}{2}\right)^{2k+\nu}

ρ2=−ν\rho_2=-\nu 时，取 c0=2νΓ(−ν+1)c_0=\displaystyle{\frac{2^\nu}{\Gamma(-\nu+1)}}，

J−ν(z)=∑k=0∞(−1)kk!Γ(k−ν+1)(z2)2k−νJ_{-\nu}(z)=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(k-\nu+1)}\left(\frac{z}{2}\right)^{2k-\nu}

但是我们并没有解决 ρ=−1/2\rho=-1/2 时，c1≠0c_1\neq0 的情形. 实际上经过计算可以证明：

z−1/2∑n=0∞c2n+1z2n+1=c1π2⋅J1/2(z)z^{-1/2}\sum_{n=0}^\infty c_{2n+1}z^{2n+1}=c_1\sqrt{\frac{\pi}{2}}\cdot J_{1/2}(z)

也就是在 w2(z)w_2(z) 上叠加一个第一解.

我们还是没有完成全部的求解：

  • 当 ν≠\nu\neq 整数，解已经完备；

  • ν=\nu= 正整数，可能会出现 Γ\Gamma 函数的自变量为负整数或者 00，考虑

    J−n(x)=∑k=0∞(−1)kk!Γ(k−n+1)(x2)2k−nJ_{-n}(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(k-n+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k-n}

    Γ\Gamma 在分母上且是无穷，k=0,⋯ ,n−1k=0,\cdots,n-1 的每一项全部是 00，如果 k−n=lk-n=l，那么就变为

    J−n(x)=(−1)nJn(x)J_{-n}(x)=(-1)^nJ_n(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=2nΓ(−n+1)c_0=\displaystyle{\frac{2^n}{\Gamma(-n+1)}} 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\nu=0，则

    J0(x)=∑k=0∞(−1)k(k!)2(x2)2kJ_0(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(k!)^2}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k}

所以实际上 ν=n\nu=n 时，第二解应该有对数项，

w2(x)=gJn(x)ln⁡x+∑k=0∞dkxk−nw_2(x)=gJ_n(x)\ln x+\sum_{k=0}^\infty d_kx^{k-n}

用 Wronski 行列式来做：

Δ[Jν(z),J−ν(z)]=∣Jν(z)J−ν(z)Jν′(z)J−ν′(z)∣=Aexp⁡[−∫zdζζ]=Az\Delta[J_\nu(z),J_{-\nu}(z)]=\begin{vmatrix} J_\nu(z)&J_{-\nu}(z)\\J'_\nu(z)&J'_{-\nu}(z) \end{vmatrix}=A\exp\left[-\int^z\frac{\text{d}\zeta}{\zeta}\right]=\frac{A}{z}

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−1z^{-1} 项系数给出的值，

A=1Γ(1+ν)12ν1Γ(1−ν)−ν2−ν−1Γ(1−ν)12−ν1Γ(1+ν)ν2ν=−2νΓ(1+ν)Γ(1−ν)=−2Γ(ν)Γ(1−ν)=−2πsin⁡πν\begin{aligned} A&=\frac{1}{\Gamma(1+\nu)}\frac{1}{2^\nu}\frac{1}{\Gamma(1-\nu)}\frac{-\nu}{2^{-\nu}}-\frac{1}{\Gamma(1-\nu)}\frac{1}{2^{-\nu}}\frac{1}{\Gamma(1+\nu)}\frac{\nu}{2^\nu}\\\\ &= -\frac{2\nu}{\Gamma(1+\nu)\Gamma(1-\nu)}\\\\ &= -\frac{2}{\Gamma(\nu)\Gamma(1-\nu)} = \boxed{-\frac{2}{\pi}\sin\pi\nu} \end{aligned}

最后用到 Γ\Gamma 函数的宗量互余定理. 如果我们取第二解为

cJν(z)−J−ν(z)sin⁡πν\frac{cJ_\nu(z)-J_{-\nu(z)}}{\sin\pi\nu}

那么 Δ[Jν(z),w2(z)]=2/(πz)\Delta[J_\nu(z),w_2(z)]=2/(\pi z)，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)w_2(z) 始终有意义，注意 J−n(z)=(−1)nJn(z)J_{-n}(z)=(-1)^nJ_n(z)，只需要取 c=cos⁡πνc=\cos\pi\nu 即可. 最终得到 ν\nu 阶 Neumann 函数，

Nν(z)=cos⁡πνJν(z)−J−ν(z)sin⁡πνN_\nu(z) = \frac{\cos\pi\nu J_\nu(z)-J_{-\nu}(z)}{\sin\pi\nu}

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 (00 解 Bessel 方程)

d2wdz2+1zdwdz+w=0\frac{\text{d}^2w}{\text{d}z^2}+\frac{1}{z}\frac{\text{d}w}{\text{d}z}+w=0

第二解形式：

w2(z)=gln⁡z⋅J0(z)+∑k=0∞dkzkw_2(z)=g\ln z\cdot J_0(z)+\sum_{k=0}^\infty d_kz^k

代入，因为 J0(z)J_0(z) 已经是方程的解，所以如果只对 J0(z)J_0(z) 求导的话 (也就是 ln⁡z\ln z 项的系数)，方程一定成立；因此想要得到另外的解，一定要对 ln⁡z\ln z 求导，也就是最后的式子不会出现 ln⁡z\ln z 这样的东西.

最后得到

2gzJ0′(z)+d1z+∑k=0∞[dk+2(k+2)2+dk]zk=0\frac{2g}{z}J_0'(z)+\frac{d_1}{z}+\sum_{k=0}^\infty[d_{k+2}(k+2)^2+d_k]z^k=0

d0d_0 任意，d1=0d_1=0. 得到递推关系

d2k+2(2k+2)2=(−1)kgk!(k+1)!⋅22k−d2kd_{2k+2}(2k+2)^2=\frac{(-1)^kg}{k!(k+1)!\cdot2^{2k}}-d_{2k}

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)p(z) 和 q(z)q(z) 全部 Laurent 展开，以最重要的第一项作为近似，得到：

d2wdz2+p0z−z0dwdz+q0(z−z0)2w=0\frac{\text{d}^2w}{\text{d}z^2}+\frac{p_0}{z-z_0}\frac{\text{d}w}{\text{d}z}+\frac{q_0}{(z-z_0)^2}w=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=0z=0 是方程

w′′+pw′+qw=0w''+pw'+qw=0

的正则奇点. 令算符

L[w]=z2w′′+z(zp)w′+(z2q)wL[w] = z^2w'' +z(zp)w'+(z^2q)w

把第一解

w(z)=∑n=0∞cnzn+ρw(z)=\sum_{n=0}^\infty c_nz^{n+\rho}

代入，得到

L[w]=zρ{∑n=1∞[cnf0(ρ+n)+∑k=1ncn−kfk(ρ+n)]zn+c0f0(ρ)}L[w]=z^\rho\left\{\sum_{n=1}^\infty\left[c_nf_0(\rho+n)+\sum_{k=1}^nc_{n-k}f_k(\rho+n)\right]z^n+c_0f_0(\rho)\right\}

其中，

f0(x)=x(x−1)+p0x+q0,fk(x)=pk(x−k)+qk,k=1,2,⋯f_0(x)=x(x-1)+p_0x+q_0,\quad f_k(x)=p_k(x-k)+q_k,\quad k =1,2,\cdots

递推关系为

cnf0(ρ+n)+∑k=1ncn−kfk(ρ+n)=0,n=1,2,⋯c_nf_0(\rho+n)+\sum_{k=1}^nc_{n-k}f_k(\rho+n)=0,\quad n=1,2,\cdots

最终，

L[w]=c0zρf0(ρ)=L[w]=c_0z^\rho f_0(\rho) =

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=0z=0 是非正则奇点，可以令 w(z)=eS(z)w(z)=e^{S(z)} 得到 S(z)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)S(z)=S_0(z).

进一步，令 S(z)=S0(z)+S1(z)S(z)=S_0(z)+S_1(z)，求出 S1(z)S_1(z).

不断重复，最终每个近似解都形如 Si(z)=aizνiS_i(z)=a_iz^{\nu_i}，并且 ℜ(ν0)<ℜ(ν1)<⋯<0\Re(\nu_0)<\Re(\nu_1)<\cdots<0.

这个过程并不会一直重复，到某一个解会得到 ρln⁡z\rho\ln z. 后面的解已经不再有奇性. 因此解的形式为

w(z)=AeS(z)zρ∑k=0∞ckzk,c0=1w(z) = Ae^{S(z)}z^\rho\sum_{k=0}^\infty c_kz^k,\quad c_0=1

AeS(z)zρAe^{S(z)}z^\rho 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\psi''(x)+(\lambda-x^2)\psi(x)=0

常微分方程的积分解法

引入算符

L[u]=[p0d2dz2+p1(z)ddz+p2(z)]uL[u] = \left[p_0\frac{\text{d}^2}{\text{d}z^2}+p_1(z)\frac{\text{d}}{\text{d}z}+p_2(z)\right]u

积分解法的基本原理是引入积分变换

u(z)=∫CK(z,t)v(t)dtu(z) = \int_C K(z,t)v(t)\text{d}t

于是

L[u]=∫CLz[K(z,t)]v(t)dtL[u]=\int_CL_z[K(z,t)]v(t)\text{d}t

如果找到一个适合的积分变换核和另一个对应 tt 的线性微分算子 MtM_t，满足

Lz[K(z,t)]=Mt[K(z,t)]L_z[K(z,t)]=M_t[K(z,t)]

则利用分部积分得到

L[u]=∫CK(z,t)Mˉt[v(t)]dt+{Q[K,v]}CL[u]=\int_CK(z,t)\bar{M}_t[v(t)]\text{d}t+\{Q[K,v]\}_C

找到合适的 v(t)v(t) 使得

Mˉt[v(t)]=0,{Q[K,v]}C=0\bar{M}_t[v(t)]=0,\quad \{Q[K,v]\}_C=0

则解为

u(z)=∫CK(z,t)v(t)dtu(z)=\int_CK(z,t)v(t)\text{d}t

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：

1sin⁡θddθ(sin⁡θdΘdθ)+[λ−μsin⁡2θ]Θ=0\frac{1}{\sin\theta}\frac{\text{d}}{\text{d}\theta}\left(\sin\theta\frac{\text{d}\Theta}{\text{d}\theta}\right)+\left[\lambda-\frac{\mu}{\sin^2\theta}\right]\Theta=0

换元 x=cos⁡θ,y(x)=Θ(θ)x=\cos\theta, y(x)=\Theta(\theta)，得到

ddx[(1−x2)dydx]+[λ−μ1−x2]y=0\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left[(1-x^2)\frac{\text{d}y}{\text{d}x}\right]+\left[\lambda-\frac{\mu}{1-x^2}\right]y=0

当 μ=0\mu=0 为 Legendre 方程.

Legendre 方程有 z=±1,∞z=\pm1,\infty 三个正则奇点，其他位置全平面解析. 在 z=1z=1 邻域内，两个线性无关解：

Pν(z)=∑n=0∞1(n!)!Γ(ν+n+1)Γ(ν−n+1)(z−12)nQν(z)=12Pν(z)[ln⁡z+1z−1−2γ−2ψ(ν+1)]+∑n=0∞1(n!)2Γ(ν+n+1)Γ(ν−n+1)(1+12+⋯+1n)(z−12)n\begin{aligned} &P_\nu(z)=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(n!)!}\frac{\Gamma(\nu+n+1)}{\Gamma(\nu-n+1)}\left(\frac{z-1}{2}\right)^n\\\\ &Q_\nu(z)=\frac{1}{2}P_\nu(z)\left[\ln\frac{z+1}{z-1}-2\gamma-2\psi(\nu+1)\right]\\\\ &\quad+\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(n!)^2}\frac{\Gamma(\nu+n+1)}{\Gamma(\nu-n+1)}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)\left(\frac{z-1}{2}\right)^n \end{aligned}

本征值为 l(l+1)l(l+1)，本征函数为 Pl(x)P_l(x)，为 Legendre 多项式，

Pl(x)=∑n=0∞1(n!)2(l+n)!(l−n)!(x−12)nP_l(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(n!)^2}\frac{(l+n)!}{(l-n)!}\left(\frac{x-1}{2}\right)^n

Legendre 多项式的一个重要性质是，在 [−1,1][-1,1] 之间正交.

Rodrigues 公式

Pl(x)=12l⋅l!ddxl(x2−1)lP_l(x) = \frac{1}{2^l\cdot l!}\frac{\text{d}}{\text{d}x^l}(x^2-1)^l

更新日志

2025/11/7 07:43
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