13 球函数 球坐标系(r,,)中 Helmholtz方程经分离变量为 (2R)+r2-1+1 包含了y,∥+1)与A三个分离变量常数,其中A为时空分离引进的分离变量常数 求解这些分离变量常数并确定相应的微分方程之解的过程,称为求解微分方程的本征值问题 如何求解?化三元函数的边值问题为单元函数的边值问题,再求分离变量常数应取何值,才存在满足边条的单元函数解 首先,Φ满足的方程最为简单,利用Φ的周期条件可确定本征值y及相应的本征函数。 d(小+ 或 接下来,就是利用θ满足的微分方程及边界(自然)条件确定本征值l+1) 对e满足的微分方程做变换:x=cOs6,yx)=刷,则e满足的微分方程 saem)+1+)-s=0 化为 ap-2++- 连带( associated) Legendre方程 本章讨论连带 Legendre方程的求解、解的性质、解的推广以及其在球坐标分离变量法中的应用。 以下一小段番 Mathematica代码将θ满足的微分方程(1.1)化为连带 Legendre方程
13 球函数 球坐标系 (r, θ, ϕ) 中Helmholtz方程经分离变量为 ∇2w(r, θ, ϕ) + λ w(r, θ, ϕ) = 0 w(r,θ,ϕ)=R(r) Θ(θ) Φ(ϕ) Φ″ + γ Φ = 0 1 sin θ θ (sin θ Θ′ ) + l(l + 1) - γ sin2 θ Θ = 0 r r2 R′ +λ r2 -l(l + 1) R = 0 包含了 γ, l(l + 1) 与 λ 三个分离变量常数，其中 λ 为时空分离引进的分离变量常数。 求解这些分离变量常数并确定相应的微分方程之解的过程，称为求解微分方程的本征值问题。 如何求解？化三元函数的边值问题为单元函数的边值问题，再求分离变量常数应取何值，才存在满足边条的单元函数解。 首先，Φ 满足的方程最为简单，利用 Φ 的周期条件可确定本征值 γ 及相应的本征函数。 Φ″ + γ Φ = 0 Φ(ϕ + 2 π) = Φ(ϕ) ⟶ γ = m2, Φm(ϕ) = Am ′ cos m ϕ + Bm ′ sin m ϕ 或 Φm(ϕ) = Am m ϕ + Bm - m ϕ , m = 0, 1, 2, … 接下来，就是利用 Θ 满足的微分方程及边界（自然）条件确定本征值 l(l + 1)。 对 Θ 满足的微分方程做变换： x = cos θ , y(x) = Θ(θ)，则 Θ 满足的微分方程： 1 sin θ θ (sin θ Θ′ ) + l(l + 1) - m2 sin2 θ Θ = 0 (1.1) 化为： x 1 - x2 y x + l(l + 1) - m2 1 - x2 y = 0 —— 连带 (associated) Legendre 方程 (1.2) 本章讨论连带 Legendre 方程的求解、解的性质、解的推广以及其在球坐标分离变量法中的应用。 以下一小段 Mathematica 代码将 Θ 满足的微分方程 (1.1) 化为连带 Legendre 方程
im1={x→Cos[e] im2=e→ ArcCos[x]} D[sin[e]D[y【x]/.sim1,e],e]+1(1+1)- y eq= FullSimplify [eq / sim2,[0<0<]]i c2= Simplify [Coefficient [eq, y'[x]l]; cl =Simplify [coefficient[eq,y.[x]]] cO Simplify [coefficient[eq, y[x]]] (c2 y '[x]+cly [x]+c0 y [x])// TraditionalForm yx)((+1)(x2-1)+m2) +(1-x2)y(x)-2xy(x) 131 Legendre方程的解 当连带 Legendre方程(1.2)中m=0时,方程退化为 Legendre方程(参见$6.3) (1-x)|++1)y=0 Legendre方程 这个方程对应于轴对称物理问题,这时问题的解与方位角d无关,=常数,对应于m=0 Legendre方程有三个正则奇点:x=±1及x=∞。而x=0是方程的常点 在微分方程常点邻域,根据 Frobenius and Fuchs定理,方程有两个以下形式的线性无关解 y(x)=ScA 在§63已求出, Legendre方程的两个线性独立解为 22(1)(1+1 xk, n(x)=cI S (2k)!(2 (2k+1)! 其中c0和a为常数,(an为 Pochhammer符号:(ahn=a(a+1)(a+2)…(a+n-1)=a+n 这里的 Legend程来自变量代换x=cs6,在=0.,r(即x=±1),物理量应有限,对应的微分方程的解应该收敛 但 Legendre方程在x=±1是正则奇点,故FF定理仅保证在<1方程的级数解收敛(有界) 不能保证在一般情况下(对任意的l值),微分方程的解在x=±1有界 因此,需要探讨在什么条件下,y(x)和减或y(x)在x=±1收敛(有界) 寻找 Legendre方程在x=±1时有界(符合物理要求)的解 Q寻找 Legendre方程在X=±1处有界的解 对一般的/值,yo(x)相邻两项之比为 0=∑=20-2(41(4+1 f(2k)!(2k(2 2k(2k+1)-+1) k+1)(2k+2) (2k+1)(2k+2 故据比值判别法,只能证明级数yo(x)在<1收敛
sim1 = {x Cos[θ]}; sim2 = {θ ArcCos[x]}; eq = 1 Sin[θ] D[Sin[θ] D[y[x] /. sim1, θ], θ] + l (l + 1) - m2 Sin[θ]2 y[x]; eq = FullSimplify[eq /. sim2, {0 < θ < π}]; c2 = Simplify[Coefficient[eq, y''[x]]]; c1 = Simplify[Coefficient[eq, y'[x]]]; c0 = Simplify[Coefficient[eq, y[x]]]; (c2 y''[x] + c1 y'[x] + c0 y[x]) // TraditionalForm y(x) l (l + 1) x2 - 1 + m2 x2 - 1 + 1 - x2 y′′(x) - 2 x y′ (x) 13.1 Legendre 方程的解 当连带 Legendre 方程 (1.2) 中 m = 0 时，方程退化为 Legendre 方程（参见 §6.3 ） x 1 - x2 y x + l(l + 1) y = 0 —— Legendre 方程 (1.3) 这个方程对应于轴对称物理问题，这时问题的解与方位角 ϕ 无关，Φ = 常数，对应于 m = 0。 Legendre方程有三个正则奇点：x = ±1 及 x = ∞。而 x = 0 是方程的常点。 在微分方程常点邻域，根据 Frobenius and Fuchs 定理，方程有两个以下形式的线性无关解 y(x) = k=0 ∞ ck xk 在 §6.3 已求出， Legendre 方程的两个线性独立解 为 y0(x) = c0 k=0 ∞ 22 k (2 k)! - l 2 k l + 1 2 k x2 k, y1(x) = c1 k=0 ∞ 22 k (2 k + 1)! - l - 1 2 k l 2 + 1 k x2 k+1, 其中 c0 和 c1 为常数，(a)n 为 Pochhammer 符号：(a)n = a(a + 1) (a + 2) ⋯(a + n - 1) n 项相乘 = Γ(a + n) Γ(a) 这里的Legendre方程来自变量代换 x = cos θ，在 θ = 0, π (即 x = ±1)，物理量应有限，对应的微分方程的解应该收敛。 但Legendre方程在 x = ±1 是正则奇点，故 F-F 定理仅保证在 x < 1 方程的级数解收敛（有界）， 不能保证在一般情况下（对任意的 l 值），微分方程的解在 x = ±1 有界。 因此，需要探讨在什么条件下，y0(x) 和/或 y1(x) 在 x = ±1 收敛（有界）。 —— 寻找 Legendre方程在 x = ±1 时有界（符合物理要求）的解。 寻找 Legendre方程在 x = ±1 处有界的解 对一般的 l 值，y0(x) 相邻两项之比为 y0(x) = k=0 ∞ ak = c0 k=0 ∞ 22 k (2 k)! - l 2 k l + 1 2 k x2 k ⟶ lim k∞ ak+1 ak = lim k∞ 22 - l 2 + k 1 + l 2 + k x2 (2 k + 1) (2 k + 2) = lim k∞ 2 k(2 k + 1) - l(l + 1) (2 k + 1) (2 k + 2) x2 = x2 故据 比值判别法 ，只能证明级数 y0(x) 在 x < 1 收敛。 2 z13a.nb
对x=±1,比值判别法无法判别。利用高斯判别法 ak(2k+1)(2k (2k+1)(2k+2) ak+12k(2k+1)-(/+1) l(+1) k(2k+1) l(+1) k(2k+1) k 由高斯判别法,级数发散(无界) 注:对y(x),当k足够大时,级数的每一项都是正的,收敛与绝对收敛是一致的 类似可 (x)在x=±1也是无界的 从而,在x=±1处的有界条件限制了1不可以随便取值 原来除了齐次边条之外还可以通过自然边条确定本征值和本征函数 观察:1)=2 x2k, y,(x)=cy 台(2k)!(2从(2人k (2k+1)!(2 合因子,若1为0或正数2m则(m++012 无穷级数退化为从k=0到k=n的n+1项多项式,且每一项都是x的2k幂次,多项式yo(x-=有界 类似地,由y1(x)知,若l为正奇数2n+1,则: =(-m)…(-n+k-1)=0ifk≥n+1 无穷级数仅剩下从k=0到k=n的n+1项,且每一项都是x的2k+1幂次,多项式y(x)l有界 因此,若要得到在x=±1处有界的解,必须取自然数。 当/为偶数时, Legendre方程(13)有一个在x=±1有界的解,yo(x) 它为只含有偶幂次项xk=01-)的1次多项式 当l为奇数时, Legendre方程(1.3)有一个在x=±1有界的解,y(x), 它是只含有奇幂次项x2k+k=0,1 的次多项式 于是,人们就把 Legendre方程在x=±1处有界的这个解记为:P(x), 称为 Legendre多项式,其中l为自然数。 注意/为偶数时,PAx)=y(x),仅含偶次幂,为奇数时,PAx)=y1(x),仅含奇次幂。最高幂次均为l 但即使l为自然数, Legendre方程的另一个线性独立解在x=±1处仍是无界的, 这个解记为:Q(x),称为第二类 Legendre函数(它不是多项式,是无穷级数)。 当然,若l不为自然数,P(x)在x=±1处是无界的,这时它也不称为 Legendre多项式,称为第一类 Legendre函数 ■从yo(x)与y1(x)的表达式可知, yo(x)=co (2k+1)!(2 前面的处理针对于上式的紫色因子,对蓝色因子,岂不也可作类似的讨论: 当l为负奇数时,l=-(2n+1)时 =(-n)…(-n+k-1)=0ifk≥n+l (x)仍退化为2n次多项式,即退化为2n=团-1=-1-1=P次多项式 当l为负偶数时,l=-2n时,+1=(-n+1)…(-n+1+k-1)=0ik y(x)仍退化为2n-1次多项式,即退化为|4-1=-1-1=P≥0次多项式
对 x = ±1, 比值判别法无法判别 。利用 高斯判别法 k ∞ 时， ak ak+1 = (2 k + 1) (2 k + 2) 2 k (2 k + 1) -l(l + 1) = (2 k + 1) (2 k + 2) 2 k (2 k + 1) 1 - l(l + 1) 2 k (2 k + 1) ∼ 1 + 1 k 1 + l(l + 1) 2 k (2 k + 1) ∼ 1 + 1 k + o 1 k2 由 高斯判别法 ，级数发散 （无界）。 注：对 y0(x)，当 k 足够大时 ，级数的每一项都是正的 ，收敛与绝对收敛是一致的 。 类似可证 ，y1(x) 在 x = ±1 也是无界的 。 从而，在 x = ±1 处的有界条件限制了 l 不可以随便取值 —— 原来除了齐次边条之外还可以 通过自然边条确定本征值和本征函数。 观察：y0(x) = c0 k=0 ∞ 22 k (2 k)! - l 2 k l + 1 2 k x2 k, y1(x) = c1 k=0 ∞ 22 k (2 k + 1)! - l - 1 2 k l 2 + 1 k x2 k+1, y0(x) 含有 - l 2 k 因子，若 l 为 0 或正偶数 2 n，则： - l 2 k = (-n) ⋯(-n + k - 1) = 0 if k - 1 ≥ n， 无穷级数退化为从 k = 0 到 k = n 的 n + 1 项多项式 ，且每一项都是 x 的 2 k 幂次，多项式 y0(x) x=±1 有界。 类似地，由 y1(x) 知，若 l 为正奇数 2 n + 1，则： - l - 1 2 k = (-n) ⋯(-n + k - 1) = 0 if k ≥ n + 1 无穷级数仅剩下从 k = 0 到 k = n 的 n + 1 项，且每一项都是 x 的 2 k + 1 幂次，多项式 y1(x) x=±1 有界。 因此，若要得到在 x = ±1 处有界的解， l 必须取自然数。 当 l 为偶数时，Legendre方程 (1.3) 有一个在 x = ±1 有界的解，y0(x)， 它为只含有偶幂次项 x2 k k = 0, 1, ... l 2 的 l 次多项式 ； 当 l 为奇数时，Legendre方程 (1.3) 有一个在 x = ±1 有界的解，y1(x)， 它是只含有奇幂次项 x2 k+1 k = 0, 1, ... l - 1 2 的 l 次多项式 。 于是，人们就把Legendre方程在 x = ±1 处有界的这个解记为：Pl(x)， 称为 Legendre 多项式，其中 l 为自然数 。 注意 l 为偶数时 ，Pl(x) = y0(x), 仅含偶次幂 ， l 为奇数时 ，Pl(x) = y1(x), 仅含奇次幂 。最高幂次均为 l。 但即使 l 为自然数，Legendre方程的另一个线性独立解在 x = ±1 处仍是无界的， 这个解记为：Ql(x)，称为第二类Legendre函数（它不是多项式，是无穷级数）。 当然，若 l 不为自然数，Pl(x) 在 x = ±1 处是无界的，这时它也不称为 Legendre多项式 ，称为第一类Legendre函数 ◼ 从 y0(x) 与 y1(x) 的表达式可知， y0(x) = c0 k=0 ∞ 22 k (2 k)! - l 2 k l + 1 2 k x2 k, y1(x) = c1 k=0 ∞ 22 k (2 k + 1)! - l - 1 2 k l 2 + 1 k x2 k+1, 前面的处理针对于上式的紫色因子 ，对蓝色因子 ，岂不也可作类似的讨论 ： 当 l 为负奇数时 ， l = -(2 n + 1) 时， l + 1 2 k = (-n) ⋯(-n + k - 1) = 0 if k ≥ n + 1 y0(x) 仍退化为 2 n 次多项式 ，即退化为 2 n = l - 1 = -l - 1 = l ′ 次多项式 当 l 为负偶数时 ，l = -2 n 时， l 2 + 1 k = (-n + 1) ⋯(-n + 1 + k - 1) = 0 if k ≥ n y1(x) 仍退化为 2 n - 1 次多项式，即退化为 l -1 = -l -1 = l ′ ≥ 0 次多项式 z13a.nb 3
因此:当l为负整数时, Legendre方程仍有一个在x=±1处有界的解, 该解为P=团-1=-1-1≥0次多项式 1为偶(奇)数时,仅有奇(偶)次幂。最高幂次为:P=-1 该多项式满足 Legendre方程 d (1-x)|+01+1)y=0 +P("+1)y=0 P=-}-1 比较可知:l为负整数时的解等价于P=-1-1≥0的解。也就是说,l为负整数并不给出新的解。 例如:|=-5的解与l=--1=4的解完全相同,l=-6的解与l=-1-1=5的解完全相同。 这一点与求解方程φ"+m2φ=0时并不需要考虑m<0时的解类似 因此,在以后的讨论中就不再讨论/为负整数时的解,因为其解等价于正整数P=-1>0的解 即:当l<0时,PAx)=P-1(x)=P-1-1(x) Simplify [LegendreP[-5,xI-LegendreP[4,x]] FullSimplify [LegendreP [n, x]-LegendreP[-n-l, x], [n E Integers,n<0]1 ■到目前为止,我们还没有给定c0与c yo(x)=co> 1(+1)x4,y(x=2k+1 其实无论c与c1取什么常数,yo(x),y(x)均为 Legendre方程的解。 数学上,通过PAx)l=1=PA1)=1来确定c与c1。(为何不是直接让c0=c1=1?下面解释) lear [l k resO= Sum 22k Pochhammer k Pochhammer k/(2k)!,(k,0,n}
因此：当 l 为负整数时 ，Legendre方程仍有一个在 x = ±1 处有界的解 ， 该解为 l ′ = l - 1 = -l - 1 ≥ 0 次多项式 。 l 为偶 （奇） 数时，仅有奇 （偶） 次幂。最高幂次为 ：l ′ = - l - 1 该多项式满足Legendre方程 ： x 1 - x2 y x + l(l + 1) y = 0 l′=-l-1 l′(l′+1) = l (l+1) x 1 - x2 y x + l ′ (l ′ + 1) y = 0 比较可知 ：l 为负整数时的解等价于 l ′ = -l - 1 ≥ 0 的解。也就是说，l 为负整数并不给出新的解 。 例如：l = -5 的解与 l = -l - 1 = 4 的解完全相同 ，l = -6 的解与 l = -l - 1 = 5 的解完全相同 。 这一点与求解方程 Φ″ + m2 Φ = 0 时并不需要考虑 m < 0 时的解类似 。 因此，在以后的讨论中就不再讨论 l 为负整数时的解 ，因为其解等价于正整数 l ′ = l - 1 > 0 的解。 即：当 l < 0 时，Pl(x) = Pl-1(x) = P-l-1(x) Simplify[LegendreP[-5, x] - LegendreP[4, x]] FullSimplify[LegendreP[n, x] - LegendreP[-n - 1, x], {n ∈ Integers, n < 0}] 0 0 ◼ 到目前为止，我们还没有给定 c0 与 c1 y0(x) = c0 k=0 ∞ 22 k (2 k)! - l 2 k l + 1 2 k x2 k, y1(x) = c1 k=0 ∞ 22 k (2 k + 1)! - l - 1 2 k l 2 + 1 k x2 k+1, 其实无论 c0 与 c1 取什么常数 ，y0(x), y1(x) 均为Legendre方程的解 。 数学上，通过 Pl(x) x=1 = Pl(1) = 1 来确定 c0 与 c1。（为何不是直接让 c0 = c1 = 1？下面解释 ） Clear[l, n, k]; l = 2 n; res0 = Sum 22 k Pochhammer - l 2 , k Pochhammer (l + 1) 2 , k (2 k)!, {k, 0, n} l = 2 n + 1; res1 = Sum 22 k Pochhammer - (l - 1) 2 , k Pochhammer l 2 + 1, k (2 k + 1)!, {k, 0, n} (-1)n π n! 1 2 (-1 + 2 n) ! (-1)n π n! 2 1 2 (1 + 2 n) ! 4 z13a.nb
分母为半奇数的阶乘?非整数的阶乘是个什么东东?原来是r函数的另一种写法 cO= FullSimplify [1 / reso, n E In cl= FullSimplify [1/ resl FullSimplify [cl/c0] +2n =2n = 数学上可以证明:: 22n(n!)2 PA1)= 为奇数和偶数时,P(x)分别等于 (2k)!(2人(2 +1 两个表达式,不方便。以下把它化成一个统一的表达式 当l为偶数时:设l=2 PIx)=yo(x)=co =2n (2k)!(2A 20922!1n!2m+28)mx2,令:k=n一F (-1y(2n)! 2k(n-k)!2k(2n)!(n+k)! (-1y 1(2-2r)! 以下代码验证PA1)=1 r,0,n} r!(1-x)!(1-2x)! 当l为奇数时:设l=2n+1 Pix)=yI(x)=cI (2k+
分母为半奇数的阶乘 ？非整数的阶乘是个什么东东 ？原来是 Γ 函数的另一种写法 。 FullSimplify[res0] c0 = FullSimplify[1 / res0, n ∈ Integers]; c1 = FullSimplify[1 / res1, n ∈ Integers]; FullSimplify[c1 / c0] (-1)n π n! Gamma 1 2 + n 1 + 2 n 数学上可以证明 ：： l = 2 n ， 取 c0 = (-1)n (2 n)! 22 n (n!)2 , 则：y0(1) = 1 l = 2 n + 1，取 c1 = (-1) n (2 n + 1)! 22 n (n!)2 , 则：y1(1) = 1 ⟶ Pl(1) = 1 l 为奇数和偶数时 ，Pl(x) 分别等于 y0(x) = c0 k=0 ∞ 22 k (2 k)! - l 2 k l + 1 2 k x2 k y1(x) = c1 k=0 ∞ 22 k (2 k + 1)! - l - 1 2 k l 2 + 1 k x2 k+1 两个表达式 ，不方便。以下把它化成一个统一的表达式 。 当 l 为偶数时：设 l = 2 n Pl(x) = y0(x) = c0 k=0 ∞ 22 k (2 k)! - l 2 k l + 1 2 k x2 k, l = 2 n = (-1)n (2 n)! 22 n (n !) 2 k=0 n 22 k (2 k)! (-1)k n! 2k (n - k)! (2 n + 2 k)! n! 2k (2 n)! (n + k)! x2 k, 令： k = n - r = (-1)n 2l r=0 n 1 (l - 2 r)! (-1)n-r 1 r! (2 l - 2 r)! (l - r)! xl-2 r = 1 2l r=0 n (-1) r r! (2 l - 2 r)! (l - r)! (l - 2 r)! xl-2 r 以下代码验证 Pl(1) = 1 Clear[l, n, r]; l = 2 n; Sum (-1)r (2 l - 2 r)! 2l r! (l - r)! (l - 2 r)! , {r, 0, n} 1 当 l 为奇数时：设 l = 2 n + 1 Pl(x) = y1(x) = c1 k=0 ∞ 22 k (2 k + 1)! - l - 1 2 k l 2 + 1 k x2 k+1, l = 2 n + 1 z13a.nb 5