正交曲面坐标系下的分离变量法
到目前为止我们认识的分离变量法都是针对矩形区域的. 其他形状的区域, 可以通过把坐标系变换到合适的正交曲面坐标系, 使得齐次边界条件可以分离变量, 微分方程也必须变换到相应正交曲面坐标系下的微分方程.
正交曲面坐标系下的 Laplace 算符
读者可以在任意一本多元微积分或数学物理方法的教材中找到它的推导, 这里希望读者通过或理解、或死记硬背的方式牢记如下公式:
- 平面极坐标系
- 柱坐标系
- 球坐标系
我才不会告诉您我都是硬背的呢x 实际上多做几道题就记住了罢
有关 Lamé 系数等进阶内容，请读者查阅拉梅系数与坐标变换.
平面波, 柱面波与球面波
等相位面是 X 面的波就是 X 面波.
- 平面波满足一维波动方程
- 球面波满足
展开成为
\[\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-\frac{a^2}{r^2}\left(r^2\frac{\partial^2 u}{\partial r^2}+2r\frac{\partial u}{\partial r}\right)=0\]可以得到
\[\frac{\partial^2 (ru)}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2 (ru)}{\partial r^2}=0\]- 柱面波满足
展开成为
\[\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-a^2\left(\frac{\partial^2 u}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial r}\right) = 0\]可以得到
\[\frac{\partial^2 (\sqrt ru)}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2 (\sqrt ru)}{\partial r^2}+\frac{\sqrt ru}{r^2}=0\]平面波方程有我们反复使用的行波解; 球面波方程在此基础上加入了 $\dfrac1r$ 这个衰减因子, 原先两个方向行波解的含义变为向外传播和汇聚传播; 柱面波方程我们尚不会求解, 只能在当 $r$ 很大的时候略去 $\dfrac{\sqrt ru}{r^2}$ 项, 得到近似的解.
圆形区域内的 Laplace 方程第一类边值问题
考虑定解问题
\[\begin{cases} \dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2 u}{\partial y^2}=0&x^2+y^2<a^2\\ u\vert_{x^2+y^2=a^2}=f \end{cases}\]根据边界条件的形状, 自然转换为平面极坐标系
\[\begin{cases} \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial}{\partial r}\left(r\dfrac{\partial u}{\partial r}\right)+\dfrac{1}{r^2}\dfrac{\partial^2 u}{\partial \varphi^2}=0&0<r<a\\ u\vert_{r=a}=f(\varphi) \end{cases}\]令 $u(r,\varphi)=R(r)\varPhi(\varphi)$, 代入方程, 不要将第一项的括号展开, 得到
\[\frac{r}{R}\frac{\mathrm d}{\mathrm dr}\left(r\frac{\mathrm dR}{\mathrm dr}\right)=-\frac{1}{\varPhi}\frac{\mathrm d^2\varPhi}{\mathrm d\varphi^2}=-\lambda\]此时的边界条件 $R(a)\varPhi(\varphi)=f(\varphi)$ 是非齐次的.
注意到变换到平面坐标后, 同一区域的新坐标取值范围固定为 $\varphi\in[0, 2\pi]$, 使得 $\varphi$ 出现了边界, 而方程是没有理由在边界上成立的.
作为完整的定解问题, 应当补充上周期条件以弥补平面极坐标系带来有关 $\varphi$ 的缺陷
\[\begin{cases} u(r,0)=u(r,2\pi)\\ \dfrac{\partial u(r,\varphi)}{\partial \varphi}\bigg\vert_{\varphi =0}=\dfrac{\partial u(r,\varphi)}{\partial \varphi}\bigg\vert_{\varphi =2\pi} \end{cases}\]并且应当补充有界条件
\[\Big\lvert u(r,\varphi)\vert_{r=0}\Big\rvert\le M\]以弥补平面极坐标系在 $r=0$ 处的缺陷. 补充了周期性边界条件和有界边界条件之后, 定解问题就和原来的定解问题等价了.
对于本征值问题
\[\begin{cases} \varPhi''(\varphi)+\lambda\varPhi(\varphi)=0\\ \varPhi(0)=\varPhi(2\pi)&\varPhi'(0)=\varPhi'(2\pi) \end{cases}\]$\lambda=0$ 时常微分方程的通解为 $\varPhi(0)=A_0\varphi+B_0$, 代入周期条件得到 $A_0=0$ 且 $B_0$ 任意, 这说明 $\lambda = 0$ 是本征值, 相应的本征函数 $\varPhi(\varphi)=1$;
$\lambda\neq 0$ 时常微分方程通解为 $\varPhi(\varphi)=A\sin\sqrt\lambda\varphi+B\cos\sqrt\lambda\varphi$, 代入周期条件得到
\[\begin{cases} B=A\sin\sqrt\lambda2\pi+B\cos\sqrt\lambda2\pi\\ A=A\cos\sqrt\lambda2\pi-B\sin\sqrt\lambda2\pi \end{cases}\]这个关于 $A$ 和 $B$ 的线性齐次方程组有非零解的充分必要条件为
\[\begin{vmatrix} \sin\sqrt\lambda 2\pi&\cos\sqrt\lambda2\pi-1\\ \cos\sqrt\lambda 2\pi-1&-\sin\sqrt\lambda2\pi \end{vmatrix} =0\]得到本征值 $\lambda_n=n^2$, 相应的 $A$, $B$ 都任意. 对于一个本征值 $\lambda_n$ 有两个本征函数 $\varPhi_{n_1}(\varphi)=\sin n\varphi, \;\varPhi_{n_2}(\varphi)=\cos n\varphi$.
将 $\lambda = n^2$ 回代至 $r$ 的方程, 得到
\[r\frac{\mathrm d}{\mathrm dr}\left(r\frac{\mathrm dR}{\mathrm dr}\right)-n^2 R=0\implies r^2R''+rR'-n^2R=0\]此即 Euler 方程, 代入特解形式 $R=r^\rho$, 得到 $\rho^2=n^2$,
当 $n\neq 0$ 时得到 $R(r)=r^n$ 或 $R(r)=r^{-n}$, 当 $n=0$ 时有重根, 通解为 $R_0(r)=C_0+D_0\ln r$.
所以定解问题的一般解为
\[u(r,\varphi)=C_0+D_0\ln r+\sum_{n=1}^{\infty}(C_{n_1}r^n+D_{n_1}r^{-n})\sin n\varphi+\sum_{n=1}^{\infty}(C_{n_2}r^n+D_{n_2}r^{-n})\cos n\varphi\]利用 $u\vert_{r=0}$ 有界可以得到 $D_k=0$, 同时满足齐次方程, 周期条件以及有界条件的一般解为
\[u(r,\varphi)=C_0+\sum_{n=1}^{\infty}r^n(C_{n_1}\sin n\varphi+C_{n_2}\cos n\varphi)\]之后再利用本征函数正交性定系数. 注意不同本征值的本征函数正交, 同一个本征值的两个本征函数也互相正交. 从而可以解得
\[\begin{cases} \displaystyle C_0=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} f(\varphi)\mathrm d\varphi\\ \displaystyle C_{n_1}=\frac{1}{a^n\pi}\int_0^{2\pi}f(\varphi)\sin n\varphi\mathrm d\varphi\\ \displaystyle C_{n_2}=\frac{1}{a^n\pi}\int_0^{2\pi}f(\varphi)\cos n\varphi\mathrm d\varphi \end{cases}\]可以注意到这实际上是一个 Fourier 级数解, 它是在 $\varphi$ 方向上的 Fourier 展开. 我们在直角坐标系讨论的若干问题, 得到的解实际上也是 Fourier 级数解.
简并的本征值问题
一个本征值不只有一个线性无关本征函数的现象, 称为简并. 二阶常微分方程的本征值问题, 最多是二重简并的.
在简并本征值问题中, 不同本征值的本征函数一定正交, 而同一本征值的不同本征函数不一定正交, 可以通过适当的正交化手段来重新组合它们.
对于简并本征值问题, 本征函数选取并不唯一: 在上面的例子中, $\lambda_n=n^2$ 的本征函数可以取为三角函数, 也可以写成 $\mathrm e^{\mathrm in\varphi}$, $\mathrm e^{-\mathrm in\varphi}$ 的指数形式. 统一地将它们写成 $\varPhi_n(\varphi)=\mathrm e^{\mathrm in\varphi},\; n\in\mathbb Z$, 则满足正交归一关系
\[\color{red}{\int_0^{2\pi}(\mathrm e^{\mathrm im\varphi})^* \mathrm e^{\mathrm in\varphi}\mathrm d\varphi = \delta_{mn}2\pi}\]与 Poisson 公式的联系
把我们求得的 $C_0, C_{n_1}, C_{n_2}$ 代入解当中, 得到
\[\begin{align*} \displaystyle u(r,\varphi)=&\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} f(\varphi)\mathrm d\varphi\\&+\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{r}{a}\right)^n\sin n\varphi\int_0^{2\pi}f(\varphi')\sin n\varphi'\mathrm d\varphi'\\&+\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{r}{a}\right)^n\cos n\varphi\int_0^{2\pi}f(\varphi')\cos n\varphi'\mathrm d\varphi' \end{align*}\]当 $r<a$ 时级数收敛, 可以求出和为
\[u(r,\varphi)=\frac{a^2-r^2}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{f(\varphi')}{r^2+a^2-2ar\cos(\varphi-\varphi')}\mathrm d\varphi'\]此即 Poisson 公式, 它把 Laplace 方程在圆内的第一类边值问题的解表示为边值 $f(\varphi)$ 的积分. 由解析函数的 Cauchy 积分公式也可以推出这个结果.
以上讨论的是圆形区域. 对于环形区域, 无需 $r=0$ 处的有界条件, 但是在内圆上引入了定系数的条件; 对于扇形区域, 周期条件变为普通的边界条件.
正交曲面坐标系下 Helmholtz 方程的分离变量
柱坐标系下的 Helmholtz 方程
对于
\[\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial}{\partial r}\left(r\dfrac{\partial u}{\partial r}\right)+\dfrac{1}{r^2}\dfrac{\partial^2 u}{\partial \theta^2}+\dfrac{\partial^2 u}{\partial z^2}+k^2u=0\]进行两次分离变量:
- 第一次令 $u(r, \theta, z)=v(r,\theta)Z(z)$, 得到关于 $Z(z)$ 的常微分方程和 $v(r,\theta)$ 的偏微分方程;
- 再令 $v(r,\theta)=R(r)\varTheta(\theta)$, 得到关于 $R(r)$ 和 $\varTheta(\theta)$ 的常微分方程.
首次分离的结果为
\[\begin{cases} \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial }{\partial r}\left(r\dfrac{\partial v}{\partial r}\right)+\dfrac{1}{r^2}\dfrac{\partial^2 v}{\partial \theta^2}+(k^2-\lambda)v=0\\ \dfrac{\mathrm d^2 Z}{\mathrm dz^2}+\lambda Z=0 \end{cases}\]第二次分离的结果为
\[\begin{cases} \dfrac{1}{r}\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dr}\left(r\dfrac{\mathrm dR}{\mathrm dr}\right)+\left(k^2-\lambda-\dfrac{\mu}{r^2}\right) R=0\\ \dfrac{\mathrm d^2\varTheta}{\mathrm d\theta^2}+\mu\varTheta=0 \end{cases}\]对于关于 $R(r)$ 的常微分方程, 令 $x=\sqrt{k^2-\lambda}r$, $\mu = \nu^2$, $y(x)=R(r)$, 得到 $\nu$ 阶 Bessel 方程
\[\boxed{\frac{1}{x}\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left(x\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right)+\left(1-\frac{\nu^2}{x^2}\right)y=0}\]球坐标系下的 Helmholtz 方程
对于
\[\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial u}{\partial\theta}\right)+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2 u}{\partial \varphi^2}+k^2u=0\]进行两次分离变量:
- 第一次令 $u(r,\theta, \varphi)=R(r)S(\theta,\varphi)$, 得到关于 $R(r)$ 的常微分方程和 $S(\theta,\varphi)$ 的偏微分方程;
- 第二次令 $S(\theta,\varphi)=\varTheta(\theta)\varPhi(\varphi)$, 得到关于 $\varTheta(\theta)$ 和 $\varPhi(\varphi)$ 的常微分方程.
首次分离的结果为
\[\begin{cases} \dfrac{1}{r^2}\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dr}\left(r^2\dfrac{\mathrm dR}{\mathrm dr}\right)+\left(k^2-\dfrac{\lambda}{r^2}\right)R=0\\ \dfrac{1}{\sin\theta}\dfrac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\dfrac{\partial S}{\partial\theta}\right)+\dfrac{1}{\sin^2\theta}\dfrac{\partial^2 S}{\partial\varphi^2}+\lambda S=0 \end{cases}\]第二次分离的结果为
\[\begin{cases} \dfrac{1}{\sin\theta}\dfrac{\mathrm d}{\mathrm d\theta}\left(\sin\theta\dfrac{\mathrm d\varTheta}{\mathrm d\theta}\right)+\left(\lambda-\dfrac{\mu}{\sin^2\theta}\right)\varTheta=0\\ \dfrac{\mathrm d^2\varPhi}{\mathrm d\varphi^2}+\mu\varPhi=0 \end{cases}\]对于关于 $\varTheta(\theta)$ 的常微分方程, 当 $\mu =0$ 时令 $x=\cos\theta,\;\lambda=l(l+1),\;y(x)=\varTheta(\theta)$, 得到 Legendre 方程
\[\boxed{\displaystyle\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left[(1-x^2)\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right]+l(l+1)y=0}\]而 $\mu\neq 0$ 对应的方程称为连带 Legendre 方程
\[\boxed{\displaystyle\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left[(1-x^2)\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right]+\left(\lambda - \frac{\mu}{1-x^2}\right)y=0}\]