特殊 Bessel 函数的应用
边界约束下的本征态
\[\begin{cases} \dfrac{1}{r^2} \dfrac{\mathrm d}{\mathrm dr} \left( r^2 \dfrac{\mathrm dR}{\mathrm dr} \right) + \left[ \lambda - \dfrac{l(l+1)}{r^2} \right] R = 0 \\ \text{Bounded at } r = 0\\ R(a) = 0 \end{cases}\]
我们来求解这个本征值问题并证明本征函数的正交性.
这是一个球 Bessel 方程. 可以立即写出它的一般解 $R(r) = C \mathrm{j}_l(\sqrt{\lambda}r) + D \mathrm{n}_l(\sqrt{\lambda}r)$. 考虑到 $r = 0$ 处的有界性, 由于球 Neumann 函数 $\mathrm{n}_l(z)$ 在原点发散, 必有 $D = 0$, 从而 $R(r) = C \mathrm{j}_l(\sqrt{\lambda}r)$.
又由边界条件 $R(a) = 0$, 可得 $\sqrt{\lambda}a = x_{l,n}$, 其中 $x_{l,n}$ 是 $\mathrm j_l(x)$ 的第 $n$ 个正零点. 由此得到本征值为 $\lambda_n = \left( \dfrac{x_{l,n}}{a} \right)^2$.
下面我们来证明本征函数的正交性. 设 $\lambda_m$ 与 $\lambda_n$ 为两个不同的本征值, $m \neq n$, 对应的本征函数分别为 $R_m$ 和 $R_n$, 它们满足
\[\begin{cases} (r^2 R_m')' + [\lambda_m r^2 - l(l+1)] R_m = 0 \\ (r^2 R_n')' + [\lambda_n r^2 - l(l+1)] R_n = 0 \end{cases}\]将第一式乘 $R_n$, 第二式乘 $R_m$ 后相减并积分, 得到
\[(\lambda_n - \lambda_m) \int_0^a R_m(r) R_n(r) r^2 \mathrm dr = \int_0^a \left[ R_n (r^2 R_m')' - R_m (r^2 R_n')' \right] \mathrm dr\]利用分部积分法, $\text{RHS}$ 即 $\left[ r^2 (R_n R_m’ - R_m R_n’) \right]_0^a$, 代入边界条件,
- 在 $r=a$ 处, $R_m(a)=R_n(a)=0$, 项值为 $0$ ;
- 在 $r=0$ 处, $r^2 \to 0$, 且 $R$ 有界, 项值为 $0$.
由于 $\lambda_m \neq \lambda_n$, 得证正交性关系
\[\int_0^a \mathrm{j}_l(\sqrt{\lambda_m}r) \mathrm{j}_l(\sqrt{\lambda_n}r) r^2 \mathrm dr = 0 \quad (m \neq n)\]球内 Helmholtz 方程边值问题
\[\begin{cases}\nabla^2u+k^2u=0\quad x^2+y^2+z^2<a\\ u|_{x^2+y^2+z^2=a^2}=f\end{cases}\]
在球坐标系下 $u(r,\theta,\varphi)$ 重写此问题, 根据 $f$ 是否有对称性分别讨论.
$f$ 有球对称性的情形
这是最简单的情况, 即 $f$ 为一常数, $u$ 必然也只是有关 $r$ 的函数.
方程重写为 $\dfrac{1}{r^2}\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dr}\left(r^2\dfrac{\mathrm du}{\mathrm dr}\right)+k^2u=0$, 这是零阶球 Bessel 方程, 根据 $r=0$ 处有界性, 取解 $u(r)=C\mathrm j_0(kr)$. 代入边界条件, 可以得到
\[u(r)=f\dfrac ar\dfrac{\sin(kr)}{\sin (ka)}\]$f$ 仅有轴对称性的情形
经过分离变量, 可以简单地得到 $R’’+\dfrac 2rR’+\left(k^2-\dfrac\lambda{r^2}\right)R=0$, 比较复杂地得到 $(1-x^2)y^”-2xy’+\lambda y=0$. 令 $\lambda=l(l+1)$ 以得到我们更熟悉的形式.
前者是球 Bessel 方程, 考虑到 $r=0$ 处的有界性, 解为 $R(r)=C\mathrm j_l(kr)$ ; 后者是 Legendre 方程, 解为 $\Theta(\theta)=D\mathrm P_l(\cos\theta)$.
这个推导过程需要耗费一定时间. 请务必牢记, 从而可以熟练地写出一般解!
利用解的叠加原理, 可以得到 $\displaystyle u(r,\theta)=\sum_{l=0}^\infty A_l\mathrm j_l(kr)\mathrm P_l(\cos\theta)$. 代入边界条件 $u(a)=f(\theta)$, 利用 Legendre 函数的正交性, 解得
\[A_l=\dfrac{2l+1}{2\mathrm j_l(ka)}\int_0^\pi f(\theta)\mathrm P_l(\cos\theta)\sin\theta\mathrm d\theta\]$f$ 没有对称性的情形
此时在轴对称性的基础上, Legendre 方程变为了连带 Legendre 方程, 因此需要引入球谐函数
\[\mathrm Y_{lm}(\theta,\varphi)=\sqrt{\frac{2l+1}{4m}\frac{(l-m)!}{(l+m)!}}\mathrm P_l^m(\cos\theta)\mathrm e^{\mathrm im\varphi}\]方程通解为
\[u(r,\theta,\varphi)=\sum_{l=0}^\infty\sum_{m=-l}^lA_{lm}\mathrm j_{l}(kr)\mathrm Y_{lm}(\theta,\varphi)\]对等式两边进行球面积分, 得到
\[A_{lm}=\frac{1}{\mathrm j_l(ka)}\int_0^{2\pi}\mathrm d\varphi\int_0^\pi f(\theta,\varphi)\mathrm Y_{lm}^*\sin\theta\mathrm d\theta\]球内热传导问题
\[\begin{cases}\dfrac{\partial u}{\partial t}-\kappa\nabla^2u=0\quad x^2+y^2+z^2<a^2,\; t>0\\ u|_{x^2+y^2+z^2=a^2}=0\quad t\ge 0\\ u|_{t=0}=f(x,y,z)\quad x^2+y^2+z^2\le a^2\end{cases}\]
首先将 $t$ 分离出来, 得到 $T’(t)+\lambda\kappa T(t)=0$ 和 $\nabla^2 v(r,\theta,\varphi)+\lambda v(r,\theta,\varphi)=0$. 根据上一题的结论, $v_{lmn}(r,\theta,\varphi)=\mathrm j_l(\sqrt\lambda_{ln}r)\mathrm Y_{lm}(\theta,\varphi)$. 为了满足边界条件 $u\vert_{r=a}=0$, 需要有 $\lambda_{ln}=\left(\dfrac{x_{l,n}}{a}\right)^2$. 通解为以上所有模式的叠加
\[u(r,\theta,\varphi,t)=\sum_{l=0}^\infty\sum_{m=-l}^l\sum_{n=1}^\infty A_{lmn}\mathrm j_l\left(\frac{x_{l,n}}{a}r\right)\mathrm Y_{lm}(\theta,\varphi)\exp\left[-\left(\frac{x_{l,n}}{a}\right)^2\kappa t\right]\]利用初始条件, 可以解得
\[A_{lmn}=\int_0^a\int_0^\pi\int_0^{2\pi}f(r,\theta,\varphi)\mathrm j_l\left(\frac{x_{l,n}r}{a}\right)\mathrm Y_{lm}^*(\theta,\varphi)r^2\sin\theta\mathrm d\varphi\mathrm d\theta\mathrm dr\]平面波按照球面波展开
将函数 $\exp(\mathrm ikr\cos\theta)$ 按照 Legendre 函数展开.
令 $\displaystyle\exp(\mathrm ikr\cos\theta)=\sum_{l=0}^\infty c_l(kr)\mathrm P_l(\cos\theta)$, 则展开系数
\[\begin{align*} c_l(kr)&=\frac{2l+1}{2}\int_{-1}^1\exp(\mathrm ikrx)\mathrm P_l(x)\mathrm dx\\ &=\frac{2l+1}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\mathrm ikr)^n}{n!}\int_{-1}^1x^n\mathrm P_l(x)\mathrm dx\\ &=\frac{2l+1}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\mathrm ikr)^{l+2n}}{(l+2n)!}\int_{-1}^1x^{l+2n}\mathrm P_l(x)\mathrm dx\\ &=\frac{2l+1}{2}\mathrm i^l\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(l+2n)!}(kr)^{l+2n}\times\frac{(l+2n)!}{2^{l+2n}n!}\frac{\sqrt\pi}{\Gamma(n+l+3/2)}\\ &=\frac{2l+1}{2}\mathrm i^l\sqrt\pi\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{n!\Gamma(n+l+3/2)}\left(\frac{kr}{2}\right)^{l+2n}\\ &=(2l+1)\mathrm i^l\mathrm j_l(kr). \end{align*}\]另外一种思路: 因为 $\exp(\mathrm ikr\cos\theta)$ 是 Helmholtz 方程的解, 所以应当有 $\displaystyle\exp(\mathrm ikr\cos\theta)=\sum_{l=0}^\infty A_l\mathrm j_l(kr)\mathrm P_l(\cos\theta)$. 接下来求解 $A_l$.
\[\begin{align*}A_l\mathrm j_l(kr)&=\frac{2l+1}{2}\int_{-1}^1\exp(\mathrm ikrx)\mathrm P_l(x)\mathrm dx\\ &=\frac{2l+1}{2}\left[\frac{1}{\mathrm ikr}\exp(\mathrm ikrx)\mathrm P_l(x)\bigg\vert_{-1}^1-\frac{1}{\mathrm ikr}\int_{-1}^1\exp(\mathrm ikrx)\mathrm P_l'(x)\mathrm dx\right]\\ &=\frac{2l+1}{2}\frac{1}{\mathrm ikr}[\exp(\mathrm ikr)-(-1)^l\exp(-\mathrm ikr)]+\mathcal O(r^{-2}) \end{align*}\]另一方面,
\[\begin{align*}\mathrm j_l(kr)&=\frac{1}{kr}\sin\left(kr-\frac{l\pi}2\right)+\mathcal O(r^{-2})\\ &=\frac{1}{2\mathrm ikr}[\mathrm i^{-l}\exp(\mathrm ikr)-\mathrm i^l\exp(-\mathrm ikr)]+\mathcal O(r^{-2})\\ &=\frac{1}{2kr}\mathrm i^{-l-1}[\exp(\mathrm ikr)-(-1)^l\exp(-\mathrm ikr)]+\mathcal O(r^{-2}) \end{align*}\]所以也可以得到 $A_l=(2l+1)\mathrm i^l$. 我们得到的
\[\boxed{\exp(\mathrm ikr\cos\theta)=\sum_{l=0}^\infty (2l+1)\mathrm i^l\mathrm j_l(kr)\mathrm P_l(\cos\theta)}\]是在量子体系的散射问题中非常重要的一个展开式.