Bessel 函数的应用

积分计算

利用递推关系的积分

eg. $\displaystyle \int_0^1(1-x^2)\mathrm J_0(\mu x)x\mathrm dx$, 其中 $\mathrm J_0(\mu)=0$.

解 利用递推关系$\dfrac 1\mu\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dx}(x^\mu\mathrm J_\nu(\mu x))=x^\mu\mathrm J_{\nu - 1}(\mu x)$,

\[\begin{align*} &\int_0^1(1-x^2)\mathrm J_0(\mu x)x\mathrm dx\\ =&\frac1\mu\int_0^1(1-x)^2\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}(x\mathrm J_1(\mu x))\mathrm dx\\ =&\frac1\mu(1-x^2)x\mathrm J_1(\mu x)\bigg\vert_0^1+\frac2\mu\int_0^1x^2\mathrm J_1(\mu x)\mathrm dx\\ =&\frac{2}{\mu^2}x^2\mathrm J_2(\mu x)\bigg\vert_0^1=\frac{2}{\mu^2}\mathrm J_2(\mu) \end{align*}\]

这个结果可以进一步化简. 根据递推关系 $\mathrm J_{\nu - 1}(x)+\mathrm J_{\nu + 1}(x)=\dfrac{2\nu}{x}\mathrm J_\nu(x)$, 令 $\nu = 1$, 可得 $\mathrm J_2(\mu)=\dfrac2\mu\mathrm J_1(\mu)$, 最终结果为 $\dfrac{4}{\mu^3}\mathrm J_1(\mu)$.

eg. $\displaystyle\int_0^\xi x^{-1}\mathrm J_4(x)\mathrm dx$.

凑出原函数.

\[\begin{align*} &\int_0^\xi x^{-1}\mathrm J_4(x)\mathrm dx\\ =&\int_0^\xi x^2x^{-3}\mathrm J_4(x)\mathrm dx\\ =&\int_0^\xi x^2\mathrm d(-x^{-3}\mathrm J_3(x))\\ =&-x^2x^{-3}\mathrm J_3(x)\Big\vert_0^\xi+\int_0^\xi2x\cdot x^{-3}\mathrm J_3(x)\mathrm dx\\ =&-\frac{\mathrm J_3(\xi)}{\xi}+\lim_{x\to 0}\frac{\mathrm J_3(x)}{x}-\frac{2\mathrm J_2(\xi)}{\xi^2}+\lim_{x\to 0}\frac{2\mathrm J_2(x)}{x^2}\\ =&-\frac{\mathrm J_3(\xi)}{\xi}-\frac{2\mathrm J_2(\xi)}{\xi^2}+\frac{2}{\Gamma(3)}\left(\frac12\right)^2=\frac14-\frac{\mathrm J_3(\xi)}{\xi}-\frac{2\mathrm J_2(\xi)}{\xi^2} \end{align*}\]

其中使用了 $z\to 0$ 时 Bessel 函数的渐近行为.

eg. $\displaystyle \int_0^\xi x^n\mathrm J_n(x)\cos x\mathrm dx$.

进行一个诡异的操作: 令 $u=x^{-n}\mathrm J_n(x)\cos x,\;\mathrm dv=x^{2n}$.

\[\begin{align*} &\int_0^\xi x^n\mathrm J_n(x)\cos x\mathrm dx\\ =&\int_0^\xi x^{-n}x^{2n}\mathrm J_n(x)\cos x\mathrm dx\\ =&\frac{x^{2n+1}}{2n+1}x^{-n}\mathrm J_n(x)\cos x\bigg\vert_0^\xi-\int_0^\xi\frac{x^{2n+1}}{2n+1}(-x^{-n}\mathrm J_{n+1}(x)\cos(x)-x^{-n}\mathrm J_n(x)\sin x)\mathrm dx\\ =&\frac{\xi^{n+1}}{2n+1}\mathrm J_n(\xi)+\int_0^\xi\frac{x^{n+1}}{2n+1}\mathrm J_{n+1}(x)\cos(x)\mathrm dx+\frac{x^{n+1}}{2n+1}\mathrm J_{n+1}(x)\sin x\bigg\vert_0^\xi-\int_0^\xi\frac{x^{n+1}}{2n+1}\mathrm J_{n+1}(x)\cos(x)\mathrm dx\\ =&\frac{\xi^{n+1}}{2n+1}(\mathrm J_n(\xi)\cos\xi+\mathrm J_{n+1}(\xi)\sin\xi). \end{align*}\]

利用积分表示的积分

eg. $\displaystyle\int_0^\infty\mathrm e^{-ax}\mathrm J_0(bx)\mathrm dx\quad(\Re a>0)$.

解. 方法一: 代入 Bessel 函数的级数表示, 逐项积分,

\[\begin{align*} &\int_0^\infty\mathrm e^{-ax}\mathrm J_0(bx)\mathrm dx\\ =&\int_0^\infty\mathrm e^{-ax}\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(k!)^2}\left(\frac{bx}{2}\right)^{2k}\mathrm dx\\ =&\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(k!)^2}\left(\frac b2\right)^{2k}\int_0^\infty\mathrm e^{-ax}x^{2k}\mathrm dx\\ =&\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(k!)^2}\left(\frac b2\right)^{2k}\frac{(2k)!}{a^{2k+1}}\\ =&\frac 1a\sum_{k=0}^\infty\frac1{k!}\left(-\frac12\right)\left(-\frac32\right)\cdots\left(-\frac{2k-1}{2}\right)\left(\frac ba\right)^{2k}\\ =&\frac1a\left[1+\left(\frac ba\right)^2\right]^{-\frac12}=\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}. \end{align*}\]

我们相信这个东西是好的, 以至于积分号与求和号可以随意交换, 同时结果也是收敛的. 至于对不对, 自有数学大儒为我辩经

其中使用到了积分

\[\displaystyle\int_0^\infty\mathrm e^{-ax}x^b\mathrm dx=\frac{\Gamma(b+1)}{a^{b+1}}\]

这是 Gamma 函数的定义式.

方法二: 代入积分表示,

\[\begin{align*} &\int_0^\infty\mathrm e^{-ax}\mathrm J_0(bx)\mathrm dx\\ =&\int_0^\infty\mathrm e^{-ax}\left(\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\mathrm e^{\mathrm ibx\sin\theta}\mathrm d\theta\right)\mathrm dx\\ =&\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\mathrm d\theta\int_0^\infty\mathrm e^{-(a-\mathrm ib\sin\theta)x}\mathrm dx\\ =&\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\frac{\mathrm d\theta}{a-\mathrm ib\sin\theta}\\ =&\frac{1}{2\pi\mathrm i}\oint_{|z|=1}\frac{2\mathrm dz}{-bz^2+2az+b}\\ =&\frac{1}{-bz+a}\bigg\vert_{z=(a-\sqrt{a^2+b^2})/b}=\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}} \end{align*}\]

其中使用了 $z=\mathrm e^{\mathrm i\theta}$ 代换和取留数等操作. 对这个积分而言, 这种操作要比代入 Bessel 函数的级数表达式更加容易一些.

利用正交性的积分

eg. $\displaystyle\int_0^\xi\frac{\mathrm J_m(x)\mathrm J_n(x)}{x}\mathrm dx$. $m\neq n$

解. 根据 Bessel 方程, 有

\[(x\mathrm J_m')'+x\left(1-\frac{m^2}{x^2}\right)\mathrm J_m=0\] \[\displaystyle (x\mathrm J_n')'+x\left(1-\frac{n^2}{x^2}\right)\mathrm J_n=0\]

给第一个方程乘 $\mathrm J_n$, 第二个乘 $\mathrm J_m$, 相减后整理得到

\[(n^2-m^2)\int_0^\xi\frac{\mathrm J_m\mathrm J_n}{x}\mathrm dx=\int_0^\xi[x(\mathrm J_n''\mathrm J_m-\mathrm J_m''\mathrm J_n)+(\mathrm J_n'\mathrm J_m-\mathrm J_m'\mathrm J_n)]\mathrm dx\]

等式右边的积分式是一个微分形式, 即 $\mathrm d[(\mathrm J_n’\mathrm J_m-\mathrm J_m’\mathrm J_n)x]$, 从而原积分结果为

\[\dfrac{\xi}{n^2-m^2}[(\mathrm J_n'(\xi)\mathrm J_m(\xi)-\mathrm J_m'(\xi)\mathrm J_n(\xi))]\]

利用这个结果, 可以很容易地计算 $\displaystyle\int_0^\infty\frac{\mathrm J_1^2(x)}{x^2}\mathrm dx$. 只需要利用递推关系 $\mathrm J_0+\mathrm J_2=\dfrac{2}{x}\mathrm J_1$, 替换一个 $\mathrm J_1$ 即可. 请注意 Bessel 函数在无穷远处的渐近行为, 并利用两角差的正弦公式. 此积分的结果应当为 $\dfrac4{3\pi}$.

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Fraunhofer 衍射

圆孔半径为 $a$，平面波垂直入射，其远场衍射振幅为 $\displaystyle A \propto \int_{\Sigma’} \mathrm e^{-\mathrm ikr’}\mathrm d\Sigma’. $ 圆孔取极坐标 $ x’=\rho\cos\varphi, y’=\rho\sin\varphi, $ 观察方向为 $ (\sin\theta\cos\psi,\ \sin\theta\sin\psi,\ \cos\theta). $ 相位项为

\[\boldsymbol k\cdot \boldsymbol r' = k\rho\sin\theta\cos(\varphi-\psi) = \dfrac{2\pi\rho\sin\theta}{\lambda}\cos(\varphi-\psi)\]

代入前面的积分, 得

\[A \propto \int_0^a\int_0^{2\pi} \mathrm e^{-\mathrm ik\rho\sin\theta\cos(\varphi-\psi)} \rho\mathrm d\rho\mathrm d\varphi\]

利用积分定义 $\displaystyle \mathrm J_0(z)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \mathrm e^{\mathrm iz\cos\varphi}\mathrm d\varphi$, 得到角向积分

\[\int_0^{2\pi} \mathrm e^{-\mathrm ik\rho\sin\theta\cos(\varphi-\psi)}\mathrm d\varphi = 2\pi \mathrm J_0(k\rho\sin\theta)\]

故 $\displaystyle A \propto \int_0^a \mathrm J_0(k\rho\sin\theta)\rho\mathrm d\rho. $

使用积分关系 $\displaystyle \int_0^a \rho \mathrm J_0(b\rho)\mathrm d\rho = \frac{a}{b}\mathrm J_1(ba)$, 令 $x = ka\sin\theta = \dfrac{2\pi a\sin\theta}{\lambda}$, 得 $A \propto \dfrac{\mathrm J_1(x)}{x}$, 强度为 $I \propto \left[\dfrac{\mathrm J_1(x)}{x}\right]^2 $, 归一化后 $ I = 4I_0\left[\dfrac{\mathrm J_1(x)}{x}\right]^2 $.

中央亮斑 (Airy 斑) 边缘由 $\mathrm J_1(x)$ 第一零点 $\mu_1^{(1)}\approx 1.220\pi$ 给出, 即 $\dfrac{2a\sin\theta}{\lambda}\approx 1.220$.

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Bessel 方程的本征值问题

四周固定的圆形薄膜的固有频率

这个问题不同于我们过去讨论的偏微分方程定解问题: 现在并没有给出初始条件, 也不要求我们描述薄膜接下来的运动状态. 正是因为没有任何初始条件的信息, 我们无法得出位移转动不变的结论.

取平面坐标系, 坐标原点在圆形薄膜的中心. 偏微分方程和边界条件即为

\[\begin{cases} \dfrac{\partial^2 u}{\partial t^2}-c^2\left[\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial}{\partial r}\left(r\dfrac{\partial u}{\partial r}\right)+\dfrac{1}{r^2}\dfrac{\partial^2 u}{\partial \varphi^2}\right]=0\\ \text{Bounded at }r = 0;\quad u\vert_{r=a}=0\\ u\vert_{\varphi = 0}=u\vert_{\varphi = 2\pi}\\ \dfrac{\partial u}{\partial\varphi}\bigg\vert_{\varphi =0}=\dfrac{\partial u}{\partial \varphi}\bigg\vert_{\varphi=2\pi} \end{cases}\]

现在要求解的就是在上述边界条件的限制之下, 存在哪些可能的 $\omega$ 值, 使得方程有非零解 $u(r,\varphi,t)=v(r,\varphi)\mathrm e^{\mathrm i\omega t}$. 将这个解的形式代入上述方程和边界条件, 可以得到 $v(r,\varphi)$ 满足的本征值问题

\[\begin{cases} \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial}{\partial r}\left(r\dfrac{\partial v}{\partial r}\right)+\dfrac{1}{r^2}\dfrac{\partial^2 v}{\partial \varphi^2}+k^2 v=0\\ \text{Bounded at }r=0;\quad v\vert_{r=a}=0\\ v\vert_{\varphi =0}=v\vert_{\varphi = 2\pi}\quad\dfrac{\partial v}{\partial \varphi}\bigg\vert_{\varphi = 0}=\dfrac{\partial v}{\partial \varphi}\bigg\vert_{\varphi = 2\pi} \end{cases}\]

其中 $k=\dfrac\omega c$ 待定. 再令 $v(r,\varphi)=R(r)\Phi(\varphi)$, 把方程和边界条件分离变量, 就得到两个常微分方程的本征值问题

\[\begin{cases} \dfrac{1}{r}\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dr}\left(r\dfrac{\mathrm dR}{\mathrm dr}\right)+\left(k^2-\dfrac{\mu}{r^2}\right)R=0\\ \text{Bounded at }r=0;\quad R(a)=0 \end{cases}\] \[\begin{cases} \Phi''+\mu\Phi=0\\ \Phi(0)=\Phi(2\pi),\quad\Phi'(0)=\Phi'(2\pi) \end{cases}\]

令 $\mu=m^2$, 容易得到 \(\Phi_m(\varphi)=\begin{cases}\cos m\varphi\\ \sin m\varphi\end{cases}\), 此为本征值以及对应的本征函数.

• 若 $k = 0$, 方程的通解为 \(R(r)=\begin{cases} A+B\ln r&m=0\\ Ar^m+Br^{-m}&m\neq 0\end{cases}\), 代入 $R\vert_{r=0}$ 有界和 $R(a)=0$, 得到方程只有零解;
• 若 $k\neq 0$, 方程的通解为 $R(r)=C\mathrm J_m(kr)+D\mathrm N_m(kr)$, 代入 $R\vert_{r=0}$ 有界, 得到 $D=0$; 代入 $R(a)=0$ 有 $\mathrm J_m(ka)=0$.

因此本征值

\[k_{mi}^2=\left(\dfrac{\mu_i^{(m)}}{a}\right)^2,\quad i=1,2,3,\dots\]

本征函数 $R_{mi}(r)=\mathrm J_m(k_{mi} r)$. 由此即求得圆形薄膜的固有振动的角频率

\[\omega_{mi}=\dfrac{\mu_i^{(m)}}{a}c,\quad m=0,1,2,\dots,\;i=1,2,3,\dots\]

其中 $\mu_i^{(m)}$ 是 $m$ 阶 Bessel 函数的第 $i$ 个正零点.

可以确认, $\mu_i^{(m)}$ 全部是实数, 且 $-\mu_i^{(m)}$ 也是 $\mathrm J_m(x)$ 的零点.

本征值必为大于 $0$ 的实数.

使用能量积分法证明如下.

将 $R(r)$ 的方程重写作自伴算子形式 $-(ry’)’+\dfrac{m^2}ry=\lambda ry$. 设 $\lambda$ 是对应非零本征函数 $y(r)$ 的复本征值, 将方程乘以 $y^*$, 在 $[0,a]$ 上使用一次分部积分, 得到

\[\int_0^a\left(r|y'|^2+\frac{m^2}r|y|^2\right)\mathrm dr-(ry^*y')|_0^a=\lambda\int_0^a r|y|^2\mathrm dr\]

由于 $y(a)=0$, $y(0)$ 有界, 所以 $ry^*y’$ 一项消失, 保留

\[\lambda\int_0^Rr|y|^2\mathrm dr=\int_0^R\left(r|y'|^2+\frac{m^2}{r}|y|^2\right)\mathrm dr\]

右侧每一项都是非负的实数, 所以 $\lambda$ 是严格的正实数.

圆柱体的冷却

无穷长的圆柱体, 半径为 $a$. 柱体表面温度维持为 $0$, 初始温度 $u_0f(r)$, 求柱体内的温度的分布和变化.

温度 $u$ 与 $\varphi, z$ 无关, 满足定解问题

\[\begin{cases} \dfrac{\partial u}{\partial t}-\dfrac{\kappa}{r}\dfrac{\partial}{\partial r}\left(r\dfrac{\partial u}{\partial r}\right)=0\\ \text{Bounded at }r=0\\ u\vert_{r=a}=0\\ u\vert_{t=0}=u_0f(r) \end{cases}\]

容易写出此定解问题的一般解

\[u(r,t)=\sum_{i=1}^\infty c_i\mathrm J_0\left(\mu_i\frac ra\right)\exp\left[-\kappa\left(\frac{\mu_i}{a}\right)^2t\right]\]

其中 $\mu_i$ 是 $\mathrm J_0(x)$ 的第 $i$ 个正零点. 代入初始条件

\[u(r,t)\vert_{t=0}=\sum_{i=1}^\infty c_i\mathrm J_0\left(\mu_i\frac ra\right)=u_0f(r)\]

所以成立有

\[c_i=\frac{2u_0}{a^2\mathrm J_1^2(\mu_i)}\int_0^a f(r)\mathrm J_0\left(\mu_i\frac ra\right)r\mathrm dr\]

我们可以根据 $f(r)$ 的具体形式来算出 $c_i$.

圆环的平面径向振动

圆环的内外半径分别为 $a$ 和 $b$, 若内边界固定, 外边界自由, 求圆环作平面径向振动的固有频率.

选用平面极坐标系, 位移矢量 $\boldsymbol u=u\boldsymbol e_r$ 满足波动方程 $\dfrac{\partial^2 \boldsymbol u}{\partial t^2}-c^2\nabla^2\boldsymbol u=0$.

值得注意的是, $\boldsymbol e_r=(\cos\varphi\mathbf i+\sin\varphi\mathbf j)$ 不是常矢量, 它满足随着 $\varphi$ 的变化关系:

\[\begin{cases} \dfrac{\partial \boldsymbol e_r}{\partial \varphi}=\dfrac{\partial(\cos\varphi\mathrm i+\sin\varphi\boldsymbol j)}{\partial\varphi}=(-\sin\varphi\mathrm i+\cos\varphi\mathrm j)=\boldsymbol e_\varphi\\ \dfrac{\partial^2\boldsymbol e_r}{\partial\varphi^2}=\cdots=-\boldsymbol e_r \end{cases}\]

所以有 $\nabla^2\boldsymbol u\equiv\nabla^2(u\boldsymbol e_r)=\left(\nabla^2 u-\dfrac u{r^2}\right)\boldsymbol e_r+\dfrac{2}{r^2}\dfrac{\partial u}{\partial\varphi}\boldsymbol e_\varphi$, 因此矢量波动方程等价于偏微分方程组

\[\begin{cases} \dfrac{\partial^2 u}{\partial t^2}-c^2\left(\nabla^2 u-\dfrac{u}{r^2}\right)=0\\ \dfrac{\partial u}{\partial\varphi}=0 \end{cases}\]

径向位移与 $\varphi$ 无关. $u=u(r,t)$ 满足定解问题

\[\begin{cases} \dfrac{\partial^2 u}{\partial t^2}-c^2\left[\dfrac1r\dfrac{\partial}{\partial r}\left(r\dfrac{\partial u}{\partial r}\right)-\dfrac{u}{r}\right]=0\\ u\vert_{r=a}=0\quad\dfrac{\partial u}{\partial r}\bigg\vert_{r=b}=0 \end{cases}\]

令 $u(r,t)=R(r)\mathrm e^{-\mathrm i\omega t}, k=\omega/c$, 得到

\[\begin{cases} \dfrac1r\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dr}\left(r\dfrac{\mathrm dR}{\mathrm dr}\right)+\left(k^2-\dfrac{1}{r^2}\right)R=0\\ R(a)=0\quad R'(b)=0 \end{cases}\]

可以证明 $k=0$ 时无解, 即 $k=0$ 不是本征值. 对于 $k\neq 0$, 常微分方程的通解为 $R(r)=C\mathrm J_1(kr)+D\mathrm N_1(kr)$. 代入边界条件进一步解得

\[C\mathrm J_1(ka)+D\mathrm N_1(ka)=0,\; C\mathrm J_1'(kb)+D\mathrm N_1'(kb)=0\]

这可以看成是关于 $C$ 和 $D$ 的线性方程组, 有非零解的充要条件为

\[\begin{vmatrix}\mathrm J_1(ka) & \mathrm N_1(ka) \\ \mathrm J_1'(kb) & \mathrm N_1'(kb)\end{vmatrix}=0\]

圆环作平面径向振动的固有频率为 $\omega_i=k_ic$, 其中 $k_i$ 是以上 Wronski 行列式方程的第 $i$ 个正根. 若再令 $C=\mathrm N_1(k_ia), D=-\mathrm J_1(k_ia)$, 可以得到相应的固有振动模式

\[u_i(r,t)=[\mathrm N_1(k_ia)\mathrm J_1(k_ir)-\mathrm J_1(k_ia)\mathrm N_1(k_ir)]\mathrm e^{\mathrm ik_ict}\]