Legendre 多项式的应用
均匀电场中的导体球
在均匀电场 $E_0$ 中放入一个接地导体球, 球的半径为 $a$. 求球外任意一点的电势.
电像法
这个电场可以看作是两个距离原点非常远、带电量非常大、电性相反的点电荷产生的. 这两个电荷在原点产生的电场为
\[E(0)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{+Q}{d^2}\hat k+\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{-Q}{d^2}(-\hat k)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2Q}{d^2}\hat k\]从而有
\[E_0=\frac{2Q}{4\pi\varepsilon_0}\implies\frac{2Q}{d^2}=4\pi\varepsilon_0E_0\]现在我们考虑放入这样一个半径为 $a$ 的导体球. 按照电像法的规则, 对于每一个电荷, 在距离球心 $d_\text{img}=\dfrac{a^2}{d_\text{src}}$ 处存在一个像电荷 $q_\text{img}=-\dfrac{a}{d_\text{src}}q_\text{src}$. 因此对于像电荷, 它们构成了一对点偶极子, 其偶极矩
\[\boldsymbol{p}=q_\text{img}\cdot \boldsymbol{l}=\frac{aQ}{d}\times\frac{2a^2}{d}(-\hat k)=4\pi\varepsilon_0 a^3E_0(-\hat k)\]外部的一对电荷在球表面产生的电势
\[U_1=-E_0r\cos\theta\]像电荷偶极子在球表面产生的电势为
\[U_2=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{r}}{r^2}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{4\pi\varepsilon_0a^3E_0\cos\theta}{r^2}=E_0\frac{a^3}{r^2}\cos\theta\]所以球表面的电势
\[U=U_1+U_2=-E_pr\cos\theta\left(1-\frac{a^3}{r^2}\right)\]以上内容是对电像法的一次复习.
Legendre 多项式解法
考虑到均匀电场以及球体的对称性, 在球面上的感生电荷一定是绕着极轴旋转不变的. 因此对于球外任意一点, 无论是感生电荷产生的电势, 还是总电势, 都是绕着极轴旋转不变的.
均匀电场产生电势 $u_1(r,\theta)=-E_0r\cos\theta$ 容易得到. 下面我们来计算感生电荷产生的电势, $u_2$, 它满足 Laplace 方程, 可以得到如下定界问题
\[\begin{cases} \dfrac{1}{r^2}\dfrac{\partial}{\partial r}\left(r^2\dfrac{\partial u_2}{\partial r}\right)+\dfrac{1}{r^2\sin\theta}\dfrac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\dfrac{\partial u_2}{\partial\theta}\right)=0\\ \text{Bounded at }u_2\vert _{\theta=0}, u_2\vert _{\theta=\pi}\\ u_2\vert _{r=a}=E_0a\cos\theta-u_0\\ \lim\limits_{r\to\infty} u=0 \end{cases}\]对偏微分方程进行分离变量, 得到
\[\begin{cases} (r^2R')'-\lambda R=0\\ \dfrac{1}{\sin\theta}\left(\sin\theta\Theta'\right)'+\lambda\Theta=0 \end{cases}\]本征值问题
\[\begin{cases} \dfrac{1}{\sin\theta}\dfrac{\mathrm d}{\mathrm d\theta}\left(\sin\theta\dfrac{\mathrm d\Theta}{\mathrm d\theta}\right)+\lambda\Theta=0\\ \text{Bounded at }\Theta(0), \Theta(\pi) \end{cases}\]作换元 $x=\cos\theta, y=\Theta, \lambda=l(l+1)$, 注意 $\displaystyle \frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}, \frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2}$ 的计算准确性, 可以得到
- 本征值 $\lambda_l=l(l+1)$
- 本征函数 $y_l(x)=\mathrm P_l(x)$
$R_l(r)$ 满足常微分方程
\[\frac{\mathrm d}{\mathrm dr}\left(r^2\frac{\mathrm dR_l}{\mathrm dr}\right)-l(l+1)R_l(r)=0\]即
\[r^2R_l^"(r)+2rR_l'(r)-l(l+1)R_l(r)=0\]这是 Euler 方程, 可以得到一般解为
\[R_l(r)=A_lr^l+B_lr^{-l-1}\]满足 Laplace 方程和有界条件的一般解就是
\[u_2(r,\theta)=\sum_{l=0}^\infty(A_lr^l+B_lr^{-l-1})\mathrm P_l(\cos\theta)\]考虑到 $u\vert_{r\to\infty}\to 0$, 应当有 $A_l=0$, 因此
\[u_2=\sum_{l=0}^\infty B_lr^{-l-1}\mathrm P_l(\cos\theta)\]再根据边界条件
\[u_2\vert _{r=a}=E_0a\cos\theta-u_0=\color{red}{E_0a\mathrm P_1(\cos\theta)-u_0\mathrm P_0(\cos\theta)}\]得到
\[B_0=-u_0a, B_1=E_0a^3\]对于 $l\ge 2$ 有 $B_l=0$. 所以
\[u(r,\theta)=u_1(r,\theta)+u_2(r,\theta)=-u_0\frac{a}{r}+\frac{E_0a^3}{r^2}\cos\theta\]与圆形区的问题类似, 球形区的径向方程可以建立本征值问题. 作变换 $R(r)=\dfrac{w(r)}{\sqrt r}$ 得到
\[r\frac{\mathrm d}{\mathrm dr}\left(r\frac{\mathrm dw(r)}{\mathrm dr}\right)+\left(\lambda-\frac14\right)w(r)=0\]这与圆形区的形式完全相同.
均匀带电圆环
设有一个均匀细圆环, 半径为 $a$, 总电荷为 $Q$, 求圆环在空间任意一点产生的电势.
定解问题
取圆环的轴为极轴. 可以写出 $u$ 所满足的方程和部分定解条件
\[\begin{cases} \dfrac{1}{r^2}\dfrac{\partial}{\partial r}\left(r^2\dfrac{\partial u}{\partial r}\right)+\dfrac{1}{r^2\sin\theta}\dfrac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\dfrac{\partial u}{\partial\theta}\right)=0\quad(r,\theta)\neq(a,\pi/2)\\ \text{Bounded at }u\vert _{\theta=0},\;u\vert _{\theta=\pi}\\ \text{Bounded at }u\vert _{r=0},\;u\vert _{r\to\infty}\to0 \end{cases}\]然而这不是一个适定的定解问题, 因为并没有反映出产生静电势的源的状况.
Dirac - $\delta$ 的引入
Dirac 定义了 $\delta(x)$, 它满足:
- $\delta(x)=\begin{cases}\infty&\text{if } x=0\newline 0&\text{if } x\neq 0\end{cases}$
- $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty\delta(x)\mathrm dx=1$
它可以把理想化的线电荷分布嵌入到体积分中.
设此时的电荷密度为 $C\delta(r-a)\delta(\theta-\pi/2)$, 其中常数 $C$ 满足 $\displaystyle \iiint C\delta(r-a)\delta\left(\theta-\frac\pi 2\right)r^2\sin\theta\mathrm dr\mathrm d\theta\mathrm d\varphi=Q$, 解得 $C=\dfrac{Q}{2\pi a^2}$. 因此可以将方程改写为
\[\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial u}{\partial r^2}\right)+\frac{1}{r^2\sin\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial u}{\partial\theta}\right)=-\frac{1}{\varepsilon_0}\frac{Q}{2\pi a^2}\delta(r-a)\delta\left(\theta-\frac\pi 2\right)\]定解问题的解
一般解为
\[u(r,\theta)=\begin{cases} \displaystyle\sum_{l=0}^\infty A_lr^l\mathrm P_l(\cos\theta)&r<a\\ \displaystyle \sum_{l=0}^\infty B_lr^{-l-1}\mathrm P_l(\cos\theta)&r>a \end{cases}\]再结合球面上的电荷分布, 可以得到
- 球面 $r=a$ 上, 静电势连续: $u(r,\theta)\vert _{r=a-0}^{r=a+0}=0$
- 球面 $r=a$ 上静电势的径向导数不连续, 满足 $r^2\dfrac{\partial u}{\partial r}\bigg\vert _{r=a-0}^{r=a+0}=-\frac{Q}{2\pi\varepsilon_0}\delta\left(\theta-\dfrac\pi2\right)$
根据静电势连续可以得到
\[\displaystyle\sum_{l=0}^\infty A_la^l\mathrm P_l(\cos\theta)=\sum_{l=0}^\infty B_la^{-l-1}\mathrm P_l(\cos\theta)\]即 $A_la^l=B_la^{-l-1}$; 根据径向导数关系可以得到
\[\begin{align*} &\sum_{l=0}^\infty[A_lla^{l+1}+B_l(l+1)a^{-l}]\mathrm P_l(\cos\theta) \\ =&\frac{Q}{2\pi\varepsilon_0}\delta\left(\theta-\frac\pi2\right) \\ =&\frac{Q}{2\pi\varepsilon_0}\sum_{l=0}^\infty\frac{2l+1}{2}\mathrm P_l(0)\mathrm P_l(\cos\theta) \end{align*}\]即
\[\displaystyle A_lla^{l+1}+B_l(l+1)a^{-l}=\frac{Q}{2\pi\varepsilon_0}\frac{2l+1}{2}\mathrm P_l(0)\]可以解得
\[\begin{cases} A_l=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}a^{-l-1}\mathrm P_l(0)\\ B_l=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}a^l\mathrm P_l(0) \end{cases}\]所以原问题的解为
\[\boxed {u(r,\theta)= \begin{cases} \displaystyle\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0a}\sum_{l=0}^\infty\left(\dfrac ra\right)^l\mathrm P_l(0)\mathrm P_l(\cos\theta)&r<a\\ \displaystyle\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0a}\sum_{l=0}^{\infty}\left(\frac ar\right)^{l+1}\mathrm P_l(0)\mathrm P_l(\cos\theta) &r>a \end{cases}}\]进一步还可以代入 $\mathrm P_{2l}(0)=(-1)^l\dfrac{(2l)!}{2^{2l}(l!)^2}$.
常规解法
正常步骤应当是把解和非齐次项按照相应齐次问题的本征函数展开. 设有
\[u(r,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty}R_l(r)\mathrm P_l(\cos\theta)\]以及 \(-\frac{Q}{2\pi a^2\varepsilon_0}\delta(r-a)\delta\left(\theta-\frac\pi2\right)=\sum_{l=0}^{\infty}g_l(r)\mathrm P_l(\cos\theta)\)
其中
\[g_l(r)=-\dfrac{(2l+1)Q}{4\pi\varepsilon_0a^2}\mathrm P_l(0)\delta(r-a)\]定解条件为 $R_l(r)\vert _{r=0}$ 有界以及 $R_l\vert _{r\to\infty}=0$. 把形式解代入方程, 之后的步骤与前述过程完全一致.
另外地, 叠加系数可以通过更为方便的办法求出. 考虑我们上文得到的一般解, 可以得出 $\theta$ 为某一特殊值时的 $u(r,\theta)$ 值. 直接由电势叠加原理可以求得 $u(r,0)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{1}{\sqrt{a^2+r^2}}$, 作 Taylor 展开, 得到
\[u(r,0)=\begin{cases} \displaystyle\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0a}\sum_{l=0}^\infty(-1)^l\left(\dfrac ra\right)^{2l}\frac{(2l)!}{2^{2l}(l!)^2}&r<a\\ \displaystyle\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0a}\sum_{l=0}^{\infty}(-1)^l\left(\frac ar\right)^{2l}\frac{(2l)!}{2^{2l}(l!)^2}&r>a \end{cases}\]从而可以得到 $A_l, B_l$ 的解.