数学物理方程 Partial Differential Equations¶

2026-07-272026-07-27

1. 定解问题¶

弦振动问题¶

考虑一根绷紧的 完全柔软 的均匀 轻质 弦，激发后在平面内的微小振动。考虑弦平衡时的微元：

• 选取 \(y\) 方向位移物理量 \(u(x,t)\)，表示在 \(t\) 时刻位于 \(x\) 的位移。
• 轻弦：忽略重力；
• 完全柔软：弹力只沿切向。

对于一段在 \((x, x+\dd x)\) 上的一小段弦，在两个端点上拉力的角度不同：

由于弦仅有 \(y\) 方向上的运动，我们有：

由于振动很微小，我们近似这段弦为一条直线段。也就是：

即为底边长 \(\dd x\) 高为 \(u_2 - u_1\) 的直角三角形。

于是忽略高阶项认为 \(\sin \theta = \tan\theta = \pdv{u}{x},\cos\theta=1\)。由第一个方程可得：

统一为 \(T\) 代入方程 2：

同除 \(\dd x\) 得到：

定义 \(a = \sqrt{T/\eta}\) ，得到 弦的自由振动方程：

分析量纲 \(\sqrt{MLT^{-2}/ML^{-3}} = L/T\)，得到 \(a\) 为速度单位。

弹力和时间有关吗？由于 hook 定理，对于弹性弦，只要长度不变弹力就保持不变。分析微元段的长度：

也就是 \(\dd s - \dd x = 0\)，即长度始终保持不变，也就是 弹力不随时间变化。

接下来考虑受外力作用的形式。如果在 \(u\) 方向上单位长度受力为 \(f\) ，初始条件改为：

用相同方法解得：

这被称为 弦的受迫振动方程。右侧的 \(f/\rho\) 可以认为是单位质量受力。

杆纵振动问题¶

考虑一个 均匀轻细杆 沿杆长方向的 微小振动。同样取一段微元 \((x,x+\dd x)\) 进行分析。

• 均匀：认为处处截面积相等；
• 轻：忽略重力；
• 微小振动：忽略因振动引起的截面积变化。

由 Newton 第二定律：

由 Young 模量得到：\(P = E\pdv{u}{x}\)，于是：

形如此的方程被称为 波动方程。拓展成三维空间就是：

热传导方程¶

假设一块连续介质，用 \(u(x,y,z,t)\) 表示 \((x,y,z)\) 处 \(t\) 时刻的温度。如果沿 \(x\) 方向由温度梯度，由于能量守恒定律，在 \(x\) 方向一定存在热量传递。由 Fourier 定律得：

其中 \(q\) 为热流密度，\(k\) 为导热率。同样也有：

如果材料是各向同性的，那么三个方向上的导热率 \(k\) 应该都相同。我们合并写成：

而如果是各向异性的就变成矩阵乘积：

我们取出一个平行六面体：

沿 \(x\) 方向的流入的热量：

其他两个方向也是同理，于是把他们相加得到 \(-\div \vb q \dd x\dd y \dd z \dd t\)，又因为对应温度上升：

得到：

而如果是各向同性介质，\(\rho c\) 是常数，进一步化简得：

其中 \(\kappa\) 被称为 扩散率。这类方程被称为 热扩散方程。

如果体系中还有单位时间单位体积产生的热量 \(f\)，进一步携程：

最终可以化简成：

对于扩散问题，由于扩散过程和热传导类似，定义扩散率 \(D\)，也有：

稳态情况¶

现在我们考虑当热传导体系达到稳定的状态，此时 \(\pdv{u}{t} = 0\)。也就是：

这被称为 Poisson 方程。特别的当 \(f=0\) 时，得到：

这被称为 Laplace 方程。

同样也可以对弦振动作一样的考虑。假设有一个特别的振动 \(u(x,y,z,t) = v(x,y,z)e^{i\omega t}\)，这是一个周期性的振动。带入到振动公式：

于是有：

这被称为 Helmholtz 方程。

总结以上三种方程的性质：

2. 行波法¶

定解条件的条件¶

假设对于一个二阶偏微分方程的问题，已经求出其通解，需要用已知条件消解未知数：

• 初始条件（Initial Condition，IC）：关注对时间 \(t\) 微商的最高阶数。

• 边界条件（Boundary Condition，BC）：对于不同维度的问题，边界条件也不同。例如对于一维问题的边界条件：

• 弦的横振动（第一类边界条件）： \(\eval{u}_{x=0} = \eval{u}_{x=l} = 0\)；

• 杆的纵振动（第二类边界条件）：\(\eval{u}_{x=0} = 0\)，\(x=l\) 单位面积受外力 \(F(t)\)。通过微元法分析：

  \[ FS - P(l-\epsilon , t)S = \rho S \epsilon \overline{\pdv [2]{u}{t}} \]

  当 \(\epsilon \to 0\) 时：

  \[ F - E\eval{\pdv{u}{t}}_{x = l} = 0 \]

  于是边界条件变为：

  \[ \begin{cases}\displaystyle \eval{u}_{x = 0} = 0\\ E\eval{\pdv{u}{t}}_{x = l} = F \end{cases} \]

• 一段连接轻弹簧的轻杆（第三类边界条件）：\(\eval{u}_{x=0} = 0\)，且对于一端的弹簧有：

  \[ FS = -k(u-u_0) \]

  其中 \(u_0\) 为平衡位置杆末端位移，\(u\) 为任意时刻杆末端位移。于是有：

  \[ \begin{gathered} E\eval{\pdv{u}{t}}_{x = l} = -\frac{k}{S}(u-u_0)\\ \eval{\pqty{E\eval{\pdv{u}{t}}_{x = l} + \frac{k}{S}u}}_{x = l} = \frac{k}{S}u_0 \end{gathered} \]

  这里边界条件就是一阶微商和二阶微商的线性组合。

对热传导方程，由于是一个三维问题，我们需要通过曲面确定边界条件，例如：

• 给定两曲面的温度：\(\eval{u}_{x=\Sigma_0} =0,\ \eval{u}_{x=\Sigma} = f(\Sigma)\)。这是第一类边界条件。

• 如果表面单位时间通过单位面积散热为 \(\psi\)。取表面上的一个微元：

$$ q = -k\pdv{u}{n} $$

其中 \(n\) 为法向量。进一步得到：

$$ -k\pdv{u}{n} S\Delta t - \psi S\Delta t + 四个侧面的 q\cdot 四个侧面面积\cdot\Delta t = \rho S \epsilon \Delta t $$

考虑 \(\epsilon \to 0\)，就有：

$$ \psi = -k\eval{\pdv{u}{n}}_{\Sigma} $$

这是第二类边界问题。

• 如果 \(\psi\) 和外界环境与体系的温度差成正比：

$$ \begin{gathered} -k\eval{\pdv{u}{n}}{\Sigma} = H(\eval{u} - u_0)\ \eval{\pqty{k\pdv{u}{n} + Hu}}_{\Sigma} = Hu_0 \end{gathered} $$

这是第三类边界问题。

照搬常微分方程¶

假设我们有无限长的弦，考虑初值问题：

我们常识把第一个式子看成：

我们得到了两个一阶方程。尝试作变换：

然后我们努努力把偏微分都求出来：

$$ \begin{gathered} \pdv{u}{t} = \pdv{\xi}{t}\pdv{u}{\xi} + \pdv{\eta}{t}\pdv{u}{\eta} = a\pqty{\pdv{u}{\xi} - \pdv{u}{\eta}} \ \pdv{u}{x} = \pdv{\xi}{x}\pdv{u}{\xi} + \pdv{\eta}{x}\pdv{u}{\eta} = \pdv{u}{\xi} + \pdv{u}{\eta} \

\end{gathered} $$

还有二阶微分：

全部代入原方程，可得：

于是这个波动方程的通解是：

由此可见：这个微分方程的解是由 两个函数相互叠加组成（区别于常微分方程，是由两个常数组成的）。从物理角度来看，这代表的就是以恒定速度 \(a\) 向左和向右传播的两个波的叠加。

接下来我们代入初值：

对后项积分也就是：

这就可以解出：

带回通解就是：

从物理意义来看，第一项代表初始位移激发的波，其分成两份独立向左向右传播；第二项代表初始速度激发的波，其左右对称地扩展到 \((x-at, x+at)\)。它们的传播速率均为 \(a\)。通过这样求解的方法称为 行波法。

3. 分离变量法¶

一定要注意自己到底在对哪个变量作偏微分/积分！

得到本征方程¶

回到热传导问题的初始问题：

我们不妨认为通解满足：

这样原式子就满足：

于是我们可以设：

其中 \(T(t)\) 与 \(x\) 无关，\(X(x)\) 与 \(t\) 无关，而常数 \(\lambda\) 和两者都无关。我们把 \(X(x)\) 的分式拆开，结合边界条件可以得到：

这个问题我们称为 本征值问题。

同理对于 \(T(t)\) ：

这就完成了分离变量。

同理可以看看两端固定的弦振动问题：

设 \(u = T(t)X(x)\) 得到：

得到的本征值问题就是：

eg：氢原子的 Schrodinger 方程：

\[ \mathrm{i}\hbar \frac{\partial \psi}{\partial t} = -\frac{\hbar^2}{2\mu} \left [ \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial \psi}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2 \sin\theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left( \sin\theta \frac{\partial \psi}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{r^2 \sin^2\theta} \frac{\partial^2 \psi}{\partial \phi^2} \right] - \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r} \psi \]

把波函数拆解为：

\[ \psi(r,\theta,\phi, t) = R(r)\Theta(\theta)\Phi(\phi)T(t) \]

代入得到：

\[ \mathrm{i}\hbar \frac{T'(t)}{T(t)} = -\frac{\hbar^2}{2\mu} \left [ \frac{[r^2R'(r)]'}{r^2R(r)} + \frac{[\sin\theta\Theta'(\theta)]'}{r^2 \sin\theta\Theta(\theta)} + \frac{\Phi''(\phi)}{r^2 \sin^2\theta\Phi(\phi)} \right] - \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r} = E \]

首先可以分离时间 \(T\)：

\[ \boxed{i\hbar T'(t) -ET(t) = 0} \]

原式化为：

\[ -\frac{\hbar^2}{2\mu} \left [ \frac{[r^2R'(r)]'}{r^2R(r)} +\frac1{r^2} (\frac{[\sin\theta\Theta'(\theta)]'}{ \sin\theta\Theta(\theta)} + \frac{\Phi''(\phi)}{ \sin^2\theta\Phi(\phi)}) \right] - \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r} = E \]

角度部分不含 \(R(r)\)，直接分离掉：

\[ \frac{[\sin\theta\Theta'(\theta)]'}{ \sin\theta\Theta(\theta)} + \frac{\Phi''(\phi)}{ \sin^2\theta\Phi(\phi)} = \lambda \]

之后再设：

\[ \boxed{\Phi''(\phi) + \mu\Phi(\phi) = 0} \]

原式化为：

\[ \frac{[\sin\theta\Theta'(\theta)]'}{ \sin\theta\Theta(\theta)} + \frac{\mu}{ \sin^2\theta} = \lambda \]

进一步化简为：

\[ \boxed{-\frac{1}{\sin^2\theta}\qty [\sin\theta\dv{\theta}(\sin\theta\dv{\theta})-\mu]\Theta(\theta) = \lambda\Theta(\theta)} \]

然后再回到径向的式子：

\[ -\frac{\hbar^2}{2\mu} \left [ \frac{[r^2R'(r)]'}{r^2R(r)} +\frac{\lambda}{r^2} \right] - \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r} = E \]

最后化简得到：

\[ \boxed{\qty [-\frac{\hbar^2}{2\mu r^2} \left[ \dv{r}(r^2\dv{r}R(r)) +\lambda \right] - \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r}]R(r) = ER(r)} \]

这就完成了分离变量。可以看到，引入常数数量是独立变量数-1。

求解本征值问题¶

先来看本征值问题，如果 \(X''(x) = 0\)，就意味着这是一个线性方程，而由于边界条件：

这意味着 \(\lambda = 0\)，也就是只有零解。我们说 0 不是本征值。

注意有时候 \(\lambda=0\) 时并非只有零解，此时一般解会多出来一个线性项。例如当边界条件均不为时。

如果 \(\lambda \neq 0\)，这意味着：

代入边界条件：

这意味着必有：

其中 \(\lambda_n\) 称为本征值， \(X_n(x)\) 称为本征函数。\(n\) 为所有正整数。

这个时候 \(T(t)\) 也很容易求，我们结合在一起：

这个解我们叫做 特解，将特解叠加可以得到 一般解：

要得到通解就要利用到初值条件了。我们有：

我们知道本征函数具有正交性，现在我们再叠加一个本征函数并积分，尝试把常数表示出来：

交换积分和求和（这是一个平均收敛的函数）：

这样就可以得到 \(C_n\) 的值了。

总结：

1. 分离变量；
2. 求解本征值问题；
3. 求出特解，叠加得到一般解；
4. 通过正交性得到通解。

同理我们求解本征值问题：

根据边界条件得到：

又有：

叠加得到一般解：

之后同样乘正交值并积分，得到常数：

$$ \begin{gathered}

D_n = \frac{2}{l}\int_0^l \phi(x)\sin(\frac{n\pi x}{l})\dd{x}\ C_n = \frac{2}{n\pi a}\int_0^l \psi(x)\sin(\frac{n\pi x}{l})\dd{x} \end{gathered} $$

本征值问题的性质¶

我们来看本征值问题的几个性质。

本征值问题的本征值一定是实数。

我们不妨取复共轭

$$ \begin{cases}

X''^(x) + \lambda^ X^*(x) = 0\

X^(0) = X^(l) = 0 \end{cases} $$

之后交叉相乘相减：

积分得到：

$$ \begin{aligned} &\int_0^l\qty [X^(x)X''(x) - X(x)X''^(x)] + (\lambda-\lambda^*)\int_0lX^(x)X(x)\ &=\eval{\qty [X^(x)X'(x) - X(x)X'^*(x)]}_0l + (\lambda-\lambda^*)\int_0lX^*(x)X(x)\

&= (\lambda-\lambda^*)\int_0lX^*(x)X(x) = 0 \end{aligned} $$

于是 \(\lambda = \lambda^*\)，即本征值为实数。

本征值问题的不同本征值对应本征函数正交。

我们取另一个函数的复共轭：

$$ \begin{cases} X_m''^(x) + \lambda_m X_m^(x) = 0\

X_m(0) = X_m(l) = 0

\end{cases} $$

交叉相乘相减：

积分：

由于本征值不同，于是 \(\int_0^lX^*_m(x)X_n(x) = 0\)，即本征函数正交。

稳定方程¶

考虑一个矩形区域 \([0,a]\times[0,b]\) 的稳定问题：

我们可以分离变量 \(u(x,y) = X(x)Y(y)\)，分离变量：

写出本征方程：

$$ \begin{cases} X''(x) +\lambda X(x)= 0\ X(0) = X'(a) = 0

\end{cases}\qc Y''(y) -\lambda Y(y)= 0 $$

先求解 \(X(x)\)，排除 \(\lambda = 0\) 的零解，求得：

代入边界条件：

$$ \begin{cases} B = 0\

A\cos(\sqrt{\lambda}a)= 0

\end{cases} $$

又因为非零解，\(A\neq0\)，所以只能是：

于是：

同理可以解得：

代入边界条件：

于是原式可以化为：

这样相乘并叠加得到一般解：

再根据边界条件：

同样根据正交性积分：

这样就得到通解了。

非齐次方程——同时齐次化¶

对于受迫弦振动问题：

特例 1： \(f(x)\) 与 \(t\) 无关。可以设 \(v(x,t) = v(x)\) 满足：

\[ \begin{cases} - a^2 \pdv [2]{v}{x} = f(x)\\ v(0) = v(l) = 0\\ \end{cases} \]

特例 2：\(f(x,t)=g(x)\sin\omega t\)。可设 \(v(x,t) = h(x)\sin\omega t\) ，此时有：

\[ \begin{cases} -\omega^2h(x)- a^2 h''(x) = g(x)\\ h(0) = h(l) = 0\\ \end{cases} \]

这样通过第一个式子，就可以把 \(v(x,t)\) 解出来。之后解 \(w(t)\) 就是经典的问题了。

非齐次方程——按本征函数展开¶

我们还是考虑齐次的问题： $$ \begin{cases}\displaystyle \pdv [2]{u}{t} - a^2 \pdv [2]{u}{x} = 0\ u(0, t) = u(l, t) = 0\ \end{cases} $$

注意这里不能取初始条件 \(\eval{u}_{t = 0} = \eval{\pdv{u}{x}}_{t = 0} = 0\\\)，因为该条件会得出原方程只有零解的结论。

对于齐次的情况我们知道： $$ u(x, t) = \sum_{n = 1}^\infty T_n(t)\sin\frac{n\pi}{l}x $$ 我们尝试将 \(f(x,t)\) 也按这种方法展开： $$ f(x, t) = \sum_{n = 1}^\infty f_n(t)\sin\frac{n\pi}{l}x $$ 全部代入初始式子： $$ \sum_{n = 1}^\infty \qty[T''_n(t)\sin\frac{n\pi}{l}x+a^{2\qty(\frac{n\pi}{l})}2T_n(t)\sin\frac{n\pi}{l}x-f_n(t)\sin\frac{n\pi}{l}x] = 0 $$ 之后同样乘正交基并积分，最后这个方程就转化为： $$ \begin{cases} T''_n(t) +a^{2\qty(\frac{n\pi}{l})}2T_n(t)-f_n(t)= 0\ T(0) = T'(0) = 0 \end{cases} $$ 这是一个二阶常微分方程，一定有解。这样理论上就可以把原方程解出来了。

非齐次边界条件¶

我们把边界条件改成这样： $$ \begin{cases}\displaystyle \pdv [2]{u}{t} - a^2 \pdv [2]{u}{x} = 0\ u(0, t) = \psi(t), u(l, t) = \phi(t)\ \eval{u}{t = 0} = \eval{\pdv{u}{x}} = 0\ \end{cases} $$ 同样拆成两个函数： $$ u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) $$ 我们让 \(v(x,t)\) 满足边界条件，这样 \(w(x,t)\) 的边界条件就是齐次的了： $$ v(0, t) = \psi(t), v(l, t) = \phi(t) $$

一种可能的取法是取线性函数 \(v(x,t) = \psi(t)+\frac{\phi(t)-\psi(t)}{l}x\).

这样 \(w(x,t)\) 就满足： $$ \begin{cases}\displaystyle \pdv [2]{w}{t} - a^2 \pdv [2]{w}{x} = -\pdv [2]{v}{t} + a^2 \pdv [2]{v}{x} \ w(0, t) = w(l, t) = 0\ \eval{w}{t = 0} = -\eval{v}}\qc \eval{\pdv{w}{x}{t = 0} = -\eval{\pdv{v}{x}} \end{cases} $$ 这就转化为了非齐次方程的情况，如果 \(v(x,t)\) 选的好，使 \(-\pdv[2]{v}{t} + a^2 \pdv[2]{v}{x} = 0\)，那就转化成更简单的齐次方程了。

就算初始条件也是非齐次方程，只需要把后面一项改成 \(-\pdv[2]{v}{t} + a^2 \pdv[2]{v}{x} + f(x,t)\) 即可。 $$ \begin{cases}\displaystyle \pdv [2]{w}{t} - a^2 \pdv [2]{w}{x} = -\pdv [2]{v}{t} + a^2 \pdv [2]{v}{x}+f(x, t) \ w(0, t) = w(l, t) = 0\ \eval{w}{t = 0} = -\eval{v}}\qc \eval{\pdv{w}{x}{t = 0} = -\eval{\pdv{v}{x}} \end{cases} $$

特例：

\[ \begin{cases} \pdv [2]{u}{t} - a^2 \pdv [2]{u}{x} = 0\\ u(0, t) = \sin\omega t, u(l, t) = 0\\ \eval{u}_{t = 0} = \eval{\pdv{u}{x}}_{t = 0} = 0\\ \end{cases} \]

可以设 \(v(x,t) = f(x)\sin\omega t\)，就有：

\[ \begin{cases} -\omega^2f(x) - a^2 f''(x) = 0\\ f(0) = 1, f(1) = 0\\ \end{cases} \]

4. 非直角坐标系¶

Laplace 算符¶

我们都知道在 \(n\) 维直角坐标系 \((x^1,x^2,\cdots,x^n)\) 里的标量 \(u\) ： $$ \grad^2u =\div\grad u = \pdv [2]{u}{(x^1)}+\pdv [2]{u}{(x^2)}+\cdots+\pdv [2]{u}{(x^n)} $$ 对于向量 \(\va A\)： $$ \grad^2\va A = \grad(\div\va A)-\curl\curl\va A $$ 这表示对向量的每个分标量都做一次 \(\laplacian\) 操作。

现在我们想知道：假设不是直角坐标，而是 \(n\) 个曲面坐标 \((q^1,q^2,\cdots,q^n)\) ，构成正交曲面坐标系时，Laplacian 的表达式；当然还有可能是四维 Minkvoski 时空。

度规矩阵¶

我们知道曲面坐标都是相互独立的，也就是 Yacobi 行列式不为 0.

计算弧长： $$ \begin{aligned} (\dd{s})^2 &= \sum_{i = 1}^n (\dd{x^i})2\ &= \sum_{i = 1}^n\qty(\sum_{j = 1}^n \pdv{x^i}{qj}\dd{q^j})\qty(\sum_{k = 1}^n \pdv{x^i}{qk}\dd{q^k})\ &=\sum_{j = 1}^n\sum_{k = 1}^n\qty(\sum_{i = 1}^n \pdv{x^i}{qj}\pdv{x^i}{qk})\dd{q^j}\dd{qk}\ &=\sum_{j = 1}^n\sum_{k = 1}^{n\qty(g_{jk})\dd{q}j}\dd{q^k}\ &= \left( \mathrm{d}q^1 \quad \mathrm{d}q^2 \quad \cdots \quad \mathrm{d}q^n \right) \begin{pmatrix} g_{11} & g_{12} & \cdots & g_{1n} \ g_{21} & g_{22} & \cdots & g_{2n} \ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \ g_{n1} & g_{n2} & \cdots & g_{nn} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \mathrm{d}q^1 \ \mathrm{d}q^2 \ \vdots \ \mathrm{d}q^n \end{pmatrix} \end{aligned} $$ 这样就定义出了 度规矩阵元 \(g_{jk}\)。 $$ g_{jk} = \sum_{i = 1}^n \pdv{x^i}{qj}\pdv{x^i}{qk} $$ 只要度规矩阵为对角矩阵，说明 \((q^1,q^2,\cdots,q^n)\) 正交，反之亦然。对于对角矩阵有： $$ g_{ik} = g_{ii}\delta_{ik} $$ 我们设一个方向上的 单位矢量 为： $$ \dd{x^i} = \sqrt{g_{ii}}\dd{q^i} $$

对柱坐标系有：

\[ \begin{gathered} q^1 = \rho\qc q^2 = \phi\qc q^3 = z\\ x^1 = \rho\cos\phi\qc x^2 = \rho\sin\phi\qc x^3 = z\\ \end{gathered} \]

计算弧长：

\[ \begin{aligned} (\dd{s})^2 &= (\cos\phi\dd{\rho} - \rho\sin\phi\dd{\phi})^2+(\sin\phi\dd{\rho} + \rho\cos\phi\dd{\phi})^2 +(\dd z)^2\\ &= (\dd \rho)^2+\rho^2(\dd\phi)^2+(\dd z)^2 \end{aligned} \]

这样度规矩阵就是：

\[ G =\mqty(\dmat{1,\rho^2,1}) \]

对球坐标系有：

\[ \begin{gathered} q^1 = \rho\qc q^2 = \theta\qc q^3 = \phi\\ x^1 = \rho\sin\theta\cos\phi\qc x^2 = \rho\sin\theta\sin\phi\qc x^3 = \rho\cos\theta\\ \end{gathered} \]

计算弧长：

\[ (\dd s)^2 = (\dd r)^2+r^2(\dd{\theta})^2+r^2\sin [2]\theta(\dd{\phi})^2 \]

对应度规矩阵：

\[ G =\mqty(\dmat{1, r^2, r^2\sin [2]\theta}) \]

因为两个矩阵都是对角矩阵，于是这两个都是正交曲面坐标系。

也可以用求切向量法来得到度规矩阵。求出切向量：

\[ \va e_{q_i} = \pdv{\va r}{q_i} = \qty(\pdv{x_1}{q_i},\pdv{x_2}{q_i},\cdots,\pdv{x_n}{q_i}) \]

这样每个度规矩阵元就可以用这样表示：

\[ g_{ij} = \va e_{q_i}\cdot \va e_{e_j} \]

这样只要 \(i\neq j\) 时，\(g_{ij}\) 不为 \(0\) ，即可判定非正交。对于正交坐标系也可以通过 \(g_{ii} = \abs{\va e_{q_i}}^2\) 快速得到。

外微分¶

定义一个 外微分运算 \(\dd\) ，写出来和全微分很像。我们说对于一个标量函数 \(u(q^1,q^2,\cdots,q^n)\) 时 0 次形式（0-form），现在我们进行一次外微分： $$ \dd{u} = \sum_{i}\pdv{u}{q^i}\dd{qi} $$ 这就得到了 1 次形式（1-form），和全微分一样。继续外微分！ $$ \begin{aligned} \dd{\alpha} &= \dd(\sum_{i}\alpha_i\dd{q^i})\ &=\sum_{i}\dd(\alpha_i\dd{q^i})\ &=\sum_i\dd{\alpha_i}\wedge\dd{q^i}+\sum_i\alpha_i\dd(\dd{q_i}) \end{aligned} $$ 规定二次积分为 0，就有： $$ \dd \alpha =\sum_i\dd{\alpha_i}\wedge\dd{q^i} $$ 这里 \(\wedge\) 是 楔积运算（wedge product）。对于一次楔积可以认为是“有方向的面积”。有： $$ \dd{q^i}\dd{qj} = -\dd{q^j}\dd{qi} $$ 很显然对于两次楔积就是体积。我们规定 \(\dd{q^1}\wedge\dd{q^2}\wedge\cdots\wedge\dd{q^n}\) 为正的 \(n\) 为体积，显然对于任意一个排列 \(\dd{q^{i_1}}\wedge\dd{q^{i_2}}\wedge\cdots\wedge\dd{q^{i_n}}\) ，只需要知道交换的次数就能知道正负性了。

叉乘实际上可以认为是楔积在三维情况下表示成向量的形式，实际上可以认为是三维两个向量楔积的 Hodge star。

\[ \va A\cp\va B = \star(\va A\wedge\va B) \]

对于点乘也有：

\[ \va A\cdot\va B = \star(\va A\wedge\dd{\va B}) \]

Hodge star 运算¶

定义一个 *运算，可以把 p-form 转变为 (n-p)-form。形式如下： $$ \star(\dd{x^{{i_1}}\wedge\dd{x}(\dd{x}}\wedge\cdots\wedge\dd{x^{i_p}}) = \epsilon_{i_1,\cdots, i_n^{{i_{p+1}}}\wedge\dd{x}) $$ 其中 }}}\wedge\cdots\wedge\dd{x^{i_{n}}\(x_i\) 为单位矢量， \(\epsilon_{i_1,\cdots,i_n}\) 为 Levi-Civita 记号，当整个排列 \(i_1,\cdots,i_n\) 为奇排列时为 \(-1\)，偶排列时为 \(1\)。

例：

对于二维坐标有：

\[ \begin{gathered} \star1 = \dd{x}\wedge\dd{y}\\ \star\dd{x} = \dd{y}\\ \star\dd{y} = \dd{x}\\ \star(\dd{x}\dd{y) = 1} \end{gathered} \]

对于三维坐标有：

\[ \begin{gathered} \star1 = \dd{x}\wedge\dd{y}\wedge\dd{z}\\ \star\dd{x} = \dd{y}\wedge\dd{z}\\ \star\dd{y} = \dd{z}\wedge\dd{x}\\ \star\dd{z} = \dd{x}\wedge\dd{y}\\ \star(\dd{x}\wedge\dd{y}) = \dd{z}\\ \star(\dd{z}\wedge\dd{x}) = \dd{y}\\ \star(\dd{y}\wedge\dd{z}) = \dd{x}\\ \star(\dd{x}\wedge\dd{y}\wedge\dd{z}) = 1 \end{gathered} \]

假如不是单位矢量，只需要替换成度规矩阵元的形式： $$ \begin{gathered} \star(\sqrt{g_{i_1i_1}}\dd{x^{{i_1}}\wedge\sqrt{g_{i_2i_2}}\dd{x}\dd{x}}\wedge\cdots\wedge\sqrt{g_{i_pi_p}}\dd{x^{i_p}}) \= \epsilon_{i_1,\cdots, i_n}(\sqrt{g_{i_{p+1}i_{p+1}}^{{i_{p+1}}}\wedge\sqrt{g_{i_{p+2}i_{p+2}}}\dd{x}) \end{gathered} $$}}}\wedge\cdots\wedge\sqrt{g_{i_{n}i_{n}}}\dd{x^{i_{n}}

外微分运算¶

我们来看之前的矢量分析在外微分里对应什么：

对于散度 \(\div\va{A}\)，对应将 1-form 变为 0-form，也就是对应 star 运算。以三维空间为例： $$ \begin{aligned} \star{\dd}\star(A_x\dd{x}+A_y\dd{y}+A_z\dd{z})&= \star\dd(A_x\dd{y}\wedge\dd{z}+A_y\dd{z}\wedge\dd{x}+A_z\dd{x}\wedge\dd{y})\ &= \star\qty(\pdv{A_x}{x}+\pdv{A_y}{y}+\pdv{A_z}{z})\dd{x}\wedge\dd{y}\wedge\dd{z}\ &= \pdv{A_x}{x}+\pdv{A_y}{y}+\pdv{A_z}{z} \end{aligned} $$ 进一步的，对于三维曲面的 Laplcian 运算： $$ \begin{aligned} \star \dd \star \dd u &= \star\dd(\sqrt{\frac{g_{22}g_{33}}{g_{11}}}\pdv{u}{q_1}\dd{y}\wedge\dd{z}+\sqrt{\frac{g_{33}g_{11}}{g_{22}}}\pdv{u}{q_2}\dd{z}\wedge\dd{x}+\sqrt{\frac{g_{11}g_{22}}{g_{33}}}\pdv{u}{q_3}\dd{x}\wedge\dd{y})\ &= \star\qty(\pdv{q_1}(\sqrt{\frac{g_{22}g_{33}}{g_{11}}}\pdv{u}{q_1})+\pdv{q_2}(\sqrt{\frac{g_{33}g_{11}}{g_{22}}}\pdv{u}{q_2})+\pdv{q_3}(\sqrt{\frac{g_{11}g_{22}}{g_{33}}}\pdv{u}{q_3})\dd{x}\wedge\dd{y}\wedge\dd{z})\ &= \frac{1}{\sqrt{g_{11}g_{22}g_{33}}}\qty(\pdv{q_1}(\sqrt{\frac{g_{22}g_{33}}{g_{11}}}\pdv{u}{q_1})+\pdv{q_2}(\sqrt{\frac{g_{33}g_{11}}{g_{22}}}\pdv{u}{q_2})+\pdv{q_3}(\sqrt{\frac{g_{11}g_{22}}{g_{33}}}\pdv{u}{q_3})\dd{x}\wedge\dd{y}\wedge\dd{z}) \end{aligned} $$

例如对柱坐标：

\[ G =\mqty(\dmat{1,\rho^2,1}) \]

计算得到：

\[ \laplacian u = \frac1\rho\pdv{\rho}(\rho\pdv{\rho})+\frac1{\rho^2}\pdv [2]{\phi}+\pdv [2]{z} \]

对球坐标：

\[ G =\mqty(\dmat{1, r^2, r^2\sin [2]\theta}) \]

计算得到：

\[ \laplacian u = \frac1{r^2}\pdv{r}(r^2\pdv{r})+\frac1{r^2\sin\theta}\pdv{\theta}(\sin\theta\pdv{\theta})+\frac1{r^2\sin [2]\theta}\pdv [2]{\phi} \]

对于旋度： $$ \begin{aligned} \curl \va A &= \epsilon_{ijk}\sum_{i, j, k}\pdv{A_k}{x^j}\va{e_i}\ &= \left(\pdv{A_3}{x^{2}-\pdv{A_2}{x}3}\right)\va e_1

• \left(\pdv{A_1}{x^{3}-\pdv{A_3}{x}1}\right)\va e_2

• \left(\pdv{A_2}{x^{1}-\pdv{A_1}{x}2}\right)\va e_3 \end{aligned} $$ 相当于从 1-form 变到 1-form，且有一个微分形式。我们先用一次微分，之后再取 star 运算： $$ \begin{aligned} \star\dd(A_1\dd{x}+A_2\dd{y}+A_3\dd{z}) &= \star\Big[ \dd A_1 \wedge \dd{x}

• \dd A_2 \wedge \dd{y}

• \dd A_3 \wedge \dd{z} \Big]\ &= \star\Big[ (\pdv{A_1}{x}\dd{x}+\pdv{A_1}{y}\dd{y}+\pdv{A_1}{z}\dd{z})\wedge\dd{x}\ &\qquad+ (\pdv{A_2}{x}\dd{x}+\pdv{A_2}{y}\dd{y}+\pdv{A_2}{z}\dd{z})\wedge\dd{y}\ &\qquad+ (\pdv{A_3}{x}\dd{x}+\pdv{A_3}{y}\dd{y}+\pdv{A_3}{z}\dd{z})\wedge\dd{z} \Big]\ &= \star\Big[ (\pdv{A_2}{x}-\pdv{A_1}{y})\dd{x}\wedge\dd{y} +(\pdv{A_3}{y}-\pdv{A_2}{z})\dd{y}\wedge\dd{z} +(\pdv{A_1}{z}-\pdv{A_3}{x})\dd{z}\wedge\dd{x} \Big]\ &= (\pdv{A_3}{y}-\pdv{A_2}{z})\dd{x} +(\pdv{A_1}{z}-\pdv{A_3}{x})\dd{y} +(\pdv{A_2}{x}-\pdv{A_1}{y})\dd{z} \end{aligned} $$ 这可以将定义拓展到二维空间： $$ \star\dd(A_1\dd{x}+A_2\dd{y}) = \pdv{A_2}{x}-\pdv{A_1}{y} $$ 这是一个 0-form 形式。

我们带入到矢量的 Laplacian 里面，对于第一项 \(\grad(\div\va A)\) 对应： $$ \begin{aligned} \dd{\star\dd{\star\va A}} &= \dd{\star\dd{\qty(A_1\dd{x}+A_2\dd{y}+A_3\dd{z})}}\ &= \dd{\star\Big[ \qty(\pdv{A_2}{x}-\pdv{A_1}{y})\dd{x}\wedge\dd{y} +\qty(\pdv{A_3}{y}-\pdv{A_2}{z})\dd{y}\wedge\dd{z} +\qty(\pdv{A_1}{z}-\pdv{A_3}{x})\dd{z}\wedge\dd{x} \Big]}\ &= \dd( \qty(\pdv{A_3}{y}-\pdv{A_2}{z})\dd{x} +\qty(\pdv{A_1}{z}-\pdv{A_3}{x})\dd{y} +\qty(\pdv{A_2}{x}-\pdv{A_1}{y})\dd{z} )\ &= \qty(\pdv{}{y}\qty(\pdv{A_3}{y}-\pdv{A_2}{z}) - \pdv{}{z}\qty(\pdv{A_1}{z}-\pdv{A_3}{x}))\dd{y}\wedge\dd{x}\ &\quad+ \qty(\pdv{}{z}\qty(\pdv{A_2}{x}-\pdv{A_1}{y}) - \pdv{}{x}\qty(\pdv{A_3}{y}-\pdv{A_2}{z}))\dd{z}\wedge\dd{x}\ &\quad+ \qty(\pdv{}{x}\qty(\pdv{A_1}{z}-\pdv{A_3}{x}) - \pdv{}{y}\qty(\pdv{A_2}{x}-\pdv{A_1}{y}))\dd{x}\wedge\dd{y} \end{aligned} $$ 对于第二项对应： $$ \begin{aligned} \star\dd{\star\dd{\va A}} &= \star\dd{\star\dd{\qty(A_1\dd{x}+A_2\dd{y}+A_3\dd{z})}}\

&= \star{\dd}\qty[

\qty(\pdv{A_3}{y}-\pdv{A_2}{z})\dd{x} +\qty(\pdv{A_1}{z}-\pdv{A_3}{x})\dd{y} +\qty(\pdv{A_2}{x}-\pdv{A_1}{y})\dd{z}]\ &= \star\Big[ \qty(\pdv{}{y}\qty(\pdv{A_3}{y}-\pdv{A_2}{z}) - \pdv{}{z}\qty(\pdv{A_1}{z}-\pdv{A_3}{x}))\dd{y}\wedge\dd{x}\ &\quad+ \qty(\pdv{}{z}\qty(\pdv{A_2}{x}-\pdv{A_1}{y}) - \pdv{}{x}\qty(\pdv{A_3}{y}-\pdv{A_2}{z}))\dd{z}\wedge\dd{x}\ &\quad+ \qty(\pdv{}{x}\qty(\pdv{A_1}{z}-\pdv{A_3}{x}) - \pdv{}{y}\qty(\pdv{A_2}{x}-\pdv{A_1}{y}))\dd{x}\wedge\dd{y}\Big]\

&= \qty(\pdv{}{y}\qty(\pdv{A_3}{y}-\pdv{A_2}{z}) - \pdv{}{z}\qty(\pdv{A_1}{z}-\pdv{A_3}{x}))(-\dd{z})\ &\quad+ \qty(\pdv{}{z}\qty(\pdv{A_2}{x}-\pdv{A_1}{y}) - \pdv{}{x}\qty(\pdv{A_3}{y}-\pdv{A_2}{z}))\dd{y}\

&\quad+

\qty(\pdv{}{x}\qty(\pdv{A_1}{z}-\pdv{A_3}{x}) - \pdv{}{y}\qty(\pdv{A_2}{x}-\pdv{A_1}{y}))\dd{x} \end{aligned} $$ 最后得到： $$ \begin{aligned} \laplacian\va A &= \dd{\star\dd{\star\va A}} - \star\dd{\star\dd{\va A}}\

&= \Big[

\qty(\pdv [2]{A_1}{x}+\pdv [2]{A_1}{y}+\pdv [2]{A_1}{z}) \Big]\dd{x}\& \quad+\Big[

\qty(\pdv [2]{A_2}{x}+\pdv [2]{A_2}{y}+\pdv [2]{A_2}{z})

\Big]\dd{y}\ &\quad+\Big[ \qty(\pdv [2]{A_3}{x}+\pdv [2]{A_3}{y}+\pdv [2]{A_3}{z})

\Big]\dd{z}

\end{aligned} $$ 这就可以把矢量 Laplacian 扩展到其他空间了。对于三维欧氏空间的曲面坐标系有： $$ \begin{aligned} \laplacian \va A &= \sum_{i = 1}^3 \Bigg[ \frac{1}{\sqrt{g_{11}g_{22}g_{33}}}

\sum_{j = 1}^3 \pdv{q^j} \qty( \frac{\sqrt{g_{11}g_{22}g_{33}}}{g_{jj}} \pdv{A_i}{q^j} ) \Bigg]\,\va e_i \end{aligned} $$

5. 非齐次条件下的分离变量法¶

圆形区域内的定解问题¶

把边界改成圆形形式： $$ \begin{cases}\displaystyle

\pdv [2]{u}{x}+\pdv [2]{u}{y} = 0\ \eval{u}{x^2+y2 = a^2}= f\ \end{cases} $$ 尝试写成极坐标形式： $$ \begin{cases}\displaystyle \frac1\rho\pdv{\rho}(\rho\pdv{u}{\rho}) + \frac1{\rho^2}\pdv [2]{u}{\phi} = 0\ \eval{u}= f

\end{cases} $$ 分离变量得到： $$ \rho\dv{\rho}(\rho\dv{R}{\rho})-\lambda R = 0\qc\dv [2]{\Phi}{\phi} + \lambda\Phi = 0 $$ 但是此时边界条件变成 \(R(a)\Phi = f\) ，解不了！

考虑根本原因：在原方程里，\((x,y)\) 取值是整个圆面；但在改写后的方程，\(\phi=0\) 和 \(\phi=2\pi\) 处的偏导数没有意义。并且，在 \(\rho=0\) 处也没有定义。

于是我们需要补充两个条件：

• 周期性条件： $$ \begin{gathered}

\eval{u}{\phi = 0} = \eval{u}\ \eval{\pdv{u}{\phi}}{\phi = 0} = \eval{\pdv{u}{\phi}} \end{gathered} $$ - 原点条件： $$ \eval{u(\rho,\phi)}_{\rho = 0} \qq{有界} $$ 先讨论 \(\lambda = 0\) 的情形，也就是 \(\Phi(\phi) = A_0+B_0\phi\)，由于 \(\Phi(0) = \Phi(2\pi)\) 有 \(B_0 = 0\)，于是对应本征函数： $$ \Phi_0(\phi) = 1 $$ \(\lambda\neq0\) 时： $$ \Phi(\phi) = A\sin(\sqrt{\lambda}\phi)+ B\cos(\sqrt{\lambda}\phi) $$ 代入周期条件得到： $$ \begin{cases} B = A\sin(2\sqrt{\lambda}\pi)+ B\cos(2\sqrt{\lambda}\pi)\

A = A\cos(2\sqrt{\lambda}\pi)- B\sin(2\sqrt{\lambda}\pi)

\end{cases} $$ 这对应行列式： $$ \mqty|\sin(2\sqrt{\lambda}\pi)&\cos(2\sqrt{\lambda}\pi)-1\\cos(2\sqrt{\lambda}\pi)-1&-\sin(2\sqrt{\lambda}\pi)| $$ 也就是 \(2(\cos(2\sqrt{\lambda}\pi)-1)=0\)， $$ \lambda_m = m^2\qc m = 1,2,3,\dots $$ 对应有两个本征函数： $$ \Phi_{m1}(\phi) = \sin{m\phi}\qc\Phi_{m2}(\phi) = \cos{m\phi} $$ 对于 \(R(r)\) 的方程： $$ \rho\dv{\rho}(\rho\dv{R}{\rho})-\lambda R = \dv [2]{R}{(\ln\rho)} - \lambda R = 0 $$ 对应 \(\lambda = 0\) 时： $$ R = C_0 + D_0 \ln \rho $$ \(\lambda \neq 0\) 时： $$ R_m(\rho) = C_m\rho^m + D_m \rho^{-m} $$ 叠加得到一般解： $$ \begin{aligned} u(\rho,\phi) &= C_0+D_0\ln\rho + \sum_{m = 1}^\infty (C_{m1}\rho^m + D_{m1}\rho^{-m})\sin(m\phi)\

&\quad+\sum_{m = 1}^\infty (C_{m2}\rho^m + D_{m2}\rho^{-m})\cos(m\phi)

\end{aligned} $$ 由于 \(\eval{u}_{\rho = 0}\) 有界，对应无界项系数均为 0，也就是： $$ D_0 = D_{m1}= D_{m2} = 0 $$ 一般解化为： $$ \begin{aligned} u(\rho,\phi) &= C_0 + \sum_{m = 1}^\infty C_{m1}\rho^m \sin(m\phi)+\sum_{m = 1}^\infty C_{m2}\rho^m\cos(m\phi) \end{aligned} $$ 代入边界条件得到： $$ C_0 + \sum_{m = 1}^\infty (C_{m1}\sin(m\phi)+ C_{m2}\cos(m\phi))a^m = f(\phi) $$ 利用成正交基积分得到： $$ \begin{gathered}

C_0 = \frac1{2\pi} \int_0^{2\pi} f(\phi)\dd{\phi}\ C_{m1} = \frac1{a^m\pi} \int_0^{2\pi} f(\phi)\sin(m\phi)\dd{\phi}\ C_{m2} = \frac1{a^m\pi} \int_0^{2\pi} f(\phi)\cos(m\phi)\dd{\phi}\

\end{gathered} $$ 这就得到了解。注意这里出现了一个本征值对应多个本征函数的情况，我们说此时本征问题是简并的。

代入原式得到： $$ u(\rho,\phi) = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(\phi')\qty [1+2\sum_{m = 1}^\infty \qty(\frac\rho a)^m \cos(m(\phi-\phi^\prime)) ]\dd{\phi'} $$ 当 \(\rho < a\) 时，级数收敛。写成求和形式： $$ u(\rho,\phi) = \frac{a^2-\rho2}{2\pi} \int_0^{2\pi} \frac{f(\phi')}{\rho^2+a2-2a\rho\cos(\phi^\prime)}\dd{\phi'} $$ 这个公式被称为 Poisson 积分公式。

球坐标系下的定解问题¶

改成球坐标系的形式： $$ \frac1{r^2}\pdv{r}(r2\pdv{u}{r})+\frac1{r^{2\sin\theta}\pdv{\theta}(\sin\theta\pdv{u}{\theta})+\frac1{r}2\sin [2]\theta}\pdv [2]{u}{\phi}= 0 $$ 通过分离变量得到： $$ \begin{gathered} \frac1{r^2}\pdv{r}(r2\pdv{R(r)}{r}) - \frac{\lambda}{r^2}R(r)= 0\

\frac1{\sin\theta}\pdv{\theta}(\sin\theta\pdv{\Theta(\theta)}{\theta})+\qty(\lambda - \frac{\mu}{\sin [2]\theta})\Theta(\theta) = 0\

\pdv [2]{\Phi}{\phi}+\mu\Phi = 0 \end{gathered} $$ 其中第三个方程很容易解得： $$ \mu = m^2\qc\Phi_0 = 1\qc\Phi_m = \begin{cases}\sin(m\phi)\\cos(m\phi)\end{cases} $$ 第一个方程式也可

第二个方程式是连带 Legendre 方程。做变换 \(x = \cos\theta\)，\(y = \Theta(\theta)\) 则转化为： $$ \dv{x}((1-x^{2)\dv{y}{x})+\qty(\lambda-\frac{\mu}{1-x}2})y = 0 $$ 先来关注比较简单的 Legendre 方程，对应 \(\mu= 0\) 的特例： $$ \dv{x}((1-x^2)\dv{y}{x})+\lambda x = 0 $$ 分开得到： $$ \dv [2]{y}{x} - \frac{2x}{1-x^2}\dv{y}{x} + \frac{\lambda}{1-x^2}y = 0 $$ 我们在 \(x=1\) 邻域内求解： $$ y = (x-1)^\rho \sum_{n = 0}^\infty c_n(x-1)^n $$ 代入得到： $$ \begin{aligned}

&-(x-1)(x-1+2)\sum_{n = 0}^\infty c_n(n+\rho)(n+\rho-1)(x-1)^{n+\rho-2}\ &\quad -2(x-1+1)\sum_{n = 0}^\infty c_n(n+\rho)(x-1)^{n+\rho-1} +\lambda\sum_{n = 0}^\infty c_n(x-1)^{n+\rho}= 0 \end{aligned} $$ 对应特征方程： $$ \rho (\rho-1) + \rho = 0 $$ 于是对应指标重根 \(\rho = 0\) . 设 \(t = x-1\) ，代入求第一解有： $$ \begin{aligned} -t(t+2)\sum_{n = 0}^\infty c_nn(n-1)t^{n-2} -2(t+1)\sum_{n = 0}^\infty c_nnt^{n-1} +\lambda\sum_{n = 0}^\infty c_nt^n = 0

\end{aligned} $$ 整理得到 \(\lambda = \nu (\nu +1)\)： $$ \sum_{n = 0}^\infty (-2n^2 )c_nt^{n-1} + \sum_{n = 0}^\infty (-n(n-1)-2n+\nu (\nu +1))c_nt^n = 0 $$ 平移后合并： $$ -2(n+1)^{2}c_{n+1} +(n-\nu )(n+\nu +1)c_n = 0 $$ 取 \(c_0 = 1\)，于是有： $$ \begin{gathered}

c_1 = \frac{(-\nu )(\nu +1)}{2}\ c_{2} = \frac{(1-\nu )(-\nu )(\nu +1)(\nu +2)}{2\cdot 8}\ c_n = \prod_{i = 0}^{n} \frac{(i-\nu )(i+\nu +1)}{2(i+1)^{2}} = \frac{1}{(n!)^{2}}\frac{\Gamma(\nu +n+1)}{\Gamma(\nu -n+1)}\qty(\frac{1}{2})^n \end{gathered} $$ 合并得到： $$ P_{\nu }(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(n!)^{2}}\frac{\Gamma(\nu +n+1)}{\Gamma(\nu -n+1)}\qty(\frac{x-1}{2})^n $$ 另一解由于含对数项，因此显然是发散的。于是我们只考虑收敛的第一解。由递推式得到，当 \(\nu\) 为整数时， \(P_\nu (x)\) 被截断为多项式。我们称作 \(\nu\) 次 Legendre 多项式。 $$ \begin{align} P_l(x) & = \sum_{n = 0}^{l} \frac{1}{(n!)^{2}\frac{(l+n)!}{(l-n)!}\qty(\frac{x-1}{2})}n \ & = \sum_{n = 0}^{l} \binom{l}{n} \binom{l+n}{n} \qty(\frac{x-1}{2})^n

\end{align} $$ | \(n\) | \(P_n(x)\) |

| :---: | :--: |

| \(0\) | \(1\) | | \(1\) | \(x\) | | \(2\) | \(\frac{1}{2}\left(3x^2 - 1\right)\) |

| \(3\) | \(\frac{1}{2}\left(5x^3 - 3x\right)\) |

| \(4\) | \(\frac{1}{8}\left(35x^4 - 30x^2 + 3\right)\) | | \(5\) | \(\frac{1}{8}\left(63x^5 - 70x^3 + 15x\right)\) |

Legendre 多项式的性质¶

Rodrigues 公式： $$ P_l(x) = \frac{1}{2^ll!}\dv [l]{x}(x^{2} - 1)^l $$

证明：

可以把 \((x^{2}-1)^l\) 分解为：

$$

\begin{align}

( x^{2}-1 )^l & = ( x- 1 )^l( 2+x-1)^l \ & =\sum_{n = 0}^{l} \frac{ l! }{n!( l-n )!}2^{l-n}( x-1 )^{l+n} \end{align}

$$

于是

\[ \begin{align} \frac{1}{2^ll!}\dv [l]{x}(x^{2} - 1)^l & = \dv [l]{x} \sum_{n = 0}^{l} \frac{1}{n!(l-n)!}\qty(\frac{1}{2})^n(x-1)^{l+n} \\ & = \sum_{n = 0}^{l} \frac{1}{n!(l-n)!}\frac{(l+n)!}{n!}\qty(\frac{x-1}{2})^n \end{align} \]

可以看出当 \(l\) 为偶数时，多项式为偶函数； \(l\) 为奇数时，多项式为奇函数。 $$ P_l(-x) = (-)^{l}P_l(x) $$ 这样也可以求出 Legendre 多项式的另一个表达式： $$ \begin{align} \dv [l]{x}(x^2 - 1)^l & =\dv [l]{x} \sum_{r = 0}^{l} (-)^r \frac{l!}{r!(l-r)!} x^{2l-2r} \ & =\sum_{r = 0}^{\lfloor l/2 \rfloor }(-)^r \frac{l!(2l-2r)!}{r!(l-r)!(l-2r)!}x^{l-2r} \

P_l(x) & = \sum_{r = 0}^{\lfloor l/2 \rfloor }(-)^r \frac{(2l-2r)!}{2^{lr!(l-r)!(l-2r)!}x} \end{align} $$ 在 \(x=0\) 处的数值： $$ P_{2l}(0) = (-)^l \frac{(2l)!}{2^{2l}(l!)2} \qc P_{2l+1}(0) = 0 $$

由于 Legendre 多项式是本征方程的解，于是有正交性： $$ \int_{-1}^{1} P_l(x)P_k(x) \dd{x} = 0 $$ 当 \(k<l\) 时，有： $$ \int_{-1}^{1} x^kP_l(x) \dd{x} = 0 $$ 成立。

证明：

$$

$$

当 \(k= l\) 时，有： $$ \begin{align} \int_{-1}^{1} P_l(x)P_l(x) \dd{x} & = \int_{-1}^{1} (c_lx^l + c_{l-2}x^{l-2} + \cdots ) P_l(x) \dd{x} \ & = c_l\int_{-1}^{1} x^lP_l(x) \dd{x} \ & = (-)^r \frac{(2l-2r)!}{2^lr!(l-r)!(l-2r)!} \cdot 2^{{l+1}\frac{(l!)}2}{(2l+1)!} \ & = \frac{2}{2l+1} \end{align} $$ 于是： $$ \begin{align} \int_{-1}^{1} P_k(x)P_l(x) \dd{x} & = \frac{2}{2l+1}\delta_{kl}

\end{align} $$ 也可以写成以权函数 \(\sin\theta\) 正交的形式： $$ \int_{-1}^{1} P_k(\cos\theta )P_l(\cos\theta ) \sin\theta\dd{x} $$

Legendre 多项式在区间 \([-1,1]\) 上是完备的。其系数： $$ c_l = \frac{ 2l+1 }{2}\int_{-1}^{1} f( x )P( x ) \dd{x} $$ 或者改为用角度式： $$ c_l = \frac{ 2l+1 }{2}\int_{0}^{\pi } f( \theta )P_l( \cos\theta ) \sin\theta \dd{x} $$ 假设要求解的是一个 \(k\) 阶多项式，我们知道在 \(k<l\) 时积分为 0。此外也可以通过奇偶性判断。

例如分解 \(x^{3}\) ，则只需要计算 \(c_1\) 和 \(c_3\) ，最终得到：

$$

x^{3} = \frac{3}{5}P_1( x )+\frac{2}{5}P_3( x )

$$

生成函数和递推关系¶

证明：

式子对两边对 \(x\) 微商得到： $$ \begin{align}

-\frac{1}{2}\frac{-2x+2t}{\sqrt{ 1-2xt+t^{2} }} & =\sum_{l = 0}^{\infty} lP_l( t )^{l-1} \ ( x-t )\frac{1}{( 1-2xt+t^{2} )^{1/2}} & = ( 1-2xt+t^{2} )\sum_{l = 0}^{\infty} lP_l( x )t^{l-1} \ ( x-t )\sum_{l = 0}^{\infty} P_l( x )t^l & = ( 1-2xt+t^{2} )\sum_{l = 0}^{\infty} lP_l( x )t^{l-1}

\end{align} $$ 比较系数： $$ xP_l( x ) - P_{ l-1 }( x ) = ( l+1 )P_{l+1}( x ) - 2xlP_l( x )+( l-1 )P_{l-1}( x ) $$ 也就是 $$ ( 2l+1 )xP_{l}( x ) = ( l+1 )P_{l+1}( x )+lP_{l-1}( x ) $$ 这就是 Legendre 多项式的递推关系。 $$ \begin{align} -\frac{1}{2}\frac{ -2t }{( 1-2xt+t^{2} )^{3/2 }} & = \sum_{k = 0}^{\infty} P_{k}'( x )t^{k} \

t\sum_{k = 0}^{\infty} P_k( x )t^k & = ( 1-2xt+t^{2} )\sum_{k = 0}^{\infty} P'_k( x )t^k \

\end{align} $$ 比较系数： $$ P_{k}( x ) = P_{ k-1 }'( x ) - 2xP'{k}( x )+P'( x ) $$ 由此得到两个递推关系式。

Legendre 多项式的应用¶

连带 Legendre 方程¶

球内区域的 Laplace 问题需要满足：

• \(u \vert_{r=0}\) 有界

• \(u \vert_{\theta=0}\) 有界， \(u \vert_{\theta=\pi }\) 有界

• \(u \vert_{\phi =0} = u \vert_{\phi =\pi }\)， \(\eval{ \pdv{ u }{ x } }_{\phi = 0} = \eval{ \pdv{ u }{ x } }_{\phi =2\pi }\)

通过分离变量先可以得到： $$ \begin{gathered} \frac1{r^2}\pdv{r}(r2\pdv{R(r)}{r}) - \frac{\lambda}{^2}R(r)= 0\ \frac1{\sin\theta}\pdv{\theta}(\sin\theta\pdv{\Theta(\theta)}{\theta})+\qty(\lambda - \frac{\mu}{\sin [2]\theta})\Theta(\theta) = 0\

\pdv [2]{\Phi}{\phi}+\mu\Phi = 0

\end{gathered} $$ 一个经典的算子是，对于角速度，换成球坐标的形式： $$ \begin{gahered} \hat{L}_x = -i\hbar \qty( y \pdv{ z } -z\pdv{ y } ) = i\hbar \qty( \sin \phi \pdv{ \theta }+\cot\theta \cos \phi \pdv{ \phi } ) \

\hat{L}_y = -i\hbar \qty( z \pdv{ x } -x\pdv{ z } ) = i\hbar \qty(- \cos \phi \pdv{ \theta }+\cot\theta \sin \phi \pdv{ \phi } ) \

\hat{L}_z = -i\hbar \qty( x \pdv{ y } -y\pdv{ x } ) = i\hbar\pdv{ \phi }\

\end{gathered} $$

对应总角量子数： $$ \hat{L}^{2} = -\hbar^2 \frac1{ \sin\theta }\qty [ \pdv{ \theta }( \sin\theta \pdv{ \theta } ) +\frac{1}{\sin\theta }\pdv[2]{ }{ \phi } ] $$ 这样关于角度的本征值可以写成：

再次分离变量就可以得到上面的方程组了。显而易见的有本征值 $$ \mu = m^{2}\qc m\in \mathbb{N} $$ 这样 \(\Theta\) 方程可以化为： $$ \dv{x}((1-x^{2)\dv{y}{x})+\qty(\lambda-\frac{m}2}{1-x^2})y = 0 $$ 对应需要 \(y(\pm 1)\) 有界。指标方程为： $$ \rho ( \rho -1 )+\rho -\frac{m^{2}}{4} = 0 $$ 对应指标 \(\rho = \pm m/2\)。于是令 \(y(x) = ( 1-x^{2})^{m/2}v( x)\)，展开得到

$$ ( 1-x^{2} )v''-2( m+1 )xv'+[ \lambda - m( +1 ) ] v = 0 $$ 这个方程被称为超球微分方程。

命题：将 Legendre 方程微分 \(m\) 次，可以得到超球微分方程。

因此得到连带 Legendre 的解： $$ y( x ) = c_{1}y_{1}( x ) + x_{2}y_{2}( x )\qc

\begin{cases}

y_2( x ) = ( 1-x^{2} )^{m/2 }Q_{\nu }^{( m )}( x ) \end{cases} $$ 因为有界，所以必须取 \(c_{2} = 0\) 和 \(v-m \in \mathbb{N}\) 。对应有本征值 $$ \lambda_{l} = l( l+1 ) \qc l = m, m +1,\cdots $$ 本征函数一般取： $$ P_l^m( x ) = ( - )^{m} ( 1-x^{2} )^{m/2 }P_{l}^{( m )}( x ) $$ 这被称为 \(m\) 阶 \(l\) 次 连带 Legendre 函数。

柱函数¶

Bessel 函数¶

在柱坐标系的稳定方程： $$ \frac{1}{\rho} \pdv{ \rho } ( \rho \pdv{ u }{ \rho } )+\frac{1}{\rho ^{2}}\pdv [2]{ u }{ \phi } +\pdv [2]{ u }{ z } +k^{2}u = 0 $$ 先分离掉 \(z\) 变量： $$ \begin{gathered} \frac{1}{ \rho }\pdv{ \rho } \qty( \rho \pdv{ v }{ \rho } )+\frac{1}{\rho ^{2}}\pdv [2]{ v }{ \phi } +( k^{2}-\lambda )v = 0 \ \dv [2]{ Z }{ z } +\lambda Z = 0 \end{gathered} $$ 然后分离 \(\phi\) 变量： $$ \begin{gathered} \frac{1}{ \rho }\dv{ \rho } \qty( \rho \dv{ v }{ \rho } ) +( k^{{2}-\lambda-\frac{\mu}{\rho} )R = 0 \}

\dv [2]{ \Phi }{ \phi } +\mu\Phi = 0 \end{gathered} $$ 令 \(x=\rho \sqrt{ k^{2}-\lambda}\) ，得到 Bessel 方程： $$ \frac{1}{x}\dv{ x }\qty [ x\dv{ w( x ) }{ x } ]+( 1- \frac{\nu ^{2}}{x )w( x ) = 0 $$ 仅有两个正则奇点 }\(x=0\) 和 \(x=\infty\)，在 \(x=0\) 处的级数解为 Bessel 函数： $$ J_{\pm \nu }( x ) = \sum_{k = 0}^{ \infty} \frac{( - )^{k}}{k!\Gamma( k\pm \nu + 1 )}\qty( \frac{x}{2} )^{2k\pm \nu } $$

把两解代入原方程： $$ \begin{gathered}

\frac{1}{x}\dv{ x }\qty [ x\dv{ J_{+\nu }( x ) }{ x } ]+( 1- \frac{\nu ^{2}}{x( x ) = 0 \}} )J_{+\nu

\frac{1}{x}\dv{ x }\qty [ x\dv{ J_{-\nu }( x ) }{ x } ]+( 1- \frac{\nu ^{2}}{x( x ) = 0 \end{gathered} $$ 交叉相乘并相减积分得到： $$ \begin{gathered} J_{-\nu }\dv{ x }\qty [ x\dv{ J_{+\nu } }{ x } ] - J_{+\nu }\dv{ x }\qty [ x\dv{ J_{-\nu }}{ x } ] = 0 \ \dv{ x }\qty( J_{-\nu }x\dv{ J_{+\nu } }{ x }-J_{+\nu }x\dv{ J_{-\nu } }{ x } )= 0 \end{gathered} $$ 对应 Wronski 行列式： $$ W( J_{+\nu }, J_{-\nu } ) = J_{+\nu }J_{-\nu }' - J_{-\nu }J_{+\nu }'= \frac{C}{x} $$ 展开行列式： $$ \begin{align} W( J_{+\nu }, J_{-\nu } ) & =\sum_{k = 0}^{ \infty} \frac{( - )^{k}}{k!\Gamma( k+ \nu + 1 )}\qty( \frac{x}{2} )^{2k}} )J_{-\nu

• \nu }\sum_{n = 0}^{ \infty} \frac{( - )^{n}}{n!\Gamma( n- \nu + 1 )}\frac{ 2n-\nu }{2^{2n-\nu }}x^{2n-\nu -1} \ &\quad -\sum_{k = 0}^{ \infty} \frac{( - )^{k}}{k!\Gamma( k- \nu + 1 )}\qty( \frac{x}{2} )^{2k- \nu }\sum_{n = 0}^{ \infty} \frac{( - )^{n}}{n!\Gamma( n+ \nu + 1 )}\frac{ 2n+\nu }{2^{2n+\nu }}x^{2n+\nu -1} \end{align} $$ 我们知道最后只剩下 \(\frac{C}{x}\) 这一项，此时只有 \(k=0, n=0\) 项保留： $$ \begin{align} W( J_{+\nu }, J_{-\nu } ) & = \frac{1}{x}\qty [ \frac{1}{\Gamma ( \nu +1 )}\frac{-\nu }{\Gamma( 1-\nu )} - \frac{\nu }{\Gamma( \nu +1 )}\frac{1}{\Gamma( 1-\nu )} ] \ & =\frac{1}{x}\frac{-2\nu }{\Gamma( 1+\nu )\Gamma( 1-\nu )} = \frac{-2\nu }{\Gamma( \nu )\Gamma( 1-\nu )} = \frac{-2\sin \pi \nu }{\pi x} \end{align} $$ 这就说明当 \(\nu\) 为整数时这两解线性相关。事实上有： $$ J_{-n}( x ) = ( - )^{n}J_{n}( x ) $$ 此时我们取另外一解： $$ y( x ) = c_{1}J_{\nu} + c_{2}J_{-\nu } $$ 此时 Wronski 行列式： $$ W( J_{\nu }, y( x ) ) = c_{2} \frac{-2\sin \pi \nu }{\pi x} $$ 此时取 \(c_2 = -1/( \sin \pi \nu )\) 即可使行列式不为 0，再取 \(c_{1} = \cos( \nu \pi )/\sin( \nu \pi )\)，得到： $$ y( x ) = N_{\nu }( x ) = \frac{ J_{\nu }( x ) \cos( \nu \pi)-J_{-\nu }( x )}{\sin( \nu x)} $$ 这就是 Neuman 函数。

神秘结论：当 \(|x| \to \infty\) 时：

\[ J_{\nu }( x ) \propto \sqrt{ \frac{2}{\pi x} }\cos( x-\frac{ \nu \pi }{2}-\frac{\pi}{4} ) \]

\[ N_{\nu }( x ) \propto \sqrt{ \frac{2}{\pi x} }\sin( x-\frac{ \nu \pi }{2}-\frac{\pi}{4} ) \]

对应 Bessel 方程的柱面波：

\[ e^{ -i\omega t }\qty{ \frac{1}{2}\sqrt{ \frac{2}{\pi x} }\qty [ e^{ i( x-\frac{ \nu \pi }{2}-\frac{\pi}{4} ) } +e^{ -i( x-\frac{ \nu \pi }{2}-\frac{\pi}{4} )}] } \]

其中等相位的面是柱面，对应 \(k\rho - \frac{\nu \pi }{2} - \frac{\pi}{4} \mp \omega t\) 为常数。前一项是扩散的波，后一项是汇聚的波。

考察一个柱面的能量密度：

\[ \frac{2}{\pi x}\cdot 2\pi x\cdot h \]

可以看到柱面没有能量耗散。所以可以把他们线性组合形成单一的柱面波或者汇聚波，即为 Hankel 函数：

\[ \begin{align} H_{\nu }^{( 1 )}( x ) = J_{\nu }( x ) + iN_{\nu }( x ) \\ H_{\nu }^{( 2 )}( x ) = J_{\nu }( x ) - iN_{\nu }( x ) \end{align} \]

递推关系¶

很容易证明： $$ \begin{align} \dv{ z }( z^{\nu }J_{\nu }( z ) ) = z^{\nu }J_{\nu -1}( z ) \ \dv{ z }( z^{-\nu }J_{\nu }( z ) ) = -z^{-\nu }J_{\nu +1}( z ) \end{align} $$ 规定所有满足该递推关系的都是柱函数。柱函数一定是 Bessel 方程的解。对应 Bessel 函数和 Neumann 函数都是主函数。

圆形薄膜振动¶

求鼓面的固有振动频率。

经过分离变量得到： $$ \begin{gathered} T''( t ) + c^{2}\lambda T( t ) = 0 \ \frac{1}{ \rho }\dv{ \rho } \qty( \rho \dv{ R }{ \rho } ) +(\lambda-\frac{\mu}{\rho^{2}} )R = 0 \ \dv [2]{ \Phi }{ \phi } +\mu\Phi = 0 \end{gathered} $$ 当 \(\lambda = 0\) 时，由于函数有界只有零解。当 \(\lambda \neq 0\) 时： $$ R( \rho ) = CJ_{m}( k\rho )+DN_{m}( k\rho )\qc k^{2} = \lambda $$ 由边界条件 \(R(a) = 0\) 和有界，取 \(m\) 阶贝塞尔函数的正零点 \(\mu_{m,i}\)，对应本征值： $$ \lambda_{m, i} = \qty( \frac{ \mu {m, i} }{a} )^{2} \qc R\qty( \frac{ \mu }( \rho ) = J_{m{m, i} }{a} \rho ) $$ 于是得到角频率： $$ \omega $$} = \sqrt{ \lambda_{mi} }c = \frac{c}{a}\mu _{m, i

正交归一性¶

考虑有一个本征函数 \(J_m( k_{mi}\rho )\) 满足方程： $$ \frac{1}{ \rho }\dv{ \rho } \qty( \rho \dv{J_m( k_{mi}\rho ) }{ \rho } ) +(k^{{2}*{mi}-\frac{m} )J_m( k}}{\rho^{2}{mi}\rho )= 0 $$ 假设有另一个函数 \(J_m( k\rho )\) 也满足这个方程： $$ \frac{1}{ \rho }\dv{ \rho } \qty( \rho \dv{J_m( k\rho ) }{ \rho } ) +(k^{2}-\frac{m )J_m( k\rho )= 0 $$ 且对于边界条件： $$ J_m( k_{mi}a )= 0 $$ 交叉相乘 }}{\rho^{2}\(\rho J_m\) 之后相减得到： $$ ( k_{mi}^{2}-k ) ] $$ 积分得到（注意边界条件）： $$ ( k_{mi}} )J_{m}( k_{mi}\rho )J_m( k\rho )\rho = \dv{ \rho }\qty [ \rho \qty( J_m( k_{mi}\rho )\dv{ J_m( k\rho ) }{ \rho } - J_m( k\rho )\dv{ J_m( k_{mi}\rho ) }{ \rho ^{2}-kaJ_m( ka )J'} )\int_{0}^{a} J_m( k_{mi}\rho )J_m( k\rho )\rho \dd{\rho } = -k_{mim( k{mi}a ) $$ - 如果 \(J_m( ka ) = J_m( k_{mj}a)\)，且 \(i\neq j\)，意味着有对权重 \(\rho\) 的正交性： $$ \int_{0}^{a} J_m( k_{mi}\rho )J_m( k\rho )\rho \dd{\rho } = 0 $$ - 如果 \(k = k_{mi}\) 则有： $$ \int_{0}^{a} J^{2}m( k{mi}\rho ) \rho \dd{\rho } = -\lim_{ k \to k_{mi} } \frac{J_m( ka )}{k_{mi}^{2}-kaJ'}} k_{mim( k*{mi}a ) $$ 利用 L'Hospital 法则： $$ \int_{0}^{a} J_m^{2}( k_{mi}\rho )\rho \dd{\rho } = \frac{a^{2}}{2}[ J_m'( k_{mi}a ) ]^{2} $$ 另外平方可积的函数可以完备的被展开： $$ f( \rho )=\sum_{i = 1}^{\infty} b_iJ_m( k_i\rho )\qc b_i = \frac{\int_{0}^{a} f( \rho )J_m( k_i\rho )\rho \dd{\rho } }{\int_{0}^{a} J_m^{2}( k_i\rho )\rho \dd{\rho } } $$

可以证明当 \(\mu \pm \nu =2n+1\) 时，积分 \(\int x^{\mu }J_\nu ( x)\dd{x}\) 可表示为有限形式。

实际问题¶

Hillbert 空间¶

Sturm-Liouville 型方程¶

以上所有方程都能转化成如下形式： $$ \dv{ }{ x }\qty [ p( x )\dv{ y }{ x } ]+[\lambda( w( x )-q( x ) )] y = 0 $$ 其中 \(w( x)\) 为权重函数，要么来源于其他正交坐标系，要么来源于物理的不均匀性。总之在讨论的物理问题里都有： $$ w( x )\geq 0 $$ 如果定义一个微分算符, $$ \hat{L} = \frac{1}{w( x )}\qty( -\dv{ x }\qty [ p( x )\dv{ x } ]+q( x ) ) $$ 就可以把 S-L 方程化简为： $$ \hat{L}y( x ) = \lambda y( x ) $$

线性空间¶

新引入的函数空间：平方可积函数空间 \(L^2_w[ a,b]\) 线性空间： $$ L^2_w [ a, b ] = \qty{ f( x ) : a\leq x\leq b, f( x )\in C, \int_a^b f^2( x )w( x )\dd{x} < \infty } $$ 易证明这是一个封闭的函数空间。

定义内积： $$ \ip{ f_{1} }{ f_{2} } = \int_{a}^{b} f_{1}^{*}( x )f_{2}( x )w( x ) \dd{x} $$ 定义范数： $$ \norm{ \vb{x} } = \sqrt{ \ip{ \vb{x} }{ \vb{x} } } \geq 0 $$ 其他各种定义和中物化完全一样。懒得写了。

判断正交归一矢量集 \({\vb{x}_i}\) 完备的方法（任意一种）：

• 当且仅当 \(x=0\) 有 \(\ip{ x_i}{ x} = 0\)；
• 任意线性空间中矢量 \(x\) 有 \(x = \sum_{i = 1}^{k} \ip{ x_i}{ x} x_{i}\)
• Bessel 不等式等号成立，恒有 \(\norm{ x}^{2} = \sum_{i = 1}^{k} | \ip{ x_{i}}{ x}|^{2}\)
• Parseval 方程成立，恒有 \(\ip{ y}{ x} = \sum_{i = 1}^{k} \ip{ y}{ x_{i}} \ip{ x_{i}}{ x}\)

函数集合的正交归一性和矢量定义类似，完备性可以定义为在平方可积函数空间内任意函数 \(f(x)\) 可以表示为： $$ f( x ) = \sum_{i = 1}^{\infty} c_if_i( x ) $$ 或写成平均收敛的形式： $$ \lim_{ n \to \infty } \int_{a}^{b} \abs{ f( x ) - \sum_{i = 1}^{n} c_if_i( x ) }^{2}w( x ) \dd{x} = 0 $$ 并且可以求得系数： $$ c_i = \ip{ f_i }{ f } \implies \sum_{i = 1}^{\infty} \abs{ c_i }^{2} = \ip{ f }{ f } $$ 我们想找到一个系数 \(a_i\) 使得可以最佳逼近 \(f(x)\)，也就是误差函数最小： $$ \begin{align} \norm{ f( x ) - \sum_{i = 1}^{n} a_if_i( x ) }^{2} & = \ip{ f }{ f } - \sum_{i = 1}^{n} a_i^{}\ip{ f_i }{ f } - \sum_{i = 1}^{n} a_i\ip{ f }{ f_i } + \sum_{i = 1}^{n} \abs{ a_i }^{2} \ & = \ip{ f }{ f }+ \sum_{i = 1}^{n} \abs{ a_i - c_i }^{2} - \sum_{i = 1}^{n} c_i^{}c_i \end{align} $$ 因此对应 \(a_i \equiv c_i\) 时误差取到极小值。且总有： $$ \ip{ f }{ f } \geq \sum_{i = 1}^{\infty} \abs{ c_i }^{2} $$ 等号即为完备情形。这是 Bessel 不等式。

自伴算符¶

伴算符定义为： $$ \mel{ v }{ \hat{A} }{ u } = \mel{ u }{ \hat{A}^{\dagger} }{ v } $$ 例如导数算符 \(\hat{L}_1 = \dv{ }{ x }\) 有： $$ \ip{ v }{ \hat{L}u } = \eval{ v^{}u( x )}a^b + \ip{ -\dv{ v }{ x } }{ u } $$ 于是对于 \(u(a)=u(b)\) 的情况，有伴算符： $$ L $$ 对于 S-L 导数算符： $$ \hat{L} = \frac{1}{w( x )}\qty( -\dv{ x }\qty [ p( x )\dv{ x } ]+q( x ) ) $$ 有分部积分两次： $$ \ip{ v }{ \hat{L}u } = p( x )\eval{ ( ( v^{}^{\dagger} = -\dv{ x } )'u - v^{}u ) }_a^b + \ip{ \hat{L}v }{ u } $$ 因此有伴算符的条件（同时也是自伴算符）为： $$ p( x )\eval{ ( ( v^{} )'u - v^{*}u ) }_a^b = 0 $$ 即满足条件： $$ u( a ) = \gamma u( b ) \qc p( a )u'( a ) = \frac{p( b )}{\gamma}u'( b ) $$

自伴算符满足： $$ \hat{L}^{\dagger} = \hat{L} $$ 对称算符满足： $$ \ip{ v }{ \hat{L}u } = \ip{ \hat{L}v }{ u } $$ 自伴算符一定是对称算符，但是对称算符不一定自伴。

S-L 型边值问题¶

Green 函数的定解问题： $$ \hat{L}G( x; x' ) = \frac{1}{w( x )}\delta( x-x' ) $$

评论