数学物理方程 Partial Differential Equations
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：
\[ \begin{cases} T_1\cos\theta_1 = T_2\cos\theta_2 \\ T_2\sin\theta_2-T_1\sin\theta_1 = \rho\dd x \cdot\overline{\pdv[2]{u}{t}} \end{cases} \]
由于振动很微小，我们近似这段弦为一条直线段。也就是：
\[ \frac{u_2-u_1}{(x+\dd x) - x} \ll 1 \Rightarrow \pdv{u}{x} =\tan\theta \ll 1 \]
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：
\[ T_1 = T_2 \]
统一为 \(T\) 代入方程2：
\[ T(\eval{\pdv{u}{x}}_{x+\dd x} - \eval{\pdv{u}{x}}_{x}) = \rho\dd x \cdot\overline{\pdv[2]{u}{t}} \]
同除 \(\dd x\) 得到：
\[ T\pdv[2]{u}{x} = \rho\pdv[2]{u}{t} \]
定义 \(a = \sqrt{T/\eta}\) ，得到弦的自由振动方程：
\[ \boxed{\pdv[2]{u}{t} -a^2\pdv[2]{u}{x} = 0} \]
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：
\[ \dd s = \sqrt{(\dd u)^2 + (\dd x)^2} = \dd x \sqrt{1+\pqty{\pdv{u}{x}}^2} \approx \dd x \]
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：
\[ \begin{cases} T_2\cos\theta_2 - T_1\cos\theta_1 = 0 \\ T_2\sin\theta_2-T_1\sin\theta_1 + f\dd x = \rho\dd x \cdot\pdv[2]{u}{t} \end{cases} \]
用相同方法解得：
\[ \boxed{\pdv[2]{u}{t} -a^2\pdv[2]{u}{x} = \frac{f}{\rho}} \]
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：
\[ \begin{gathered} \rho S \dd x \overline{\pdv[2]{u}{t}} = [P(x+\dd x, t) - P(x,t)]S \\ \rho \pdv[2]{u}{t} = \pdv{P}{x} \end{gathered} \]
由 Young 模量得到：\(P = E\pdv{u}{x}\)，于是：
\[ \boxed{\pdv[2]{u}{t} -a^2\pdv[2]{u}{x} = 0}\ \qc a = \sqrt{\frac{E}{\rho}} \]
形如此的方程被称为波动方程。拓展成三维空间就是：
\[ \pdv[2]{u}{t} - a^2\grad^2u = 0 \]
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：
\[ q_x = -k_x\pdv{u}{x} \]
其中 \(q\) 为热流密度，\(k\) 为导热率。同样也有：
\[ q_y = -k_y\pdv{u}{y}\qc q_z = -k_z\pdv{u}{z} \]
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：
\[ \vb q = -k\grad u \]
而如果是各向异性的就变成矩阵乘积：
\[ \vb q = -\vb K\cdot\grad u \]
我们取出一个平行六面体：
沿 \(x\) 方向的流入的热量：
\[ (q_x - q_{x+\dd x})\dd y \dd z \dd t = -\pdv{q_x}{x}\dd x\dd y \dd z \dd t \]
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：
\[ -\div \vb q \dd x\dd y \dd z \dd t = \dd (\rho c u) \cdot\dd x\dd y \dd z \]
得到：
\[ \pdv{(\rho cu)}{t} + \div \vb q = \pdv{(\rho cu)}{t} - \div \vb K \cdot \grad u = 0 \]
而如果是各向同性介质，\(\rho c\) 是常数，进一步化简得：
\[ \boxed{\pdv{u}{t} - \kappa\grad^2u = 0}\ \qc \kappa = \frac{k}{\rho c} \]
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：
\[ (f-\div \vb q) \dd x\dd y \dd z \dd t = \dd (\rho c u) \cdot\dd x\dd y \dd z \]
最终可以化简成：
\[ \pdv{u}{t} - \kappa\grad^2u = \frac{f}{\rho c} \]
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：
\[ \pdv{u}{t} - D\grad^2 u = 0 \]
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：
\[ \boxed{\grad^2u = \frac{f}{\kappa\rho c}} \]
这被称为Poisson方程。特别的当 \(f=0\) 时，得到：
\[ \boxed{\grad^2u = 0} \]
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：
\[ -\omega^2 v - a^2\grad^2v = 0 \]
于是有：
\[ \boxed{\grad^2 v + k^2v = 0} \qc k = \frac{\omega}{a} \]
这被称为Helmholtz方程。
总结以上三种方程的性质：
| 波动方程 | 热传导方程 | 稳态方程 |
| \(\pdv[2]{u}{t} -a^2\grad^2 u = 0\) | \(\pdv{u}{t} - \kappa\grad^2u = 0\) | \(\grad^2u + k^2u= 0\) |
| 双曲形方程 | 抛物线方程 | 椭圆方程 |
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：
\[ \begin{cases}\displaystyle \pdv[2]{u}{t} - a^2 \pdv[2]{u}{x} = 0&,-\infty < x < \infty,\ t > 0\\ \eval{u}_{t=0} = \psi(x)\\ \eval{\pdv{u}{t}}_{t=0} = \phi(x) \end{cases} \]
我们常识把第一个式子看成：
\[ (\pdv{u}{t} - a\pdv{u}{x})(\pdv{u}{t} + a\pdv{u}{x}) = 0 \]
我们得到了两个一阶方程。尝试作变换：
\[ \begin{cases} \xi = x+at\\ \eta = x-at \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x = \frac{\xi + \eta}{2}\\t = \frac{\xi - \eta}{2a}\end{cases} \]
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：
\[ \begin{aligned} \pdv[2]{u}{t} &= \pdv{\xi}{t}\pdv{\xi}\pdv{u}{t} + \pdv{\eta}{t}\pdv{\eta}\pdv{u}{t}\\ &= a^2\pqty{\pdv[2]{u}{\eta}-2\pdv{u}{\xi}{\eta} + \pdv[2]{u}{\eta}} \end{aligned} \]
\[ \begin{aligned} \pdv[2]{u}{x} &= \pdv{\xi}{x}\pdv{\xi}\pdv{u}{x} + \pdv{\eta}{x}\pdv{\eta}\pdv{u}{x}\\ &= \pdv[2]{u}{\eta}+2\pdv{u}{\xi}{\eta} + \pdv[2]{u}{\eta} \end{aligned} \]
全部代入原方程，可得：
\[ \pdv{u}{\xi}{\eta} = 0 \]
于是这个波动方程的通解是：
\[ u(x,t) = f(x-at) + g(x+at) \]
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：
\[ \begin{cases} \eval{u}_{t=0} = \psi(x) \Rightarrow f(x) + g(x) = \psi(x)\\ \eval{\pdv{u}{t}}_{t=0} = \phi(x)\Rightarrow -af'(x) + ag'(x) = \phi(x) \end{cases} \]
对后项积分也就是：
\[ f(x) - g(x) = -\frac{1}{a}\int_0^x \phi(s)\dd s + C \]
这就可以解出：
\[ \begin{cases} \displaystyle f(x) = \frac12 \psi(x) - \frac{1}{2a}\int_0^x\phi(s)\dd s + \frac{C}{2} \\ \displaystyle g(x) = \frac12 \psi(x) + \frac{1}{2a}\int_0^x\phi(s)\dd s - \frac{C}{2} \end{cases} \]
带回通解就是：
\[ u(x,t) = \frac{1}{2}\pqty{\psi(x-at) + \psi(x+at)} + \frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}\phi(s)\dd s \]
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：
\[ \begin{cases}\displaystyle \pdv{u}{t} - \kappa \pdv[2]{u}{x} = 0&, t > 0\\ \eval{u}_{t=0} = \psi(x)\\ u(0,t) = u(l,t) = 0 \end{cases} \]
我们不妨认为通解满足：
\[ u(x,t) = X(x)T(t) \]
这样原式子就满足：
\[ \frac{T'(t)}{T(t)} - \kappa \frac{X''(x)}{X(x)} = 0 \]
于是我们可以设：
\[ \frac{T'(t)}{\kappa T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda \]
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：
\[ \begin{cases} X''(x) + \lambda X(x) = 0\\ X(0) = X(l) = 0 \end{cases} \]
这个问题我们称为本征值问题。
同理对于 \(T(t)\) ：
\[ T'(t) + \kappa\lambda T(t) = 0 \]
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：
\[ \begin{cases}\displaystyle \pdv{u}{t} - a^2 \pdv[2]{u}{x} = 0&, t > 0\\ u(0,t) = u(l,t) = 0\\ \eval{u}_{t=0} = \phi(x)\\ \eval{\pdv{u}{t}}_{t=0} = \psi(x) \\ \end{cases} \]
设 \(u = T(t)X(x)\) 得到：
\[ \frac{T''(t)}{T(t)} - a^2 \frac{X''(x)}{X(x)} = 0 \]
得到的本征值问题就是：
\[ \begin{cases} X''(x) + \lambda X(x)=0\\ X(0)=X(l)=0 \end{cases}\qc T''(t) + a^2\lambda T(t) = 0 \]
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：
\[ b=kl+b = 0 \]
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：
\[ X(x) = A\sin\sqrt{\lambda}x + B\cos\sqrt{\lambda}x \]
代入边界条件：
\[ B= A\sin\sqrt{\lambda}l = 0 \]
这意味着必有：
\[ \begin{cases} \lambda_n = \qty(\frac{n\pi}{l})^2\\ X_n(x) = \sin(\frac{n\pi x}{l}) \end{cases} \]
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：
\[ u(x,t)=X(x)T(t) = C_n e^{-\kappa \lambda_n t}\sin(\frac{n\pi x}{l}) \]
这个解我们叫做特解，将特解叠加可以得到一般解：
\[ u(x,t) = \sum_{n=1}^\infty C_n e^{-\kappa \lambda_n t}\sin(\frac{n\pi x}{l}) \]
要得到通解就要利用到初值条件了。我们有：
\[ u(x,0) = \sum_{n=1}^\infty C_n \sin(\frac{n\pi x}{l}) = \psi(x) \]
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：
\[ \int_0^l\sum_{n=1}^\infty C_n \sin(\frac{n\pi x}{l})\sin(\frac{m\pi x}{l}) \dd{x} = \int_0^l\psi(x)\sin(\frac{m\pi x}{l})\dd{x} \]
交换积分和求和（这是一个平均收敛的函数）：
\[ \begin{aligned} &\int_0^l\sum_{n=1}^\infty C_n \sin(\frac{n\pi x}{l})\sin(\frac{m\pi x}{l}) \dd{x} \\ &= \sum_{n=1}^\infty C_n \int_0^l\sin(\frac{n\pi x}{l})\sin(\frac{m\pi x}{l}) \dd{x}\\ &= \sum_{n=1}^\infty \frac{l}{2}C_n\delta_{nm} = \frac{l}{2}C_m \end{aligned} \]
这样就可以得到 \(C_n\) 的值了。
总结：
- 分离变量；
- 求解本征值问题；
- 求出特解，叠加得到一般解；
- 通过正交性得到通解。
同理我们求解本征值问题：
\[ \begin{cases} X''(x) + \lambda X(x)=0\\ X(0)=X(l)=0 \end{cases}\qc T''(t) + a^2\lambda T(t) = 0 \]
根据边界条件得到：
\[ X_n(x) = \sin(\sqrt{\lambda_n} x)\qc \lambda_n = \qty(\frac{n\pi}{l})^2 \]
又有：
\[ u(x,t) = T(t)X_n(x) = \qty(C_n \sin(\sqrt{\lambda_n} at) + D_n \cos(\sqrt{\lambda_n} at))\sin(\sqrt{\lambda_n} x) \]
叠加得到一般解：
\[ u(x,t) = \sum_{n=1}^\infty\qty(C_n \sin(\sqrt{\lambda_n} at) + D_n \cos(\sqrt{\lambda_n} at))\sin(\sqrt{\lambda_n} x) \]
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：
\[ [X^*(x)X''(x) - X(x)X''^*(x)] + (\lambda-\lambda^*)X^*(x)X(x) = 0 \]
积分得到：
\[ \begin{aligned} &\int_0^l\qty[X^*(x)X''(x) - X(x)X''^*(x)] + (\lambda-\lambda^*)\int_0^lX^*(x)X(x)\\ &=\eval{\qty[X^*(x)X'(x) - X(x)X'^*(x)]}_0^l + (\lambda-\lambda^*)\int_0^lX^*(x)X(x)\\ &= (\lambda-\lambda^*)\int_0^lX^*(x)X(x) = 0 \end{aligned} \]
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：
\[ [X^*_m(x)X''_n(x) - X_n(x)X''^*_m(x)] + (\lambda_n-\lambda_m)X^*_m(x)X_n(x) = 0 \]
积分：
\[ \begin{aligned} &\int_0^l[X^*_m(x)X''_n(x) - X_n(x)X''^*_m(x)] + (\lambda_n-\lambda_m)X^*_m(x)X_n(x)\\ &=\eval{\qty[X^*_m(x)X'_n(x) - X_n(x)X'^*_m(x)]}_0^l + (\lambda_n-\lambda_m)\int_0^lX^*_m(x)X_n(x)\\ &= (\lambda_n-\lambda_m)\int_0^lX^*_m(x)X_n(x) = 0 \end{aligned} \]
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：
\[ \begin{cases}\displaystyle \pdv[2]{u}{x}+\pdv[2]{u}{y} = 0\\ \eval{u}_{x=0}=0\qc\eval{\pdv{u}{x}}_{x=a}=0\\ \eval{u}_{y=b}=0\qc\eval{\pdv{u}{y}}_{y=0}=f(x)\\ \end{cases} \]
我们可以分离变量 \(u(x,y) = X(x)Y(y)\)，分离变量：
\[ \frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}=0 \]
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：
\[ X(x) = A\sin(\sqrt{\lambda}x) + B\cos(\sqrt{\lambda}x) \]
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：
\[ \sqrt{\lambda}a = \frac{\pi}{2}+n\pi\Rightarrow\lambda_n = \pqty{\frac{2n+1}{2a}\pi}^2 \]
于是：
\[ \boxed{X(x) = A\sin(\frac{2n+1}{2a}\pi x)} \]
同理可以解得：
\[ Y(y) = A_n\sinh(\sqrt{\lambda_n}y)+B_n\cosh(\sqrt{\lambda_n}y) \]
代入边界条件：
\[ A_n\sinh(\sqrt{\lambda_n}b)+B_n\cosh(\sqrt{\lambda_n}b)=0 \]
于是原式可以化为：
\[ \boxed{Y(y) = C_n\sinh(\frac{2n+1}{2a}\pi (y-b))} \]
这样相乘并叠加得到一般解：
\[ u_n(x,y) =\sum_{n=0}^\infty C_n\sinh(\frac{2n+1}{2a}\pi (y-b))\sin(\frac{2n+1}{2a}\pi x) \]
再根据边界条件：
\[ \eval{\pdv{u}{y}}_{y=0} =\sum_{n=0}^\infty C_n\frac{2n+1}{2a}\pi\cosh(\frac{2n+1}{2a}\pi b)\sin(\frac{2n+1}{2a}\pi x) = f(x) \]
同样根据正交性积分：
\[ \begin{aligned} &\int_0^a\sum_{n=0}^\infty C_n\frac{2n+1}{2a}\pi\cosh(\frac{2n+1}{2a}\pi b)\sin(\frac{2n+1}{2a}\pi x)\sin(\frac{2m+1}{2a}\pi x)\\ &= C_m\frac{2m+1}{2a}\pi\cosh(\frac{2m+1}{2a}\pi b) = \int_0^a f(x) \end{aligned} \]
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：
\[ \begin{cases}\displaystyle \pdv[2]{u}{t} - a^2 \pdv[2]{u}{x} = f(x,t)&, t > 0\\ u(0,t) = u(l,t) = 0\\ \eval{u}_{t=0} = \eval{\pdv{u}{x}}_{t=0} =0\\ \end{cases} \]
这里我们把 \(u(x,t)\) 拆成两个函数：
\[ u(x,t) = v(x,t) + w(x,t) \]
分别满足：
\[ \begin{cases} \pdv[2]{v}{t} - a^2 \pdv[2]{v}{x} = f(x,t)\\ v(0,t) = v(l,t) = 0\\ \end{cases}\qc \begin{cases} \pdv[2]{w}{t} - a^2 \pdv[2]{w}{x} = 0\\ w(0,t) = w(l,t) = 0\\ \eval{w}_{t=0} = -\eval{v}_{t=0}\qc \eval{\pdv{w}{x}}_{t=0} = -\eval{\pdv{v}{x}}_{t=0} \end{cases} \]
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：
\[ \begin{cases}\displaystyle \pdv[2]{u}{t} - a^2 \pdv[2]{u}{x} =0\\ u(0,t) = \psi(t), u(l,t) = \phi(t)\\ \eval{u}_{t=0} = \eval{\pdv{u}{x}}_{t=0} =0\\ \end{cases} \]
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：
\[ \begin{cases}\displaystyle \pdv[2]{w}{t} - a^2 \pdv[2]{w}{x} = -\pdv[2]{v}{t} + a^2 \pdv[2]{v}{x} \\ w(0,t) = w(l,t) = 0\\ \eval{w}_{t=0} = -\eval{v}_{t=0}\qc \eval{\pdv{w}{x}}_{t=0} = -\eval{\pdv{v}{x}}_{t=0} \end{cases} \]
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。
\[ \begin{cases}\displaystyle \pdv[2]{w}{t} - a^2 \pdv[2]{w}{x} = -\pdv[2]{v}{t} + a^2 \pdv[2]{v}{x}+f(x,t) \\ w(0,t) = w(l,t) = 0\\ \eval{w}_{t=0} = -\eval{v}_{t=0}\qc \eval{\pdv{w}{x}}_{t=0} = -\eval{\pdv{v}{x}}_{t=0} \end{cases} \]
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：
\[ \begin{aligned} (\dd{s})^2 &= \sum_{i=1}^n (\dd{x^i})^2\\ &= \sum_{i=1}^n\qty(\sum_{j=1}^n \pdv{x^i}{q^j}\dd{q^j})\qty(\sum_{k=1}^n \pdv{x^i}{q^k}\dd{q^k})\\ &=\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^n\qty(\sum_{i=1}^n \pdv{x^i}{q^j}\pdv{x^i}{q^k})\dd{q^j}\dd{q^k}\\ &=\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^n\qty(g_{jk})\dd{q^j}\dd{q^k}\\ &= \left( \mathrm{d}q^1 \quad \mathrm{d}q^2 \quad \cdots \quad \mathrm{d}q^n \right) \begin{pmatrix} g_{11} & g_{12} & \cdots & g_{1n} \\ g_{21} & g_{22} & \cdots & g_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ g_{n1} & g_{n2} & \cdots & g_{nn} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \mathrm{d}q^1 \\ \mathrm{d}q^2 \\ \vdots \\ \mathrm{d}q^n \end{pmatrix} \end{aligned} \]
这样就定义出了度规矩阵元 \(g_{jk}\)。
\[ g_{jk} = \sum_{i=1}^n \pdv{x^i}{q^j}\pdv{x^i}{q^k} \]
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：
\[ \dd{u} = \sum_{i}\pdv{u}{q^i}\dd{q^i} \]
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：
\[ \dd{q^i}\dd{q^j} = -\dd{q^j}\dd{q^i} \]
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：
\[ \star(\dd{x^{i_1}}\wedge\dd{x^{i_2}}\wedge\cdots\wedge\dd{x^{i_p}}) = \epsilon_{i_1,\cdots,i_n}(\dd{x^{i_{p+1}}}\wedge\dd{x^{i_{p+2}}}\wedge\cdots\wedge\dd{x^{i_{n}}}) \]
其中 \(x_i\) 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：
\[ \begin{gathered} \star(\sqrt{g_{i_1i_1}}\dd{x^{i_1}}\wedge\sqrt{g_{i_2i_2}}\dd{x^{i_2}}\wedge\cdots\wedge\sqrt{g_{i_pi_p}}\dd{x^{i_p}}) \\= \epsilon_{i_1,\cdots,i_n}(\sqrt{g_{i_{p+1}i_{p+1}}}\dd{x^{i_{p+1}}}\wedge\sqrt{g_{i_{p+2}i_{p+2}}}\dd{x^{i_{p+2}}}\wedge\cdots\wedge\sqrt{g_{i_{n}i_{n}}}\dd{x^{i_{n}}}) \end{gathered} \]
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：
| 矢量分析 | 外微分分析 |
| 标量函数 \(u(q^1,q^2,\cdots,q^n)\) | 0-form \(u(q^1,q^2,\cdots,q^n)\) |
| 单位坐标矢量 \(\va{e_i}\) | 1-form \(\sqrt{g_{ii}}\dd{q^i}\) |
| 矢量 \(A = \sum_i A_i\va{e_i}\) | 1-form \(\sum_i A_i\sqrt{g_{ii}}\dd{q_i}\) |
| 标量梯度 \(\grad u = \sum_i \pdv{u}{q^i}\va{e^i}\) | 1-form \(\dd u = \sum_{i}\pdv{u}{q^i}\dd{q^i}\) |
| 矢量散度 \(\div\va{A}\) | \(\star{\dd}\star(\sum_i A_i\sqrt{g_{ii}}\dd{q_i})\) |
| 标量Laplcian \(\laplacian u\) | \(\star{\dd}\star\dd u\) |
| 矢量旋度 \(\curl\va A\) | \(\star\dd(\sum_i A_i\sqrt{g_{ii}}\dd{q_i})\) |
| 矢量Laplacian \(\laplacian\va A\) | \(\dd{\star\dd{\star\va A}} + (-1)^n\star\dd{\star\dd{\va A}}\) |
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：
\[ \begin{cases}\displaystyle \pdv[2]{u}{x}+\pdv[2]{u}{y} = 0\\ \eval{u}_{x^2+y^2=a^2}=f\\ \end{cases} \]
尝试写成极坐标形式：
\[ \begin{cases}\displaystyle \frac1\rho\pdv{\rho}(\rho\pdv{u}{\rho}) + \frac1{\rho^2}\pdv[2]{u}{\phi} = 0\\ \eval{u}_{\rho=a}=f \end{cases} \]
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：
$$ \begin{gathered} \eval{u}{\phi = 0} = \eval{u}\ \eval{\pdv{u}{\phi}}{\phi = 0} = \eval{\pdv{u}{\phi}} \end{gathered} $$
$$ \eval{u(\rho,\phi)}_{\rho = 0} \qq{有界} $$
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：
\[ u(\rho,\phi) = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f'(\phi)\qty[1+2\sum_{m=1}^\infty \qty(\frac\rho a)^m \cos(m(\phi-\phi'))]\dd{\phi'} \]
当 \(\rho < a\) 时，级数收敛。写成求和形式：
\[ u(\rho,\phi) = \frac{a^2-\rho^2}{2\pi} \int_0^{2\pi} \frac{f(\phi')}{\rho^2+a^2-2a\rho\cos(\phi')}\dd{\phi'} \]
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：
\[ \frac1{r^2}\pdv{r}(r^2\pdv{u}{r})+\frac1{r^2\sin\theta}\pdv{\theta}(\sin\theta\pdv{u}{\theta})+\frac1{r^2\sin[2]\theta}\pdv[2]{u}{\phi}=0 \]
通过分离变量得到：
\[ \begin{gathered} \frac1{r^2}\pdv{r}(r^2\pdv{R(r)}{r}) - \frac{\lambda}{r^2}R(r)=0\\ \frac1{\sin\theta}\pdv{\theta}(\sin\theta\pdv{\Theta(\theta)}{\theta})+\qty(\lambda - \frac{\mu}{\sin[2]\theta})\Theta(\theta) = 0\\ \pdv[2]{\Phi}{\phi}+\mu\Phi = 0 \end{gathered} \]
其中第三个方程很容易解得：
\[ \mu = m^2\qc\Phi_0 = 1\qc\Phi_m = \begin{cases}\sin(m\phi)\\\cos(m\phi)\end{cases} \]
第二个方程式连带 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：
\[ \begin{align} \frac{1}{2^ll!}\dv[l]{x}(x^{2} - 1)^l & = \dv[l]{x} \sum_{n=0}^{l} \frac{1}{n!(l-n)!}\qty(\frac{1}{2})^n(x-1)^{l+n} \\ & = \sum_{n=0}^{l} \frac{1}{n!(l-n)!}\frac{(l+n)!}{n!}\qty(\frac{x-1}{2})^n \end{align} \]
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：
\[ \begin{align} \dv[l]{x}(x^2 - 1)^l & =\dv[l]{x} \sum_{r=0}^{l} (-)^r \frac{l!}{r!(l-r)!} x^{2l-2r} \\ & =\sum_{r=0}^{\lfloor l/2 \rfloor }(-)^r \frac{l!(2l-2r)!}{r!(l-r)!(l-2r)!}x^{l-2r} \\ P_l(x) & = \sum_{r=0}^{\lfloor l/2 \rfloor }(-)^r \frac{(2l-2r)!}{2^lr!(l-r)!(l-2r)!}x^{l-2r} \end{align} \]
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