数学物理方程 Partial Differential Equations¶

2026-03-142026-06-11

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：

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

之后交叉相乘相减：

积分得到：

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：

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：

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

代入边界条件：

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：

这里我们把 \(u(x,t)\) 拆成两个函数：

分别满足：

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：

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：

我们尝试将 \(f(x,t)\) 也按这种方法展开：

全部代入初始式子：

之后同样乘正交基并积分，最后这个方程就转化为：

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：

同样拆成两个函数：

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：

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：

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。

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 \(u\) ：

对于向量 \(\va A\)：

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：

这样就定义出了度规矩阵元 \(g_{jk}\)。

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：

我们设一个方向上的单位矢量为：

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：

这就得到了1次形式（1-form），和全微分一样。继续外微分！

规定二次积分为0，就有：

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：

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：

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：

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：

进一步的，对于三维曲面的Laplcian运算：

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：

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：

这可以将定义拓展到二维空间：

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：

对于第二项对应：

最后得到：

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：

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：

尝试写成极坐标形式：

分离变量得到：

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：

\(\lambda\neq0\) 时：

代入周期条件得到：

这对应行列式：

也就是 \(2(\cos(2\sqrt{\lambda}\pi)-1)=0\)，

对应有两个本征函数：

对于 \(R(r)\) 的方程：

对应 \(\lambda = 0\) 时：

\(\lambda \neq 0\) 时：

叠加得到一般解：

由于 \(\eval{u}_{\rho = 0}\) 有界，对应无界项系数均为0，也就是：

一般解化为：

代入边界条件得到：

利用成正交基积分得到：

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：

当 \(\rho < a\) 时，级数收敛。写成求和形式：

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：

通过分离变量得到：

其中第三个方程很容易解得：

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：

先来关注比较简单的 Legendre 方程，对应 \(\mu= 0\) 的特例：

分开得到：

我们在 \(x=1\) 邻域内求解：

代入得到：

对应特征方程：

于是对应指标重根 \(\rho = 0\) . 设 \(t = x-1\) ，代入求第一解有：

整理得到 \(\lambda = \nu (\nu +1)\)：

平移后合并：

取 \(c_0 = 1\)，于是有：

合并得到：

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。

Legendre 多项式的性质¶

Rodrigues 公式：

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。

这样也可以求出 Legendre 多项式的另一个表达式：

在 \(x=0\) 处的数值：

由于 Legendre 多项式是本征方程的解，于是有正交性：

当 \(k<l\) 时，有：

成立。

证明：

$$

$$

当 \(k= l\) 时，有：

于是：

也可以写成以权函数 \(\sin\theta\) 正交的形式：

Legendre 多项式在区间 \([-1,1]\) 上是完备的。其系数：

或者改为用角度式：

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：

比较系数：

也就是

这就是 Legendre 多项式的递推关系。

比较系数：

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}{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} $$

一个经典的算子是，对于角速度，换成球坐标的形式：

$$ \begin{gathered} \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：

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

这样 \(\Theta\) 方程可以化为：

对应需要 \(y(\pm 1)\) 有界。指标方程为：

对应指标 \(\rho = \pm m/2\)。于是令 \(y(x) = ( 1-x^{2})^{m/2}v( x)\)，展开得到

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：

因为有界，所以必须取 \(c_{2} = 0\) 和 \(v-m \in \mathbb{N}\) 。对应有本征值

本征函数一般取：

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：

先分离掉 \(z\) 变量：

然后分离 \(\phi\) 变量：

令 \(x=\rho \sqrt{ k^{2}-\lambda}\) ，得到Bessel方程：

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：

把两解代入原方程：

交叉相乘并相减积分得到：

对应 Wronski 行列式：

展开行列式：

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：

这就说明当 \(\nu\) 为整数时这两解线性相关。事实上有：

此时我们取另外一解：

此时Wronski行列式：

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：

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：

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：

当 \(\lambda = 0\) 时，由于函数有界只有零解。当 \(\lambda \neq 0\) 时：

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：

于是得到角频率：

正交归一性¶

考虑有一个本征函数 \(J_m( k_{mi}\rho )\) 满足方程： $$ \frac{1}{ \rho }\dv{ \rho } \qty( \rho \dv{J_m( k_{mi}\rho ) }{ \rho } ) +(k^{{2}_{mi}-\frac{m}\rho )=0 $$ 假设有另一个函数 }}{\rho^{2}} )J_m( k_{mi\(J_m( k\rho )\) 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）： $$ ( k_{mi}} )J_{m}( k_{mi}\rho )J_m( k\rho )\rho = \dv{ \rho }\qty[ \rho \qty( J_m( k_{mi}\rho )\dv{ J_m( k\rho ) }{ \rho } - J_m( k\rho )\dv{ J_m( k_{mi}\rho ) }{ \rho ^{2}-kaJ_m( ka )J'} )\int_{0}^{a} J_m( k_{mi}\rho )J_m( k\rho )\rho \dd{\rho } = -k_{mim( ka ) $$

• 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： $$ \int_{0}^{a} J^{2}m( k}\rho ) \rho \dd{\rho } = -\lim_{ k \to k_{mi} } \frac{J_m( ka )}{k_{mi^{2}-kaJ'}} k_{mim( ka ) $$ 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： $$ \hat{L}G( x;x' ) = \frac{1}{w( x )}\delta( x-x' ) $$

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