连带 Legendre 函数

连带 Legendre 方程：

1sin⁡θddθ[sin⁡θ⋅dΘdθ]+(λ−m2sin⁡2θ)Θ=0\frac{1}{\sin\theta}\frac{\text{d}}{\text{d}\theta}\left[\sin\theta\cdot \frac{\text{d}\varTheta}{\text{d}\theta}\right]+\left(\lambda-\frac{m^2}{\sin^2\theta}\right)\varTheta=0

我们化为标准形式

ddz[(1−z2)dwdz]+[ν(ν+1)−m21−z2]w=0\frac{\text{d}}{\text{d}z}\left[(1-z^2)\frac{\text{d}w}{\text{d}z}\right]+\left[\nu(\nu+1)-\frac{m^2}{1-z^2}\right]w=0

上节课我们猜了一个解的形式 w(z)=(1−z2)m/2v(z)w(z) = (1-z^2)^{m/2}v(z). 代入之后得到了超球微分方程

(1−z2)v′′−2(m+1)zv′+[λ−m(m+1)]v=0(1-z^2)v''-2(m+1)zv'+[\lambda-m(m+1)]v=0

Legendre 方程微商 mm 次也是超球微分方程，这个结论的证明如下：

用数学归纳法，首先可以确认 m=0m=0 时结论正确. 假设 m=km=k 时成立，

(1−z2)(v(k))′′−2(k+1)z(v(k))′+[λ−k(k+1)]v(k)=0(1-z^2)(v^{(k)})''-2(k+1)z(v^{(k)})'+[\lambda-k(k+1)]v^{(k)}=0

再微商一次，就可以证明结论.

因此连带 Legendre 方程的解是

w(z)=c1w1(z)+c2w2(z){w1(z)=(1−z2)m/2Pν(m)(z)w2(z)=(1−z2)m/2Qν(m)(z)\begin{aligned} &w(z)=c_1w_1(z)+c_2w_2(z)\\\\ &\left\{\begin{aligned} w_1(z) &= (1-z^2)^{m/2}P_\nu^{(m)}(z)\\\\ w_2(z) &= (1-z^2)^{m/2}Q_\nu^{(m)}(z) \end{aligned}\right. \end{aligned}

注意这里要求了 l>ml>m，否则求完导之后的结果是零. 现在我们得到了一个新的函数，mm 阶 ll 次连带 Legendre 函数：

Plm(x)=(−1)m(1−x2)m/2Pl(m)(x)P_l^m(x)=(-1)^m(1-x^2)^{m/2}P_l^{(m)}(x)

下面研究连带 Legendre 函数的正交性：

∫−11Plm(x)Pkm(x)dx=0,k≠l\int_{-1}^1P_l^m(x)P_k^m(x)\text{d}x=0,\quad k\neq l

证明方法和之前对于 Legendre 函数的证明几乎一样. 模方为

∫−11Plm(x)Plm(x)dx=(l+m)!(l−m)!22l+1\int_{-1}^1P_l^m(x)P_l^m(x)\text{d}x=\frac{(l+m)!}{(l-m)!}\frac{2}{2l+1}

比 Legendre 函数的模方多了一个系数.

理论上这个公式不要记忆，但是写在这里：

∫−11xkPl(x)dx={2l+1(l+2n)!(l+n)!n!(2l+2n+1)!,k=l+2n,n∈N0,other\int_{-1}^1x^kP_l(x)\text{d}x = \left\{\begin{aligned} &2^{l+1}\frac{(l+2n)!(l+n)!}{n!(2l+2n+1)!},& k=l+2n, n\in\mathbb{N}\\\\ &0,&\text{other} \end{aligned}\right.

连带 Legendre 方程存在另外的一个解，Pl−m(x)P_l^{-m}(x)，这个解并不独立，求解的关键在于确认

dl+mdxl+m(x2−1)l\frac{\text{d}^{l+m}}{\text{d}x^{l+m}}(x^2-1)^l

最终关系为

Pl−m(x)=(−1)m(l−m)!(l+m)!Plm(x)P_l^{-m}(x)=(-1)^m\frac{(l-m)!}{(l+m)!}P_l^m(x)

利用这个可以把正交关系改写为一个更加优雅的形式 (但是非常不建议使用)：

∫−11Plm(x)Pl′−m(x)dx=2(−1)m2l+1δll′\int_{-1}^1P_l^m(x)P_{l'}^{-m}(x)\text{d}x=\frac{2(-1)^m}{2l+1}\delta_{ll'}

当两个连带 Legendre 方程交叉相乘再相减时，可以得到一个新的正交关系：

∫−11PlmPlm′dx1−x2=1m(l+m)!(l−m)!δmm′\int_{-1}^1P_l^mP_l^{m'}\frac{\text{d}x}{1-x^2}=\frac{1}{m}\frac{(l+m)!}{(l-m)!}\delta_{mm'}

我们引入 Legendre 函数实际上是在球坐标系下的定解问题，其中 θ,ϕ\theta,\phi 方向的二元函数解是

Slm(θ,ϕ)={Plm(cos⁡θ)cos⁡mϕPlm(cos⁡θ)sin⁡mϕS_{lm}(\theta,\phi)=\left\{\begin{aligned} &P_l^m(\cos\theta)\cos m\phi\\\\ &P_l^m(\cos\theta)\sin m\phi \end{aligned}\right.

球谐函数：

Ylm(θ,ϕ)=2l+14π(l−m)!(l+m)!Plm(cos⁡θ)eimϕY_l^m(\theta,\phi)=\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi}\frac{(l-m)!}{(l+m)!}}P_l^m(\cos\theta)e^{\text{i}m\phi}

柱函数

下面开始讲柱函数.

Helmholtz 方程在柱坐标下分离变量：

1rddr[rdR(r)dr]+(k2−λ−μr2)R(r)=0\frac{1}{r}\frac{\text{d}}{\text{d}r}\left[r\frac{\text{d}R(r)}{\text{d}r}\right]+\left(k^2-\lambda-\frac{\mu}{r^2}\right)R(r)=0

若 k2−λ≠0k^2-\lambda\neq0，可以做变换 x=rk2−λx=r\sqrt{k^2-\lambda}，y(x)=R(r)y(x)=R(r)，μ=ν2\mu=\nu^2，变为

1xddx[xdy(x)dx]+(1−ν2x2)y(x)=0\frac{1}{x}\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left[x\frac{\text{d}y(x)}{\text{d}x}\right]+\left(1-\frac{\nu^2}{x^2}\right)y(x)=0

这是 Bessel 方程，我们在 Lesson 7 已经解过，

Jν(z)=∑k=0∞(−1)kk!Γ(k+ν+1)(z2)2k+ν,Nν(z)=cos⁡νπJν(z)−J−ν(z)sin⁡νπJ_\nu(z)=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(k+\nu+1)}\left(\frac{z}{2}\right)^{2k+\nu},\quad N_\nu(z)=\frac{\cos\nu\pi J_\nu(z)-J_{-\nu}(z)}{\sin\nu\pi}

在复变函数的意义上这个函数是多值的，上述表达式仅适用于 ∣arg⁡z∣<π|\arg z|<\pi 的辐角范围.

利用 Bessel 函数的级数表达式，可以做很多计算，

/Example/

计算积分：

∫0∞e−axJ0(bx)dx,ℜ(a)>0\int_0^\infty e^{-ax}J_0(bx)\text{d}x,\quad\Re( a)>0

---

=∫0∞e−ax∑k=0∞(−1)k(k!)2(bx2)2kdx=∑k=0∞(−1)k(k!)2(b2)2k∫0∞e−axx2kdx=∑k=0∞(−1)k(k!)2(b2)2k(2k)!a2k+1\begin{aligned} &=\int_0^\infty e^{-ax}\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(k!)^2}\left(\frac{bx}{2}\right)^{2k}\text{d}x\\\\ &=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(k!)^2}\left(\frac{b}{2}\right)^{2k}\int_0^\infty e^{-ax}x^{2k}\text{d}x\\\\ &=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(k!)^2}\left(\frac{b}{2}\right)^{2k}\frac{(2k)!}{a^{2k+1}} \end{aligned}

重点其实在于怎么算这个求和，这种技巧是考试所需要的. 考虑把 (2k)!(2k)! 拆开，每一项提出一个 22，会得到

=1a∑k=0∞1k!(−12)(−32)⋯(−2k−12)(ba)2k=1a[1+(ba)]−1/2=1a2+b2\begin{aligned} &=\frac{1}{a}\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)\cdots\left(-\frac{2k-1}{2}\right)\left(\frac{b}{a}\right)^{2k}\\\\ &=\frac{1}{a}\left[1+\left(\frac{b}{a}\right)\right]^{-1/2} = \boxed{\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}} \end{aligned}

求和时的限制条件也要注意.

上述例题实际上是 J0(x)J_0(x) 的 Laplace 变换.

下面看 Bessel 函数的递推关系，

ddz[zνJν(z)]=zνJν−1(z),ddz[z−νJν(z)]=−z−νJν+1(z)\frac{\text{d}}{\text{d}z}[z^\nu J_\nu(z)]=z^\nu J_{\nu-1}(z),\quad\frac{\text{d}}{\text{d}z}[z^{-\nu}J_\nu(z)]=-z^{-\nu}J_{\nu+1}(z)

可以改写成加减的形式

νzν−1Jν(z)+zνJν′(z)=zνJν−1(z)−νz−ν−1Jν(z)+z−νJν′(z)=−z−νJν+1(z)\begin{aligned} \nu z^{\nu-1}J_\nu(z)+z^\nu J_\nu'(z)&=z^\nu J_{\nu-1}(z)\\\\ -\nu z^{-\nu-1}J_\nu(z)+z^{-\nu}J_\nu'(z)&=-z^{-\nu}J_{\nu+1}(z) \end{aligned}

另一种形式是

Jν−1(z)−Jν+1(z)=2Jν′(z),Jν−1(z)+Jν+1(z)=2νzJν(z)J_{\nu-1}(z)-J_{\nu+1}(z)=2J_\nu'(z),\quad J_{\nu-1}(z)+J_{\nu+1}(z)=\frac{2\nu}{z}J_\nu(z)