解偏微分方程——分离变量法

分离变量法分离变量法是一种常见的解偏微分方程的方法。但分离变量法求得的解不是一定包含所有情况。本讲义的目的是探讨分离变量法什么时候不会漏掉一些解。内容包括：连带勒让德函数，贝塞尔函数。1平面上的调和方程考虑全平面R2上的调和方程u=0(1)考虑分离变量法，令u(x,y）=X(x)Y(y)，则原方程化为：X"Y"(2)X+=0因此必然存在复常数k，使得x"=kx(3)Y"=-K2Y(4)由此可解得u=Cexp(土k(x+iy))，以及更一般的(5)u(x,y) =Ckexp(±k(x+iy))K那么是否所有的解u（x,y）都可以写成上式的形式？如果上式中求和有无穷多项，如何定义其无穷和，是逐点收敛还是在某个范数的意义下收敛？事实上，对于全平面上的调和方程，我们可以通过复变函数理论得到其通解的一般表达式。具体步骤如下：·若u(x,y）满足全平面上的调和方程，则一定存在一个光滑函数o(x,y）使得f(z）=f(x+iy）=u(x,y）+io(x,y）是一个复平面上的解析函数。·反过来，任何一个全复平面上的解析函数f（z）：其实部一定满足调和方程。【全复平面上的解析函数和全平面上的调和函数之间有1-1对应关系。·C上的解析函数有洛朗展开f(z)=ckzk，满足liminf|cnl1/n=0k=0对任何满足liminf|cnl1/n=0的复数序列，u(x,y)=Re(ck(x+iy)*）都满足调和方程。k1

分离变量法 分离变量法是一种常见的解偏微分方程的方法。但分离变量法求得的解不是一定包含所有情 况。本讲义的目的是探讨分离变量法什么时候不会漏掉一些解。内容包括：连带勒让德函数，贝 塞尔函数。 1 平面上的调和方程 考虑全平面R2 上的调和方程: ∆u = 0 (1) 考虑分离变量法，令u(x, y) = X(x)Y(y)，则原方程化为： X ′′ X + Y ′′ Y = 0 (2) 因此必然存在复常数k，使得 X ′′ =k 2X (3) Y ′′ = − k 2Y (4) 由此可解得u = Ck exp{±k(x + iy)}，以及更一般的 u(x, y) = ∑ k Ck exp{±k(x + iy)} (5) 那么是否所有的解u(x, y) 都可以写成上式的形式？如果上式中求和有无穷多项，如何定义其无穷 和,是逐点收敛还是在某个范数的意义下收敛？ 事实上，对于全平面上的调和方程，我们可以通过复变函数理论得到其通解的一般表达式。具 体步骤如下： • 若u(x, y) 满足全平面上的调和方程，则一定存在一个光滑函数v(x, y) 使得f(z) = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) 是一个复平面上的解析函数。 • 反过来，任何一个全复平面上的解析函数f(z)，其实部一定满足调和方程。 • {全复平面上的解析函数} 和{全平面上的调和函数} 之间有1-1对应关系。 • C 上的解析函数有洛朗展开f(z) = ∞ ∑ k=0 ckz k，满足lim inf n→∞ |cn| 1/n = 0 • 对任何满足lim inf n→∞ |cn| 1/n = 0 的复数序列，u(x, y) = Re(∑ k ck(x + iy) k ) 都满足调和方程。 1

Coursenotes@hhu由此可见，对于此问题，分离变量法求出的解无法代表所有的解。分离变量法求出的解只能覆盖通解的一些特殊情形。2球坐标系中的拉普拉斯方程对于r E (0,0), E (0,元),Φ E[0,2元), 定义映射:(0, 0) × (0, 元) × [0,2元) → R3(6)(p,,)→(rsin cos,r sinsin,rcos)这就是R3的球坐标系。除去R3的z轴，球坐标系定义了一个二一对应关系。通过链式法则，aaxaayaazaar=arax+aray+arazaad(7)=(sin @ cos d)ax+(sinsin)+(cos)azdy类似地有：addd(8)=(r cos cos Φ)+ (r cos sing)(rsine)aeaxayad(9)=(-r sin sin)+ (rsincos )apax因此（%（%）singcospsinesinpcoseo%(10)rcosacosrcosesing-rsine0-rsingsingrsinecosg（%）品）品(r2sincosrsinecosecosg-rsing)1r2sin?esing(11)rsinecosesingrcosdayr2sine-rsin?e0r2 sin cos （品）是由此可求得拉普拉斯算符在球坐标系下的表达：211(sin@fe)e+Af =frr-(12)ft12sin2gf0r2sine目标是在三维欧氏空间求解Af=0(13)2/12

Course notes@hhu 由此可见，对于此问题，分离变量法求出的解无法代表所有的解。分离变量法求出的解只能覆盖 通解的一些特殊情形。 2 球坐标系中的拉普拉斯方程 对于r ∈ (0, ∞), θ ∈ (0, π), ϕ ∈ [0, 2π)，定义映射: (0, ∞) × (0, π) × [0, 2π) −→ R 3 (ρ, θ, ϕ) −→ (r sin θ cos ϕ,r sin θ sin ϕ,r cos θ) (6) 这就是R3 的球坐标系。除去R3 的z 轴，球坐标系定义了一个一一对应关系。通过链式法则， ∂ ∂r = ∂x ∂r ∂ ∂x + ∂y ∂r ∂ ∂y + ∂z ∂r ∂ ∂z =(sin θ cos ϕ) ∂ ∂x + (sin θ sin ϕ) ∂ ∂y + (cos θ) ∂ ∂z (7) 类似地有： ∂ ∂θ =(r cos θ cos ϕ) ∂ ∂x + (r cos θ sin ϕ) ∂ ∂y − (r sin θ) ∂ ∂z (8) ∂ ∂ϕ =(−r sin θ sin ϕ) ∂ ∂x + (r sin θ cos ϕ) ∂ ∂y (9) 因此   ∂ ∂r ∂ ∂θ ∂ ∂ϕ   =   sin θ cos ϕ sin θ sin ϕ cos θ r cos θ cos ϕ r cos θ sin ϕ −r sin θ −r sin θ sin ϕ r sin θ cos ϕ 0     ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z   (10)   ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z   = 1 r 2 sin θ   r 2 sin2 θ cos ϕ r sin θ cos θ cos ϕ −r sin ϕ r 2 sin2 θ sin ϕ r sin θ cos θ sin ϕ r cos ϕ r 2 sin θ cos θ −r sin2 θ 0     ∂ ∂r ∂ ∂θ ∂ ∂ϕ   (11) 由此可求得拉普拉斯算符在球坐标系下的表达： ∆f = frr + 2 r fr + 1 r 2 sin θ (sin θ fθ )θ + 1 r 2 sin2 θ fϕϕ (12) 目标是在三维欧氏空间求解 ∆f = 0 (13) 2/12

Course notes@hhu等同于在球坐标系下解rf + 2f + (inof0 + Jg。 =0(14)sinesin?e注意上式右边两项是球面上的拉普拉斯算子（见下节）。根据球面上拉普拉斯算子。的谱理论，球面上的一阶导平方可积函数空间H=Spano,,2,…],其中都是。的本征函数，=1为常值函数。因此对每个固定的ro,f(ro,e,Φ）可以写为：2f(ro,0,Φ) =Eaxdk(15)k=0其中系数ak依赖于ro，因此是r的函数。因此f(r,0,Φ) =Eak(r)(e,g)(16)k=0将表达式(16)代入方程(14)：可得：E(ra* +2rd + axx)x= 0(17)k=0其中入是△。的第k个本征值。因此ak必须满足a"+2rak+Axax=0(18)这与用分离变量法解方程(14)得出的结论一样。已知（见下节）入k=-k(k+1)，可求得ak(r）=Ckrk+dkr-(k+1)。k的求解见下文。对于此问题，分离变量法可以求得所有解的一组基。关键点在于△，的本征函数构成H的一组基。作业2.1.利用极坐标系和分离变量法求解全平面上的调和方程，并讨论是否分离变量法求出的解覆盖所有情形。3球面上的拉普拉斯算子的本征值问题已知在球坐标系(e,Φ)下，（由Hodge理论可推出）球面上的拉普拉斯算子可以写为1aui1aausine(19)Au=2esingesin?a?(ugsin)eusp(20)sinesin?e其中e[0,元]代表球表面的纬度(=0代表北极)，ΦE[0,2元]代表球表面的经度。本例题的目标是求解以下本征值问题-△u=入u(21)3/12

Course notes@hhu 等同于在球坐标系下解 r 2 frr + 2r fr + (sin θ fθ )θ sin θ + fϕϕ sin2 θ = 0 (14) 注意上式右边两项是球面上的拉普拉斯算子（见下节）。根据球面上拉普拉斯算子∆s 的谱理论, 球 面上的一阶导平方可积函数空间H = Span{ψ0, ψ1, ψ2, .}, 其中ψi 都是∆s 的本征函数，ψ0 = 1 为 常值函数。因此对每个固定的r0, f(r0, θ, ϕ) 可以写为: f(r0, θ, ϕ) = ∞ ∑ k=0 akψk (15) 其中系数ak 依赖于r0, 因此是r 的函数。因此 f(r, θ, ϕ) = ∞ ∑ k=0 ak(r)ψk(θ, ϕ) (16) 将表达式(16) 代入方程(14)，可得： ∞ ∑ k=0 (r 2 a ′′ k + 2ra′ k + akλk)ψk = 0 (17) 其中λk 是∆s 的第k 个本征值。因此ak 必须满足 r 2 a ′′ k + 2ra′ k + λk ak = 0 (18) 这与用分离变量法解方程(14) 得出的结论一样。已知（见下节）λk = −k(k + 1), 可求得ak(r) = ckr k + dkr −(k+1)。ψk 的求解见下文。对于此问题，分离变量法可以求得所有解的一组基。关键点 在于∆s 的本征函数构成H 的一组基。 作业2.1. 利用极坐标系和分离变量法求解全平面上的调和方程，并讨论是否分离变量法求 出的解覆盖所有情形。 3 球面上的拉普拉斯算子的本征值问题 已知在球坐标系(θ, ϕ)下，（由Hodge 理论可推出）球面上的拉普拉斯算子可以写为 ∆u = 1 sin2 θ ∂ 2u ∂ϕ2 + 1 sin θ ∂ ∂θ  sin θ ∂u ∂θ  (19) = uϕϕ sin2 θ + (uθ sin θ)θ sin θ , (20) 其中θ ∈ [0, π]代表球表面的纬度(θ = 0代表北极)，ϕ ∈ [0, 2π]代表球表面的经度。 本例题的目标是求解以下本征值问题： −∆u = λu (21) 3/12

Coursenotes@hhu对于每个固定的6oE（0,元)，u(0o,Φ）可以看成一个关于Φ的周期函数，因此可以有傅里叶展开：+2(aicos k+bsink)u(8o,Φ) = (22)2i-1改变o，相应的ai,b；的值也会改变，因此ai,b;都是e的函数。因此u(e, ) = ao(0) + E(ax(0) cos kp + b(0) sin ka)(23)k-1将Eq((23)）代入Eq((20)，可得：Kak+(a sine))kbk(sin)2(-coskd+sink = Au(24)sine(sin?esin?esine-1对比其傅里叶展开的系数函数，可知函数ak（①),b（①）是如下本征值问题的解：ku,(u'sine)=入u(25)sin?sine这和分离变量法推出的方程相同。令x=cos，得到连带勒让德方程(associatedLegendreequa-tion):k2(1 -x2)u -2xu' +(α -(26))u=01-x2连带勒让得方程很难通过直接求解得到系数的通项公式。对于方程(26)一般常见的"解法"可以参考《数学物理方法（第五版）》：（梁昆淼著）10.2节，但这样的解法的关键在于要先”猜出”解的正确形式。但是怎么发现解的正确形式？这对于绝大部分的读者都是很困难的。以下我们提供-个相对正常的思路。这里我们先假设u=u(0)，即u和Φ无关。于是结合式(21)和式(20)，得到以下方程：d(sing)=-入u sing(27)de做变量替换：t=cose，则dt =sin ede(28)Idgd(29)-sinededt于是方程（27）在新变量t下可以写为（此时e可以看成关于t的函数）：d(-sin?e)-sine=-Ausine(30)dt4/12

Course notes@hhu 对于每个固定的θ0 ∈ (0, π), u(θ0, ϕ) 可以看成一个关于ϕ 的周期函数, 因此可以有傅里叶展开： u(θ0, ϕ) = a0 2 + ∞ ∑ i=1 (ai cos kϕ + bi sin kϕ) (22) 改变θ0，相应的ai , bi 的值也会改变，因此ai , bi 都是θ 的函数。因此 u(θ, ϕ) = a0(θ) + ∞ ∑ k=1 (ak(θ) cos kϕ + bk(θ) sin kϕ) (23) 将Eq.((23)) 代入Eq.((20))，可得： ∞ ∑ k=1  − k 2 ak sin2 θ + (a ′ k sin θ) ′ sin θ  cos kϕ +  − k 2 bk sin2 θ + (b ′ k sin θ) ′ sin θ  sin kϕ = λu (24) 对比其傅里叶展开的系数函数，可知函数ak(θ), bk(θ) 是如下本征值问题的解： − k 2U sin2 θ + (U′ sin θ) ′ sin θ = λU (25) 这和分离变量法推出的方程相同。令x = cos θ，得到连带勒让德方程(associated Legendre equa￾tion)： (1 − x 2 )U ′′ − 2xU′ + (λ − k 2 1 − x 2 )U = 0 (26) 连带勒让得方程很难通过直接求解得到系数的通项公式。对于方程(26)一般常见的“ 解法”可以参 考《数学物理方法（第五版）》（梁昆淼著）10.2节，但这样的解法的关键在于要先“ 猜出” 解的 正确形式。但是怎么发现解的正确形式？这对于绝大部分的读者都是很困难的。以下我们提供一 个相对正常的思路。 这里我们先假设u = u(θ)，即u和ϕ无关。于是结合式(21)和式(20)，得到以下方程： d(sin θ du dθ ) dθ = −λu sin θ (27) 做变量替换：t = cos θ，则 dt = − sin θdθ (28) =⇒ d dθ = − sin θ d dt (29) 于是方程(27) 在新变量t下可以写为（此时θ可以看成关于t的函数）： − sin θ d(− sin2 θ du dt ) dt = −λu sin θ， (30) 4/12

Course notes@hhu即：d[(1 - P)显] = -^u(31)dt此时我们得到关于变量t的SL方程。注意这个方程不是正则的SL方程。将其展开化简得到入du2tdu(32)=0令f(t)=，8(t)=，他们有如下泰勒展开(洛朗级数)：8080-2tEf2k=2;2k+1Z(33)f(t) =k=0k=0EAr2k8(t) =(34)k=0即f2k=0,f2k+1=-2,82k=入，82k+1=0。于是有：[(2n - 1)foa2n-1 + (2n - 2)fia2n-2 +... + f2n-2a12n(2n -1)a2n =- (35)Ig2n-2ao+g2n-1a1+..+ga2n-2=[22 2ka2k] -{2a2k)](36)-1k-0Z(4k - ~)a2k(37)k=0以及[2nfoa2n +(2n-1)fia2n-1+... + f2n-1a1(2n+1)2na2n+1=(38)82n-1ao+82n-2a1+..+goa2n-11=2(2k +1)a2k+1-a2k+1(39)k=0k=0(40)(4k+2-入)a2k+1k=0为了进一步求得a,的具体表达式，将式(37)中的n换成n－1，有n-2(41)(2n-2)(2n-3)a2n=2=)(4k- ^)a2kk=0=2n(2n-1)a2n-(4n-4-入)a2n-2(42)5/12

Course notes@hhu 即: d[(1 − t 2 ) du dt ] dt = −λu (31) 此时我们得到关于变量t的SL方程。注意这个方程不是正则的SL方程。将其展开化简得到： d 2u dt2 − 2t 1 − t 2 du dt + λ 1 − t 2 u = 0 (32) 令f(t) = −2t 1−t 2 , g(t) = λ 1−t 2，他们有如下泰勒展开(洛朗级数)： f(t) = −2t ∞ ∑ k=0 t 2k = ∞ ∑ k=0 −2t 2k+1 (33) g(t) = ∞ ∑ k=0 λt 2k (34) 即f2k = 0, f2k+1 = −2, g2k = λ, g2k+1 = 0。于是有： 2n(2n − 1)a2n = − n (2n − 1)f0a2n−1 + (2n − 2)f1a2n−2 + . + f2n−2a1 o − n g2n−2a0 + g2n−1a1 + . + g0a2n−2 o (35) = n 2 n−1 ∑ k=1 2ka2k o − n λ n−1 ∑ k=0 a2k o (36) = n−1 ∑ k=0 (4k − λ)a2k (37) 以及 (2n + 1)2na2n+1 = − n 2n f0a2n + (2n − 1)f1a2n−1 + . + f2n−1a1 o − n g2n−1a0 + g2n−2a1 + . + g0a2n−1 o (38) =2 n−1 ∑ k=0 (2k + 1)a2k+1 − λ n−1 ∑ k=0 a2k+1 (39) = n−1 ∑ k=0 (4k + 2 − λ)a2k+1 (40) 为了进一步求得an的具体表达式，将式(37) 中的n换成n − 1，有 (2n − 2)(2n − 3)a2n−2 = n−2 ∑ k=0 (4k − λ)a2k (41) =2n(2n − 1)a2n − (4n − 4 − λ)a2n−2 (42) 5/12

Course notes@hhu于是(2n - 1)(2n - 2) - 入(43)a2na2n-22n(2n-1)用同样的方法可得2n(2n - 1) -入(44)a2n+1=a2n-1(2n+1)2n式(43)和式(44)可以统一写为：ax = (k- 1)(k - 2) - 入(45)ak-2k(k- 1)式(45)表明，对于任何给定的ao、a1以及入，都可以递归地推导出所有的系数。那么是不是所有的实数入都可以作为方程(21）的本征值？SL理论表明，对于正则的SL问题，其本征值一定是离散的且趋于无穷大。球面上的拉普拉斯算子也是一个“正则"的算子。方程(31)看起来不是正则的是因为我们选取的坐标系的原因。为了方便讨论，我们如下定义uo和u1:uo(t) =a2kt2k(46)k=0u1(t) = a2k+1t2k+1,(47)k=0其中a2k和a2k+1分别由初始条件ao=1和ai=1确定。此时对于u=aktk，可以很方便地写k成u=aouo+aii°注意，尽管对于给定的入,ao,a1,可以递归地算出所有a的值，但这不代表级数u(t)=E=oakt可以定义一个-1,1]上的函数。另外，由于t=土1分别对应球面的南北极，而南北极对一个球面来说没有什么特殊，因此我们还至少得要求级数函数u(t）=Eaktk满足极限limu(t）存在且都有-限。为了讨论清楚这个问题，我们将系数a的一些性质列举如下(A1)，对于任何固定的入，如果aoa1≠0且对任意的k，入≠(k－1)(k-2)则lim_ak =1;k→00ak-2(A2)，对于任意固定的入，存在M，使得对任意的k>M,lakl≤|ak-2(A3)，对于任意固定的入，存在数M，使得对任意的k>M,a2k的符号都一致，a2k+1的符号也都一致，但有可能a2k和a2k+1的符号不一致；(A4),如果aoa1≠0且对任意的k，入≠(k-1)(k-2)，则lim/laxl=1。其中(A1)容易证明，(A2)、(A3)、(A)都容易由(A1)推导得出。性质(A3)说明级数Zaktk的收敛半6/12

Course notes@hhu 于是 a2n = (2n − 1)(2n − 2) − λ 2n(2n − 1) a2n−2 (43) 用同样的方法可得： a2n+1 = 2n(2n − 1) − λ (2n + 1)2n a2n−1 (44) 式(43)和式(44)可以统一写为： ak = (k − 1)(k − 2) − λ k(k − 1) ak−2 (45) 式(45)表明，对于任何给定的a0、a1 以及λ，都可以递归地推导出所有的系数。那么是不是所有的 实数λ都可以作为方程(21) 的本征值？SL理论表明，对于正则的SL问题，其本征值一定是离散的且 趋于无穷大。球面上的拉普拉斯算子也是一个“正则”的算子。方程(31)看起来不是正则的是因为我 们选取的坐标系的原因。 为了方便讨论，我们如下定义u0和u1: u0(t) = ∞ ∑ k=0 a˜2k t 2k (46) u1(t) = ∞ ∑ k=0 a˜2k+1 t 2k+1， (47) 其中a˜2k和a˜2k+1分别由初始条件a˜0 = 1和a˜1 = 1确定。此时对于u = ∑ k ak t k，可以很方便地写 成u = a0u0 + a1u1。 注意，尽管对于给定的λ, a0, a1,可以递归地算出所有ak的值，但这不代表级数u(t) = ∑ ∞ k=0 ak t k可 以定义一个[−1, 1]上的函数。另外，由于t = ±1分别对应球面的南北极，而南北极对一个球面来 说没有什么特殊，因此我们还至少得要求级数函数u(t) = ∑k ak t k满足极限 lim t→±1 u(t) 存在且都有 限。 为了讨论清楚这个问题，我们将系数ak的一些性质列举如下： (A1), 对于任何固定的λ，如果a0a1 ̸= 0且对任意的k，λ ̸= (k − 1)(k − 2), 则lim k→∞ ak ak−2 = 1; (A2), 对于任意固定的λ, 存在M，使得对任意的k > M,|ak | ≤ |ak−2 | (A3), 对于任意固定的λ，存在数M, 使得对任意的k > M, a2k的符号都一致, a2k+1的符号也都一 致，但有可能a2k和a2k+1的符号不一致； (A4), 如果a0a1 ̸= 0且对任意的k，λ ̸= (k − 1)(k − 2)，则lim k→∞ k q |ak | = 1。 其中(A1)容易证明，(A2)、(A3)、(A)都容易由(A1)推导得出。性质(A3)说明级数∑k ak t k 的收敛半 6/12

Coursenotes@hhu径为1。因此当-10发散而k>0是收敛。因此，为了搞清楚到底它发散还是收敛，我们还需要对a|递减的“速度”有个估计。为此，我们将式(45)重新写为：?(50)kak = (k - 2)ak-2[1 - 7(k - 1)(k - 2)可以证明，对于固定的入，存在M>0,使得对任意的k>M,有00k=M+1这说明ak递减的速度和1/k是一个量级。因此如果所有的a2都不为0，则级数a2k必定发散。对a2k+1我们有相同的结论。因此，若要uo和ui扩张到整个闭区间[-1,1]，必须要存在一个整数k≥2，使得入=（k-1)(k-2)。此时uo和u1中有一个是关于t=cos的多项式，且（当然）可以扩张到[-1,1]。这个多项式被称为(k-2)阶勒让德多项式，记为Pk-2°最后，是否有可能uo和ui都不在t=±1处收敛，但存在一个uo和ui的线性组合u=aouo+a1u1,使得u可以扩张到t=±1？假设如此。但性质(A3)表明，要么在t=1附近，要么在t=-1附近，当k足够大时a2kt2k和a2k+1t2k+1的符号一定一致，如果此时u可以扩张到t=1或t=-1,则uo和ui也必定可以扩张到t=1或t=-1,和前面推出的结论矛盾。综上所述，球面上的拉普拉斯本征值问题在假设u=u()的前提下，其本征值入n=n(n+1)，对应的本征函数为勒让德多项式Pn(cos)。还没结束！注意到我们求出的本征解Pn(cosの)依赖于坐标系的选取，而球面坐标系(e,Φ）本质上由穿过球心的一条极轴决定。在之前的推导中，我们假设极轴是贯穿南北极的那条线。但很明显我们也可以选取其它极轴。假如我们选取了另一条极轴得到一个新的球面坐标系(31,Φ1)，我们可以对相同的本征值入n得到一个新的本征函数P（cos）。这也表示球面上的拉普拉斯算子的本征函数空间并不一定是一维的，这和正则SL问题的情况不同。对于由两个不同球面坐标系得到的两个本征函数Pn(cos1）和Pn(cos)，很明显它们的任意线性组合也一定属于相同的本征值。因此我们考虑，对初始的极轴朝某一个方向做一个小的扰动，记为，得到新的极轴和新的球面坐标系(1,1)，以及新的本征函数Pn(cos1)。然后考虑Pn(cos 1) - Pn(cos 0)Q(cos ) = lim(52)85-07/12

Course notes@hhu 径为1。因此当−1 0 1 k发散而∑k>0 1 k 2收敛。因此，为了 搞清楚到底它发散还是收敛，我们还需要对|ak |递减的“速度”有个估计。为此，我们将式(45)重新 写为： kak = (k − 2)ak−2 [1 − λ (k − 1)(k − 2) ] (50) 可以证明，对于固定的λ，存在M > 0,使得对任意的k > M, 有0 0 (51) 这说明ak递减的速度和1/k是一个量级。因此如果所有的a˜2k都不为0，则级数∑k a˜2k必定发散。 对a˜2k+1我们有相同的结论。 因此，若要u0和u1扩张到整个闭区间[−1, 1]，必须要存在一个整数k ≥ 2，使得λ = (k − 1)(k − 2)。此时u0和u1中有一个是关于t = cos θ的多项式，且（当然）可以扩张到[−1, 1]。这个多项式被 称为(k − 2)阶勒让德多项式，记为Pk−2。 最后，是否有可能u0和u1都不在t = ±1处收敛，但存在一个u0和u1的线性组合u = a0u0 + a1u1,使得u可以扩张到t = ±1？假设如此。但性质(A3)表明，要么在t = 1附近，要么在t = −1附 近，当k足够大时a2k t 2k和a2k+1 t 2k+1的符号一定一致，如果此时u可以扩张到t = 1或t = −1， 则u0和u1也必定可以扩张到t = 1或t = −1,和前面推出的结论矛盾。 综上所述，球面上的拉普拉斯本征值问题在假设u = u(θ)的前提下，其本征值λn = n(n + 1)， 对应的本征函数为勒让德多项式Pn(cos θ)。 还没结束！ 注意到我们求出的本征解Pn(cos θ)依赖于坐标系的选取，而球面坐标系(θ, ϕ) 本质上由穿过球 心的一条极轴决定。在之前的推导中，我们假设极轴是贯穿南北极的那条线。但很明显我们也可 以选取其它极轴。假如我们选取了另一条极轴得到一个新的球面坐标系(θ1, ϕ1)，我们可以对相同 的本征值λn 得到一个新的本征函数Pn(cos θ1)。这也表示球面上的拉普拉斯算子的本征函数空间 并不一定是一维的，这和正则SL问题的情况不同。对于由两个不同球面坐标系得到的两个本征函 数Pn(cos θ1) 和Pn(cos θ)，很明显它们的任意线性组合也一定属于相同的本征值。 因此我们考虑，对初始的极轴朝某一个方向做一个小的扰动，记为δ，得到新的极轴和新的球 面坐标系(θ1, ϕ1)，以及新的本征函数Pn(cos θ1)。然后考虑 Q(cos θ) = lim δ→0 Pn(cos θ1) − Pn(cos θ) δ (52) 7/12

Coursenotes@hhu则Q(cos?)也一定是一个本征值为入，的本征函数。不难看出，初始极轴被扰动的所有可能方向的集合构成球面北极处的切平面，因此有两个自由度。这里我们分别考虑扰动1：方向为（xz）平面朝着x轴的负方向，扰动角度记为α。·扰动2：方向为(y，z)平面朝着y轴的正方向，扰动角度记为β对于扰动1，在原坐标系下的(e,Φ)在扰动后的球面坐标系中的坐标(01,Φ1）=(61(α),d1(α))满足(sin Q1 cosd))cosa0sinα(sincos)001(53)sinsinisinesinCOscos 10-sinαCOsα其中第三行为：(54)cosei=-sinαsinecosΦ+cosαcose因此d(cos6))(55)-sinedei=-cosαsine cos pda-sinacosedader(56)COS中da相应的，由式(53)第二行可以计算出dpisingcos(57)dadala=sine因此dPn(cos i)dei=P,(cos)(-sine)-sin aP,(cos) cos中(58)dad对于扰动2，在原坐标系下的(e,Φ)在扰动后的球面坐标系中的坐标(1,Φ1）=(1(β),Φ1(β)满足0(10(sin dicos pi)(singcosg)0(59)sindisingcosβ-sinβsinesing0cos Q1sinβcosβcOs 其中第三行为cos= sinβsin sin+cosβcos(60)因此d(cose)=-sinodo1 = cosβsinesinpdp-sinβ(61)cosedp8/12

Course notes@hhu 则Q(cos θ)也一定是一个本征值为λn的本征函数。不难看出，初始极轴被扰动的所有可能方向的集 合构成球面北极处的切平面，因此有两个自由度。这里我们分别考虑 • 扰动1：方向为(x, z)平面朝着x轴的负方向，扰动角度记为α。 • 扰动2：方向为(y, z)平面朝着y轴的正方向，扰动角度记为β 对于扰动1，在原坐标系下的(θ, ϕ)在扰动后的球面坐标系中的坐标(θ1, ϕ1) = (θ1(α), ϕ1(α))满足   sin θ1 cos ϕ1 sin θ1 sin ϕ1 cos θ1   =   cos α 0 sin α 0 1 0 − sin α 0 cos α     sin θ cos ϕ sin θ sin ϕ cos θ   (53) 其中第三行为： cos θ1 = − sin α sin θ cos ϕ + cos α cos θ (54) 因此 d(cos θ1)    α=0 = −sinθdθ1 = − cos α    α=0 sin θ cos ϕdα − sin α    α=0 cos θdα (55) =⇒ dθ1 dα    α=0 = cos ϕ (56) 相应的，由式(53)第二行可以计算出： dϕ1 dα    α=0 = − sin ϕ cos θ sin θ dα (57) 因此 dPn(cos θ1) dα    α=0 = P ′ n (cos θ)(− sin θ) dθ1 dα    α=0 = − sin θP ′ n (cos θ) cos ϕ (58) 对于扰动2，在原坐标系下的(θ, ϕ)在扰动后的球面坐标系中的坐标(θ1, ϕ1) = (θ1(β), ϕ1(β))满 足   sin θ1 cos ϕ1 sin θ1 sin ϕ1 cos θ1   =   1 0 0 0 cos β − sin β 0 sin β cos β     sin θ cos ϕ sin θ sin ϕ cos θ   (59) 其中第三行为： cos θ1 = sin β sin θ sin ϕ + cos β cos θ (60) 因此 d(cos θ1)    β=0 = −sinθdθ1 = cos β    β=0 sin θ sin ϕdβ − sin β    β=0 cos θdβ (61) 8/12

Coursenotes@hhudei(62)sinddp相应的，由式(59)第一行可以计算出dpicoscoseap(63)dpsine此时dPn(cos 01)de= P(cos )(- sin 0)=sinaP(cos)sinΦ(64)dp由此，我们得到另外两个本征解Psin sin和P,sincosd。这个过程可以继续下去，令p(m)=为P的m阶导数。对于扰动1，通过直接计算可得：dp(m) sin" 1cos(m1) P+)(-sin) in cos(m)dado)+P(m" in" (msin(m)dp+P(m)msinm-1 ecoscos(mp)dada=mP(m) sin'"-1 cos & cos(m - 1) - P(m+1) sin+1 e cos(mp) cos (65)dp(m) sin" ei sin(mpi)deip(m+1)(-sine) sin" sin(mg)dada( msin-1 os sn(m)/+ lmsin" (m cs.mn)*+ p(m),dada=mP(m) sin"-1 cos sin(m - 1) P(m+1) sin'+1 sin(m) cos (66)对于扰动2.直接计算可得：dp(m) sin" ei cos(mpi)]8=)(sin)in os(m)dBdβ+ P(m)msin"-1 e cos cos(m) + Plm) sin" (-m sin(m0)=mP(") sin"-1 cos sin(m 1))+ P(m+)sin+1 cos(m) sin(67)dp(m) sin" sin(mgi)]de= P(m+1)(-sine) sin" sin(m)dBdpP需+ Psn" (mcos(m0)需+ P(m)m sin-1 e cos sin(mp)dBdp= - mP(m) sinm-1 cos cos(m - 1) + P(m+1) sinm+1 sin(mo) sin p(68)式(65）+式(68)，式(66）-式(67)，表明若sinAP(m）cosmΦ和sin"ep(m）sinmΦ是本征解，9/12

Course notes@hhu =⇒ dθ1 dβ    β=0 = − sin ϕ (62) 相应的，由式(59)第一行可以计算出： dϕ1 dβ    α=0 = − cos ϕ cos θ sin θ dβ (63) 此时 dPn(cos θ1) dβ    β=0 = P ′ n (cos θ)(− sin θ) dθ1 dβ    β=0 = sin θP ′ n (cos θ) sin ϕ (64) 由此，我们得到另外两个本征解P ′ n sin θ sin ϕ 和P ′ n sin θ cos ϕ。 这个过程可以继续下去，令P (m) n = d mPn dxm 为Pn的m 阶导数。对于扰动1，通过直接计算可得: dP(m) n sinm θ1 cos(mϕ1) dα    α=0 = P (m+1) n (−sinθ) sinm θ cos(mϕ) dθ1 dα + P (m) n m sinm−1 θ cos θ cos(mϕ) dθ1 dα + P (m) n sinm θ(−m sin(mϕ)) dϕ1 dα =mP(m) n sinm−1 θ cos θ cos((m − 1)ϕ) − P (m+1) n sinm+1 θ cos(mϕ) cos ϕ (65) dP(m) n sinm θ1 sin(mϕ1) dα    α=0 = P (m+1) n (−sinθ) sinm θ sin(mϕ) dθ1 dα + P (m) n m sinm−1 θ cos θ sin(mϕ) dθ1 dα + P (m) n sinm θ(m cos(mϕ)) dϕ1 dα =mP(m) n sinm−1 θ cos θ sin((m − 1)ϕ) − P (m+1) n sinm+1 θ sin(mϕ) cos ϕ (66) 对于扰动2，直接计算可得： dP(m) n sinm θ1 cos(mϕ1) dβ    β=0 = P (m+1) n (−sinθ) sinm θ cos(mϕ) dθ1 dβ + P (m) n m sinm−1 θ cos θ cos(mϕ) dθ1 dβ + P (m) n sinm θ(−m sin(mϕ)) dϕ1 dβ =mP(m) n sinm−1 θ cos θ sin((m − 1)ϕ) + P (m+1) n sinm+1 θ cos(mϕ) sin ϕ (67) dP(m) n sinm θ1 sin(mϕ1) dβ    β=0 = P (m+1) n (−sinθ) sinm θ sin(mϕ) dθ1 dβ + P (m) n m sinm−1 θ cos θ sin(mϕ) dθ1 dβ + P (m) n sinm θ(m cos(mϕ)) dϕ1 dβ = − mP(m) n sinm−1 θ cos θ cos((m − 1)ϕ) + P (m+1) n sinm+1 θ sin(mϕ) sin ϕ (68) 式(65) + 式(68)，式(66) − 式(67)，表明若sinm θP (m) n cos mϕ 和sinm θP (m) n sin mϕ 是本征解， 9/12

Coursenotes@hhu则sinm+1eP(m+1)cos(m+1)Φ和sinm+1eP(m+1)sin(m+1)Φ也是本征解。因此对任意的n,m，sin" eP(m)(cos e)(Acos(mg)+ Bsin(md)(69)都是对应于入n的本征解，其中p(m）代表"P()。d2维区域中的拉普拉斯算子本征值问题4考虑极坐标：(70)x=rcosey=rsine(71)则平面上的拉普拉斯算子在极坐标下的表示为：17(72)Au=urr+-ur+2uee我们的目标是求解(73)Au= Au考虑Xu(r,0) = ao(r) + )E[an(r)cos(ne) +bn(r) sin(ne))(74)=1则an(r),bn(r）必须满足如下的方程：n2Lunu" +un=入u,(75)27先假设Un(x) =(76)Cnk.k则系数cn.k满足(k2 - n2)cnk = Λcn,k-2(77)为了保证kCukxk的收敛性，必须(o如果k<n(78)Cn,k10如果k=n+1,n+3,n+5,.10/12

Course notes@hhu 则sinm+1 θP (m+1) n cos(m + 1)ϕ 和sinm+1 θP (m+1) n sin(m + 1)ϕ 也是本征解。 因此对任意的n, m， sinm θP (m) n (cos θ)(A cos(mϕ) + B sin(mϕ)) (69) 都是对应于λn的本征解，其中P (m) n 代表 d mPn(x) dxm 。 4 2维区域中的拉普拉斯算子本征值问题 考虑极坐标： x = r cos θ (70) y = r sin θ (71) 则平面上的拉普拉斯算子在极坐标下的表示为： ∆u = urr + 1 r ur + 1 r 2 uθθ (72) 我们的目标是求解 ∆u = λu (73) 考虑 u(r, θ) = a0(r) + ∞ ∑ n=1 [an(r) cos(nθ) + bn(r) sin(nθ)] (74) 则an(r), bn(r) 必须满足如下的方程： U ′′ n + 1 r U ′ n − n 2 r 2 Un = λUn (75) 先假设 Un(x) = ∞ ∑ k=−∞ cn,kx k (76) 则系数cn,k 满足 (k 2 − n 2 )cn,k = λcn,k−2 (77) 为了保证∑k cn,kx k 的收敛性，必须 cn,k = ( 0 如果k < n 0 如果k = n + 1, n + 3, n + 5, . (78) 10/12