施图姆-刘维尔（Sturm-Liouville）问题的级数解法-常点情形下载地址：https://hyxy.hhu.edu.cn/2022/0830/c8640a239983/page.htm参考资料：《数学物理方法（第五版）》梁昆淼著定义o.1（Sturm-Liouville本征值问题).对于给定区域D（可能是[a,b]，[a,+0),(a,00),或者(-00,+o)等等）。对于D上的已知的函数p(),q(),w()其中p(r)可微，施图姆-刘维尔本征值问题(以下简称SL问题）为求常数入和函数u满足如下形式的二阶常微分方程：[) + ()- ()(1)drL通过展开式(1)中的微分项并在方程两边同时除以p(r)：可以将式(1)转化为如下形式：(2)y"+fy+gy=0,其中f=号，g=二。SL理论描述了正则SL问题的本征解的通性，但是对于一个具体的(正则或非正则)SL问题，SL理论无法给出一个具体的数值解。假设我们想求本征解在点roED附近的具体数值，当f.g都可以看成为复全纯或复半纯函数限制在实数轴上的函数时，我们可以假设本征函数y在ro附近有洛朗展开y=ak(z-zo)，然后通过比较式(2)左边逐项的系数得到ak的递归关系。1、常点邻域的级数解法最简单的非平凡情况当然是f.g都是解析函数时，此时称工为SL问题的一个常点。比如当SL问题正则，且p,9,w都是ro附近的解析函数时，此时o即为一个常点。为了求得y在ro附近的表达式，假设Z ax(r- 0)y(z) =(3)k=-00aoEfi(-ro)f(r)= (4)k=000g(r) =gk(r-ro)k(5)k=0首先，我们说明式（3)中不会出现负幂次，即o一定也是y的常点。定理1.1（常微分方程的解的存在和唯一性定理）.对于定义在实数轴上的n维常微分方程y' =F(r,y(r)), y()eR", 或y(a) ECn, TE[a,b) cR,(6)假设F是一个关于连续，且关于y利普希茨（Lipschitz)连续，则对于给定的初始值y(a)=yo，y在区间[a,b]上有解且有唯一解。1
施图姆-刘维尔(Sturm-Liouville)问题的级数解法–常 点情形 下载地址: https://hyxy.hhu.edu.cn/2022/0830/c8640a239983/page.htm 参考资料：《数学物理方法（第五版）》梁昆淼著 定义0.1 (Sturm-Liouville 本征值问题). 对于给定区域D （可能是[a, b], [a, +∞), (a, ∞), 或者(−∞, +∞) 等等）。对于D上的已知的函数p(x), q(x), w(x)， 其中p(x)可微，施图姆-刘维尔本征值问题(以下简称SL问题)为求常数λ和函 数y满足如下形式的二阶常微分方程： − d dx p(x) dy dx + q(x)y = λw(x)y (1) 通过展开式(1)中的微分项并在方程两边同时除以p(x)，可以将式(1)转化为 如下形式： y ′′ + fy′ + gy = 0， (2) 其中f = p ′ p ，g = λw−q p 。 SL理论描述了正则SL问题的本征解的通性，但是对于一个具体的(正则或 非正则)SL问题，SL理论无法给出一个具体的数值解。假设我们想求本征解 在点x0 ∈ D 附近的具体数值，当f, g 都可以看成为复全纯或复半纯函数限 制 P 在实数轴上的函数时，我们可以假设本征函数y在x0 附近有洛朗展开y = k ak(z − x0) k，然后通过比较式(2) 左边逐项的系数得到ak的递归关系。 1 常点邻域的级数解法 最简单的非平凡情况当然是f, g 都是解析函数时，此时称x0为SL问题的一个常 点。比如当SL问题正则，且p, q, w 都是x0附近的解析函数时，此时x0 即为一个 常点。为了求得y 在x0 附近的表达式，假设 y(x) = X∞ k=−∞ ak(x − x0) k (3) f(x) = X∞ k=0 fk(x − x0) k (4) g(x) = X∞ k=0 gk(x − x0) k (5) 首先，我们说明式(3)中不会出现负幂次，即x0一定也是y的常点。 定理1.1 (常微分方程的解的存在和唯一性定理). 对于定义在实数轴上的n 维常微分方程 y ′ = F(x, y(x)), y(x) ∈ R n，或y(x) ∈ C n , x ∈ [a, b] ⊂ R, (6) 假设F是一个关于x连续, 且关于y利普希茨(Lipschitz)连续，则对于给定的初始 值y(a) = y0，y 在区间[a, b]上有解且有唯一解。 1
推论1.2.当o为方程(2)的常点时，式(3)中不能取负值，即y()在o附近都有限。证明。令Y(r)=(y(r),y(r))T，则Y满足方程Y'+AY=0,(7)0-1其中A(r)=方程（7）满足常微分方程解存在且唯一定理的条件。(g(a)f(r))因此，若y在o附近有一点处有限，则在ro附近全部有限。因此ao不可能是y附近的奇点。口至此，我们可以假设a(r - ro)*(8)y(a) =)k=0现在将式(8),(4),(5)同时代入方程(2)：(9)y"+fy'+gyc( + 2)(k + 1)a+2( - ro)*+[ f-(r -ro)(s + 1)as+1( - ro))k=0T=08=0+[gr(α -o)"[a(-ro))](10)8=0=0(k+2)(k+1)ak+2 + (s +1)fraa+1 + Z gras/(z-ro) (11)k-0r+s=/+8=/上式必须为0函数。由此我们得到以下关于a的递归公式(12)k=0 → 2a2 +[foa1} + [9oao] = 0(13)k=1 6a3 +[2foa2 + fia1} + [91ao + 9oa1 = 0k=2 12a4 +[3foa3 + 2fia2 + f2a1 + {92ao + 91a1 + 9oa2} = 0- (14):(15)因此，对于给定的aoa1，后面的系数a2，..都可以唯一地确定。注意，ao=y(ro),a1=y(to)，这和常微分方程的解的存在唯一性定理吻合。例1.1（球面上的拉普拉斯算子的本征解问题和勒让德(Legendre)函数).已知在球坐标系(9,)下，球面上的拉普拉斯算子可以写为1u,1a(dusin000+sino%(sino(16)Au:00uos+(ug sin)e(17)sin20sing2
推论1.2. 当x0为方程(2)的常点时，式(3)中k不能取负值，即y(x)在x0附近 都有限。 证明. 令Y (x) = (y(x), y′ (x))⊤，则Y 满足方程 Y ′ + AY = 0， (7) 其中A(x) = 0 −1 g(x) f(x) 方程(7)满足常微分方程解存在且唯一定理的条件。 因此，若y在x0 附近有一点处有限，则在x0附近全部有限。因此x0不可能是y附 近的奇点。 至此，我们可以假设 y(x) = X∞ k=0 ak(x − x0) k。 (8) 现在将式(8),(4),(5)同时代入方程(2)： y ′′ + fy′ + gy (9) = X∞ k=0 (k + 2)(k + 1)ak+2(x − x0) k + [X∞ r=0 fr(x − x0) r ][X∞ s=0 (s + 1)as+1(x − x0) s ] + [X∞ r=0 gr(x − x0) r ][X∞ s=0 as(x − x0) s ] (10) = X∞ k=0 n (k + 2)(k + 1)ak+2 + X r+s=k (s + 1)fras+1 + X r+s=k gras o (x − x0) k (11) 上式必须为0函数。由此我们得到以下关于ak 的递归公式： k=0 =⇒ 2a2 + n f0a1 o + n g0a0 o = 0 (12) k=1 =⇒ 6a3 + n 2f0a2 + f1a1 o + n g1a0 + g0a1 o = 0 (13) k=2 =⇒ 12a4 + n 3f0a3 + 2f1a2 + f2a1 o + n g2a0 + g1a1 + g0a2 o = 0 (14) . . . (15) 因此，对于给定的a0, a1, 后面的系数a2, .都可以唯一地确定。注意，a0 = y(x0), a1 = y ′ (x0)，这和常微分方程的解的存在唯一性定理吻合。 例1.1 (球面上的拉普拉斯算子的本征解问题和勒让德(Legendre)函数). 已 知在球坐标系(θ, ϕ)下，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 (16) = uϕϕ sin2 θ + (uθ sin θ)θ sin θ , (17) 2
其中E[0,元]代表球表面的纬度（0=0代表北极)：E[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：(18)-u=Au注意式（18）和SL问题有类似的形式，但SL问题是针对常微分方程定义，而这里的拉普拉斯算子给出的是偏微分方程。但是在特殊的假设下，我们可以将方程(18)转化为一个SL问题。这里我们先假设u=u()，即u和无关。于是结合式(18)和式(17)，得到以下方程：d(sin)-Ausing(19)de此时式(19）已经是SL问题的形式，等式两边同时除以sin6后得到du,du(20)cot0=-u。de2+decot6在=处有泰勒展开（即洛朗级数），由此我们可以得到以下形式的级数解：00"。ax(e-(21)u(0) = 2k=0式（21)中a的值我们留给读者计算。这里我们介绍，可以通过变量替换从式(19)推出u关于t=cos6在t=0处的展开。此时得到的展开式和勒让德多项式有相同的表达式。做变量替换：t=cos，则(22)dt=-sinadeIdd=- sing-(23)dedt于是方程(19）在新变量t下可以写为（此时9可以看成关于t的函数）：d(sin)2--Xusing-sine(24)dt即：d(1 - f)显] = -Xu(25)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：du12tdu(26)1-=0dt21-t2 dt3
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 (18) 注意式(18) 和SL问题有类似的形式，但SL问题是针对常微分方程定义，而 这里的拉普拉斯算子给出的是偏微分方程。但是在特殊的假设下，我们可以将 方程(18)转化为一个SL问题。这里我们先假设u = u(θ)，即u和ϕ无关。于是结 合式(18)和式(17)，得到以下方程： d(sin θ du dθ ) dθ = −λu sin θ (19) 此时式(19) 已经是SL问题的形式，等式两边同时除以sin θ后得到 d 2u dθ2 + du dθ cot θ = −λu。 (20) cot θ在θ = π 2 处有泰勒展开(即洛朗级数)，由此我们可以得到以下形式的级数 解： u(θ) = X∞ k=0 ak(θ − π 2 ) k。 (21) 式(21)中ak的值我们留给读者计算。这里我们介绍，可以通过变量替换从 式(19)推出u关于t = cos θ在t = 0处的展开。此时得到的展开式和勒让德多 项式有相同的表达式。 做变量替换：t = cos θ，则 dt = − sin θdθ (22) =⇒ d dθ = − sin θ d dt (23) 于是方程(19) 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， (24) 即: d[(1 − t 2 ) du dt ] dt = −λu (25) 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 (26) 3
令f(t)=，g(t)=一：他们有如下泰勒展开（洛朗级数）80f(t) = -2t 广t2k =2t2k+1T(27)k=0k=0At2kg(t) =(28)k=0即f2k=0,f2k+1=-2，92k=入，92k+1=0。于是有：2n(2n-1)a2n=-(2n-1)foa2n-1+(2n-2)fia2n-2+...+f2n-2a1(29)g2n2a0+g2n11+...+g0Q2n2[22ka2k][a2k](30)(4k - )a2k(31)k=0以及2nfoa2n+(2n-1)fia2n-1+...+f2n-1a1(2n+1)2na2n+1=-(32)92n-1o + 92n-201 +..+ go02n-1]n-n-1(33)=2(2k+ 1)a2k+1 -a2k+1k=0k=0(4k+2-)a2k+1(34)=k=0为了进一步求得an的具体表达式，将式(31）中的n换成n一1，有n-2(4k - X)a2k(35)(2n-2)(2n-3)a2n=2=k=0(36)=2n(2n-1)a2n-(4n-4->)a2n=2于是(2n - 1)(2n - 2) - 入(37)a2n=a2n-22n(2n - 1)用同样的方法可得：2n(2n -1) -)(38)a2n+1=a2n=1(2n+1)2n4
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 X∞ k=0 t 2k = X∞ k=0 −2t 2k+1 (27) g(t) = X∞ k=0 λt2k (28) 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 (29) = n 2 nX−1 k=1 2ka2k o − n λ nX−1 k=0 a2k o (30) = nX−1 k=0 (4k − λ)a2k (31) 以及 (2n + 1)2na2n+1 = − n 2nf0a2n + (2n − 1)f1a2n−1 + . + f2n−1a1 o − n g2n−1a0 + g2n−2a1 + . + g0a2n−1 o (32) =2 nX−1 k=0 (2k + 1)a2k+1 − λ nX−1 k=0 a2k+1 (33) = nX−1 k=0 (4k + 2 − λ)a2k+1 (34) 为了进一步求得an的具体表达式，将式(31) 中的n换成n − 1，有 (2n − 2)(2n − 3)a2n−2 = nX−2 k=0 (4k − λ)a2k (35) =2n(2n − 1)a2n − (4n − 4 − λ)a2n−2 (36) 于是 a2n = (2n − 1)(2n − 2) − λ 2n(2n − 1) a2n−2 (37) 用同样的方法可得： a2n+1 = 2n(2n − 1) − λ (2n + 1)2n a2n−1 (38) 4
式（37）和式（38）可以统一写为：(k - 1)(k - 2) - >ak=(39)ak-2k(k - 1)式(39)表明，对于任何给定的aoa1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（18）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（25）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ui:20(t) =a2kt2k(40)k=0u1(t)=a2k+1t2k+1(41)k=0其中a2k和a2k+1分别由初始条件ao=1和a1=1确定。此时对于u=aktkk可以很方便地写成u=aouo+aul注意，尽管对于给定的入，aoa1,可以递归地算出所有a的值，但这不代表级数u(t)=k=akt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)=Eakt*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ao1≠0且对任意的k，入≠(－1)(k－2)，则蓝些=1k-→00ak-2(A2)，对于任意固定的入，存在M，使得对任意的k>M,al≤ak-2l（A3)，对于任意固定的入，存在数M，使得对任意的K>M，a2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aoa10且对任意的k，>≠(k-1)(k-2)，则lim/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,akt的收敛半径为1。因此当-1<t<1时，级数函数u(t)一定绝对收敛。性质（A3）说明：lim, uo(t)=a2k(42)-+k=0lim, ui(t)=±a2k+1(43)→+k=05
式(37)和式(38)可以统一写为： ak = (k − 1)(k − 2) − λ k(k − 1) ak−2 (39) 式(39)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(18) 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(25)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) =X∞ k=0 a˜2kt 2k (40) u1(t) =X∞ k=0 a˜2k+1t 2k+1， (41) 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 = X k akt 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) = P∞ k=0 akt 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) = P k akt k满足极限 limt→±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→∞ pk |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 P k akt k 的收敛半径为1。因此当−1 < t < 1时，级数函数u(t)一定绝对收 敛。性质(A3)说明： limt→±1 u0(t) =X∞ k=0 a˜2k (42) limt→±1 u1(t) = ± X∞ k=0 a˜2k+1 (43) 5
因此，级数函数uo（或u1）能够从(-1,1)扩充到整个闭区间[-1,1]：当且仅当a2k收敛（或2k+1收敛）性质（A2)表明，在一般情形下，ak的绝对值是隔项递减的。但是这不代表ak一定收敛或发散。单调递减的数列之和收敛或发散都是有可能的，比如>0是发散而>。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(39)重新写为：X(44)kak = (k 2)ak-2[1 -(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00(45)k=M+1这说明a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。茵此，若要uo和u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u,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（①)的前提下，其本征值入，=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(cos0)依赖于坐标系的选取，而球面坐标系(0,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(1,Φ1)，我们可以对相同的本征值入得到一个新的本征函数Pn（cos1）。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(cosQ1）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8，得到新的极轴和新的球面坐标系(01,Φ1)，以及新的本征函数Pn(cos61)。然后考虑Pn(cos 01) - Pn(cos 0)Q(cos 0) = lim(46)S5-0则Q(cosの)也一定是一个本征值为入n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6
因此，级数函数u0（或u1）能够从(−1, 1)扩充到整个闭区间[−1, 1]，当且仅 当 P k a˜2k收敛（或 P k a˜2k+1收敛）。 性质(A2)表明，在一般情形下，|ak|的绝对值是隔项递减的。但是这不代 表 P k ak一定收敛或发散。单调递减的数列之和收敛或发散都是有可能的，比 如 P k>0 1 k发散而 P k>0 1 k2 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(39)重新写为： kak = (k − 2)ak−2[1 − λ (k − 1)(k − 2)] (44) 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 (45) 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 P 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a2kt 2k和a2k+1t 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 (46) 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 6
·扰动1：方向为（，2)平面朝着r轴的负方向，扰动角度记为α。·扰动2：方向为(y.2)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(,)在扰动后的球面坐标系中的坐标(1,Φ1)=(1(α),中1(α))满足(sincos))(sinicosΦ)0sinaCOSQ010sin i sin disin sin (47)cos 01cOsosinaCOSQ其中第三行为：(48)cosi=-sinasincos@+cosacos因此d(cos 01)sin gcosoda-sinacos oda (49)-sinedo1=-cosder(50)cos da相应的，由式（47)第二行可以计算出：disinpcosg(51)dada la=0sine因此dPn(cos 1)dei=P(cos)(-sin)(52)-sinP(cos)cosΦdadal对于扰动2，在原坐标系下的(9,9)在扰动后的球面坐标系中的坐标(01,91)=(01(β),Φ1(B))满足(100(sinQ1cosΦ1)(singcos)0sindisinicosβ- sin βsinsing(53)cosβcos410sinβcose其中第三行为：cosi=sinβsinsin+cosβcos(54)因此d(cos,)sin sin odβ - sin β=-sinodoi=cosβcosadp(55)38=0dei(56)=-sin@dp13=07
• 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 (47) 其中第三行为： cos θ1 = − sin α sin θ cos ϕ + cos α cos θ (48) 因此 d(cos θ1) α=0 = −sinθdθ1 = − cos α α=0 sin θ cos ϕdα − sin α α=0 cos θdα (49) =⇒ dθ1 dα α=0 = cos ϕ (50) 相应的，由式(47)第二行可以计算出： dϕ1 dα α=0 = − sin ϕ cos θ sin θ dα (51) 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 (52) 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 (53) 其中第三行为： cos θ1 = sin β sin θ sin ϕ + cos β cos θ (54) 因此 d(cos θ1) β=0 = −sinθdθ1 = cos β β=0 sin θ sin ϕdβ − sin β β=0 cos θdβ (55) =⇒ dθ1 dβ β=0 = − sin ϕ (56) 7
相应的，由式(53)第一行可以计算出：doicOscOsde(57)esin此时dPn(cos i)dei= P, (cos 0)(- sin 0)= sin P (cos ) sin (58)dp由此，我们得到另外两个本征解P,sinAsin和P,sincosp。这个过程可以继续下去，令P(m）=P为P,的m阶导数。对于扰动1,通过直接计算可得：dP(m) sin"m 91 cos(mp1))。=P(m+1)(sin)sin"0cos(mo)dada)+P(m) in" (-msin(mo)+ P(m)m sinm-1 cos cos(mo)doda=mP(m) sinm-1 cos cos(m - 1)) - P(m+1) sinm+1 cos(mo) cos 06(59)dP(m) sinm sin(mbi)=P(+)(sin0) si" sin(mo)dadadeido+ P(m)m sinm-1 cos sin(mo) + P(m)sin"0(mcos(mo)da=mP(m) sinm-1 cos sin(m - 1)o) - P(m+1) sin"m+1 g sin(mo) cos d (60)对于扰动2，直接计算可得：dP(m)sinm1cos(mp1)de= P(m+1)(-sing)sin" cos(mg)dβdB) + P(m) sinm (m sin(m0)do+ P(m)m sinm-1 cos cos(mo)dBdB=mP(m) sinm-1 9 cos sin(m - 1)) + P(m+1) sinm+1 α cos(mo) sin g(61)dP(m) sin"m 1 sin(mp1)|。= P(+)(sin) sin" sin(mo)dpdp0dordoi+ P(m)sinm e(m cos(mo)+P(m)m sinm-1gcos sin(mg)dBdB=-mP(m) sinm-1 g cos cos(m - 1)o) + P(m+1)sinm+1 sin(mo) sin Φ (62)式(59)+式(62)，式(60)-式(61)，表明若sin"P(m）cosmo和sinmP(m）sinm是本征解，则sinm+10P(m+1)cos(m+1)和sinm+1eP(m+1)sin(m+1)Φ也是本征解。8
相应的，由式(53)第一行可以计算出： dϕ1 dβ α=0 = − cos ϕ cos θ sin θ dβ (57) 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 (58) 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 = dmPn 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 (59) 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 (60) 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 (61) 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 (62) 式(59) + 式(62)，式(60) − 式(61)，表明若sinm θP(m) n cos mϕ 和sinm θP(m) n sin mϕ 是本征解，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。 8
因此对任意的n,m，sinmP(m)(cos0)(Acos(md) +Bsin(mo))(63)都是对应于入n的本征解，其中p(m）代表Pa)。这些也构成所有的本征解的T一组基（参看下面的注）。注1.1.对于例1.1，常见的解法是分离变量，即假设u=U()V()，然后将其代入（18)，再将得到的方程重写为左边只和有关，而右边只和有关的形式，详见《数学物理方法（第五版）》（梁昆淼著）9.1节。在这个问题中采用分离变量法不会漏掉一些非对称解，因为u(,）必须是关于的周期函数，而任何[0,元]×[0,2元】上关于的周期函数都可以写为Zm≥0Am(3)cos(m)+Bm(0)sin(m)的形式。但是这个思路得到的连带勒让德方程(associatedLeg-endreequation):m2(1 -r2)U" - 2U" + (A- 1(64))U=01- 72很难像(26)一样通过直接求解得到系数的通项公式。对于方程(64)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。例1.1中通过扰动极坐标的方法，为如何发现解的正确形式提供了一条思路。9
因此对任意的n, m， sinm θP(m) n (cos θ)(A cos(mϕ) + B sin(mϕ)) (63) 都是对应于λn的本征解，其中P (m) n 代表dmPn(x) dxm 。这些也构成所有的本征解的 一组基（参看下面的注）。 注1.1. 对于例1.1，常见的解法是分离变量，即假设u = U(θ)V (ϕ)，然后 将其代入(18)，再将得到的方程重写为左边只和θ有关，而右边只和ϕ有关的形 式，详见《数学物理方法（第五版）》（梁昆淼著）9.1节。在这个问题中采 用分离变量法不会漏掉一些非对称解，因为u(θ, ϕ) 必须是关于ϕ的周期函数， 而任何[0, π] × [0, 2π] 上关于ϕ的周期函数都可以写为 P m≥0 Am(θ) cos(mϕ) + Bm(θ) sin(mϕ)的形式。但是这个思路得到的连带勒让德方程(associated Legendre equation)： (1 − x 2 )U ′′ − 2xU′ + (λ − m2 1 − x 2 )U = 0 (64) 很难像(26)一样通过直接求解得到系数的通项公式。对于方程(64)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。例1.1中通过扰动极坐标的方法，为如何发现 解的正确形式提供了一条思路。 9