三类柱函数

我们先来考虑拉普拉斯方程：

$$\begin{align} \Delta u = 0 \end{align}$$

在柱坐标下，有

$$\begin{align} \frac{1}{\rho}\frac{\partial}{\partial \rho}\left(\rho\frac{\partial u}{\partial \rho}\right) + \frac{1}{\rho^{2}}\frac{\partial^{2} u}{\partial \varphi^{2}} + \frac{\partial^{2} u}{\partial z^{2}} = 0 \end{align}$$

进行分离变量：

$$\begin{align} u(\theta,\varphi,z) = R(\rho)\Phi(\varphi)Z(z) \end{align}$$

代入拉普拉斯方程，即可得到：

$$\begin{align} \begin{cases} \begin{aligned} &Z''(z) - \mu Z(z) = 0 &\qquad\text{[1]}\\ &\Phi''(\varphi) + m^{2}\Phi(\varphi) = 0 &\qquad\text{[2]}\\ &\rho^{2} R''(\rho) + \rho R'(\rho) + [ \mu\rho^{2} - m^{2} ]R(\rho) = 0 &\qquad\text{[3]} \end{aligned} \end{cases} \end{align}$$

1. 如果 $\mu > 0$ ，则有通解为 $Z(z) =\left\{ e^{\sqrt{\mu}z}, e^{-\sqrt{\mu}z} \right\}$ ，作变量代换： $x = \sqrt{\mu} \rho$，方程 $\text{[3]}$ 就化为贝塞尔方程：

   $$\begin{align} x^{2} R''(x) + x R'(x) + [x^{2} - m^{2}] R(x) = 0 \end{align}$$

   其通解由 $m$ 阶贝塞尔函数 $\mathrm{J}_{m}(x)$ 和 $m$ 阶诺伊曼函数 $\mathrm{N}_{m}(x)$ 线性组合而成，其中：

   $$\begin{align} &\mathrm{J}_{m}(x) = \sum_{k = 0}^{\infty}{\frac{(-1)^{k}}{k!\Gamma(m + k + 1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{m + 2k}}\\ &\mathrm{N}_{m}(x) = \frac{2}{\pi}\left(\ln{\frac{x}{2}} + C\right) \mathrm{J}_{m}(x)\\ &\mathrm{J}_{-m}(x) = (-1)^{m}\mathrm{J}_{m}(x) \end{align}$$

   ⚠：但是在确定系数之前还有一些需要注意的点，我们之后详细讨论

   “NOTE

   诺伊曼函数还可以写成：

   $$\begin{align} \mathrm{N}_{m}(x) = \lim_{m\rightarrow\mathbb{Z}}{\frac{\mathrm{J}_{m}(x)\cos{m\pi} - \mathrm{J}_{-m}(x)}{\sin{m\pi}}} \end{align}$$

2. 如果 $\mu < 0$ 则作换元 $x = \sqrt{-\mu}\rho$ 就得到虚宗量贝塞尔方程：

   $$\begin{align} x^{2} R''(x) + x R(x) - [x^{2} + m^{2}] R(x) = 0 \end{align}$$

   贝塞尔函数可以作如下的变换：

   $$\begin{align} \mathrm{J}_{m}(\mathrm{i}x) &= \sum_{k = 0}^{\infty}{\frac{(-1)^{k}}{k!\Gamma(k + m + 1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{m + 2k}\mathrm{i}^{m + 2k}}\\ &=\mathrm{i}^{m} \sum_{k = 0}^{\infty}{\frac{1}{k!\Gamma(k + m + 1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{m + 2k}}\\ &= \mathrm{i}^{m} \mathrm{I}_{m}(x) \end{align}$$

“NOTE

如果是对球函数作分离变量，得到的就是球贝塞尔方程：

$$\begin{align} r^{2} R''(r) + 2r R'(r) + [k^{2}r^{2} - l(l + 1)] R(r) &= 0\\ \xRightarrow{(x = kr)} x^{2} R''(x) + 2x R'(x) + [x^{2} - l(l + 1)] R(x) &= 0 \end{align}$$

三类柱函数

前面已经给出 $m$ 阶贝塞尔方程的通解为：

$$\begin{align} &R(x) = C_{1} \mathrm{J}_{m}(x) + C_{2} \mathrm{J}_{-m}(x)\\ \text{或}\qquad &R(x) = C_{1} \mathrm{J}_{m}(x) + C_{2} \mathrm{N}_{m}(x) \end{align}$$

但是对于整数的 $m$ 阶，$\mathrm{J}_{-m}(x)$ 与 $\mathrm{J}_{m}(x)$ 并非完全独立，此时上述的通解 $R(x) = C_{1} \mathrm{J}_{m}(x) + C_{2} \mathrm{J}_{-m}(x)$ 就不适用了（而通解 $R(x) = C_{1} \mathrm{J}_{m}(x) + C_{2} \mathrm{N}_{m}(x)$ 仍然适用），为了解决这一问题，通常会选取线性独立的：

$$\begin{align} \begin{cases} \begin{aligned} &\mathrm{H}_{m}^{(1)} = \mathrm{J}_{m}(x) + \mathrm{iN}_{m}(x)\\ &\mathrm{H}_{m}^{(2)} = \mathrm{J}_{m}(x) - \mathrm{iN}_{m}(x) \end{aligned} \end{cases} \end{align}$$

来表示 $m$ 阶贝塞尔方程的通解，其中这两个函数分别称为第一种和第二种汉克尔函数，于是通解可以表示为

$$\begin{align} R(x) = C_{1}\mathrm{H}_{m}^{(1)}(x) + C_{2}\mathrm{H}_{m}^{(2)}(x) \end{align}$$

而 贝塞尔函数、诺伊曼函数、汉克尔函数 分别称为第一类、第二类、第三类柱函数

原点和无穷远处的行为

在 $x \rightarrow 0$ 时：

$$\begin{align} \begin{matrix} &\mathrm{J}_{0}(x) \rightarrow 1, &\mathrm{J}_{m}(x) \rightarrow 0, &\mathrm{J}_{-m}(x) \rightarrow \infty\\ &\mathrm{N}_{0}(x) \rightarrow \infty, &\mathrm{N}_{m}(x) \rightarrow \pm\infty, &(m \neq 0) \end{matrix} \end{align}$$

而在另一个极端 $x \rightarrow \infty$ 处，有：

$$\begin{align} &\mathrm{H}_{m}^{(1)}(x) \sim \sqrt{\frac{2}{\pi x}}e^{\mathrm{i}(x - m\pi/2 - \pi/4)}\\ &\mathrm{H}_{m}^{(2)}(x) \sim \sqrt{\frac{2}{\pi x}}e^{-\mathrm{i}(x - m\pi/2 - \pi/4)}\\ &\mathrm{J}_{m}(x) \sim \sqrt{\frac{2}{\pi x}}\cos{(x - m\pi/2 - \pi/4)}\\ &\mathrm{N}_{m}(x) \sim \sqrt{\frac{2}{\pi x}}\sin{(x - m\pi/2 - \pi/4)} \end{align}$$

可见他们都满足“解在无限远处为有限”。

递推公式

由贝塞尔函数的级数表达式可以算出

$$\begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[\frac{\mathrm{J}_{m}(x)}{x^{m}}\right] &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[\sum_{k = 0}^{\infty}{\frac{(-1)^{k}}{k!\,\Gamma(m + k + 1)}\left(\frac{1}{2}\right)^{m + 2k}x^{2k}}\right]\\ &= \sum_{k = 1}^{\infty}{\frac{(-1)^{k}2k}{k!\,\Gamma(m + k + 1)}\left(\frac{1}{2}\right)^{m + 2k}x^{2k - 1}}\\ &= -\frac{\mathrm{J}_{m + 1}(x)}{x^{m}} \end{align}$$

同理可以推出：

$$\begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[x^{m}\mathrm{J}_{m}(x)\right] = x^{m}\mathrm{J}_{m - 1}(x) \end{align}$$

上面两式都是贝塞尔函数的线性关系式，由于诺依曼函数是正负阶贝塞尔函数的线性组合、汉克尔函数是贝塞尔函数和诺依曼函数的线性组合，所以上面的两式也适用于诺依曼函数和汉克尔函数。总之，用 $\mathrm{Z}_{m}(x)$ 表示三类柱函数，总有：

$$\begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[x^{m}\mathrm{Z}_{m}(x)\right] = x^{m} \mathrm{Z}_{m - 1}(x)\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[\frac{\mathrm{Z}_{m}(x)}{x^{m}}\right] = -\frac{\mathrm{Z}_{m + 1}(x)}{x^{m}} \end{align}$$

贝塞尔方程

贝塞尔函数与本征值问题

在文章《二阶常微分方程的级数解法以及本征值问题》中给出了拉普拉斯方程和亥姆霍兹方程在柱坐标系中分离变量的 $\mu < 0$、$\mu = 0$、$\mu > 0$ 三种情况。

而对于圆柱内部的问题，如果在圆柱的侧边有齐次的边界条件，则 $\mu < 0$ 的情况应当被排除（因为 $\mu < 0$ 的情况会导向虚宗量贝塞尔方程，其解恒不为零）

在 $\mu \ge 0$ 的情况下，$R(\rho)$ 应是整数 $m$ 阶贝塞尔方程

$$\begin{align} x^{2} \frac{\mathrm{d}^{2}R}{\mathrm{d}x^{2}} + x \frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}x} + (x^{2} - m^{2})R = 0\quad (x = \sqrt{\mu}\rho) \end{align}$$

的解，由于圆柱上的自然边界条件，这个方程的两个线性独立解中，我们只需要非负阶贝塞尔函数

$$\begin{align} R(\rho) = \mathrm{J}_{m}(x) = \mathrm{J}_{m}(\sqrt{\mu}\rho) \end{align}$$

第一类齐次边界条件

第一类其次边界条件为 $R(\rho_{0}) = 0$ ， $\rho_{0}$ 为圆柱的半径，代入到解中得到 $\mathrm{J}_{m}(\sqrt{\mu}\rho_{0})$ ，这是一个超越方程，使用工具求解。本征值：

$$\begin{align} \mu_{n}^{(m,1)} = \left(\frac{x_{n}^{(m,1)}}{\rho_{0}}\right)^{2} = \left(\frac{x_{n}^{(m)}}{\rho_{0}}\right)^{2} \end{align}$$

其中 $x_{n}^{(m)}$ 是 $\mathrm{J}_{m}(x)$ 的第 $n$ 个正零点，而 $x_{n}^{(m,1)}$ 表示 $\mathrm{J}_{m}(x)$ 在满足第一类齐次边界条件下方程：

$$\begin{align} \mathrm{J}_{m}(x_{0}) = 0 \end{align}$$

的第 $n$ 个正根，故 $x_{n}^{(m,1)} = x_{n}^{(m)}$ 。为什么一定是正根呢，首先 $\rho_{0} \neq 0$ ，如果 $\mu = 0$ ，则原方程退化为简单的常微分方程，其解为：

$$\begin{align} R(\rho) = \begin{cases} \begin{aligned} E + F\ln{\rho}\qquad &(m = 0)\\ E\rho^{m} + \frac{F}{\rho^{m}}\qquad &(m = 1,2,3,\cdots) \end{aligned} \end{cases} \end{align}$$

在第一类齐次边界条件下，只有平凡解，无意义。所以， $\mu = 0$ 不是本征值。

“NOTE

贝塞尔函数的零点可以通过下面的公式计算：

$$\begin{aligned} x_{n}^{(m)} = A - \frac{B - 1}{8A}\left(1 + \frac{C}{3(4A)^{2}} + \frac{2D}{15(4A)^{4}} + \frac{E}{105(4A)^{6}} + \cdots\right) \end{aligned}$$

其中：

$$\begin{aligned} &A = \left(m - \frac{1}{2} + 2n\right)\frac{\pi}{2} B = 4m^{2},\\ &C = 7 B - 31,\\ &D = 83 B^{2} - 982 B + 3779\\ &E = 6949 B^{3} - 153855 B^{2} + 1585743 B - 6277237 \end{aligned}$$

可见这个式子十分的逆天。同时，特殊位置的贝塞尔函数存在下面关系：

$$\begin{gathered} \mathrm{J}_{0}(0) = 1,\quad \mathrm{J}_{m}(0) = 0 x \leftarrow \infty,\; \mathrm{J}_{m}(x) \sim \sqrt{1/x} \cos{(x - m\pi / 2 - \pi / 4)} \end{gathered}$$

即 $x \leftarrow \infty$ 时，贝塞尔函数近似于三角函数。

由于：

$$\begin{aligned} \mathrm{J}_{m}(x) = (-1)^{m}\mathrm{J}_{m}(x) \end{aligned}$$

则贝塞尔函数零点正负成对，绝对值相同。

由于：

$$\begin{aligned} x \leftarrow \infty,\; \mathrm{J}_{m}(x) \sim \sqrt{1/x} \cos{(x - m\pi / 2 - \pi / 4)} \end{aligned}$$

则贝塞尔函数有无穷多个零点

由于：

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[x^{m}\mathrm{J}_{m}(x)\right] = x^{m} \mathrm{J}_{m - 1}(x) \end{aligned}$$

则 $\mathrm{J}_{m}(x)$ 的绝对值最小的零点比 $\mathrm{J}_{m + 1}(x)$ 的绝对值最小的零点更接近于零。

由于：

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[\frac{\mathrm{J}_{m}(x)}{x^{m}}\right] = -\frac{\mathrm{J}_{m - 1}(x)}{x^{m}} \end{aligned}$$

则 $\mathrm{J}_{m}(x)$ 与 $\mathrm{J}_{m + 1}(x)$ 的零点两两相间。

第二类齐次边界条件

第二类齐次边界条件 $R'(\rho_{0}) = 0$ ，如果 $\mu = 0$ ，则原方程退化为简单的常微分方程，其解为：

$$\begin{align} R(\rho) = \begin{cases} \begin{aligned} E + F\ln{\rho}\qquad &(m = 0)\\ E\rho^{m} + \frac{F}{\rho^{m}}\qquad &(m = 1,2,3,\cdots) \end{aligned} \end{cases} \end{align}$$

在第二类齐次边界条件下，只有平凡解，无意义。所以， $\mu = 0$ 不是本征值。在 $\mu \neq 0$ 的情况下，这个条件即为 $\mathrm{J}_{m}'(\sqrt{\mu}\rho_{0}) = 0$ ，所以本征值：

$$\begin{align} \mu_{n}^{(m,2)} = \left(\frac{x_{n}^{(m,2)}}{\rho_{0}}\right)^{2} \end{align}$$

记 $x_{0} = \sqrt{\mu} \rho_{0}$ ，其中 $x_{n}^{(m,2)}$ 是 $\mathrm{J}_{m}(x)$ 在第二类齐次边界条件下的方程：

$$\begin{align} \frac{x_{0}}{\rho_{0}}\mathrm{J}_{m}'(x_{0}) = 0 \end{align}$$

的第 $n$ 个正根，即 $\mathrm{J}_{m}'(x)$ 的第 $n$ 个正的零点。在 $m = 0$ 的特例下：

$$\begin{align} \mathrm{J}_{0}'(x) = -\mathrm{J}_{1}(x) \end{align}$$

也就是 $x_{n}^{(0,2)} = x_{n}^{(0)}$ ，其他情况下，根据递推公式：

$$\begin{align} \mathrm{J}_{m - 1}(x) - \mathrm{J}_{m + 1}(x) = 2 \mathrm{J}_{m}'(x) \end{align}$$

得知 $\mathrm{J}_{m}'(x)$ 的零点可以从 $\mathrm{J}_{m - 1}(x)$ 和 $\mathrm{J}_{m + 1}(x)$ 的零点得出。

“NOTE

贝塞尔函数导数的零点 $x_{n}^{(m,2)} > 0$ 可以使用下面公式计算：

$$\begin{aligned} x_{n}^{(m)} = A - \frac{B + 3}{2(4A)} - \frac{C}{6(4A)^{3}} - \frac{D}{15(4A)^{5}} - \cdots \end{aligned}$$

其中：

$$\begin{aligned} &A = \left(m + \frac{1}{2} + 2n\right)\frac{\pi}{2}\\ &B = 4m^{2}\\ &C = 7 B^{2} + 82 B - 9\\ &D = 83 B^{3} + 2075 B^{2} - 3039 B + 3537 \end{aligned}$$

依旧非常的逆天。

第三类齐次边界条件

第三类齐次边界条件形如 $R(\rho_{0}) + H R'(\rho_{0}) = 0$ ，记 $x_{0} = \sqrt{\mu}\rho_{0},\, h = \rho_{0} / H$ ，这个条件即为：

$$\begin{align} \mathrm{J}_{m}(x_{0}) = \frac{x_{0}}{h + m}\mathrm{J}_{m + 1}(x_{0}) \end{align}$$

第三类齐次边界条件下的本征值为：

$$\begin{align} \mu_{n}^{(m,3)} = \left(\frac{x_{n}^{(m,3)}}{\rho_{0}}\right)^{2} \end{align}$$

其中 $x_{n}^{(m,3)}$ 是方程的第 $n$ 个正根。这玩意儿……直接查表 （不想查你就算吧）

“NOTE

后面统一使用 $x_{n}^{(m)}$ 表示 $\mathrm{J}_{m}(x)$ 的第 $n$ 个正零点， $x_{m}^{(m,t)},\mu_{n}^{(m,t)}$ 表示第 $t$ 类齐次边界条件下的第 $n$ 个正根或者本征值。不指明齐次边界条件种类的话，记本征值为 $\mu_{n}^{(m)}$ 或者 $\mu_{n}$ 。

贝塞尔函数的正交关系

贝塞尔函数是施图姆-刘维尔本征值问题正交关系的特例，对应于不同本征值的同节贝塞尔函数在区间 $[0,\rho_{0}]$ 上带权重 $\rho$ 正交：

$$\begin{align} \int_{0}^{\rho_{0}}{\mathrm{J}_{m}(\sqrt{\mu_{m}}\rho)\mathrm{J}_{m}(\sqrt{\mu_{l}}\rho)\rho\,\mathrm{d}\rho} = 0\quad (n \neq l) \end{align}$$

贝塞尔函数的模

下面计算贝塞尔函数 $\mathrm{J}_{m}\left(\sqrt{\mu_{n}^{(m)}}\rho\right)$ 的模：

$$\begin{align} \left[N_{n}^{(m)}\right]^{2} = \int_{0}^{\rho_{0}}{\left[\mathrm{J}_{m}\left(\sqrt{\mu_{n}^{(m)}}\rho\right)\right]^{2}\rho\,\mathrm{d}\rho} \end{align}$$

记 $\sqrt{\mu_{n}^{(m)}}\rho = x,\sqrt{\mu_{n}^{(m)}}\rho_{0} = x_{0}$ ，则：

$$\begin{align} \left[N_{n}^{(m)}\right]^{2} &= \frac{1}{\mu_{n}^{(m)}}\int_{0}^{x_{0}}{\left[\mathrm{J}_{m}(x)\right]^{2}x\,\mathrm{d}x}\\ &= \frac{1}{2\mu_{n}^{(m)}}\int_{0}^{x_{0}}{\left[\mathrm{J}_{m}(x)\right]^{2}\,\mathrm{d}(x^{2})}\\ &= \frac{1}{2\mu_{n}^{(m)}}\left[x^{2}\mathrm{J}_{m}^{2}(x)\right]_{0}^{x_{0}} - \frac{1}{\mu_{n}^{(m)}}\int_{0}^{x_{0}}{\left[x^{2}\mathrm{J}_{m}(x)\right]\mathrm{J}_{m}'(x)\,\mathrm{d}x}\\ &= \frac{1}{2\mu_{n}^{(m)}}\left[x^{2}\mathrm{J}_{m}^{2}\right]_{0}^{x_{0}} - \frac{1}{\mu_{n}^{(m)}}\int_{0}^{x_{0}}{\left[x^{2}\mathrm{J}''_{m} + x\mathrm{J}'_{m} - m^{2}\mathrm{J}_{m}\right]\mathrm{J}'_{m}\,\mathrm{d}x} \end{align}$$

最后得到：

$$\begin{align} \left[N_{n}^{(m)}\right]^{2} = \frac{1}{2}\left(\rho_{0}^{2} - \frac{m^{2}}{\mu_{n}^{(m)}}\right)\left[\mathrm{J}_{m}(\sqrt{\mu_{n}^{(m)}}\rho_{0})\right]^{2} + \frac{1}{2}\rho_{0}^{2}\left[\mathrm{J}'_{m}(\sqrt{\mu_{n}^{(m)}}\rho_{0})\right]^{2} \end{align}$$

分别代入三类齐次边界条件：

• 第一类边界条件：

  $$\begin{align} \left[N_{n}^{(m)}\right]^{2} = \frac{1}{2} \rho_{0}^{2} \left[\mathrm{J}_{m + 1} (\sqrt{\mu_{n}^{(m)}}\rho_{0})\right]^{2} \end{align}$$

• 第二类边界条件：

  $$\begin{align} \left[N_{n}^{(m)}\right]^{2} = \frac{1}{2} \left(\rho_{0}^{2} - \frac{m^{2}}{\mu_{n}^{(m)}}\right) \left[\mathrm{J}_{m} (\sqrt{\mu_{n}^{(m)}}\rho_{0})\right]^{2} \end{align}$$

• 第三类边界条件：

  $$\begin{align} \left[N_{n}^{(m)}\right]^{2} = \frac{1}{2} \left(\rho_{0}^{2} - \frac{m^{2}}{\mu_{n}^{(m)}} + \frac{\rho_{0}^{2}}{\mu_{n}^{(m)}\mathrm{H}}\right) \left[\mathrm{J}_{m} (\sqrt{\mu_{n}^{(m)}}\rho_{0})\right]^{2} \end{align}$$

傅里叶-贝塞尔级数

根据施图姆-刘维尔本征值问题的性质，本征函数组 $\mathrm{J}_{m}(\sqrt{\mu_{n}^{(m)}})$ 是完备的，可以作广义傅里叶级数展开的基。在区间 $[0,\rho_{0}]$ 上的函数 $f(\rho)$ 的傅里叶-贝塞尔级数是：

$$\begin{align} \begin{cases} \begin{aligned} &f(\rho) = \sum_{n = 1}^{\infty}{f_{n}\,\mathrm{J}_{m}\left(\sqrt{\mu_{n}^{(m)}}\rho\right)}\\ &f_{n} = \frac{1}{\left[N_{n}^{(m)}\right]^{2}}\int_{0}^{\rho_{0}}{f(\rho)\mathrm{J}_{m}\left(\sqrt{\mu_{n}^{(m)}}\rho\right)\,\rho\mathrm{d}\rho} \end{aligned} \end{cases} \end{align}$$

“NOTE

计算 $f_{n}$ 时，可以使用下面的积分公式，分别是对之前结论的应用：

$$\begin{gathered} \int{x^{-m}\mathrm{J}_{m + 1}(x)\,\mathrm{d}x} = -x^{-m}\mathrm{J}_{m}(x) + C\\ \int{\mathrm{J}_{1}(x)\,\mathrm{d}x} = -\mathrm{J}_{0}(x) + C\\ \int{x_{m}\mathrm{J}_{m - 1}(x)\,\mathrm{d}x} = x^{m}\mathrm{J}_{m}(x) + C \end{gathered}$$

对于 $\rho_{0} \rightarrow \infty$ 的情况，有傅里叶-贝塞尔积分：

$$\begin{align} \begin{cases} \begin{aligned} &f(\rho) = \int_{0}^{infty}{F(\omega)\mathrm{J}_{m}(\omega\rho)\omega\,\mathrm{d}\omega}\\ &F(\omega) = \int_{0}^{infty}{f(\rho)\mathrm{J}_{m}(\omega\rho)\rho\,\mathrm{d}\rho} \end{aligned} \end{cases} \end{align}$$

母函数

将 $e^{\frac{1}{2}xz}$ 和 $e^{-\frac{1}{2}x\frac{1}{z}}$ 分别展开为绝对收敛级数，逐项相乘得到：

$$\begin{align} e^{\frac{1}{2}x\left(z-\frac{1}{z}\right)} = \sum_{m = 0}^{\infty}{\left[\sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{(-1)^{n}}{(m + n)!n!}\left(\frac{x}{2}\right)^{m + 2n}}\right]z^{m}} + \sum_{m = -1}^{-\infty}{\left[(-1)^{m}\sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{(-1)^{n}}{n!(|m| + n)!}\left(\frac{x}{2}\right)^{|m| + 2n}}\right]z^{m}}\qquad(0 < |z| < \infty) \end{align}$$

上式的前一个求和的 $[\quad]$ 内为 $m$ 阶贝塞尔函数，后面一个 $[\quad]$ 是 $(-1)^{m}\mathrm{J}_{|m|}(x)$ ，所以：

$$\begin{align} e^{\frac{1}{2}x(z - \frac{1}{z})} =\sum_{m = -\infty}^{\infty}{\mathrm{J}_{m}(x)z^{m}}\quad (0 < |z| < \infty) \end{align}$$

所以 $e^{\frac{1}{2}x(z - \frac{1}{z})}$ 叫做贝塞尔函数的母函数。

“NOTE

令 $z = e^{\mathrm{i}\zeta}$ ，上式改写为：

$$\begin{align} e^{\mathrm{i}x\sin{\zeta}} = \sum_{m = -\infty}^{\infty}{\mathrm{J}_{m}(x)e^{\mathrm{i}m\zeta}} \end{align}$$

又令 $\zeta = \psi - \frac{\pi}{2}$ ：

$$\begin{align} e^{\mathrm{i}x\cos{\psi}} = \sum_{m = -\infty}^{\infty}{(-\mathrm{i})^{m}\mathrm{J}_{m}(x)e^{\mathrm{i}m\psi}} \end{align}$$

再令 $\psi = \theta + \pi$ :

$$\begin{align} e^{\mathrm{i}x\cos{\theta}} = \sum_{m = -\infty}^{\infty}{\mathrm{i}^{m}\mathrm{J}_{m}(x)e^{\mathrm{i}m\theta}} \end{align}$$

上述公式都是等价的。

加法公式

考虑 $\mathrm{J}_{m}(a + b)$ ：

$$\begin{align} \sum_{m = -\infty}^{+\infty}{\mathrm{J}_{m}(a + b) z^{m}} &= e^{\frac{1}{2}(a + b)(z - \frac{1}{z})} = e^{\frac{1}{2}a(z - \frac{1}{z})}e^{\frac{1}{2}b(z - \frac{1}{z})}\\ &= \sum_{k = -\infty}^{+\infty}{\mathrm{J}_{k}(a) z^{k}}\sum_{n = -\infty}^{+\infty}{\mathrm{J}_{n}(b) z^{n}} \end{align}$$

于是得出：

$$\begin{align} \mathrm{J}_{m}(a + b) = \sum_{k = -\infty}^{+\infty}{\mathrm{J}_{k}(a)\mathrm{J}_{m - k}(b)} \end{align}$$ $$H = \frac{1}{2}$$

这就是贝塞尔函数的加法公式

虚宗量贝塞尔函数

如果圆柱上下底面边界条件齐次，但是侧面边界条件非齐次，这时齐次方程 $Z'' - \mu Z = 0$ 和上下底面的齐次边界条件构成本征值问题，当 $\mu < 0$ 时，就引入虚宗量贝塞尔方程

$$\begin{align} x^{2}R''(x) + x R'(x) - (x^{2} + m^{2})R(x) = 0\quad (x = \sqrt{-\mu}\rho) \end{align}$$

方程的解为：

$$\begin{align} R(x) = \mathrm{I}_{m}(x) = \sum_{k = 0}^{\infty}\frac{1}{k! \Gamma(k + m + 1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{m + 2k} \end{align}$$

对于整数 $m$ ，$\mathrm{I}_{m}(x) = \mathrm{I}_{-m}(x)$ ，不是线性独立的，需要寻找另外一个解（也就是虚宗量的汉克尔函数和虚宗量的诺伊曼函数）：

$$\begin{align} \mathrm{K}_{m}(x) = \frac{\pi}{2}\frac{\mathrm{I}_{-m}(x) - \mathrm{I}_{m}(x)}{\sin{m\pi}} \end{align}$$

这就是虚宗量的汉克尔函数，对于 $m$ 是整数时，有：

$$\begin{align} \mathrm{K}_{m}(x) = \frac{\pi}{2}\mathrm{i}^{m + 1}\left[\mathrm{J}_{m}(\mathrm{i}x) + \mathrm{i}\mathrm{N}_{m}(\mathrm{i}x)\right] \end{align}$$

化简得：

$$\begin{align} \mathrm{K}_{m}(x) = \frac{1}{2}\sum_{n = 0}^{m - 1}{(-1)^{n}\frac{(m - n - 1)!}{n!}\left(\frac{x}{2}\right)^{-m + 2n}} + (-1)^{m + 1}\sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{1}{n!\,\Gamma{(m + n + 1)}}\left\{\ln{\frac{x}{2}} - \frac{1}{2}\left[\psi(m + n + 1) + \psi(n + 1)\right]\right\}\left(\frac{x}{2}\right)^{m + 2n}}\quad (m = 0,1,2,\cdots,\,|\mathrm{arg}| < \pi) \end{align}$$

一些行为

当 $x \rightarrow 0$ 时：

$$\begin{align} \mathrm{I}_{1}(0) = 1,\quad \mathrm{I}_{m}(0) = 0,\quad \mathrm{K}_{m}(x) \rightarrow \infty \end{align}$$

当 $x \rightarrow \infty$ 时，有渐近公式：

$$\begin{gather} \mathrm{I}_{m}(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}e^{x}\\ \mathrm{K}_{m}(x) = \frac{\pi}{2\sqrt{x}}e^{-x} \end{gather}$$

球贝塞尔方程

对亥姆霍兹方程：

$$\begin{align} \Delta u + k^{2} u = 0 \end{align}$$

用球坐标进行分离变量，得到球贝塞尔方程：

$$\begin{align} r^{2} R''(r) + 2 r R'(r) + \left[k^{2} r^{2} - l(l + 1)\right] R(r) = 0 \end{align}$$

不难看出 $r = 0$ 是正则奇点。

为了消去系数 $2$ ，把自变量 $r$ 和函数 $R(r)$ 做如下变换：

$$\begin{align} x = kr,\quad y(x) = \sqrt{\frac{2x}{\pi}}R(r) \end{align}$$

则方程化为 $l + \frac{1}{2}$ 阶的贝塞尔方程：

$$\begin{align} x^{2} y''(x) + x y'(x) + \left[x^{2} - \left(l + \frac{1}{2}\right)^{2}\right] y(x) = 0 \end{align}$$

若 $k = 0$ ，则方程退化为：

$$\begin{align} r^{2} R''(r) + 2 r R'(r) - l(l + 1) R(r) = 0 \end{align}$$

其解为

$$\begin{align} R(r) = A r^{l} + \frac{B}{r^{l + 1}} \end{align}$$

接下来讨论 $k \neq 0$ 的情况。

线性独立解

$l + \frac{1}{2}$ 阶贝塞尔方程有如下几种解

$$\begin{align} \mathrm{J}_{l + 1/2}(x),\quad \mathrm{J}_{-(l + 1/2)}(x),\quad \mathrm{N}_{l + 1/2}(x),\quad \mathrm{H}_{l + 1/2}^{(1)}(x),\quad \mathrm{H}_{l + 1/2}^{(2)}(x) \end{align}$$

在其中任取两个就组成了 $l + \frac{1}{2}$ 阶贝塞尔方程的线性独立解。这样，球贝塞尔方程的线性独立解也就是下列五种之中任取的两种：

• 球贝塞尔函数：

  $$\begin{gather} \mathrm{j}_{l}(x) = \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\mathrm{J}_{l + 1/2}(x)\\ \mathrm{j}_{-l}(x) = \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\mathrm{J}_{-l + 1/2}(x) \end{gather}$$

• 球诺伊曼函数：

  $$\begin{align} \mathrm{n}_{l}(x) = \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\mathrm{N}_{l + 1/2}(x) \end{align}$$

• 球汉克尔函数：

  $$\begin{gather} \mathrm{h}_{l}^{(1)}(x) = \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\mathrm{H}_{l + 1/2}^{(1)}(x)\\ \mathrm{h}_{l}^{(2)}(x) = \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\mathrm{H}_{l + 1/2}^{(2)}(x) \end{gather}$$

我们现在考虑一个最简单的情况：$l = 0$

此时有：

$$\begin{align} \mathrm{J}_{1/2}(x) &= \sum_{k = 0}^{\infty}{\frac{(-1)^{k}}{k!\,\Gamma(k + 1 + \frac{1}{2})}\left(\frac{x}{2}\right)^{\frac{1}{2} + 2k}}\\ &= \sqrt{\frac{2}{x}} \sum_{k = 0}^{\infty}{\frac{(-1)^{k}}{k!\,\Gamma(k + 1 + \frac{1}{2})}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k + 1}} \end{align}$$

有：

$$\begin{align} \Gamma(k + \frac{3}{2}) &= (k + \frac{1}{2})\,\Gamma(k + \frac{1}{2})\\ &= \frac{1}{2^{k}}(2k + 1)(2k - 1)\cdots \Gamma(\frac{1}{2})\\ &= \frac{1}{2^{k}}(2k + 1)(2k - 1)\cdots \sqrt{\pi} \end{align}$$

代入得：

$$\begin{align} \mathrm{J}_{1/2}(x) &= \sqrt{\frac{2}{\pi x}}\sum_{k = 0}^{\infty}{\frac{(-1)^{k}}{(2k + 1)!} x^{2k + 1}}\\ &= \sqrt{\frac{2}{\pi x}}\sin{x} \end{align}$$

同理可得：

$$\begin{align} \mathrm{J}_{-1/2}(x) = \sqrt{\frac{2}{\pi x}}\cos{x} \end{align}$$

把这两个式子带回到 $R_{1/2}(r)$ 有：

$$\begin{align} R_{1/2}(r) = \sqrt{\frac{\pi}{2 x}}\mathrm{J}_{1/2}(x) = \frac{\sin{x}}{x} = \frac{\sin{kr}}{kr} \equiv j_{0}(x) \end{align}$$

将这个式子定义为零阶球贝塞尔函数 $j_{0}(x)$ ，并且把：

$$\begin{align} j_{l}(x) \equiv \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\mathrm{J}_{l + 1/2}(x) \end{align}$$

称为 $l$ 阶球贝塞尔函数。

这种定义对 $l$ 阶球诺伊曼函数 和 $l$ 阶球汉克尔函数 有同样的声明

对诺伊曼函数，有：

$$\begin{align} \mathrm{N}_{l + 1/2}(x) = \frac{\mathrm{J}_{l + 1/2}(x) \cos{[(l + 1/2)\pi]} - \mathrm{J}_{-(l + 1/2)}(x)}{\sin{[(l + 1/2)\pi]}} = (-1)^{l + 1}\mathrm{J}_{-(l + 1/2)}(x) \end{align}$$

于是可以得到：

$$\begin{align} n_{0}(x) = -\frac{\cos{x}}{x}\,\quad n_{-1}(x) = \frac{\sin{x}}{x} \end{align}$$

同理由汉克尔函数得定义可以得到：

$$\begin{align} h_{l}^{(1)}(x) = j_{l}(x) + \mathrm{i}n_{l}(x),\quad h_{l}^{(2)}(x) = j_{l}(x) - \mathrm{i}n_{l}(x) \end{align}$$

球形区域内得本征值问题

球贝塞尔方程是施图姆-刘维尔型方程，即：

$$\begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left(r^{2}\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}r}\right) - l(l + 1)R + k^{2} r^{2} R = 0 \end{align}$$

其中 $k^{2}$ 为本征值，$r^{2}$ 为权重系数。方程在 $r = 0$ 处有自然边界条件，所以取 $j_{l}(kr)$ ，舍弃 $n_{l}(kr)$ ，并且 $j_{l}(kr)$ 应当满足球面上得边界条件，这决定了本征值。对应不同本征值得本征函数在 $[0,r_{0}]$ 上带权重 $r^{2}$ 正交：

$$\begin{align} \int_{0}^{r_{0}}{j_{l}(k_{m}r)j_{l}(k_{n}r)r^{2}\,\mathrm{d}r} = 0\quad (k_{m} \neq k_{n}) \end{align}$$

本征函数簇 $j_{l}(k_{m}r)(m = 1,2,3,\cdots)$ 是完备的，可以作为广义傅里叶级数展开的基：

$$\begin{align} \begin{cases} \begin{aligned} &f(r) = \sum_{m = 1}^{\infty}{f_{m}j_{l}(k_{m}r)}\\ &\text{系数}f_{m} = \frac{1}{[N_{m}]^{2}}\int_{0}^{r_{0}}{f(r)j_{l}(k_{m}r)r^{2}\,\mathrm{d}r} \end{aligned} \end{cases} \end{align}$$

式中的 $N_{m}$ 是本征函数 $j_{l}(k_{m}r)$ 的模：

$$\begin{align} [N_{m}]^{2} = \int_{0}^{r_{0}}{[j_{l}(k_{m}r)]^{2}r^{2}\,\mathrm{d}r} = \frac{\pi}{2k_{m}}\int_{0}^{r_{0}}{[\mathrm{J}_{l + 1/2}(k_{m}r)]^{2}r\,\mathrm{d}r} \end{align}$$

• 第一类齐次边界条件：

  $$\begin{align} [N_{m}]^{2} = \frac{\pi r_{0}^{2}}{4k_{m}}\left[\mathrm{J}'_{l + 1/2}(k_{m}r_{0})\right]^{2} \end{align}$$

• 第二类齐次边界条件：

  $$\begin{align} [N_{m}]^{2} = \frac{\pi}{4k_{m}}\left[r_{0}^{2} - \frac{l(l + 1)}{k_{m}^{2}}\right]\left[\mathrm{J}_{l + 1/2}(k_{m}r_{0})\right]^{2} \end{align}$$

• 第三类齐次边界条件：

  $$\begin{align} [N_{m}]^{2} = \frac{\pi}{4k_{m}}\left[r_{0}^{2} + \frac{(r_{0}/H)(r_{0}/H - 1) - l(l + 1)}{k_{m}^{2}}\right]\left[\mathrm{J}_{l + 1/2}(k_{m}r_{0})\right]^{2} \end{align}$$