Сферические функции - Пальцев (1188239), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Если мы перейдём к другой сферической системе,связанной с другой декартовой системой x̃ (например, с осьюb 0 уже не будетOx̃3 , направленной по старой оси Ox1 ), то ∆eθ,ϕeиметь особенностей в старых полюсах сферы (0,0, ± 1), соответствующих θ = 0 и θ = π.b 0 во всех точЭту “одинаковую устроенность” оператора ∆S1ках S1 можно легко уяснить также из формулы∂1 b01 ∂ρ2+ 2∆.∆= 2ρ ∂ρ∂ρρ S1Оператор Лапласа ∆ инвариантен (не изменяет своей формулы) относительно вращений (т.е. при переходе к другойортогональнойx̃ с центром в начале координат), опе системератор1 ∂∂ρ2 ∂ρρ2 ∂ρсодержит дифференцирования только порадиусу и очевидно инвариантен относительно вращений. Отсюда и оператор1 0∆ , а с ним и оператор ∆0S1 инвариантенρ2 S1относительно вращений.Нетрудно установить (проверьте сами), что оператор ∆0S1отображает пространство C k (S1 ), k > 2, в пространствоC k−2 (S1 ).Имеет место следующее утверждение.Лемма 1. Оператор −∆0S1 симметричен и неотрицателенна пространстве C 2 (S1 ) относительно скалярного произведе11ния в L2 (S1 ):Z(u,v)S1 =Zu(x)v(x) ds =S10πub(θ,ϕ)bv (θ,ϕ) sin θ dθ dϕ,(16)а именно, ∀ u,v ∈ C 2 (S1 )(−∆0S1 u,v)S1 = (u, − ∆0S1 v)S1 ,(−∆0S1 u,u)S1 > 0.(17)Д о к а з а т е л ь с т в о.
В силу определения оператора ∆0S1для любых u,v ∈ C 2 (S1 ) имеемZ π Z 2π00 u(θ,ϕ)b[(−∆S1 u,v) = −∆v (θ,ϕ) sin θ dθ dϕ =S100Z π Z 2πb0 u=−∆v (θ,ϕ) sin θ dθ dϕ =θ,ϕ b(θ,ϕ)b00Z 2πZ π∂∂bu(θ,ϕ)=−dϕsin θvb(θ,ϕ) dθ −∂θ00 ∂θZ π Z 2π1 ∂2ub(θ,ϕ)−dθvb(θ,ϕ) dϕ.(18)sin θ ∂ϕ200Покажем, что все функции, которые стоят под знаками интегралов в последнем выражении, на самом деле не имеют особенностей и принадлежат пространству C([0,π] × [0,2π]) какфункции θ и ϕ.
В самом деле, например,vb(θ,ϕ) = v(sin θ cos ϕ, sin θ sin ϕ, cos ϕ) ∈ C([0,π] × [0,2π])как суперпозиция непрерывных функций.ub(θ,ϕ).Проверим далее, что функции∂bu(θ,ϕ)∂θ12и1 ∂bu(θ,ϕ)sin θ ∂ϕАналогично для(19)принадлежат C 1 ([0,π] × [0,2π]). Отсюда будет следовать, чтои∂∂bu(θ,ϕ)1 ∂2ub(θ,ϕ)sin θ,∈ C([0,π] × [0,2π]).∂θ∂θsin θ ∂ϕ2В силу сделанного выше замечания 1 функция ub(θ,ϕ) ∈∈ C 2 ((0,π) × [0,2π]), а потому∂bu(θ,ϕ),∂θ1 ∂bu∈ C 1 ((0,π) × [0,2π]).sin θ ∂ϕПоэтому остаётся показать, например, что функции (19) принадлежат пространствамhh π iπ i× [0,2π]и C 1 π − ,π × [0,2π] .C 1 0,66Проверим, например, первое.
В силу определения 1 функцияq√1def222ũ(x1 ,x2 ) = u(x1 ,x2 , 1 − x1 − x2 ) ∈ Cx1 + x2 6.2x3π6При этом u(x1 ,x2 ,x3 )|x∈S1 == ũ(x1 ,x2 ) в окрестности верхнего полюса сферы S1 , описываемой в сферической системеOнеравенством θ 6 6 . Поэтомуимеет место равенствоπx2ub(θ,ϕ) = ũ(sin θ cos ϕ, sin θ sin ϕ),(20)и этапринадлежитh функцияix1πРис. 3C 2 0, 6 × [0,2π] как суперпозиция функций соответствующей гладкости. Отсюда сле-13дует утверждение относительно первой функции (19). Далее,дифференцируя (20) по ϕ, имеем1 ∂bu∂ ũ= −(sin θ cos ϕ, sin θ sin ϕ) sin ϕ+sin θ ∂ϕ∂x1h π i∂ ũ+(sin θ cos ϕ, sin θ sin ϕ) cos ϕ ∈ C 1 0,× [0,2π] ,∂x16опять же как линейная комбинация суперпозиций функций соπответствующей гладкости. (Отметим, что при θ 6 6 имеемp10 6 x21 + x22 = sin θ 6 2 ).
Итак, необходимые утвержденияустановлены.Отсюда следует законность использованных расстановокпорядков интегрирования в последнем выражении (18). Далее,интегрированием по частям встречающихся там внутреннихинтегралов имеемθ=πZ π∂∂bu(θ,ϕ)∂bu(θ,ϕ)sin θvb(θ,ϕ) dθ = sin θvb(θ,ϕ)−∂θ∂θ0 ∂θθ=0Z πZ π∂bu(θ,ϕ) ∂bv (θ,ϕ)∂bu ∂bvsin θ−·dθ = −·sin θ dθ,∂θ∂θ00 ∂θ ∂θпоскольку sin 0 = sin π = 0, а такжеϕ=2πZ 2π 2∂ ub(θ,ϕ)∂bu(θ,ϕ)vb(θ,ϕ) dϕ =vb(θ,ϕ)−2∂ϕ∂ϕ0ϕ=0Z 2πZ 2π∂bu(θ,ϕ) ∂bv (θ,ϕ)∂bu ∂bv−·dϕ = −·dϕ,∂ϕ∂ϕ∂ϕ ∂ϕ00поскольку в силу 2π-периодичности по ϕ функций ũ(θ,ϕ) иϕ=2π∂bu(θ,ϕ)vb(θ,ϕ) имеемvb(θ,ϕ)= 0.
Используя полученные∂ϕϕ=014равенства, приходим к выражению!Z 2πZ π∂bu∂bv1∂bu1∂bv(−∆0S1 u,v)S1 =·+·sin θ dθ dϕ =∂θ ∂θ sin θ ∂ϕ sin θ ∂ϕ0 0Z=(∇S1 u,∇S1 v) ds,(21)S1где вектор ∇S1 u лежит в касательной плоскости к S1 (в каждойточке S1 ) и представляет собой градиент функции u (заданнойна S1 ) вдоль сферы вектора ∇S1 u в сфериче S1 : координаты∂bu1∂buской системе суть 0, ∂θ , sin θ ∂ϕ .Из формулы (21) вытекает сразу неотрицательность оператора −∆0S1 :Z(−∆0S1 u,u)S1 =|∇S1 u|2 ds > 0.(22)S1Из этой же формулы (21) легко получаем и симметричностьоператора −∆0S1 . А именно, меняя местами функции u и v в(21) и переходя к комплексному сопряжению, получаемZ(u, − ∆0S1 v)S1 = (−∆0S1 v,u)S1 =(−∇S1 v,∇S1 u)S1 ds =S1Z=(∇S1 u,∇S1 v) ds = (−∆0S1 u,v)S1 .S1Итак, лемма 1 установлена.У п р а ж н е н и е 1.
Пользуясь равенством в (22), установить, что всякая гармоническая на сфере S1 функция u(x), т.е.функция u(x) ∈ C 2 (S1 ), удовлетворяющая на S1 однородномууравнению Лапласа–Бельтрами ∆0S1 u(x) = 0 ∀ x ∈ S1 , являетсяпостоянной на S1 .Как и в алгебре (а также для оператора Лапласа в ограниченной области с однородным граничным условием Дирихле),15симметричность и неотрицательность оператора −∆0S1 влекутследующие свойства его собственных значений и собственныхфункций.Лемма 2. 1◦ . Собственные значения (СЗ) оператора −∆0S1неотрицательны.2◦ . Собственные функции (СФ) оператора −∆0S1 , отвечающие различным СЗ, ортогональны относительно скалярногопроизведения (16).Д о к а з а т е л ь с т в о.
1◦ . Пусть y(x) — СФ оператора−∆0S1 , отвечающая СЗ λ:−∆0S1 y(x) = λy(x),y(x) 6≡ 0.(23)Последнее влечёт, что (y,y)S1 > 0. Тогда в силу (23) и (22)(−∆0S1 y,y)S1 = (λy,y)S1 = λ(y,y)S1 > 0.Отсюда вытекает, что и λ > 0.2◦ . Пусть y1 (x) и y2 (x) — две СФ оператора −∆0S1 , отвечающие, соответственно, СЗ λ1 и λ2 , причём λ1 6= λ2 . Тогда,пользуясь симметричностью −∆0S1 и действительностью СЗ λ1и λ2 , имеем:λ1 (y1 ,y2 )S1 = (λ1 y1 ,y2 )S1 = (−∆0S1 y1 ,y2 )S1 = (y1 , − ∆0S1 y2 )S1 == (y1 ,λ2 y2 )S1 = λ2 (y1 ,y2 )S1 .Отсюда(λ1 − λ2 )(y1 ,y2 )S1 = 0,и, поскольку (λ1 − λ2 ) 6= 0, (y1 ,y2 )S1 = 0. Лемма установлена.Следующая лемма является центральной для изложения теории сферических функций, которому мы следуем.Лемма 3. 1◦ . Собственными значениями оператора −∆0S1могут быть лишь числа λl = l(l + 1), где l > 0 — целые.Если λ = l(l + 1) — СЗ, а y(x) — соответствующая ему СФ16оператора −∆0S1 , то функция V (x), имеющая в сферическойсистеме координат выражениеVb (ρ,θ,ϕ) = ρl yb(θ,ϕ),(24)где yb(θ,ϕ) — выражение в сферической системе на S1 СФ y(x),представляет собой однородный гармонический многочлен переменных x = (x1 ,x2 ,x3 ) степени l.2◦ .
Обратно, если V (x) — ненулевой (V (x) 6≡ 0) однородныйгармонический многочлен в R3 степени l, то его представление Vb (ρ,θ,ϕ) в сферической системе имеет вид (24), где yb(θ,ϕ)— выражение в сферической системе на S1 функции y(x) ∈∈ C ∞ (S1 ), y(x) 6≡ 0, представляющей собой СФ оператора −−∆0S1 , отвечающую СЗ λ = l(l + 1).Д о к а з а т е л ь с т в о. 1◦ .
Пусть λ > 0 — СЗ, y(x) ∈∈ C 2 (S1 ) — отвечающая ему СФ оператора −∆0S1 и yb(θ,ϕ) —выражение y(x) в сферической системе. Нетрудно видеть, чтофункция V (x), представление которой в сферической системеимеет видVb (ρ,θ,ϕ) = R(ρ)by (θ,ϕ),(25)2где R(ρ) ∈ C (0,∞), является дважды непрерывно дифференцируемой функцией в R3 \ {0}, т.е. V (x) ∈ C 2 (R3 \ {0}) (отметим, что это верно и для любой y(x) ∈ C 2 (S1 )). Найдём видтех R(ρ), при которых функция (25), где y(x) — СФ оператора−∆0S1 , является гармонической в R3 \ {0}, т.е. удовлетворяетуравнению Лапласа в R3 .Подставляя (25) в уравнение Лапласа, записанное в сфеb 0 yb(θ,ϕ) =рической системе, используя (11) и то, что ∆θ,ϕ= −λby (θ,ϕ), приходим к уравнению2 0λ00R (ρ) + R (ρ) − 2 R(ρ) yb(θ,ϕ) = 0.ρρПоскольку yb(θ0 ,ϕ0 ) 6= 0 при некоторых θ0 ,ϕ0 , отсюда получаем,17что R(ρ) является решением на (0,∞) обыкновенного дифференциального уравнения2λR00 (ρ) + R0 (ρ) − 2 R(ρ) = 0.ρρЭто уравнение является уравнением Эйлера, и его решенияследует искать в виде R(ρ) = ρµ .
Подставляя такое выражениев (25) и сокращая на ρµ−2 , приходим к следующему уравнениюдля µ:µ2 + µ − λ = 0.(26)Корнями этого уравнения являются значенияr11µ± = − ±+ λ.42r11Поскольку λ > 0, имеем 4 + λ > 2 , а потомуr11µ+ = − ++ λ > 0, а µ− 6 −1.24Рассмотрим далее только функцию V (x), которая в сферической системе имеет выражениеVb (ρ,θ,ϕ) = ρµ+ yb(θ,ϕ).(27)Итак, эта функция является гармонической в R3 \ {0}. Установим, что V (x) является ограниченной в проколотом шаре0 < |x| = ρ 6 1.В самом деле, т.к. y(x) ∈ C(S1 ) ⊂ C 2 (S1 ) , а S1 — замкнутое ограниченное множество в R3 , то по теореме Вейерштрассаy(x) ограничена на S1 : ∃ M : |y(x)| 6 M ∀ x ∈ S1 .
Поэтому и|by (θ,ϕ)| 6 M, 0 6 θ 6 π, 0 6 ϕ 6 2π.(28)Так как µ+ > 0, ρµ+ 6 1 при 0 < ρ 6 1. Отсюда Vb (ρ,θ,ϕ) 66 M , а потому и |V (x)| 6 M при 0 < |x| 6 1.18Воспользуемся теперь теоремой об устранимой особенностидля гармонической функции, согласно которой функция, гармоническаяшаре 0 < |x0 − x| < R в R3 и являю в проколотомщаяся o1|x0 − x|при x → x0 , имеет конечный предел в точкеx = x0 и, будучи доопределённой в этой точке своим предельным значением, становится гармонической уже во всём шаре|x0 − x| < R.
В нашем случае V (x) гармонична в проколотомшаре 0 < |x| < ∞ и, в силу ограниченности V (x) в окрестно1сти нуля, V (x) = o |x| при x → ∞. Поэтому V (x) можно такдоопределить в точке x = 0, что она будет гармонической ужево всём пространстве R3 .Далее заметим, что V (x) имеет на бесконечности рост невыше степенного: в силу (27) и (28)|V (x)| 6 M |x|µ+∀ x ∈ Rn .Применим здесь теорему Лиувилля для гармонических функций в R3 и получим в результате, что V (x) представляет собоймногочлен переменных x1 ,x2 ,x3 .Теперь уже нетрудно показать, что число µ+ в представлении (27) является целым, обозначим его буквой l, а V (x) представляет собой однородный многочлен степени l. Для этоговоспользуемся следующим утверждением.Предложение 1.
Пусть v(t) — многочлен одной действительной переменной t и известно, что v(t) = btµ , b 6= 0, ∀ t > 0.Тогда µ = l, l > 0 — целое.Д оPк а з а т е л ь с т в о. Так как многочлен v(t) 6≡ 0, то6 0. Сравнивая эти дваv(t) = lk=0 ak tk , где l — целое и al =19различных представления для v(t), получим, что! l−1Xv(t)ak −(l−k)1bl−µl−µ=tt1+=t1+O=µal taltalk=0при t → ∞. Это возможно лишь в том случае, когда l − µ = 0bи a = 1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
