3-D Laplace Equation And Spherical Harmonic Function

1 3D Laplace Equation

三维拉普拉斯方程方程可记成多种形式:

\begin{aligned} Δ u & = \nabla^{2} u = \nabla \cdot \nabla u = 0 \\ = \frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r} (r^{2} \frac{\partial u}{\partial r}) + \frac{1}{r^{2} \sin θ} \frac{\partial}{\partial θ} (\sin θ \frac{\partial u}{\partial θ}) + \frac{1}{r^{2} \sin^{2} θ} \frac{\partial^{2} u}{\partial^{2} φ} \end{aligned}

对其分离变量 $u (r, θ, φ) = R (r) Y (θ, φ)$ , 容易得到

\frac{1}{R} \frac{d}{d r} (r^{2} \frac{d R}{d r}) = - \frac{1}{Y} (\frac{1}{\sin θ} \frac{\partial}{\partial θ} (\sin θ \frac{\partial Y}{\partial θ}) + \frac{1}{\sin^{2} θ} \frac{\partial^{2} Y}{\partial ϕ^{2}}) = λ

2 径向衰减

常常选取 $λ = l (l + 1)$ , 于是

\frac{d}{d r} (r^{2} \frac{d R}{d r}) - l (l + 1) R = 0

这是欧拉方程, 根据换元 $r = e^{s}$ 得到它的通解是

R (r) = A r^{l} + B r^{- (l + 1)}, l \geq 0

通常情况下, 场不会传播到无穷远处, 也就是在解 $R (r)$ 的定义域包含 $r = \infty$ 时因为 $r^{l} \to \infty$ 导致 $R (r) \to \infty$ 而不满足物理意义, 所以通常取 $A = 0$ , 这将只剩下 $r^{- l - 1}$ 的项, 表明场随着 $r$ 增加而逐渐衰减. 同理, 在解的定义域包含 $r = 0$ 时, 通常取 $B = 0$ .

3 球面谐波

3.1 球谐函数的引出

由上述已知, 拉普拉斯方程的球面偏导部分是

\frac{1}{\sin θ} \frac{\partial}{\partial θ} (\sin θ \frac{\partial Y}{\partial θ}) + \frac{1}{\sin^{2} θ} \frac{\partial^{2} Y}{\partial ϕ^{2}} + l (l + 1) Y = 0

进一步分离变量 $Y (θ, φ) = Θ (θ) Φ (φ)$ , 有

\begin{matrix} (1) & {\begin{cases} \frac{d^{2} Φ}{d^{2} φ} + m^{2} Φ = 0 \\ Φ (φ) = Φ (φ + 2 π) \end{cases} \end{matrix}

\begin{matrix} (2) & \begin{array}{l} \sin θ \frac{d}{d θ} (\sin θ \frac{d Θ}{d θ}) + [(l + 1) l \sin^{2} θ - m^{2}] Θ = 0 \end{array} \end{matrix}

方程(1)没什么好说的, 解是 $Φ_{m} (φ) = e^{i m φ}$ . 对方程(2)做换元 $θ = \arccos x$ , 得到

\begin{matrix} (3) & (1 - x^{2}) \frac{d^{2} Θ}{d x^{2}} - 2 x \frac{d Θ}{d x} + [l (l + 1) - \frac{m^{2}}{1 - x^{2}}] Θ = 0 \end{matrix}

这被称为连带勒让德方程. 特别的, 当 $m = 0$ 时, 上式退化为勒让德方程:

\begin{matrix} (4) & Θ \to P_{l} : (1 - x^{2}) \frac{d^{2} P_{l}}{d x^{2}} - 2 x \frac{d P_{l}}{d x} + l (l + 1) P_{l} = 0 \end{matrix}

该方程的解就是勒让德函数 $P_{l} (x)$ .

对连带勒让德方程(3)做换元 $y (x) = Θ (x) (1 - x^{2})^{- \frac{m}{2}}$ , 可得到

\begin{aligned} Θ & = (1 - x^{2})^{\frac{m}{2}} y \\ Θ^{'} & = {(1 - x^{2})}^{\frac{m}{2}} y^{'} - m {(1 - x^{2})}^{\frac{m}{2} - 1} x y \\ Θ^{″} & = {(1 - x^{2})}^{\frac{m}{2}} y^{''} - 2 m {(1 - x^{2})}^{\frac{m}{2} - 1} x y^{'} - m {(1 - x^{2})}^{\frac{m}{2} - 1} y + m (m - 2) {(1 - x^{2})}^{\frac{m}{2} - 2} x^{2} y \\ (5) & \Rightarrow (1 - x^{2}) y^{''} - 2 (m + 1) x y^{'} + [l (l + 1) - m (m + 1)] y = 0 \end{aligned}

将该方程与勒让德方程(4)做比较, 先对勒让德方程求导 $m$ 次, 记 $P_{l}^{(m)}$ 表示对 $P_{l}$ 求 $m$ 次导, 利用莱布尼兹公式 $(u v)^{(m)} = \sum_{k = 0}^{m} (\binom{m}{k}) u^{(m - k)} v^{(k)}$ , 可以得到

\begin{aligned} 0 & = {[(1 - x^{2}) P_{l}^{(2)} - 2 x P_{l}^{(1)} + l (l + 1) P_{l}]}^{(m)} = 0 \\ = [(1 - x^{2}) P_{l}^{(m + 2)} - 2 m x P_{l}^{(m + 1)} - m (m - 1) P_{l}^{(m)}] - 2 [x P_{l}^{(m + 1)} + m P_{l}^{(m)}] + l (l + 1) P_{l}^{(m)} \\ = (1 - x^{2}) P_{l}^{(m + 2)} - 2 (m + 1) x P_{l}^{(m + 1)} + [l (l + 1) - m (m + 1)] P_{l}^{(m)} \end{aligned}

这恰好和式(5)的形式一致, 也就是说方程(5)的解是

y_{l}^{m} = \frac{d^{m}}{d x^{m}} P_{l} (x), | m | \leq l

那么连带勒让德方程(3)的解记为连带勒让德函数 $P_{l}^{m} (x)$ , 回忆前面做过换元 $y (x) = Θ (x) (1 - x^{2})^{- \frac{m}{2}}$ , 那么

P_{l}^{m} (x) = (1 - x^{2})^{\frac{m}{2}} \frac{d^{m}}{d x^{m}} P_{l} (x), | m | \leq l

所以, 最后的球谐函数就是

Y_{l}^{m} (θ, φ) = P_{l}^{m} (\cos θ) Φ_{m} (φ)

如果要归一化 $Y$ , 也就是令 $\int_{0}^{2 π} d φ \int_{0}^{π} Y_{l}^{m} (θ, φ) \sin θ d θ = 1$ , 则可以得到归一化的球谐函数:

Y_{l}^{m} (θ, φ) = \sqrt{\frac{1}{2 π} \frac{2 l + 1}{2} \frac{(l - m)!}{(l + m)!}} P_{l}^{m} (\cos θ) e^{i m φ}

于是 $\nabla^{2} u = 0$ 的通解表示为

\begin{matrix} (6) & u (r, θ, φ) = R (r) Y_{l}^{m} (θ, φ) = \sum_{l = 0}^{\infty} \sum_{m = - l}^{l} (A r^{l} + B r^{- (l + 1)}) \sqrt{\frac{1}{2 π} \frac{2 l + 1}{2} \frac{(l - m)!}{(l + m)!}} P_{l}^{m} (\cos θ) e^{i m φ} \end{matrix}

另外, 这里列出连带勒让德函数的前几项:

\begin{aligned} P_{0}^{0} (x) & = 1, \\ P_{1}^{0} (x) & = x, P_{1}^{1} (x) = - \sqrt{1 - x^{2}}, \\ P_{2}^{0} (x) & = \frac{1}{2} (3 x^{2} - 1), P_{2}^{1} (x) = - 3 x \sqrt{1 - x^{2}}, P_{2}^{2} (x) = 3 (1 - x^{2}), \\ P_{3}^{0} (x) & = \frac{1}{2} (5 x^{3} - 3 x), P_{3}^{1} (x) = - \frac{3}{2} (5 x^{2} - 1) \sqrt{1 - x^{2}}, P_{3}^{2} (x) = 15 x (1 - x^{2}), P_{3}^{3} (x) = - 15 (1 - x^{2})^{3 / 2} . \end{aligned}

3.2 $Y_{1}^{m}$ 和偶极场

在静磁学中, 如果场点不存在电流( $\nabla \times \vec{B} = 0$ ), 那么磁感应强度 $\vec{B}$ 可以表示成磁标势 $Φ_{m}$ 的梯度 $\vec{B} = - \nabla Φ_{m}$ , 并且由于 $\nabla \cdot \vec{B} = 0$ , 所以磁标势自动满足拉普拉斯方程 $\nabla^{2} Φ_{m} = 0$ . 在其通解形式中, 前几项球谐函数有显著的物理意义.

上述的归一化球谐函数中, $Y_{1}^{0} (θ) = \sqrt{\frac{3}{4 π}} \cos θ \propto \cos θ = \frac{z}{r}$ , $R_{1} (r) = A r + \frac{B}{r^{2}} = \frac{B}{r^{2}}$ (取 $A = 0$ ). 于是 $Φ_{m}$ 的一个解可以写作

Φ_{p o l e} (r, θ, φ) = \frac{C}{r^{2}} \cos θ, C = const

求梯度得到

\vec{B} = - (\partial_{r} Φ_{p o l e}, \frac{1}{r} \partial_{θ} Φ_{p o l e}, 0) = C \cdot (\frac{2 \cos θ}{r^{3}}, \frac{\sin θ}{r^{3}}, 0)

回忆磁偶极子在远处的磁场表达式:

\vec{B} = \frac{μ_{0}}{4 π} \frac{3 (\vec{n} \cdot \vec{m}) \vec{n} - \vec{m}}{r^{3}} = \frac{μ_{0}}{4 π} \frac{3 \cos θ {\vec{e}}_{r} - {\vec{e}}_{z}}{r^{3}} = \frac{μ_{0}}{4 π} \frac{3 \cos θ {\vec{e}}_{r} - (\cos θ {\vec{e}}_{r} - \sin θ {\vec{e}}_{θ})}{r^{3}} = \frac{μ_{0}}{4 π} \frac{2 \cos θ {\vec{e}}_{r} + \sin θ {\vec{e}}_{θ}}{r^{3}}

发现两式形式一致, 只要取 $C = \frac{μ_{0}}{4 π}$ , 就可以用球谐函数 $Y_{1}^{0}$ 描述偶极磁场.

另外, 由于 $Y_{1}^{\pm 1}$ 是虚数, 所以为保证物理意义, 选取它们的实数线性组合 $Y_{1}^{x} = \frac{Y_{1}^{1} + Y_{1}^{- 1}}{\sqrt{2}}$ 和 $Y_{1}^{y} = \frac{Y_{1}^{1} - Y_{1}^{- 1}}{i \sqrt{2}}$ , 显然 $Y_{1}^{x} \propto \sin θ \cos φ = \frac{x}{r}$ , $Y_{1}^{y} \propto \sin θ \sin φ = \frac{y}{r}$ 为实数. 对于三维旋转, 考察球谐函数的变换, 比如在直角坐标系中, 绕 $y$ 轴旋转的变换矩阵是

R_{y} (β) = (\begin{matrix} \cos β & 0 & \sin β \\ 0 & 1 & 0 \\ - \sin β & 0 & \cos β \end{matrix})

变换导致 $(x, y, z) \to (x^{'}, y^{'}, z^{'}), (r, θ, φ) \to (r^{'}, θ^{'}, φ^{'})$ , 即:

\begin{aligned} θ^{'} & = \arccos (\frac{z^{'}}{r}) = \arccos (\frac{- x \sin β + z \cos β}{r}) \\ = \arccos (- \sin θ \cos φ \sin β + \cos θ \cos β) \end{aligned}

\begin{aligned} φ^{'} & = \arctan \frac{y^{'}}{x^{'}} = \arctan \frac{y}{x \cos β + z \sin β} \\ = \arctan \frac{\sin θ \sin φ}{\sin θ \cos φ \cos β + \cos θ \sin β} \end{aligned}

如果取 $β = \frac{π}{2}$ , 就有

\begin{array}{r} θ^{'} = \arccos (- \sin θ \cos φ) \end{array}

\begin{array}{r} φ^{'} = \arctan (\frac{\sin θ \sin φ}{\cos θ}) \end{array}

也就是说, 在绕 $y$ 轴旋转 $90^{\circ}$ 后, $Y_{1}^{x}$ 变成了描述朝向 $z$ 轴的偶极子 $Y_{1}^{0}$ :

\begin{aligned} Y_{1}^{x} (θ^{'}, φ^{'}) \propto \sin θ^{'} \cos φ^{'} & = \sin (\arccos (- \sin θ \cos φ)) \cdot \cos (\arctan (\frac{\sin θ \sin φ}{\cos θ})) \\ = \sqrt{1 - (\sin θ \cos φ)^{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + {(\frac{\sin θ \sin φ}{\cos θ})}^{2}}} \\ = \sqrt{1 - (\sin θ \cos φ)^{2}} \cdot \frac{\cos θ}{\sqrt{\cos^{2} θ + {(\sin θ \sin φ)}^{2}}} \\ = \cos θ \\ \propto Y_{1}^{0} (θ) \end{aligned}

因此, $Y_{1}^{x}$ 实际上描述的是沿 $x$ 轴方向的磁偶极子, 类似的知道 $Y_{1}^{y}$ 描述沿 $y$ 轴方向的磁偶极子. 在量子力学里面, 上面的旋转操作可以用 $W i n g e r - D$ 矩阵作用于球谐函数得到, 这个矩阵的元素很丑陋, 可以在 $M M A$ 中直接调用 $W i n g e r - D$ 函数快速计算.

3.3 $Y_{2}^{m}$ 和四极场

同理, 对于归一化球谐函数 $Y_{2}^{0} (θ) = \sqrt{\frac{5}{16 π}} (3 \cos^{2} θ - 1)$ , 磁标势 $Φ_{quad} (r, θ) = R \cdot g_{2}^{0} {(\frac{R}{r})}^{3} \sqrt{\frac{5}{16 π}} (3 \cos^{2} θ - 1)$ , $g_{2}^{0}$ 为常数, 计算得到

\begin{matrix} B_{r} = - \frac{\partial Φ}{\partial r} = 3 g_{2}^{0} (\frac{R^{4}}{r^{4}}) \sqrt{\frac{5}{16 π}} (3 \cos^{2} θ - 1) \\ B_{θ} = - \frac{1}{r} \frac{\partial Φ}{\partial θ} = 3 g_{2}^{0} (\frac{R^{4}}{r^{4}}) \sqrt{\frac{5}{16 π}} \sin 2 θ \\ B_{φ} = 0 \end{matrix}

关于球谐系数 $g_{l}^{m}$ 的具体拟合值, 可在第 $14$ 版国际参考地磁场(IGRF)的官方文件中查阅. 对于 $m \neq 0$ 的球谐函数, 同样选取他们的实数线性组合, 可以得到他们表示的四极场只是 $Y_{2}^{0} (θ)$ 的旋转, 但是形式更加复杂.

4 球谐系数

4.1 函数 $\frac{1}{| \vec{r} - \vec{a} |}$ 的勒让德系数

处理电磁场的问题中常常遇到函数 $f (r) = \frac{1}{| r - a |}$ ，出于简洁，首先假设 $r = (r, θ, φ)$ ， $a = (a, 0, 0)$ ，那么可见函数 $f (r)$ 是轴对称的（即与 $φ$ 无关），可展开为：

\frac{1}{| r - a |} = \sum_{l = 0}^{\infty} A_{l} (r, a) P_{l} (\cos θ)

当 $θ = 0$ ：

\frac{1}{| r - a |} = \frac{1}{| r - a |} = {\begin{array}{r} \frac{1}{r} \frac{1}{1 - (a / r)} = \frac{1}{r} \sum_{l = 0}^{\infty} {(\frac{a}{r})}^{l} = \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{a^{l}}{r^{l + 1}}, r > a \\ \frac{1}{a} \frac{1}{1 - (r / a)} = \frac{1}{a} \sum_{l = 0}^{\infty} {(\frac{r}{a})}^{l} = \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{r^{l}}{a^{l + 1}}, r < a \end{array}

简记为

\frac{1}{| r - a |} = \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{r_{<}^{l}}{r_{>}^{l + 1}}, r_{<} = min (r, a), r_{>} = max (r, a)

由 $P_{l} (\cos 0) = P_{l} (1) = 1$ 和对比系数：

\frac{1}{| r - a |} = \sum_{l = 0}^{\infty} A_{l} (r, a) P_{l} (\cos 0) = \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{r_{<}^{l}}{r_{>}^{l + 1}}

可知 $A_{l} (r, a) P_{l} (\cos 0) = \frac{r_{<}^{l}}{r_{>}^{l + 1}}$ ：

\frac{1}{| r - a |} = \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{r_{<}^{l}}{r_{>}^{l + 1}} P_{l} (\cos θ)

现在旋转得到 $a = (a, θ^{'}, φ^{'})$ ，由于 $| r - a |$ 只取决于两个矢量之间的相对夹角 $γ = \arccos \frac{r \cdot a}{| r \cdot a |}$ ，所以对于一般情形，有

\frac{1}{| r - a |} = \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{r_{<}^{l}}{r_{>}^{l + 1}} P_{l} (\cos γ), γ = \arccos \frac{r \cdot a}{| r \cdot a |}, r_{<} = min (r, a), r_{>} = max (r, a)

4.2 已知球对称边界条件

现在需要确定系数 $B_{l m}$ , 假设 $A = 0$ , 通解写成:

u (r, θ, φ) = \sum_{l = 0}^{\infty} \sum_{m = - l}^{l} \frac{B_{l m}}{r^{l + 1}} Y_{l}^{m} (θ, φ)

其中 $Y_{l}^{m} (θ, φ) = \sqrt{\frac{(2 l + 1)}{4 π} \frac{(l - m)!}{(l + m)!}} P_{l}^{m} (\cos θ) e^{i m φ}$ , 它是正交归一化的:

\int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π} Y_{l}^{m} (θ, φ) Y_{l^{'}}^{m^{'} *} (θ, φ) \sin θ d θ d φ = δ_{l l^{'}} δ_{m m^{'}}

将通解两边乘以 $Y_{l^{'}}^{m^{'} *} (θ, φ)$ , 然后积分:

\int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π} u (a, θ, φ) Y_{l^{'}}^{m^{'} *} (θ, φ) \sin θ d θ d φ = \sum_{l = 0}^{\infty} \sum_{m = - l}^{l} \frac{B_{l m}}{a^{l + 1}} \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π} Y_{l}^{m} (θ, φ) Y_{l^{'}}^{m^{'} *} (θ, φ) \sin θ d θ d φ

得到上式需要假定边界条件为 $r = a$ 时 $u (r, θ, φ) = u (a, θ, φ)$ 已知。利用正交归一关系, 右边只剩下 $l = l^{'}$ 且 $m = m^{'}$ 时的项：

\int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π} u (a, θ, φ) Y_{l^{'}}^{m^{'} *} (θ, φ) \sin θ d θ d φ = \frac{B_{l^{'} m^{'}}}{a^{l^{'} + 1}}

从而可解出:

B_{l^{'} m^{'}} = a^{l^{'} + 1} \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π} u (a, θ, φ) Y_{l^{'}}^{m^{'} *} (θ, φ) \sin θ d θ d φ

同理，假设 $B = 0$ ，可以得到：

A_{l^{'} m^{'}} = a^{- l^{'}} \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π} u (a, θ, φ) Y_{l^{'}}^{m^{'} *} (θ, φ) \sin θ d θ d φ

4.2.1 反解偶极场

举个例子，假设已知边界电势 $φ (a, θ, φ) = V_{0} \cos θ$ ，求解这是一个什么场。由于分布与 $φ$ 无关，只有 $m = 0$ 的项贡献。根据球谐函数的定义：

Y_{0}^{0} = \frac{1}{\sqrt{4 π}}, Y_{1}^{0} = \sqrt{\frac{3}{4 π}} \cos θ

由此可见，我们的边界分布可以写为：

φ (a, θ) = V_{0} \sqrt{\frac{4 π}{3}} Y_{1}^{0} (θ, φ)

所以球谐系数根据前面提到的公式计算：

B_{l m} = a^{l + 1} \cdot V_{0} \sqrt{\frac{4 π}{3}} \int_{Ω} Y_{1}^{0} Y_{l}^{m *} d Ω

得到 $B_{10} = V_{0} a^{2} \sqrt{\frac{4 π}{3}}$ ，即 $φ (r, θ) = V_{0} \frac{a^{2}}{r^{2}} \cos θ (r \geq a)$ ，这恰好是电偶极矩为 $p = 4 π ϵ_{0} V_{0} a^{2}$ 的点电偶极子的电势（或者前面提过的磁偶极子）。