Разложение по полиномам Лежандра

[SCW]

Добрый вечер

Обращаюсь с задачей, в которой необходимо получить разложения функции $\frac{e^{-\mu R}}{\mu R}$ и аналогичной ей $\frac{e^{ikR}}{kR}$ по многочленам Лежандра. Здесь $R=\sqrt{r^2+\rho^2-2r \rho \cos \theta}$.

Известно, что случай является частным для теоремы Гегенбауэра. Впрочем, хотелось бы обойтись без любых сторонних теорем.

Например, с помощью производящих функций для $I_{n+\frac{1}{2}}, K_{n+\frac{1}{2}}$ можно разложить похожую $\frac{\exp(-\sqrt{x^2+2xt})}{\sqrt{x^2+2xt}}$, и заменами в подкоренном выражении свести ее к любой из искомых. Возможно, это неверный способ - пока результатов он не дает.

Очень хотелось бы услышать о рациональных путях решения.

[svv]

Если я Вас правильно понял, см. Справочник по математике Г.Корн, Т.Корн, стр.790, пункт «Теоремы сложения для сферических функций Бесселя и полиномов Лежандра».

Звучит страшно, но:
1) из сферических функций Бесселя там рассматриваются только функции нулевого порядка: $h^{(1)}_{0}(z)=\frac{e^{iz}}{iz}$ , то есть Ваш случай; хотя, вообще-то, аналогичные формулы есть и для высших порядков;
2) теорема сложения для полиномов Лежандра Вам не нужна, поскольку угол $\gamma$ в справочнике — это Ваш $\theta$; аргумент полиномов $\cos\gamma$ уже является для Вас тем, что надо, и переразложение по полиномам от другого аргумента, как в справочнике, Вам не нужно.

[SCW]

svv, спасибо за ссылку на авторитетный источник. Но мне важно, скорее, выведение этой формулы.

[svv]

Где-то видел несложное доказательство. Сейчас могу предложить:
1) Бейтмен, Эрдейи, том 2, пункт 7.6 «Теорема сложения».
2) Ватсон, Теория бесселевых функций, глава XI «Теоремы сложения», особенно параграф 11.41.

[SCW]

svv, к сожалению, оба автора ссылаются на упомянутую теорему Гегенбауера. Возможно, есть более простые пути?

Например, $\frac{e^{ikR}}{kR}, \frac{e^{\mu R}}{\mu R}$ - это функции Грина уравнения Гельмгольца. Его решения, в целом, имеют очень похожую структуру.

[svv]

Обозначения: точечный источник находится в точке $\mathbf a$. Его поле в точке $\mathbf r$ равно $u(\mathbf r)=\frac{e^{ikR}}{ikR}$, где $\mathbf R=\mathbf r-\mathbf a$. Модуль вектора обозначаем той же буквой, что вектор, только курсивной.

Запишем разложение поля на сфере $r=\operatorname{const}>a$ по полиномам Лежандра:
$u(\mathbf r)=\sum\limits_{n=0}^\infty f_n(r)\;P_n(\cos\theta)$ ,
где $\theta$ — угол между векторами $\mathbf r$ и $\mathbf a$.

Так как при $r>a$ поле удовлетворяет уравнению Гельмгольца, $f_n(r)$ удовлетворяет сферическому уравнению Бесселя:
$f_n(r)=c_n h^{(1)}_n(kr)+d_n h^{(2)}_n(kr)$
Из условия излучения $d_n=0$:
$u(\mathbf r)=\sum\limits_{n=0}^\infty c_n\; h_n^{(1)}(kr) \;P_n(\cos\theta)$

Остаётся найти коэффициенты $c_n$. Для этого проинтегрируем поле по сфере $r=\operatorname{const}>a$ и воспользуемся ортогональностью полиномов Лежандра. Далее найдём предел $c_n$ при радиусе сферы, стремящемся к бесконечности. Вынося из-под интеграла постоянные на сфере множители и пренебрегая членами высшего порядка малости, можно упростить интеграл до чего-то вроде
$\int\limits_{-1}^{1}e^{-ika x}\;P_n(x)\;dx$, где $x=\cos\theta$.
А это — интеграл для определения коэффициентов разложения плоской волны.
Таков примерный план.

[SCW]

svv, полагаю, что вид коэффициентов можно получить, устремив $r$ к бесконечности. Тогда, с одной стороны,

$\frac{\exp(ikR)}{kR} \sim \frac{\exp(ik(r-\rho \cos \theta))}{kr}=\frac{\exp(ikr)}{kr}\sum (2n+1)(-i)^n j_n(k\rho)P_n(\cos \theta)$, где использовано $j_n(-z)=(-1)^n j_n(z)$

С другой, используя асимптотику функции Ханкеля, получаем:

$\frac{\exp(ikR)}{kR} \sim \frac{\exp(ikr)}{kr} \sum C_n (-i)^{n+1} P_n(\cos \theta)$, где $h_n^{(1)}(z) \sim \frac{1}{z}(-i)^{n+1}\exp(iz)$

Отсюда непосредственно следует вид $C_n$. Но меня настораживает лишнее $-i$.

Кроме того, неясно, чем удобен выбор пары функций $h_k^{(1)}, h_k^{(2)}$, а не, например, $j_k, n_k$. Не совсем ясен и смысл Вашей фразы

svv писал(а):

Из условия излучения

Догадываюсь, что ответы на оба этих вопроса связаны.

[svv]

SCW в сообщении #1130912 писал(а):

Но меня настораживает лишнее $-i$.

Функция $h^{(1)}_0(z)=\frac{e^{iz}}{iz}$, обратите внимание на $i$ в знаменателе, которого нет в Вашей функции. Теорема сложения в справочнике Корна приведена именно для такого определения, я тоже всюду использовал его.

С учётом этого асимптотики выглядят так:
$\frac{\exp(ikR)}{ikR}\sim\frac{\exp(ikr)}{ikr}\sum\limits_n\; (2n+1)\;(-i)^n\;j_n(k\rho)\;P_n(\cos \theta)$
$\frac{\exp(ikR)}{ikR}\sim\frac{\exp(ikr)}{ikr}\sum\limits_n\; c_n\;(-i)^n\;P_n(\cos \theta)$
Теперь всё сходится.

svv в сообщении #1130451 писал(а):

Из условия излучения

Обойдёмся без этого понятия. Подставим выражение для $f_n(r)$ в разложение поля по полиномам Лежандра с ещё неизвестными коэффициентами, получим
$h_0^{(1)}(kR)=\sum\limits_n \left(c_n\; h_n^{(1)}(kr)+d_n\; h_n^{(2)}(kr)\right) P_n(\cos\theta)$
Для больших $r$ имеем (из формул 21.8-48 Корна):
$h_n^{(1)}(z)\sim (-i)^n\;h_0^{(1)}(z)$
$h_n^{(2)}(z)\sim (+i)^n\;h_0^{(2)}(z)$
Поэтому
$h_0^{(1)}(kR)\sim\sum\limits_n \left(c_n\; (-i)^n\;h_0^{(1)}(kr)+d_n\; (+i)^n\;h_0^{(2)}(kr)\right)P_n(\cos\theta)$
С другой стороны,
$h_0^{(1)}(kR)\sim h_0^{(1)}(kr)\sum\limits_n\;(2n+1)\;(-i)^n\;j_n(k\rho)\;P_n(\cos \theta)$
Приравнивая, получаем для каждого $n$:
$c_n\; (-i)^n\;h_0^{(1)}(kr)+d_n\; (+i)^n\;h_0^{(2)}(kr)=h_0^{(1)}(kr)\;(2n+1)\;(-i)^n\;j_n(k\rho)$
В силу линейной независимости $h_0^{(1)}$ и $h_0^{(2)}$ получаем отдельно:
$c_n=(2n+1)\;j_n(k\rho)$
$d_n=0$

[SCW]

svv, спасибо за столь содержательный ответ.

Замечу только, что Вы несущественно описались, раскладывая в ряд функцию $h_n^{(1)}(kR)$, а не $h_0^{(1)}(kR)$.

[svv]

Да, спасибо, исправил (ой, ещё и в нескольких местах!). Последствия копирования формул при наборе.
Скажите, пожалуйста, Ваши вопросы связаны с популярным сейчас Fast Multipole Method'ом?

[SCW]

svv, скорее, это стандартная учебная задача из курса математической физики