图

球面波的归一化

预备知识 球贝赛尔函数, 平面波的归一化

   令一组 scaled 径向函数基底为 $u_{l,m}(k, r) = rR_{l,m}(k, r)$, 若满足

\begin{equation} \int_0^\infty u^*_{l,m}(k',r) u_{l,m}(k, r) \dd{r} = \delta(k - k') \end{equation}
则一组完备正交归一的球面波基底为
\begin{equation} s_{l,m}(k, \bvec r) = \frac{1}{r} u_{l,m}(k, r) Y_{l,m}(\uvec r) \end{equation}
正交归一条件为
\begin{equation}\ali{ &\quad \braketTwo{s_{l,m}(k, \bvec r)}{s_{l',m'}(k', \bvec r)}\\ &= \int_0^\infty \frac{1}{r} u_{l,m}^*(k, r) \frac{1}{r} u_{l',m'}(k', r) r^2 \dd{r} \int Y_{l,m}^*(\uvec r) Y_{l',m'}(\uvec r) \dd{\Omega}\\ &= \delta_{l,l'}\delta_{m,m'}\delta(k-k') }\end{equation}

函数的球面波展开

   空间中任意复函数可以用球面波展开为

\begin{equation}\ali{ f(\bvec r) &= \sum_{l,m} \int_0^\infty c_{l,m}(k) \ket{s_{l,m}(k, \bvec r)} \dd{k}\\ &= \frac{1}{r}\sum_{l,m} \qtyRound{\int_0^\infty c_{l,m}(k) u_{l,m}(k, r) \dd{k}} Y_{l,m}(\uvec r) }\end{equation}
函数在任意基底上的投影为
\begin{equation}\ali{ \braketTwo{s_{l,m}(k, \bvec r)}{f(\bvec r)} &= \sum_{l',m'} \int_0^\infty \dd{k'} c_{l',m'}(k') \braketTwo{s_{l,m}(k, \bvec r)}{s_{l',m'}(k', \bvec r)}\\ & = \sum_{l',m'} \int_0^\infty \dd{k'} c_{l',m'}(k') \delta_{l,l'}\delta_{m,m'}\delta(k-k')\\ & = c_{l,m}(k) }\end{equation}

   令 $\ket{f}$ 的分波展开形式为

\begin{equation} f(\bvec r) = \frac{1}{r}\sum_{l,m} g_{l,m}(r) Y_{l,m}(\uvec r) \end{equation}
则 $g_{l,m}(r)$ 和 $c_{l,m}(k)$ 有类似傅里叶变换的关系
\begin{equation} g_{l,m}(r) = \int_0^\infty c_{l,m}(k) u_{l,m}(k, r) \dd{k} \end{equation}
\begin{equation} c_{l,m}(k) = \int_0^\infty u_{l,m}^*(k, r) g_{l,m}(r) \dd{r} \end{equation}

计算归一化积分

   要计算归一化积分, 我们来看从负无穷到正无穷的归一化积分. 从零到正无穷的积分只需要除以 2 即可. 由傅里叶变换已知

\begin{equation} \braketTwo{k'}{k} = \delta(k - k') \end{equation}
所以
\begin{equation} \int_{-\infty}^{\infty} \E^{-\I k' x} \E^{\I k x} \dd{x} = 2\pi\braketTwo{k'}{k} = 2\pi\delta(k - k') \end{equation}
\begin{equation} \int_{-\infty}^{\infty} \sinRound{\I k' x} \sinRound{\I k x} \dd{x} = \abs{-\I\sqrt{\frac{\pi}{2}}\ket{k} + \I \sqrt{\frac{\pi}{2}}\ket{-k}}^2 = \pi\delta(k - k') \end{equation}
\begin{equation} \int_{-\infty}^{\infty} \cosRound{\I k' x} \cosRound{\I k x} \dd{x} = \abs{\sqrt{\frac{\pi}{2}}\ket{k} + \sqrt{\frac{\pi}{2}}\ket{-k}}^2 = \pi\delta(k - k') \end{equation}
要证明 $\sinRound{kx}$ 和 $\cosRound{kx}$ 正交,
\begin{equation}\ali{ &\quad \int_{-\infty}^{\infty} \sinRound{k'x}^*\cosRound{kx} \dd{x}\\ & = \int_{-\infty}^{\infty}\qtySquare{\I\sqrt{\frac{\pi}{2}}\bra{k} - \I \sqrt{\frac{\pi}{2}}\bra{-k}} \qtySquare{\sqrt{\frac{\pi}{2}}\ket{k} + \sqrt{\frac{\pi}{2}}\ket{-k}} \dd{x} = 0 }\end{equation}
所以零到正无穷区间中完备正交归一的实波函数分别是
\begin{equation} \sqrt{\frac{2}{\pi}} \cosRound{kx} \qquad \sqrt{\frac{2}{\pi}} \sinRound{kx} \qquad (k \geqslant 0) \end{equation}

   现在再来看波函数中有相位 $\phi(k)$ 的情况, 例如

\begin{equation} \int_{0}^{\infty} \sqrt{\frac{\pi}{2}}\sin[k' x + \phi(k')] \sqrt{\frac{\pi}{2}}\sin[k x + \phi(k)] \dd{x} \end{equation}
结果会不会仍然等于 $\delta(k - k')$ 呢? 我们利用 $\sinRound{a + b} = \sin a\cos b + \cos a\sin b$ 和已知的归一化积分得到结果为 $\cos[\phi(k) - \phi(k')] \delta(k - k')$. 如果我们假设 $\phi(k)$ 是连续的, 那么结果就是 $\delta(k - k')$.

   同理可得, 以上所有基底中给波函数添加相移 $\phi(k)$ (连续函数), 归一化积分不变.

归一化的球贝赛尔函数

   由于 $\E^{\I kx}$ 从负无穷到正无穷的归一化积分为 $2\pi\delta(k-k')$, 易得 $\sinRound{kx}$ 的积分为 $\pi\delta(k-k')$ (先表示成指数形式), 从 0 到正无穷的积分为 $\pi\delta(k-k')/2$.

   注意归一化只需要渐进表达式即可(因为局部的不同相对于无穷积分来说可以忽略). 球贝赛尔函数的渐进形式为 $j_l(kr) \to \sinRound{kr - l\pi/2}/(kr)$, 所以 $kr j_l(kr)$ 从 0 到正无穷的归一化积分同样是 $\pi\delta(k-k')/2$. 所以归一化的球贝赛尔函数为

\begin{equation} u_{l,m}(k, r) = \sqrt{\frac{2}{\pi}} kr j_l(kr) \end{equation}
渐进形式为
\begin{equation} u_{l,m}(k, r) \to \sqrt{\frac{2}{\pi}} \sinRound{kr - l\pi/2} \end{equation}

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