13.2: Проблеми Штурма-Ліувіля
- Page ID
- 62272
У цьому розділі розглядаються проблеми на власні значення виду.
\[\label{eq:13.2.1} P_{0}(x)y''+P_{1}(x)y'+P_{2}(x)y+ \lambda R(x)y=0,\quad B_{1}(y)=0,\quad B_{2}(y)=0,\]
де
\[B_{1}(y)=\alpha y(a)+\beta y'(a) \quad \text{and} \quad B_{2}(y)=\rho y(b)+\delta y'(b). \nonumber \]
Як і в розділі 13.1,\(\alpha\),,\(\beta\)\(\rho\), і\(\delta\) є дійсними числами, з
\[\alpha^{2}+\beta^{2}>0 \quad \text{and} \quad \rho^{2}+\delta^{2}>0, \nonumber \]
\(P_{0}\),\(P_{1}\),\(P_{2}\), і\(R\) є безперервними,\(P_{0}\) і\(R\) є позитивними\([a,b]\).
Ми говоримо, що\(\lambda\) це власне значення рівняння\ ref {eq:13.2.1}, якщо Equation\ ref {eq:13.2.1} має нетривіальний розв'язок\(y\). У цьому випадку\(y\) є власна функція, пов'язана з\(\lambda\), або a\(\lambda\) - власна функція. Розв'язування задачі на власні значення означає знаходження всіх власних значень та пов'язаних з ними власних функцій Equation\ ref {eq:13.2.1}.
Вирішити задачу з власним значенням
\[\label{eq:13.2.2} y''+3y'+2y+\lambda y=0,\quad y(0)=0,\quad y(1)=0.\]
Рішення
Характеристичне рівняння рівняння\ ref {eq:13.2.2} дорівнює
\[r^{2}+3r+2+\lambda=0, \nonumber \]
з нулями
\[r_{1}=\frac{-3+\sqrt{1-4\lambda}}{2} \quad \text{and} \quad r_{2}=\frac{-3-\sqrt{1-4\lambda}}{2}. \nonumber \]
Якщо\(\lambda<1/4\) тоді\(r_{1}\) і\(r_{2}\) є дійсними і різними, тому загальним розв'язком диференціального рівняння в Equation\ ref {eq:13.2.2} є
\[y=c_{1}e^{r_{1}t}+c_{2}e^{r_{2}t}. \nonumber \]
Граничні умови вимагають, щоб
\[\begin{aligned} c_{1}\phantom{e^{r_{1}}}+c_{2}\phantom{e^{r_{2}}}&=0\\ c_{1}e^{r_{1}}+c_{2}e^{r_{2}}&=0.\end{aligned}\]
Так як визначник цієї системи є\(e^{r_{2}}-e^{r_{1}}\ne0\), то система має лише тривіальне рішення. Тому\(\lambda\) не є власним значенням рівняння\ ref {eq:13.2.2}.
Якщо\(\lambda=1/4\) тоді\(r_{1}=r_{2}=-3/2\), таким чином, загальним рішенням рівняння\ ref {eq:13.2.2} є
\[y=e^{-3x/2}(c_{1}+c_{2}x). \nonumber \]
Гранична умова\(y(0)=0\) вимагає цього\(c_{1}=0\), так\(y=c_{2}xe^{-3x/2}\) і гранична умова\(y(0)\) цього вимагає\(c_{2}=0\). Тому\(\lambda=1/4\) не є власним значенням рівняння\ ref {eq:13.2.2}.
Якщо\(\lambda>1/4\) тоді
\[r_{1}=-\frac{3}{2}+i\omega \quad \text{and} \quad r_{2}=-\frac{3}{2}-i\omega, \nonumber \]
із
\[\label{eq:13.2.3} \omega =\frac{\sqrt{4\lambda-1}}{2} \quad \text{or equivalently} \quad \lambda=\frac{1+4\omega^{2}}{4}.\]
У цьому випадку загальним розв'язком диференціального рівняння в Equation\ ref {eq:13.2.2} є
\[y=e^{-3x/2}(c_{1}\cos\omega x+c_{2}\sin\omega x). \nonumber \]
Гранична умова\(y(0)=0\) вимагає того\(c_{1}=0\), так\(y=c_{2}e^{-3x/2}\sin\omega x\), що тримає з\(c_{2}\ne0\) if і тільки if\(\omega=n\pi\), де\(n\) ціле число. Ми можемо припустити, що\(n\) це натуральне число. (Чому?). З Рівняння\ ref {eq:13.2.3} власні значення мають\(\lambda_{n}=(1+4n^{2}\pi^{2})/4\) пов'язані власні функції
\[y_{n}=e^{-3x/2}\sin n\pi x,\quad n=1,2,3,\dots. \nonumber \]
Вирішити задачу з власним значенням
\[\label{eq:13.2.4} x^{2}y''+xy'+\lambda y=0,\quad y(1)=0,\quad y(2)=0. \]
Рішення
Якщо\(\lambda=0\) диференціальне рівняння в Equation\ ref {eq:13.2.4} зменшується до\(x(xy')'=0\), отже\(xy'=c_{1}\),
\[y'=\frac{c_{1}}{x}, \quad \text{and} \quad y=c_{1}\ln x+c_{2}. \nonumber \]
Гранична умова\(y(1)=0\) вимагає цього\(c_{2}=0\), так\(y=c_{1}\ln x\). Гранична умова\(y(2)=0\) вимагає цього\(c_{1}\ln2=0\), так\(c_{1}=0\). Тому нуль не є власним значенням рівняння\ ref {eq:13.2.4}.
Якщо\(\lambda<0\), ми пишемо\(\lambda=-k^{2}\) з\(k>0\), так рівняння\ ref {eq:13.2.4} стає
\[x^{2}y''+xy'-k^{2}y=0, \nonumber \]
рівняння Ейлера (розділ 7.4) з індикальним рівнянням
\[r^{2}-k^{2}=(r-k)(r+k)=0. \nonumber \]
Тому
\[y=c_{1}x^{k}+c_{2}x^{-k}. \nonumber \]
Граничні умови вимагають, щоб
\[\begin{aligned} \phantom{2^{k}}c_{1}+\phantom{2^{-k}}c_{2}&=0 \\ 2^{k}c_{1}+2^{-k}c_{2}&=0.\end{aligned}\]
Так як визначальним фактором цієї системи є\(2^{-k}-2^{k}\ne0\),\(c_{1}=c_{2}=0\). Тому рівняння\ ref {eq:13.2.4} не має від'ємних власних значень.
Якщо\(\lambda>0\) ми пишемо\(\lambda=k^{2}\) с\(k>0\). Тоді рівняння\ ref {еква:13.2.4} стає
\[x^{2}y''+xy' +k^{2}y=0, \nonumber \]
рівняння Ейлера з індикальним рівнянням
\[r^{2}+k^{2}=(r-ik)(r+ik)=0, \nonumber \]
тому
\[y=c_{1}\cos(k\ln x)+c_{2}\sin(k\ln x). \nonumber \]
Цього\(y(1)=0\) вимагає гранична умова\(c_{1}=0\). Тому\(y=c_{2}\sin(k\ln x)\). Це має значення\(c_{2}\ne0\) if і тільки якщо\(k=n\pi/\ln 2\), де\(n\) є додатним цілим числом. Отже, власні значення рівняння\ ref {eq:13.2.4} є\(\lambda_{n}=(n\pi/\ln2)^{2}\) пов'язаними власними функціями
\[y_{n}=\sin\left(\frac{n\pi}{\ln2}\ln x\right),\quad n=1,2,3,\dots. \nonumber \]
Для теоретичних цілей корисно переписати диференціальне рівняння в Equation\ ref {eq:13.2.1} в іншій формі, передбаченій наступною теоремою.
Якщо\(P_{0},\)\(P_{1},\)\(P_{2},\) і\(R\) є неперервними і і\(P_{0}\) і\(R\) є додатними на замкнутому інтервалі,\([a,b],\) то рівняння
\[\label{eq:13.2.5} P_{0}(x)y''+P_{1}(x)y'+P_{2}(x)y+\lambda R(x)y=0\]
можна переписати як
\[\label{eq:13.2.6} (p(x)y')'+q(x)y+\lambda r(x)y=0,\]
де\(p\)\(p'\),\(q\) і\(r\) є безперервними і\(p\) і\(r\) позитивними на\([a,b].\)
- Доказ
-
Ми починаємо з перезапису рівняння\ ref {eq:13.2.5} як
\[\label{eq:13.2.7} y''+u(x)y'+v(x)y+\lambda R_{1}(x)y=0,\]
з\(u=P_{1}/P_{0}\),\(v=P_{2}/P_{0}\), і\(R_{1}=R/P_{0}\). (Зверніть увагу, що\(R_{1}\) є позитивним на\([a,b]\).) Тепер давайте\(p(x)=e^{U(x)}\), де\(U\) є будь-яке антипохідне від\(u\). Тоді\(p\) позитивно на\([a,b]\) і, так як\(U'=u\),
\[\label{eq:13.2.8} p'(x)=p(x)u(x)\]
безперервно ввімкнена\([a,b]\). Множення рівняння\ ref {eq:13.2.7} на\(p(x)\) врожайність
\[\label{eq:13.2.9} p(x)y''+p(x)u(x)y'+p(x)v(x)y+\lambda p(x)R_{1}(x)y=0.\]
Оскільки\(p\) є додатним\([a,b]\), це рівняння має ті самі розв'язки, що і Equation\ ref {eq:13.2.5}. З рівняння\ ref {еква:13.2.8},
\[(p(x)y')'=p(x)y''+p'(x)y'=p(x)y''+p(x)u(x)y', \nonumber \]
так рівняння\ ref {eq:13.2.9} можна переписати як в Equation\ ref {eq:13.2.6}, з\(q(x)=p(x)v(x)\) і\(r(x)=p(x)R_{1}(x)\). На цьому доказ завершено.
Протягом усієї частини цього розділу слід розуміти\(p\), що, і\(r\) мають властивості\(q\), зазначені в теоремі Template:index. Більше того, коли ми пишемо\(Ly\) в загальному твердженні, ми маємо на увазі
\[Ly=(p(x)y')'+q(x)y. \nonumber \]
Диференціальне рівняння Рівняння\ ref {eq:13.2.6} називається рівнянням Штурма - Ліувіля та задачею на власні значення
\[\label{eq:13.2.10} (p(x)y')'+q(x)y+\lambda r(x)y=0,\quad B_{1}(y)=0,\quad B_{2}(y)=0,\]
що еквівалентно рівнянню\ ref {eq:13.2.1}, називається задачею Штурма-Ліувіля.
Перепишіть проблему з власним значенням
\[\label{eq:13.2.11} y''+3y'+(2+\lambda)y=0,\quad y(0)=0,\quad y(1)=0\]
теореми Template:index як задачі Штурма-Ліувілля.
Рішення
Порівняння рівняння\ ref {eq:13.2.11} з рівнянням\ ref {eq:13.2.7} показує\(u(x)=3\), що, тому ми беремо\(U(x)=3x\) і\(p(x)=e^{3x}\). Множення диференціального рівняння в Equation\ ref {eq:13.2.11} на\(e^{3x}\) дохідність
\[e^{3x}(y''+3y')+2e^{3x}y+\lambda e^{3x}y=0. \nonumber \]
Так як
\[e^{3x}(y''+3y')=(e^{3x}y')', \nonumber \]
Рівняння\ ref {eq:13.2.11} еквівалентно задачі Штурма — Ліувіля
\[\label{eq:13.2.12} (e^{3x}y')'+2e^{3x}y+\lambda e^{3x}y=0,\quad y(0)=0,\quad y(1)=0.\]
Перепишіть проблему з власним значенням
\[\label{eq:13.2.13} x^{2}y''+xy'+\lambda y=0,\quad y(1)=0,\quad y(2)=0\]
теореми Template:index як задачі Штурма-Ліувілля.
Рішення
Ділення диференціального рівняння в Рівнянні\ ref {eq:13.2.13} на\(x^{2}\) дохідність
\[y''+\frac{1}{x}y'+\frac{\lambda}{x^{2}}y=0. \nonumber \]
Порівняння цього з рівнянням\ ref {eq:13.2.7} показує\(u(x)=1/x\), що, тому ми беремо\(U(x)=\ln x\) і\(p(x)=e^{\ln x}=x\). Множення диференціального рівняння на\(x\) врожайність
\[xy''+y'+\frac{\lambda}{x}y=0. \nonumber \]
Так як
\[xy''+y'=(xy')', \nonumber \]
Рівняння\ ref {eq:13.2.13} еквівалентно задачі Штурма — Ліувіля
\[\label{eq:13.2.14} (xy')'+\frac{\lambda}{x}y=0,\quad y(1)=0,\quad y(2)=0.\]
Проблеми 1—4 розділу 11.1 — це проблеми Штурма — Ліувіля. (Проблема 5 не в тому, хоча деякі автори використовують визначення проблеми Штурма-Ліувіля, яка включає її.) Ми змогли знайти власні значення Задачі 1-4 явно, оскільки в кожній задачі коефіцієнти в граничних умовах задовольняють\(\alpha\beta=0\) і\(\rho\delta=0\); тобто кожна гранична умова включає\(y\) або\(y'\), але не обидва. Якщо це не так, то власні значення взагалі не можуть бути виражені в точності простими формулами; скоріше, наближені значення повинні бути отримані числовим рішенням рівнянь, похідних, вимагаючи, щоб детермінанти певних\(2\times 2\) систем однорідних рівнянь дорівнювали нулю. Для ефективного застосування числових методів необхідно використовувати графічні методи для визначення приблизних місць розташування нулів цих детермінант. Тоді нулі можна точно обчислити числовими методами.
Вирішити проблему Штурма — Ліувіля
\[\label{eq:13.2.15} y''+\lambda y=0, \quad y(0)+y'(0)=0,\quad y(1)+3y'(1)=0.\]
Рішення
Якщо\(\lambda=0\), диференціальне рівняння в Equation\ ref {eq:13.2.15} зводиться до\(y''=0\), при загальному розв'язку\(y=c_{1}+c_{2}x\). Граничні умови вимагають, щоб
\[\begin{aligned} c_{1}+\phantom{4}c_{2}&=0\\ c_{1}+4c_{2}&=0,\end{aligned}\]
так\(c_{1}=c_{2}=0\). Тому нуль не є власним значенням рівняння\ ref {eq:13.2.15}.
Якщо\(\lambda<0\), запишемо\(\lambda=-k^{2}\) де\(k>0\), і диференціальне рівняння в Equation\ ref {eq:13.2.15} стає\(y''-k^{2}y=0\), з загальним розв'язком
\[\label{eq:13.2.16} y=c_{1}\cosh kx+c_{2}\sinh kx,\]
тому
\[y'=k(c_{1}\sinh kx+c_{2}\cosh kx). \nonumber \]
Граничні умови вимагають, щоб
\[\label{eq:13.2.17} \begin{array}{c}{c_{1}+kc_{2}=0}\\{(\cosh k+3k\sinh k)c_{1}+(\sinh k+3k\cosh k)c_{2}=0}\end{array}\]
Визначальним фактором цієї системи є
\[\begin{aligned} D_{N}(k)&= \left|\begin{array}{cccccc} 1&k\\ \cosh k+3k\sinh k&\sinh k+3k \cosh k \end{array}\right| \\ &= (1-3k^{2})\sinh k+2k \cosh k.\end{aligned}\]
Тому система Equation\ ref {eq:13.2.17} має нетривіальне рішення тоді і тільки тоді, якщо\(D_{N}(k)=0\) або, еквівалентно,
\[\label{eq:13.2.18} \tanh k=-\frac{2k}{1-3k^{2}}.\]
Графік правого боку (Figure Template:index) має вертикальну асимптоту в\(k=1/\sqrt{3}\). Оскільки дві сторони мають різні ознаки якщо\(k<1/\sqrt{3}\), це рівняння не має рішення в\((0,1/\sqrt{3})\). На малюнку Template:index показано графіки двох сторін рівняння\ ref {eq:13.2.18} на інтервалі праворуч від вертикальної асимптоти, який позначається пунктирною лінією. Ви можете бачити, що дві криві перетинаються поблизу\(k_{0}=1.2\), Враховуючи цю оцінку, ви можете використовувати Ньютона для\(k_{0}\) більш точного обчислення. Ми обчислили\(k_{0}\approx 1.1219395\). Тому\(-k_{0}^{2}\approx -1.2587483\) є власним значенням рівняння\ ref {eq:13.2.15}. З Рівняння\ ref {eq:13.2.16} та першого рівняння в Рівнянні\ ref {eq:13.2.17},
\[y_{0}=k_{0}\cosh k_{0}x-\sinh k_{0}x. \nonumber \]
Якщо\(\lambda>0\) ми запишемо\(\lambda=k^{2}\) де\(k>0\), і диференціальне рівняння в Equation\ ref {eq:13.2.15} стає\(y''+k^{2}y=0\), з загальним розв'язком
\[\label{eq:13.2.19} y= \cos kx + c_{2}\sin kx,\]
тому
\[y'=k(-c_{1}\sin kx+c_{2}\cos kx). \nonumber \]
Граничні умови вимагають, щоб
\[\label{eq:13.2.20} \begin{array}{c} {c_{1}+kc_{2}=0}\\ {(\cos k-3k\sin k)c_{1}+(\sin k+3k\cos k)c_{2}=0.} \end{array}\]
Визначальним фактором цієї системи є
\[\begin{aligned} D_{P}(k)&= \left|\begin{array}{cccccc} 1&k\\ \cos k-3k\sin k&\sin k+3k \cos k \end{array}\right| \\ &= (1+3k^{2})\sin k+2k \cos k.\end{aligned}\]
Системне рівняння\ ref {eq:13.2.20} має нетривіальне рішення тоді і тільки тоді, якщо\(D_{P}(k)=0\) або, еквівалентно,
\[\tan k=-\frac{2k}{1+3k^{2}}. \nonumber \]
Рисунок Template:index показує графіки двох сторін цього рівняння. З малюнка видно, що графіки перетинаються в нескінченно багатьох точках\(k_{n}\approx n\pi\) (\(n=1\),,\(2\),...)\(3\), де похибка в цьому наближенні наближається до нуля як\(n\to\infty\). З огляду на цю оцінку, ви можете використовувати метод Ньютона для\(k_{n}\) більш точного обчислення. Ми обчислили
\[\begin{aligned} k_{1}&\approx \phantom{1}2.9256856,\\ k_{2}&\approx \phantom{1} 6.1765914,\\ k_{3}&\approx \phantom{1} 9.3538959,\\ k_{4}&\approx 12.5132570.\end{aligned}\]
Оцінки відповідних власних\(\lambda_{n}=k_{n}^{2}\) значень
\[\begin{aligned} \lambda_{1}&\approx \phantom{15} 8.5596361,\\ \lambda_{2}&\approx \phantom{5} 38.1502809,\\ \lambda_{3}&\approx \phantom{5} 87.4953676,\\ \lambda_{4}&\approx 156.5815998.\end{aligned}\]
З Рівняння\ ref {eq:13.2.19} та першого рівняння в Рівнянні\ ref {eq:13.2.20},
\[y_{n}=k_{n}\cos k_{n}x-\sin k_{n}x \nonumber \]
є власною функцією, пов'язаною з\(\lambda_{n}\)
Оскільки диференціальні рівняння у рівнянні\ ref {eq:13.2.12} та рівнянні\ ref {eq:13.2.14} є більш складними, ніж у Рівнянні\ ref {eq:13.2.11} та рівнянні\ ref {eq:13.2.13} відповідно, в чому сенс теореми Template:Index? Справа в наступному: для вирішення конкретної проблеми, можливо, краще розібратися з нею безпосередньо, як ми це робили в прикладах Template:index та Template:index; однак ми побачимо, що перетворення загальної задачі власних значень Рівняння\ ref {eq:13.2.1} в Штурм-Ліувіль Задача Рівняння\ ref {eq:13.2.10} призводить до результатів, застосовних до всіх задач на власні значення у вигляді Equation\ ref {eq:13.2.1}.
Якщо
\[Ly=(p(x)y')'+q(x)y \nonumber \]
і\(u\) і двічі безперервно\(v\) функціонує на\([a,b]\) які задовольняють граничні умови,\(B_{1}(y)=0\) а\(B_{2}(y)=0,\) потім
\[\label{eq:13.2.21} \int_{a}^{b}[u(x)Lv(x)-v(x)Lu(x)]\,dx=0.\]
- Доказ
-
Інтеграція по частинам
\[\begin{aligned} \int_{a}^{b}[u(x)Lv(x)-v(x)Lu(x)]\,dx&= \int_{a}^{b}[u(x)(p(x)v'(x))'-v(x)(p(x)u'(x))']\,dx\\ &= p(x)[u(x)v'(x)-u'(x)v(x)]\bigg|_{a}^{b}\\ &-\int_{a}^{b}p(x)[u'(x)v'(x)-u'(x)v'(x)]\,dx.\end{aligned}\]
Оскільки останній інтеграл дорівнює нулю,
\[\label{eq:13.2.22} \int_{a}^{b}[u(x)Lv(x)-v(x)Lu(x)]\,dx = p(x)[u(x)v'(x)-u'(x)v'(x)]\bigg|_{a}^{b}.\]
За припущенням,\(B_{1}(u)=B_{1}(v)=0\) і\(B_{2}(u)=B_{2}(v)=0\). Тому
\[\begin{aligned} \alpha u(a)+\beta u'(a)&=0\\ \alpha v(a)+\beta v'(a)&=0\\ \end{aligned} \quad \quad \text{and} \quad \quad \begin{gathered} \rho u(b)+\delta u'(b)=0\phantom{.}\\ \rho v(b)+\delta v'(b)=0. \end{gathered}\]
Оскільки\(\alpha^{2}+\beta^{2}>0\) і\(\rho^{2}+\delta^{2}>0\), детермінанти цих двох систем повинні бути нульовими; тобто
\[u(a)v'(a)-u'(a)v(a)=u(b)v'(b)-u'(b)v(b)=0. \nonumber \]
Це і рівняння\ ref {eq:13.2.22} мають на увазі рівняння\ ref {eq:13.2.21}, яке завершує доказ.
Наступна теорема показує, що задача Штурма—Ліувіля не має складних власних значень.
Якщо\(\lambda=p+qi\) з,\(q\ne0\) то крайова задача
\[Ly+\lambda r(x)y=0,\quad B_{1}(y)=0,\quad B_{2}(y)=0 \nonumber \]
має лише тривіальне рішення.
- Доказ
-
Щоб ця теорема мала сенс, ми повинні розглянути складнозначні розв'язки
\[\label{eq:13.2.23} Ly+(p+iq)r(x,y)y=0.\]
Якщо\(y=u+iv\) де\(u\) і\(v\) є реальними і двічі диференційованими, визначаємо\(y'=u'+iv'\) і\(y''=u''+iv''\). Ми говоримо, що\(y\) це рішення рівняння\ ref {eq:13.2.23}, якщо дійсна і уявна частини лівої частини рівняння\ ref {eq:13.2.23} є нулем. Оскільки\(Ly=(p(x)'y)'+q(x)y\) і\(p\)\(q\), і\(r\) є реально цінними,
\[\begin{aligned} Ly+\lambda r(x)y&=L(u+iv)+(p+iq)r(x)(u+iv)\\ &=Lu+r(x)(pu-qv)+i[Lv+r(x)(pu+qv)],\end{aligned}\]
так що\(Ly+\lambda r(x)y=0\) якщо і тільки якщо
\[\begin{aligned} Lu+r(x)(pu-qv)&=0\\ Lv+r(x)(qu+pv)&=0.\end{aligned}\]
Множення першого рівняння на,\(v\) а друге - на\(u\) врожайність
\[\begin{aligned} vLu+r(x)(puv-qv^{2})&=0\\ uLv+r(x)(qu^{2}+puv)&=0.\end{aligned}\]
Віднімання першого рівняння з другого дає
\[uLv-vLu+qr(x)(u^{2}+v^{2})=0, \nonumber \]
тому
\[\label{eq:13.2.24} \int_{a}^{b}[u(x)Lv(x)-v(x)Lu(x)]\,dx+ \int_{a}^{b}r(x)[u^{2}(x)+v^{2}(x)]\,dx=0.\]
Так як
\[B_{1}(y)=B_{1}(u+iv)=B_{1}(u)+iB_{1}(v) \nonumber \]
і
\[B_{2}(y)=B_{2}(u+iv)=B_{2}(u)+iB_{2}(v), \nonumber \]
\(B_{1}(y)=0\)і\(B_{2}(y)=0\) має на увазі, що
\[B_{1}(u)=B_{2}(u)=B_{1}(v)=B_{2}(v)=0. \nonumber \]
Тому теорема Template:index передбачає, що перший інтеграл у рівнянні\ ref {eq:13.2.24} дорівнює нулю, тому рівняння\ ref {eq:13.2.24} зводиться до
\[q\int_{a}^{b}r(x)[u^{2}(x)+v^{2}(x)]\,dx =0.\nonumber \]
Оскільки\(r\) є позитивним на\([a,b]\) і\(q\ne0\) за припущенням, це означає, що\(u\equiv0\) і\(v\equiv0\) далі\([a,b]\). Тому\(y\equiv0\) далі\([a,b]\), який завершує доказ.
Якщо\(\lambda_{1}\) і\(\lambda_{2}\) є різними власними значеннями задачі Штурма — Ліувіля
\[\label{eq:13.2.25} Ly+\lambda r(x)y=0,\quad B_{1}(y)=0,\quad B_{2}(y)=0\]
з пов'язаними власними функціями\(u\) і\(v\) відповідно\(,\) потім
\[\label{eq:13.2.26} \int_{a}^{b}r(x)u(x)v(x)\,dx=0.\]
- Доказ
-
Оскільки\(u\) і\(v\) задовольняють граничні умови в рівнянні\ ref {eq:13.2.25}, теорема Template:index передбачає, що
\[\int_{a}^{b}[u(x)Lv(x)-v(x)Lu(x)]\,dx=0. \nonumber \]
Оскільки\(Lu=-\lambda_{1}ru\) і\(Lv=-\lambda_{2}rv\), це означає, що
\[(\lambda_{1}-\lambda_{2})\int_{a}^{b}r(x)u(x)v(x)\,dx=0. \nonumber \]
Оскільки це означає\(\lambda_{1}\ne\lambda_{2}\), що Equation\ ref {eq:13.2.26}, яке завершує доказ.
Якщо\(u\) і\(v\) є будь-якими інтегрованими функціями на\([a,b]\) і
\[\int_{a}^{b} r(x)u(x)v(x)\,dx=0, \nonumber \]
ми говоримо, що\(u\) і\(v\) \([a,b]\)ортогональні по відношенню до\(r=r(x)\).
Теорема 13.1.1 має на увазі наступну теорему.
Якщо\(u\not\equiv0\) і\(v\) обидва задовольняють
\[Ly+\lambda r(x)y=0,\quad B_{1}(y)=0,\quad B_{2}(y)=0, \nonumber \]
то\(v=cu\) для якоїсь постійної\(c.\)
Тепер ми довели частини наступної теореми. Повний доказ виходить за рамки цієї книги.
Множина всіх власних значень задачі Штурма — Ліувіля
\[Ly+\lambda r(x)y=0,\quad B_{1}(y)=0,\quad B_{2}(y)=0 \nonumber \]
можна замовити як
\[\lambda_{1}<\lambda_{2}<\cdots<\lambda_{n}<\cdots, \nonumber \]
і
\[\lim_{n\to\infty} \lambda_{n}=\infty. \nonumber \]
Для кожного\(n,\) if\(y_{n}\) є довільною\(\lambda_{n}\) -eigenfunction,\(,\) то кожна\(\lambda_{n}\) -власна функція є постійною кратною\(y_{n}.\) If\(m\ne n,\)\(y_{m}\) і\(y_{n}\)\([a,b]\) ортогональні по відношенню до\(r=r(x);\) цього\(,\)
\[\label{eq:13.2.27} \int_{a}^{b} r(x)y_{m}(x)y_{n}(x)\,dx=0.\]
Ви можете перевірити рівняння\ ref {eq:13.2.27} для власних функцій, отриманих у прикладах Template:index та Template:index.
На закінчення згадаємо наступну теорему. Доказ виходить за рамки цієї книги.
\(\lambda_{1}<\lambda_{2}<\cdots<\lambda_{n}<\cdots\)Дозволяти бути власними значеннями задачі Штурма — Ліувіля
\[Ly+\lambda r(x)y=0,\quad B_{1}(y)=0,\quad B_{2}(y)=0,\nonumber \]
з асоційованими власними векторами\(y_{1},\)\(y_{2},\)\(y_{n},\)...,...\(.\) Припустимо,\(f\) є кусково гладкою (Визначення 11.2.3) на\([a,b].\) Для кожного\(n,\) let
\[c_{n}=\frac{ \int_{a}^{b} r(x)f(x)y_{n}(x) \, dx}{ \int_{a}^{b} r(x)y_{n}^{2}(x)\,dx}.\nonumber \]
Тоді
\[\frac{f(x-)+f(x+)}{2}=\sum_{n=1}^{\infty}c_{n}y_{n}(x) \nonumber \]
для всіх\(x\) у відкритому проміжку\((a,b).\)