第四章：Sturm-Liouville理论定义0.1(Sturm-Liouville本征值问题）对于给定区域D（可能是[a,b]，[a,+oo)，(a,oo),或者（一0,十）等等，但本课程只关注2=[a,bl的情形）。对于D上的已知的函数k(r),q(r),p(c)，其中k(r)可微，施图姆-刘维尔本征值问题(以下简称S-L问题）为求常数入和函数y满足如下形式的二阶常微分方程：[(a)] + (a) = p(r)y(1)drdr"当P>0时，对于D上任意的二次可微函数，如下定义的算子（函数到函数的映射）L被称为Sturm-Liouville算子：+(2)一个完整的求解本征值的问题应该还附带对解在D边界上的要求，俗称边界条件。所谓的施图姆-刘维尔理论，即在k，q,p以及边界条件满足特定条件（以下称之为正则性）时，对S-L问题的解所普遍具有的数学性质的描述。首先我们证明，S-L方程左边的部分并不是一个特别特殊的情形。定理0.1对于如下形式的一般二阶常微分方程：(3)fy"+gy'+hy=0,如果f(）≠0，则可以将其等价地变换为(4)-(py) + qy = 0的形式。证明：考虑在方程(3)两边同时乘以函数m(r)，m待定，使得存在某个函数F,mf=F,mg=F。然后方程(3)就可以转化为(5)(Fy)+mhy=0。1
第四章: Sturm-Liouville 理论 定义 0.1 (Sturm-Liouville 本征值问题) 对于给定区域 D（可能是 [a, b], [a, +∞), (a, ∞), 或者 (−∞, +∞) 等等，但本课程只关注 Ω = [a, b] 的情形）。对于 D 上的已知的函数 k(x), q(x), ρ(x)，其中 k(x) 可微，施图姆-刘维尔本征值问题 (以下简称 S-L 问题) 为求 常数 λ 和函数 y 满足如下形式的二阶常微分方程： − d dx k(x) dy dx + q(x)y = λρ(x)y (1) 当 ρ > 0 时，对于 D 上任意的二次可微函数 f，如下定义的算子 (函数到函数的映 射) Lx 被称为 Sturm-Liouville 算子： Lx(f) = 1 ρ n − d dx k(x) df dx + qfo (2) 一个完整的求解本征值的问题应该还附带对解在 D 边界上的要求，俗称边界条件。 所谓的施图姆-刘维尔理论，即在 k, q, ρ 以及边界条件满足特定条件 (以下称之为正则 性) 时，对 S-L 问题的解所普遍具有的数学性质的描述。 首先我们证明，S-L 方程左边的部分并不是一个特别特殊的情形。 定理 0.1 对于如下形式的一般二阶常微分方程： fy′′ + gy′ + hy = 0， (3) 如果 f(x) ̸= 0，则可以将其等价地变换为 −(py′ ) ′ + qy = 0 (4) 的形式。 证明: 考虑在方程(3) 两边同时乘以函数 m(x)，m 待定，使得存在某个函数 F, mf = F, mg = F ′。然后方程(3) 就可以转化为 (F y′ ) ′ + mhy = 0。 (5) 1
Coursenotes@hhu为了确定F，我们发现FImg(6)F=(ln F)mf-由此我们得出g(t)dty(7)F(r) = expf(t)g(t)dt)相应的，m(r)=亩explf(t)1常微分方程的一些基本结论定理1.1（常微分方程的解的存在和唯一性定理）对于定义在实数轴上的n维常微分方程(8)y =F(r,y(r), y(r) Ec R", 或 y(r)EQcCn, re[a,b c R,假设F是一个关于连续，且关于利普希茨（Lipschitz)连续，即存在L>0，使得对任意的[a,b]，以及任意的y1,2，都有(9)F(r, yi) - F(r, y2)/ ≤ Lly1 -y2l.则对于给定的oE[a,b]以及初始值y(ro)=o，存在co的一个小邻域I=(co-E,Co+e)n[a,bl,y在区间I上有且仅有唯一解。作业：方程：(10)y = Vy, y(0) =0有两个不同的解：y1()=2/4，y2(r)=0.请阐明为什么定理1.1对此问题不适用。注意对于给定的入，方程(1)是一个二阶常微分方程。定理1.2对于任意实数区间[a,l上的任意二阶常微分方程：(11)y" + f(r)y'+g(r)y=h(r),假设其中f,g,h都是[a,b]上的连续函数，则对于给定的初始值y(a)=α,y(a)=β,方程(11)在[a,bl上有唯一解。2
Course notes@hhu 为了确定 F，我们发现 mg mf = F ′ F = (ln F) ′ (6) 由此我们得出 F(x) = exp{ Z x a g(t) f(t) dt} (7) 相应的，m(x) = 1 f(x) exp{ Z x a g(t) f(t) dt} 1 常微分方程的一些基本结论 定理 1.1 (常微分方程的解的存在和唯一性定理) 对于定义在实数轴上的 n 维常微分方 程 y ′ = F(x, y(x)), y(x) ∈ Ω ⊂ R n，或 y(x) ∈ Ω ⊂ C n , x ∈ [a, b] ⊂ R, (8) 假设 F 是一个关于 x 连续, 且关于 y 利普希茨 (Lipschitz) 连续，即存在 L > 0，使得 对任意的 x ∈ [a, b], 以及任意的 y1, y2 ∈ Ω，都有 |F(x, y1) − F(x, y2)| ≤ L|y1 − y2|. (9) 则对于给定的 x0 ∈ [a, b] 以及初始值 y(x0) = y0，存在 x0 的一个小邻域 I = (x0 −ϵ, x0 + ϵ) T [a, b], y 在区间 I 上有且仅有唯一解。 作业: 方程: y ′ = √ y, y(0) = 0 (10) 有两个不同的解：y1(x) = x 2/4, y2(x) = 0. 请阐明为什么定理 1.1 对此问题不适用。 注意对于给定的 λ, 方程(1)是一个二阶常微分方程。 定理 1.2 对于任意实数区间 [a, b] 上的任意二阶常微分方程： y ′′ + f(x)y ′ + g(x)y = h(x), (11) 假设其中 f, g, h 都是 [a, b] 上的连续函数，则对于给定的初始值 y(a) = α, y ′ (a) = β, 方 程(11) 在 [a, b] 上有唯一解。 2
Course notes@hhu证明：令Y(r)=(y(a),y(ar))T，则Y满足Y'= AY + (O, h)T,(12)其中A应用定理1.1可得结论。f9推论：对于方程(1),假如闭区间[ao,bo] CD，并且对任意的r E[ao,b] 有 k(c)≠0。那么对于一个给定的入，方程(1)的解空间限制在在[ao,bol上至多是2维。注：对于正则的（下文定义正则性）S-L问题以及固定的入，由于边界条件的限制，方程(1)的解空间至多是一维的。但是对于非正则的S-L问题，其解空间有可能是2维，但维数不会超过2。2正则的 S-L问题定义2.1一个S-L问题被称为正则的，如果D=[a,可]是一个闭区间，k,q,P,k都在D上连续，k,p>0，并且附带（齐次混合）边界条件：Qoy (a) + Boy(a) = 0(13)a1y (b) + βiy(b)=0其中αo,a1,o,都是实数，且%+>0,+>0。正则的S-L本征值问题的解有一系列简洁漂亮的数学性质，类似于广义的三角函数。3正则S-L本征值问题的解的性质对于正则的S-L本征值问题，定义希尔伯特空间(14)Ho=[实数函数y:满足/p(r)ly(r)Pda<o0]。对于y1,2EHo,定义其内积为：(91,92)0 =p(r)yi(r)y2(r)da(15)对于式(2)定义的L，我们选取Dom(C)={fEHo,f二次可微，满足边界条件，且f"EHo)=：H2。此时CDom(C）→Ho具有以下性质3
Course notes@hhu 证明: 令 Y (x) = (y(x), y′ (x))⊤，则 Y 满足 Y ′ = AY + (0, h) ⊤, (12) 其中 A = 0 1 −f g . 应用定理 1.1 可得结论。 推论: 对于方程(1), 假如闭区间 [a0, b0] ⊂ D，并且对任意的 x ∈ [a0, b0] 有 k(x) ̸= 0。那 么对于一个给定的 λ，方程(1) 的解空间限制在在 [a0, b0] 上至多是 2 维。 注: 对于正则的（下文定义正则性）S-L 问题以及固定的 λ，由于边界条件的限制，方 程(1)的解空间至多是一维的。但是对于非正则的 S-L 问题，其解空间有可能是 2 维，但 维数不会超过 2。 2 正则的 S-L 问题 定义 2.1 一个 S-L 问题被称为正则的，如果 D = [a, b] 是一个闭区间，k, q, ρ, k′ 都在 D 上连续，k, ρ > 0，并且附带（齐次混合）边界条件： α0y ′ (a) + β0y(a) = 0 α1y ′ (b) + β1y(b) = 0 (13) 其中 α0, α1, β0, β1 都是实数，且 α 2 0 + β 2 0 > 0, α 2 1 + β 2 1 > 0。 正则的 S-L 本征值问题的解有一系列简洁漂亮的数学性质，类似于广义的三角函数。 3 正则 S-L 本征值问题的解的性质 对于正则的S-L 本征值问题，定义希尔伯特空间 H0 = {实数函数y : 满足 Z D ρ(x)|y(x)| 2 dx < ∞}。 (14) 对于 y1, y2 ∈ H0, 定义其内积为： ⟨y1, y2⟩0 = Z D ρ(x)y1(x)y2(x)dx (15) 对于式(2) 定义的 Lx, 我们选取 Dom(Lx)= {f ∈ H0, f二次可微，满足边界条件，且f ′′ ∈ H0} =: H2。此时 Lx : Dom(Lx) −→ H0 具有以下性质： 3
Course notes@hhu(1）L是对称算子；从而C的特征值都是实数，且属于不同特征值的特征向量一定正交。(2）假如入是L的特征值，则其对应的特征向量空间一定是一维的，亦即不存在两个线性无关的特征向量对应于同一个特征值。如果边界条件是周期边界条件，则可能是两维。(3）L的特征值可以从小到大排列为：入1<入2<..<入n<·.·→+80。其对应的特征向量91,y2...构成Ho的一组正交基。(3)存在实数M,C的特征值都大于M。注：如果L=一为拉普拉斯算子，对于合适的边界条件，很容易证明这三条性质，因为其特征向量就是三角函数。对于正则S-L算子L，其第三条性质的数学证明比较复杂，本课程不要求掌握，本讲义只列出大概步骤。这四条性质对一类由偏微分方程衍生的算子也成立（除了每个本征值对应的本征函数空间不一定是一维）。更进一步的，这些结果可以推广到黎曼流形上的偏微分方程的情形。这些理论在计算机视觉（包括海洋学中的相关问题）领域中都有直接的应用。证明：（性质（1)的证明：）对于任意的y1，y2EDom(C)，分部积分两次可得：(y1, Cry2) = / y1=(-(ky2) + q2)pdac(16)(17)/ yi(-(ky2) + qy2 daD(18)-yi(ky2) + qy1y2dc=- 1ky2 + / yhky + qy1y2dr(19)= - y1ky2l + y2kyil + / -y2(kyl) + qu1y/2dc(20)= - yikysl' + yakgyil + / y2(-(kyi) + qui dr(21)= - yikyl° + yakyil + (Ly1, y2)(22)=k(b) i(b)y2(b) - y1(b)g2(b)| - k(a) i(a)y2(a) - y1(a)g2(a)(23)+ (Cr1,92)正则S-L问题附带的边界条件可以等价的解读为向量(y1(b),yi(b))平行于(y2(6)，92(b))，以及向量(yi1(a),yi(a))平行于(y2(a),y2(a))。因此式(23)中头两项为0。4
Course notes@hhu (1) Lx 是对称算子；从而 Lx 的特征值都是实数，且属于不同特征值的特征向量一定 正交。 (2) 假如 λ 是 Lx 的特征值，则其对应的特征向量空间一定是一维的，亦即不存在两 个线性无关的特征向量对应于同一个特征值。如果边界条件是周期边界条件，则 可能是两维。 (3) Lx 的特征值可以从小到大排列为：λ1 < λ2 < · · · < λn < · · · → +∞。其对应的特 征向量 y1, y2, . 构成 H0 的一组正交基。 (3)’ 存在实数 M,Lx 的特征值都大于 M。 注: 如果 Lx = −∆ 为拉普拉斯算子，对于合适的边界条件，很容易证明这三条性质，因 为其特征向量就是三角函数。对于正则 S-L 算子 Lx, 其第三条性质的数学证明比较复 杂，本课程不要求掌握，本讲义只列出大概步骤。这四条性质对一类由偏微分方程衍生 的算子也成立（除了每个本征值对应的本征函数空间不一定是一维）。更进一步的，这 些结果可以推广到黎曼流形上的偏微分方程的情形。这些理论在计算机视觉 (包括海洋 学中的相关问题) 领域中都有直接的应用。 证明: (性质 (1) 的证明:) 对于任意的 y1, y2 ∈ Dom(Lx), 分部积分两次可得： ⟨y1,Lxy2⟩ = Z D y1 1 ρ {−(ky′ 2 ) ′ + qy2}ρdx (16) = Z D y1{−(ky′ 2 ) ′ + qy2}dx (17) = Z D −y1(ky′ 2 ) ′ + qy1y2dx (18) = − y1ky′ 2 b a + Z D y ′ 1ky′ 2 + qy1y2dx (19) = − y1ky′ 2 b a + y2ky′ 1 b a + Z D −y2(ky′ 1 ) ′ + qy1y2dx (20) = − y1ky′ 2 b a + y2ky′ 1 b a + Z D y2{−(ky′ 1 ) ′ + qy1}dx (21) = − y1ky′ 2 b a + y2ky′ 1 b a + ⟨Ly1, y2⟩ (22) =k(b) h y ′ 1 (b)y2(b) − y1(b)y ′ 2 (b) i − k(a) h y ′ 1 (a)y2(a) − y1(a)y ′ 2 (a) i + ⟨Lxy1, y2⟩ (23) 正则 S-L 问题附带的边界条件可以等价的解读为向量 (y1(b), y′ 1 (b)) 平行于 (y2(b), y ′ 2 (b))， 以及向量 (y1(a), y′ 1 (a)) 平行于 (y2(a), y′ 2 (a))。因此式(23) 中头两项为 0。 4
Course notes@hhu证明：（性质（2）的证明：）假设入为正则S-L算子LC的一个特征值，而91,92为其两个线性无关的特征向量，即91,92同时满足(24)-(ky')+qy= ^py以及边界条件(25)Qoy(a)+βoy(a) =0Q1y (b) +B1y(b) = 0(26)。由于p>0,式(24)可以展开并在等式两边同时除以-k：kp-9y=0(27)y"++'+k式(27)符合定理1.2中的条件，因此对于给定的初值向量(a)=(y(a),y(a))T,方程(??)有唯一解。而正则S-L问题中的边界条件表明，y1和y2对应的初值向量01平行于02，由于方程(??)中的系数和0无关，因此1()始终平行于2(r)，且他们的长度之比始终为常数。因此存在常数 C,使得yi(c)=cy2(c)在D上成立，和假设矛盾。证明：（性质（3)，的证明：）设入为L的一个本征值，相应的特征函数为。通过分部积分，推出：[ Xyydr = (y, Cry)(28)( - (ky)+ y)da(29)=- yky]' + / [1kyy + quy] da(30)o如果在边界上y=0或y=0,则显然由上式可以推出^≥infq(r)。下面处理边界条件是混合齐次的情形，即Qo,βo,α1,β1都不为0的情形。对于边界一边是混合齐次，而另一边是非混合齐次的情形，请读者自行思考。对于边界两端都是混合齐次的情形，不妨假设αo=α1=1。构造一个D上的正值函数 h，使得h(r)在端点a 附近和e-Bo(a-a)吻合，而在端点b附近和e-βi(r-b)吻合。h()只依赖于βo和βi的值，所以与y和入无关。令u(c)=y(a)/h(r)，则在端点处有：2(a) = (a)h(a)9(a)(a) = (a) + Po(a) = 0(31)h2(a)(6) = (6)h(0) -0(6)h()) = y (6) + β1y(b) = 0(32)h2(6)5
Course notes@hhu 证明: (性质（2）的证明:) 假设 λ 为正则 S-L 算子 Lx 的一个特征值，而 y1, y2 为其两 个线性无关的特征向量，即 y1, y2 同时满足 −(ky′ ) ′ + qy = λρy (24) 以及边界条件 α0y ′ (a) + β0y(a) = 0 (25) α1y ′ (b) + β1y(b) = 0 (26) 。 由于 p > 0, 式(24) 可以展开并在等式两边同时除以 −k： y ′′ + k ′ k y ′ + λρ − q k y = 0 (27) 式(27)符合定理1.2中的条件，因此对于给定的初值向量 θ(a) = (y(a), y′ (a))⊤，方程(??)有 唯一解。而正则 S-L 问题中的边界条件表明，y1 和 y2 对应的初值向量 θ1 平行于 θ2，由 于方程(??)中的系数和 θ 无关，因此 θ1(x) 始终平行于 θ2(x), 且他们的长度之比始终为 常数。因此存在常数 c, 使得 y1(x) = cy2(x) 在 D 上成立，和假设矛盾。 证明: (性质（3）’的证明:) 设 λ 为 Lx 的一个本征值，相应的特征函数为 y。通过分部 积分，推出： Z D λyydx = ⟨y,Lxy⟩ (28) = Z D y n − (ky′ ) ′ + qyo dx (29) = − yky′ b a + Z D h ]ky′ y ′ + qyyi dx (30) 如果在边界上 y = 0 或 y ′ = 0, 则显然由上式可以推出 λ ≥ inf q(x)。下面处理边界条件 是混合齐次的情形，即 α0, β0, α1, β1 都不为 0 的情形。对于边界一边是混合齐次，而另 一边是非混合齐次的情形，请读者自行思考。 对于边界两端都是混合齐次的情形，不妨假设 α0 = α1 = 1。构造一个 D 上的正值 函数 h，使得 h(x) 在端点 a 附近和 e −β0(x−a) 吻合，而在端点 b 附近和 e −β1(x−b) 吻合。 h(x) 只依赖于 β0 和 β1 的值，所以与 y 和 λ 无关。令 u(x) = y(x)/h(x)，则在端点处有： u ′ (a) = y ′ (a)h(a) − y(a)h ′ (a) h 2 (a) = y ′ (a) + β0y(a) = 0 (31) u ′ (b) = y ′ (b)h(b) − y(b)h ′ (b) h 2 (b) = y ′ (b) + β1y(b) = 0 (32) 5
Coursenotes@hhu由于y=hu,那么[Ayydr = -huk(hu)l + /[k(hu)(ha)' + qh2unu| da(33)- khu(h'u+hu')l" +/[k(h')?uu + khh'(uu' + uu')+ kh?uu+ qh?uu dc(34)=-hh2 + [k(h)u + h2+ hh(lu2)+ qh2uda(35)= - hhu2 + khh'u/? + /[k(h)? + qh? - (khh)]lu? + kh2uPdr(36)/ [k(h')? + qh?- (khh)u?+ kh2u?da(37)≥[ inr (h)*+gh2 - (hh)huda(38)h2[ inr k(n)*+gh? -(hh))yyda(39)h2故^≥ inf k(h)*+ gh2 -(kh)(40)h2证明：（性质（3）的证明概要：）以下用红色标注的文字都是需要添加细节的地方，有的留给读者思考，有的暂时超出本课程范围，故省略。定义第二个希尔伯特空间(41)H2=（f二阶可微：f满足相应的边界条件，且f"EH)以及相应的内积《f,9)2=《Cf,Crg)+(f,g)定义如下范数：Ilyll = Vy, y)(42)首先对于9=0的情形，按如下步骤证明想要的结论。然后证明，对于9≠0时，存在N>0使得将 q替换成q+Np后,L可逆。假设C存在逆算子C-1：H—→H2.可以证明C-1是对称算子。然后证明存在yiEHo使得IlC-yill=maxllC-lyll可以证明，对任意的hEH，(yi,h）=EH.llyll=0《C-ly1,L=lh)=0.因此如果《h,yi)=h,C-l1)=0,则可推出(C-lh,y)=(C-1h,C-yi)=0.由此证明存在正交分解H=Vi?H(1),其中Vi=Span(y1,C-lyi),而 C=1H(1) C H(1)。如果 Vi 是一维的，则我们已经证明 yi 是 C的本征向量。如果 Vi维数为2，则仍然不难证明V中存在两个正交的本征向量。这个过程可以持续进行下去。不难证明这些本征向量构成H的一组正交基。最后，入，→的性质可以通过比较L和拉普拉斯算子△得到。6
Course notes@hhu 由于 y = hu, 那么 Z D λyydx = −huk(hu) ′ b a + Z D h k(hu) ′ (hu) ′ + qh2uui dx (33) = − khu(h ′u + hu′ ) b a + Z D h k(h ′ ) 2uu + khh′ (uu′ + uu′ ) + kh2u ′u ′ + qh2uui dx (34) = − khh′ |u| 2 b a + Z D h k(h ′ ) 2 |u| 2 + kh2 |u ′ | 2 + khh′ (|u| 2 ) ′ + qh2 |u| 2 i dx (35) = − khh′ |u| 2 b a + khh′ |u| 2 b a + Z D [k(h ′ ) 2 + qh2 − (khh′ ) ′ ]|u| 2 + kh2 |u ′ | 2 dx (36) = Z D [k(h ′ ) 2 + qh2 − (khh′ ) ′ ]|u| 2 + kh2 |u ′ | 2 dx (37) ≥ n inf (k(h ′ ) 2 + qh2 − (khh′ ) ′ ) h 2 o Z D h 2 |u| 2 dx (38) = n inf k(h ′ ) 2 + qh2 − (khh′ ) ′ h 2 o Z D yydx (39) 故 λ ≥ inf k(h ′ ) 2 + qh2 − (khh′ ) ′ h 2 (40) 证明: (性质 (3) 的证明概要：) 以下用红色标注的文字都是需要添加细节的地方，有的 留给读者思考，有的暂时超出本课程范围，故省略。定义第二个希尔伯特空间 H2 = {f二阶可微 : f 满足相应的边界条件，且f ′′ ∈ H} (41) 以及相应的内积 ⟨f, g⟩2 = ⟨Lxf,Lxg⟩ + ⟨f, g⟩ 定义如下范数： ∥y∥ = p ⟨y, y⟩ (42) 首先对于 q = 0 的情形，按如下步骤证明想要的结论。然后证明，对于 q ̸= 0 时，存在 N > 0 使得将 q 替换成 q + N ρ 后, Lx 可逆。 假设 Lx 存在逆算子L −1 x : H −→ H2. 可以证明 L −1 x 是对称算子。然后证明存 在 y1 ∈ H0 使得 ∥L−1 x y1∥ = max y∈H,∥y∥=1 ∥L−1 x y∥. 可以证明, 对任意的 h ∈ H, ⟨y1, h⟩ = 0 ⇐⇒ ⟨L−1 x y1,L −1 x h⟩ = 0. 因此如果 ⟨h, y1⟩ = ⟨h,L −1 x y1⟩ = 0, 则可推出 ⟨L−1 x h, y⟩ = ⟨L−1 x h,L −1 x y1⟩ = 0. 由此证明存在正交分解 H = V1 LH(1) , 其中 V1 = Span{y1,L −1 x y1}， 而 L −1 x H(1) ⊂ H(1) . 如果 V1 是一维的，则我们已经证明 y1 是 Lx 的本征向量。如果 V1 维数为 2，则仍然不难证明 V1 中存在两个正交的本征向量。这个过程可以持续进行下 去。不难证明这些本征向量构成 H 的一组正交基。最后,λi → ∞ 的性质可以通过比较 Lx 和拉普拉斯算子 ∆ 得到。 6
Course notes@hhu作业：举出一个正则S-L问题的例子，其中k,9,P>0并且存在负数本征值。写明方程和边界条件。提示：考虑y=eaz作业：阅读教材195-196页，找出其数学推导中的错误。4正则S-L本征值问题的应用例：2=[0,1]求解如下定解问题：Ut= Urru(0, ) = sin(r)ur(t,0)=0, ur(t,1)= 0例：2=[a,可]求解如下定解问题：ut = urr + sin(tr)u(0,r)= (r-a)(r-b)u(t,a) = 0,u(t,b)=t例：2=[a,b]求解如下定解问题：ut= urr+sin(tr)u(0, r) = (r-a)(r-b)u(t,a) +ur(t,a) =0, u(t,b) -2ur(t,b) = t作业：设=[a,bl，求解如下定解问题：ut = urr + sin(tr)u(0,r) = (r-a)(r-b)u(t,a) = 0,ur(t,b) =t7
Course notes@hhu 作业: 举出一个正则 S-L 问题的例子，其中 k, q, ρ > 0 并且存在负数本征值。写明 方程和边界条件。提示：考虑 y = e ax 作业: 阅读教材 195-196 页，找出其数学推导中的错误。 4 正则 S-L 本征值问题的应用 例: Ω = [0, 1] 求解如下定解问题： ut = uxx u(0, x) = sin(x) ux(t, 0) = 0, ux(t, 1) = 0 例: Ω = [a, b] 求解如下定解问题： ut = uxx + sin(tx) u(0, x) = (x − a)(x − b) u(t, a) = 0, u(t, b) = t 例: Ω = [a, b] 求解如下定解问题： ut = uxx + sin(tx) u(0, x) = (x − a)(x − b) u(t, a) + ux(t, a) = 0, u(t, b) − 2ux(t, b) = t 作业: 设 Ω = [a, b], 求解如下定解问题： ut = uxx + sin(tx) u(0, x) = (x − a)(x − b) u(t, a) = 0, ux(t, b) = t 7
Course notes@hhu5二阶常微分方程的级数解法：常点情形S-L问题可以化为如下形式：(43)y"+fy'+gy=o,其中f,g可能取值无穷大。S-L理论描述了正则S-L问题的本征解的通性，但是对于一个具体的S-L问题，如果非正则或者e不容易求出，则S-L理论无法给出一个具体的数值解。假设我们想求本征解在点CoED附近的具体数值，当f.9都可以看成为复全纯或复半纯函数限制在实数轴上的函数时，我们可以假设本征函数y在&o附近有洛朗ak(z-zo)%，然后通过比较式(43)左边逐项的系数得到as的递归关系。展开y=最简单的非平凡情况当然是f.9都是解析函数时（没有极点），此时称o为S-L问题的一个常点。比如当S-L问题正则，且k.9.p都是To附近的解析函数时，此时To即为一个常点。为了求得y在o附近的表达式，假设y(a) = a(-ro)k(44)k=-0f(a) = f(a - ao)k(45)k=00o(46)g(r) = g(r - zo)kk=0首先，我们说明式(44)中不会出现负幂次，即o一定也是9的常点。定理5.1当co为方程(43)的常点时，式(44)中k不能取负值，即y(）在o附近都有限。证明：令Y(r)=(y(r),y(r))T，则Y满足方程Y'+AY = 0,(47)其中 A(r)方程(47)满足常微分方程解存在且唯一定理的条件。因此，(g(r) f(r)若y在co附近有一点处有限，则在co附近全部有限。因此co不可能是y附近的奇点。至此，我们可以假设+Ear(c -ro)。y(r)=)(48)k=08
Course notes@hhu 5 二阶常微分方程的级数解法: 常点情形 S-L 问题可以化为如下形式： y ′′ + fy′ + gy = 0， (43) 其中 f, g 可能取值无穷大。S-L 理论描述了正则 S-L 问题的本征解的通性，但是对于一 个具体的 S-L 问题，如果非正则或者 ei 不容易求出，则 S-L 理论无法给出一个具体的 数值解。假设我们想求本征解在点 x0 ∈ D 附近的具体数值，当 f, g 都可以看成为复全 纯或复半纯函数限制在实数轴上的函数时，我们可以假设本征函数 y 在 x0 附近有洛朗 展开 y = X∞ k=−∞ ak(z − x0) k，然后通过比较式(43) 左边逐项的系数得到 ak 的递归关系。 最简单的非平凡情况当然是 f, g 都是解析函数时 (没有极点)，此时称 x0 为 S-L 问 题的一个常点。比如当 S-L 问题正则，且 k, q, ρ 都是 x0 附近的解析函数时，此时 x0 即 为一个常点。为了求得 y 在 x0 附近的表达式，假设 y(x) = X∞ k=−∞ ak(x − x0) k (44) f(x) = X∞ k=0 fk(x − x0) k (45) g(x) = X∞ k=0 gk(x − x0) k (46) 首先，我们说明式(44)中不会出现负幂次，即 x0 一定也是 y 的常点。 定理 5.1 当 x0 为方程(43)的常点时，式(44)中 k 不能取负值，即 y(x) 在 x0 附近都有 限。 证明: 令 Y (x) = (y(x), y′ (x))⊤，则 Y 满足方程 Y ′ + AY = 0， (47) 其中 A(x) = 0 −1 g(x) f(x) 方程(47)满足常微分方程解存在且唯一定理的条件。因此， 若 y 在 x0 附近有一点处有限，则在 x0 附近全部有限。因此 x0 不可能是 y 附近的奇点。 至此，我们可以假设 y(x) = X∞ k=0 ak(x − x0) k。 (48) 8
Course notes@hhu现在将式（48).（45).（46)同时代入方程(43)(49)y"+ fy'+gy(k + 2)(k + 1)ak+2(μ - ro)* +[ f(r - ro)(s + 1)as+1(r - ro)k=(-8=0[ gr(r - zo)as(r - ro)](50)=0[(k + 2)(k + 1)ak+2 + Z (s + 1)fras+1 + Z grasT-To)(51)+上式必须为0函数。由此我们得到以下关于ak的递归公式：k=0 =→ 2a2 +{ foa1} +{9oao} = 0(52)k=1 → 6a3 + [2fo2 + fia1} + {91o + 9oa1/ = 0(53)k=2→ 12a4+3foa3+2fia2+ f2a1/+g2ao+ gia1+goa2= 0(54):(55)因此，对于给定的ao,a1，后面的系数a2,..都可以唯一地确定。注意，ao=y(o),a1=（o），这和二阶常微分方程的解的存在唯一性定理吻合。6二阶常微分方程的级数解法：正则奇点情形（Frobenius方法)对于二阶常微分方程(56)y"+fy+gy=o如果20是f(z）的一阶奇点，是g(2)的二阶奇点，则称20是一个正则奇点。对正则奇点的情形，Frobenius提出以下解法假设O(57)y = (z- z0)sa(z - z0)kk=0f-1+ fo+ fm(z-20)"f(2)=(58)-20m=1g-2g-1(59)g(2)+ go + gm(z - z0)m,20)2(z--Z0m=19
Course notes@hhu 现在将式(48),(45),(46)同时代入方程(43)： y ′′ + fy′ + gy (49) = X∞ k=0 (k + 2)(k + 1)ak+2(x − x0) k + [X∞ r=0 fr(x − x0) r ][X∞ s=0 (s + 1)as+1(x − x0) s ] + [X∞ r=0 gr(x − x0) r ][X∞ s=0 as(x − x0) s ] (50) = X∞ k=0 n (k + 2)(k + 1)ak+2 + X r+s=k (s + 1)fras+1 + X r+s=k gras o (x − x0) k (51) 上式必须为 0 函数。由此我们得到以下关于 ak 的递归公式： k=0 =⇒ 2a2 + n f0a1 o + n g0a0 o = 0 (52) k=1 =⇒ 6a3 + n 2f0a2 + f1a1 o + n g1a0 + g0a1 o = 0 (53) k=2 =⇒ 12a4 + n 3f0a3 + 2f1a2 + f2a1 o + n g2a0 + g1a1 + g0a2 o = 0 (54) . . . (55) 因此，对于给定的 a0, a1, 后面的系数 a2, . 都可以唯一地确定。注意，a0 = y(x0), a1 = y ′ (x0)，这和二阶常微分方程的解的存在唯一性定理吻合。 6 二阶常微分方程的级数解法：正则奇点情形 (Frobenius 方 法) 对于二阶常微分方程 y ′′ + fy′ + gy = 0, (56) 如果 z0 是 f(z) 的一阶奇点，是 g(z) 的二阶奇点，则称 z0 是一个正则奇点。对正则奇 点的情形，Frobenius 提出以下解法. 假设 y = (z − z0) sX∞ k=0 ak(z − z0) k (57) f(z) = f−1 z − z0 + f0 + X∞ m=1 fm(z − z0) m (58) g(z) = g−2 (z − z0) 2 + g−1 z − z0 + g0 + X∞ m=1 gm(z − z0) m, (59) 9
Course notes@hhu其中s待定是一个实数。将这些表达式代入原方程，可得：(s+k)(s+k-1)ak+[(s+k)f-1ak+ (s+k-1)foak-1+...+sfk-iaol(60)+[g-2ak + g-1ak-1 + ... + gk-2ao] = 0当k=0时，s(s-1)+sf-1+g-2=0,由此可以解出S1,82.接下来，如果想要从ao,,ak-1的值唯一地确定ak，则需要(61)(s+k)(s+k-1) +(s +k)f-1 +g-2+0, Vk≥1.6.1情形1:S1-S2±7此时无论取8=81或82，式(61)一定成立，由此可以分别求出91,92，并且它们线性无关。6.2情形2:S1-S2EZ假设81≥S2，此时取s=S1，可以求出一个解，记为91.但对s=S2却无法确定一个解。Frobenius指出，这种情形下第二个解是如下形式：y2(2) = ayi(2) In(z - 20) + 2 b(z - 20)b(62)k=010
Course notes@hhu 其中 s 待定是一个实数。将这些表达式代入原方程，可得： (s + k)(s + k − 1)ak + [(s + k)f−1ak + (s + k − 1)f0ak−1 + . + sfk−1a0] + [g−2ak + g−1ak−1 + . + gk−2a0] = 0 (60) 当 k = 0 时，s(s − 1) + sf−1 + g−2 = 0, 由此可以解出 s1, s2. 接下来，如果想要从 a0, ., ak−1 的值唯一地确定 ak, 则需要 (s + k)(s + k − 1) + (s + k)f−1 + g−2 ̸= 0, ∀k ≥ 1. (61) 6.1 情形 1：s1 − s2 ∈/ Z 此时无论取 s = s1 或 s2, 式(61)一定成立，由此可以分别求出 y1, y2，并且它们线 性无关。 6.2 情形 2：s1 − s2 ∈ Z 假设 s1 ≥ s2, 此时取 s = s1，可以求出一个解，记为 y1. 但对 s = s2 却无法确定一 个解。Frobenius 指出，这种情形下第二个解是如下形式： y2(z) = ay1(z)ln(z − z0) + z s2 X∞ k=0 bk(z − z0) k (62) 10