Egenfunktionsutvecklingar

Transkript

1 Analys 36 En webbaserad analyskurs Funktionsutvecklingar Egenfunktionsutvecklingar Anders Källén MatematikCentrum LTH

2 Egenfunktionsutvecklingar 1 (15) 1 Introduktion I det här kapitlet ska vi titta närmare på en annan metod (än Gram-Schmidts ortogonaliseringsförfarande) för att konstruera ortonormerade system i olika funktionsrum. Den bygger på en av den linjära algebrans huvudresultat, spektralsatsen, vilken säger att om vi har en symmetrisk matris, så finns en ON-bas i R n som diagonaliserar matrisen. Konkret betyder det att om A är en n n-matris sådan att (Ax) y = x (Ay), så finns det en ON-bas e 1,..., e n i R n sådana att det till varje basvektor e i finns ett tal λ i sådant att Ae i = λ i e i. Talet λ i kallas ett egenvärde till A och vektorn e k kallas en egenvektor till A. När vi väl har bestämt denna bas kan vi lösa ekvationen Ax = y genom att vi skriver y = i d ie i och ansätter x = i c ie i. Då gäller att d i e i = c i Ae i = λ i c i e i. i i i Eftersom e i :na är en bas följer att c i = d i /λ i och lösningen ges alltså av x = i d ie i /λ i. Vårt mål här är att utvidga detta till en metod att bestämma funktionsutvecklingar av egenfunktioner för lämpliga avbildningar i oändligtdimensionella euklidiska rum. Rollen av symmetrisk matris tas då av en viss typ av linjär differentialoperator, vilka vi ser som en avbildning av funktioner på funktioner. Även om detta är mer komplicerat än situationen i den linjära algebran, ska vi ändå se att vi kan använda idéerna från den linjära algebran till att utveckla kontinuerliga funktioner i likformigt konvergenta funktionsserier av egenfunktioner. 2 Ett inledande exempel I detta avsnitt ska vi se på ett sätt att relatera spektralsatsen i den linjära algebran med en motsvarande sats för ett randvärdesproblem för en ordinär differentialekvation. För detta ändamål tar vi det enkla differentialekvationsproblemet (1) u (x) = f(x), u() = u(1) =. Här är f given och vi söker u. Ett sätt vi kan angripa det problemet på är att dela in intervallet [, 1] i n delintervall av längd h = 1/n, med indelningspunkter x k = k/n, där k =, 1,..., n, och approximera andraderivatan med u (x) = u(x + h) + u(x h) 2u(x) h 2. Om vi inför u i = u(x i ) och f i = f(x i ), så kan vi då approximera (1) med följande linjära system u k+1 + u k 1 2u k = f h 2 k, 1 k n 1, u = u n =. Detta kan skrivas på matrisformen AU = F

3 Egenfunktionsutvecklingar 2 (15) om vi sätter U = (u 1,..., u n 1 ), F = (f 1,..., f n 1 ) och A = h Denna matris är symmetrisk, så enligt spektralsatsen i den linjära algebran kan den diagonaliseras. Dess egenvärden ges av λ k = h 2 4 sin 2 ( kπ ), k = 1,..., n 1. 2n För framtiden kan vi notera att då n gäller att λ k k 2 π 2. Den till λ k hörande normerade egenvektorn är Här har vi använt att E k = 2h(sin kπ n j=1, sin 2kπ n n 1 sin 2 jkπ n = n 2 = 1 2h. (n 1)kπ,..., sin ). n Figuren nedan illustrerar de olika egenvektorerna för n = 7 Eftersom de olika egenvektorerna är parvis ortogonala kan vi bestämma lösningen U genom n 1 U = (F E k ) E k Utskrivet blir det där k=1 n 1 u(x j ) = 2 h(f {sin(kπx j )}) sin(kπx j ), k=1 n 1 h(f {sin(kπx j )}) = f(x j ) sin(kπx j ) 1 n f(x) sin(kπx)dx då n j=1

4 Egenfunktionsutvecklingar 3 (15) Med andra ord, om vi skriver e k (x) = 2 sin(πx) bör lösningen på (1) ges av u(x) = (f, e j )e j (x), där (f, e j ) = 2 j=1 f(x) sin(πx)dx. Men detta känner vi igen, det är utvecklingen av en funktion på intervallet [, 1] i en sinusserie! Låt oss nu se vad vi gjort. Låt L beteckna operationen att derivera en funktion två gånger: Lu(x) = u (x). Det är en linjär avbildning C 2 ([, 1]) C([, 1]). På C([, 1]) har vi skalärprodukten (u, v) = u(x)v(x)dx. Låt oss nu endast betrakta funktioner u(x) sådana att u() = u(1) = och är i C 2. Då ger två partialintegrationer att (Lu, v) = u (x)v(x)dx = u (x)v (x)dx = u(x)v (x)dx = (u, Lv). Men detta villkor är precis det som karakteriserar en symmetrisk matris (med den vanliga skalärprodukten i R n ). Så vi kan uppfatta L som en symmetrisk linjär avbildning på det oändligtdimensionella vektorrummet försett med skalärprodukten ovan. {u C 2 ([, 1]); u() = u(1) = } Frågan är nu, finns det en bas av egenfunktioner till L i detta rum? En egenfunktion u(x) är en funktion sådan att det finns ett tal λ, egenvärdet til egenfunktionen, sådant att Lu = λu för sådana u, alltså u (x) = λu(x), u() = u(1) =. För att detta ska kunna hända måste λ <. Detta följer av att λ u(x) 2 dx = u (x)u(x)dx = u (x) 2 dx. Skriv därför µ 2 = λ. Då har ekvationen den allmänna lösningen u(x) = A cos(µx) + B sin(µx) och villkoret u() = betyder att A =. För att u(1) = måste då sin µ =, d.v.s. µ = kπ för något heltal k 1. Vi ser alltså att det finns oändligt många egenvärden, λ k = k 2 π 2, n 1 med tillhörande egenfunktioner e k (x) = sin(kπx). Vad som inte följer av detta är att varje kontinuerligt funktion f kan skrivas f(x) = 1 c k sin(kπx), dvs att egenfunktionerna är en bas. Men detta är Fouriers inversionsformel. Frågan är nu i vilken grad kan vi generalisera detta till allmännare differentialekvationer.

5 Egenfunktionsutvecklingar 4 (15) 3 En lite mer allmän differentialekvation Det vi såg i föregående avsnitt var att om vi sätter Lu = u och tar randvillkoren u() = u(1) =, så kan finns det en oändligtdimensionell motsvarighet till linjära algebrans spektralsats i det att det finns en växande svit λ k = k 2 π 2 av egenvärden med tillhörande egenfunktioner, så att varje C 2 funktion kan skrivas som en likformig summa av egenfunktioner. För detta behövde vi ta hjälp av teorin om Fourierserier, och vi vill nu se mer direkt i vad grad vi kan generalisera detta resultat. Vi ska därför betrakta en differentialoperator på formen (Lu)(x) = u (x) + q(x)u(x) för x i ett kompakt intervall, vilket vi utan inskräkning kan anta är [, 1] för att förenkla diskussionen. Vi kan dock tillämpa resultaten på godtyckliga kompakta intervall. Här är q(x) en kontinuerlig funktion på [, 1] och vi har valt att sätta ett negativt tecken framför andraderivatan för att egenvärdena i den kommande diskussionen ska växa mot positiva oändligheten. Dessutom kommer vi att anta att vi har s.k. separerade bivillkor Bu =, där Bu = (b 11 u() + b 12 u (), b 21 u(1) + b 22 u (1)). Med skalärprodukten (2) (u, v) = u(x)v(x)dx på vektorrummet gäller då att C 2 B([, 1]) = {u C 2 ([, 1]); Bu = } (Lu, v) = [ u (x)v(x) + v (x)u(x)] 1 + u(x)( v (x) + qv(x))dx = (u, Lv). Att randtermen är är noll följer av att om u och v är sådana att de uppfyller Bu = Bv =, så gäller att både (u(), u ()) och (v(), v ()) är vinkelräta mot vektorn (b 11, b 12 ), och alltså parallella. Men då följer att u ()v() + u()v () =. Samma sak gäller i den andra ändpunkten. En egenfunktion till problemet Lu = f, Bu = är definitionsmässigt en icke-trivial lösning till problemet Lu = λu, Bu =, alltså (3) u (x) + (λ q(x))u(x) =, u C 2 B([, 1]), för någon konstant λ. En direkt konsekvens av att randvärdesproblemet är symmetrisk är att om λ, µ är egenvärden med tillhörande egenvektorer u, v gäller att (λ µ)(u, v) = (Lu, v) (u, Lv) =, dvs egenvektorerna tillhörande olika egenvärden är automatiskt ortogonala. De är också av nödvändighet reella eftersom (Lu, v) är ett reellt tal.

6 Egenfunktionsutvecklingar 5 (15) Ekvationen (3) kan vi normalt inte lösa explicit, men vi kan göra vissa kvalitativa uttalanden om dess lösningar genom att betrakta motsvarande första ordningens system: om vi skriver u 1 (x) = u(x) och inför u 2 (x) = u (x), så är (3) ekvivalent med ekvationssystemt { u 1(x) = u 2 (x), < x < 1. u 2(x) = (λ q(x))u 1 (x) Inför nu polära koordinater i u 2 u 1 -planet, d.v.s. skriv u 2 (x) = r(x) cos θ(x), u 1 (x) = r(x) sin θ(x). Om u(x) är en icke-trivial lösning till (3) så är, på grund av entydigheten, r(x) 2 = u(x) 2 + u (x) 2 > för alla x. Alltså har u(x) = u 1 (x) sina nollställen i precis de punkter där θ(x) = kπ, för något heltal k. Funktionen θ(x) är naturligtvis bara definierad så när som på en heltalsmultipel av 2π men om man, för en given lösning u(x) till (3), fixerar ett värde på θ() och sedan kräver att θ(x) skall vara kontinuerlig så blir θ(x) en entydigt definierad funktion av x. Då cos θ(x), gäller att tan θ(x) = u(x)/u (x) och genom att derivera denna identitet får vi, med hjälp av (3), följande ekvation för θ(x) (4) θ (x) = cos 2 θ(x) + (λ q(x)) sin 2 θ(x). Denna ekvation gäller naturligtvis också då cos θ(x) =, vilket man inser genom att t.ex. derivera cot θ(x). Man kan också lätt härleda en ekvation för r(x) och på detta sätt få ett första ordningens system för r(x) och θ(x), som är ekvivalent med (3), men vi ska bara ha använding för (4). Låt oss dock illustrera med det kanske enklaste fallet. Exempel 1 Om vi tar λ q(x) = 1 så tar ekvationen (4) den enkla formen θ (x) = 1. Det följer att u(x) = r(x) sin(x + φ) för någon konstant φ. Deriverar vi det får vi att r(x) 2 = r(x) 2 sin 2 (x+φ)+r (x) 2 sin 2 (x+φ)+r(x) 2 cos 2 (x+φ) r (x) 2 sin(x+φ) = för alla x. Det följer att r (x) = och alltså att r(x) är en konstant. Lösningen på ekvationen har därför den allmänna formen u(x) = C sin(x + φ). Om u (), så är tan θ() = u()/u () och randvillkoret (5) B 1 u = b 11 u() + b 21 u () = är ekvivalent med θ δ 2π tan θ() = b 21 /b 11. Nu finns ett entydigt γ i intervallet [, π), sådant att tan γ = b 21 /b 11. Efter att eventuellt ha bytt ut u mot u, kan vi anta att θ() < π. Vi sätter γ = π/2 då b 11 =. Vi kan nu skriva (5) som (6) θ() = γ, γ [, π). π γ x

7 Egenfunktionsutvecklingar 6 (15) På samma sätt inses att det finns ett tal δ (, π], sådant att randvillkoret (7) B 2 u = b 12 u(1) + b 22 u (1) = är ekvivalent med att (8) θ(1) = δ + kπ, k Z. Beteckna med θ(x, λ) den entydigt bestämda lösningen till (4), som uppfyller (6). Då har problemet (3) en icke-trivial lösning u(x, λ) om och endast om θ(1, λ) uppfyller (8). En sådan egenfunktion har sina nollställen i de punkter x där θ(x, λ) är en heltalsmultipel av π. Eftersom θ (x, λ) = cos 2 θ(x, λ) = 1 då sin θ(x, λ) =, kan, för fixt λ, kurvan (x, θ(x, λ)) inte komma under en linje θ = mπ sedan den väl kommit över den. Speciellt måste heltalet k i (8) vara. 4 Ett ortonormerat system av egenfunktioner Målet med det här avsnittet är att visa följande sats. Sats 1 Problemet Lu = f, Bu = ovan har en växande följd av egenvärden λ 1 < λ 2 <... sådana att lim k λ k = +. Motsvarande egenfunktioner u k (x) är entydigt bestämda, så när som på en multiplikativ konstant, och u k (x) har precis k 1 nollställen i intervallet (, 1). Samtliga dessa nollställen är enkla. Vi ska bevisa denna sats genom att titta närmare på funktionen θ(x, λ) för olika λ, där vi antar att θ(, λ) = γ för alla λ. Den första observationen är då att (3) ger att θ(x, λ) är en strängt växande funktion av λ för varje fixt x. Vi vet också från den allmänna teorin för ordinära differentialekvationer att θ(x, λ) beror kontinuerlig på (x, λ). Vårt mål är nu att visa att det finns en strängt växande följd λ 1 < λ 2 <... som går mot oändligheten sådan att θ(1, λ k ) = δ + (k 1)π. För detta behöver vi Lemma 1 (Sturms jämförelsesats) Låt u(x) och v(x) vara icke-triviala lösningar till u (x) + p(x)u(x) = och v (x) + q(x)v(x) =, respektive, där p(x) och q(x) är kontinuerliga funktioner sådana att p(x) q(x) då x 1. Antag vidare att v() = v(1) =. Då har u(x) ett nollställe i det öppna intervallet (, 1), såvida inte p = q, i vilket fall u är en konstant multipel av v. Bevis. Vi kan anta att v inte har några andra nollställen i intervallet och också att v(x) > för < x < 1. Beteckna med θ u (x) den vinkelfunktion som hör till u(x). Eftersom v() =, kan vi anta att θ v () = eller θ v () = π. Vidare kan vi anta att θ u () < 2π.

8 Egenfunktionsutvecklingar 7 (15) Betrakta nu ekvationen (3) i xθ-planet. Vi såg då ovan att kurvan (x, θ v (x)) måste skära linjen θ = kπ nerifrån. För att fixera ett fall, förutsätter vi nu att θ v () = i vilket fall θ v :s graf skär linjen θ = π för x = 1. Om nu θ u () < π, så följer att θ u ( x) = π för något x i intervallet < x 1, där x < 1, såvida inte θ u = θ v. I detta sistnämnda fall ger (3) att p = q. Funktionerna u och v är då icke-triviala lösningar till samma andra ordningens differentialekvation och u() = v() =. Detta medför att u är en konstant multipel av v. De återstående fallen följer nu direkt av det faktum att om θ(x) är en lösning till (3), så är θ(x) + kπ en lösning för varje heltal k. Med hjälp av detta gör vi nu följande observation. Lemma 2 För fixt < x 1 gäller att θ 2π lim θ(x, λ) = och lim θ(x, λ) =. λ λ Bevis. Fixera a (, 1] och låt I = [, a]. För det första påståendet tar vi λ så stor att det finns ett µ > sådant att µ 2 λ q(x). Vi kan då jämföra lösningen till (3) med lösningen till ekvationen v + µ 2 v =. Den senare har lösningen v(x) = sin(µx) som är noll precis då µx = kπ där k är ett heltal. Men till en given punkt x och ett givet k kan vi alltid hitta λ så stort att µa kπ. Eftersom v har minst m + 1 nollställen i I så har då lösningen till (3) minst m nollställen i I enligt Sturms jämförelsesats, och det i sin tur betyder att θ(a, λ) kπ. Eftersom k var godtyckligt visar detta det första påståendet. För att visa det andra påståendet observerar vi först att vi vet att θ(x, λ) > för alla x I eftesom kurvan inte kan skära linjen θ = uppifrån. Tag nu γ sådan att γ < γ < π och drar linjestycket J mellan (, γ) och (a, ɛ). Eftesom sin 2 θ är positiv på J kan vi välja λ så stor negativ att cos 2 θ + (λ q(x) sin 2 θ är mindre än lutningen av J på J. Men då måste kurvan (x, θ(x, λ)), x x ligga under J, och alltså θ(a, λ) ɛ om λ är stort negativt. Eftersom ɛ är godtyckligt är lemmat bevisat. Men med hjälp av detta lemma får vi enkelt Sats 1. Från lemmat får vi att det finns en växande följd λ 1 < λ 2 <..., sådan att θ(1, λ k ) = δ + (k 1)π. Talen λ k är egenvärdena till (3) och, eftesom kurvan (x, θ(x, λ)) inte kan komma under en linje θ = mπ sedan den väl har passerat den, följer att egenfunktionerna u k (x) = u(x, λ k ) har precis k 1 nollställen i intervallet < x < 1. Observera att eftersom B 1 u k = b 11 u() + b 21 u () =, så är u k entydigt bestämd så när som på en multiplikativ konstant. Därmed är målet med detta avsnitt nått: egenfunktionerna till problemet Lu = f, Bu = utgör ett ON-system m.a.p. skalärprodukten (2). Nu gäller det att också se efter om det så konstruerade ON-systemet också är en bas för CB 2 ([, 1]). Vi ska se att så är fallet genom att först visa ett svagare resultat. π x θ v θ u x

9 Egenfunktionsutvecklingar 8 (15) 5 Egenfunktionerna utgör en bas i R([, 1]; R) I det här avsnittet ska vi visa att ON-systemt av egenfunktioner vi konstruerade i föregående avsnitt också är en bas i R([, 1]; R). Vi ska göra det genom att visa att likhet gäller i Bessels olikhet. För detta behöver vi två lemmor. Förutsättningarna är som i föregående avsnitt. Lemma 3 Om, för ett givet k, alla nollställen till u k funktionen v CB 2 [, 1], så gäller uppskattningen i (, 1) också är nollställen till (9) λ k (v, v) (Lv, v). Bevis. Eftersom v är noll på nollställen till u k och u k endast har enkla nollställen, så är funktioenn v/u k kontinuerlig på intervallet (, 1). I själva verket är den kontinuerlig i det slutna intervallet [, 1], ty u k och v uppfyller samma randvillkor. Utanför nollställena till u k gäller nu (1) d dx [ v u k (u k v vu k)] = ( ) uk v vu 2 k vlv + λ k v 2. u k Eftersom den första termen i högerledet är ger detta (11) λ k v(x) 2 dx v(x)(lv)(x)dx [ ] 1 v (u k v vu u k). k Här har vi först integrerat (1) över intervall som inte innehåller några nollställen till u k och sedan utnyttjat kontinuiteten hos < (v/u k )(u k v vu k ). Eftersom u k och v uppfyller samma randvillkor så försvinner högerledet i (11). Detta bevisar lemmat. Ur detta lemma får vi flera mer eller mindre direkta konsekvenser Corollary Antag att x 1,..., x k är nollställena till u k+1 i intervallet (, 1) och låt b 1,..., b k vara givna reella tal. Då finns tal a 1,..., a k sådana att funktionen w(x) = k 1 a ju j (x) uppfyller att w(x j ) = b j då j = 1,..., k. Bevis. Det är ett linjärt, kvadratiskt, ekvationsssystem vi ska lösa, och som sådant är det lösbart för alla högerled om och endast om motsvarande homogena system endast har den triviala lösningen. Det räcker därför att visa att om v(x) = k 1 a ju j (x) är noll i samtliga nollställen till u k+1, så är a 1 =... = a k =. Men att så är fallet följer direkt ur lemmat, ty v uppfyller alla förutsättningar där, vilket betyder att λ k+1 (a a 2 k) = λ k (v, v) (Lv, v) = λ 1 a λ k a 2 k. Eftersom λ j < λ k+1 då j k, ger detta att alla konstanter a j är noll. Corollary Om u C 2 B ([, 1]) är ortogonal mot alla u 1,..., u k 1, så gäller att (Lu, u) λ k u 2.

10 Egenfunktionsutvecklingar 9 (15) Bevis. Tag konstanterna a 1,..., a k 1 så att funktionen v(x) = u(x) j u j(x) är noll i nollställena för u k, vilket går enligt föregående observation. Eftersom v uppfyller förutsättningarna i det första lemmat är λ k v 2 (Lv, v). Eftersom (u, u j ) = för alla j följer att (Lu, u j ) = λ j (u, u j ) = för alla j. Vidare är v 2 = (u j a j u j, u j a j u j ) = u 2 + j a 2 j och (Lv, v) = (Lu, u) + j a 2 jλ j. Vi får då att (Lu, u) λ k u 2 j (λ k λ j )a 2 j, eftersom λ k > λ j då j < k. Anmärkning Observera att detta ger oss följande karakterisering av egenvärdena: λ 1 = sup (Lu, u), u =1 λ k = sup u S k (Lu, u), där u S k betyder att u L(u 1,..., u k 1 ) och u = 1. Vi har nämligen likhet då u = u k. Vi kan nu visa Sats 2 Sviten av egenfunktioner utgör en ON-bas i R([, 1]; R) med avseende på skalärprodukten (2). Bevis. Tag u C 2 B ([, 1]) och sätt c k = (u, u k ) och s N (x) = N k=1 c ku k (x). Då är u s N ortogonal mot u 1,..., u N, så enligt den sista observationen ovan gäller att Detta kan skrivas om som (L(u s N ), u s N ) λ N+1 u s N 2. (Lu, u) j λ j c 2 j λ N+1 ( u 2 N c 2 j), 1 och om vi väljer N så stor att λ N+1 >, och dividerar vi då med λ N+1, så ser vi att u 2 N 1 c 2 j λ 1 N+1 ((Lu, u) λ j < λ j c 2 j) då N. Alltså måste vänsterledet vara lika med noll och vi har likhet i Bessels olikhet. Detta bevisar satsen.

11 Egenfunktionsutvecklingar 1 (15) 6 Greens funktion och punktvis serieutveckling Så här långt har vi sett att (12) u(x) = (u, e k )e k (x) 1 i den meningen att skillnaden N (x) = u(x) N 1 (u, e k)e k (x) uppfyller ( N, N ) då N. Vi vill emellertid visa att (12) gäller även punktvis, vilket vi gör genom att visa att summan konvergerar likformigt. Gränsfunktionen blir då en kontinuerlig funktion, och om u C B ([, 1]), så måste då de två funktionerna överensstämma. För att göra detta behöver vi först introducera en speciell funktion, Greens funktion. Det är en kontinuerlig funktion G(x, y) på [, 1] 2 sådan att den entydigt bestämda lösningen till problemet Lu = f, Bu = ges av u(x) = G(x, y)f(y)dy. För att se hur man konstruerar en sådan funktion börjar vi med att se efter vad den måste uppfylla. Om vi formellt deriverar under integraltecknet så ser vi att (Lu)(x) = ( 2 xxg(x, y) + q(x)g(x, y))f(y)dy och för att det ska vara lika med f(x) måste x G(x, y) vara en lösning till ekvationen Lu = för x y. Då x = y är det lite mer komplicerat, eftersom differentialekvationen där måste ge ett värde sådant att integralen blir lika med f(x). Det betyder att vi måste ha att 2 xxg(x, y) = δ (y x) där δ det s.k. Diracmåttet som är väldigt användbart inom teorin för differentialekvationer. Men detta leder oss in på distributionsteorin, och för att undvika det formulerar vi villkoren lite annorlunda. Definition Den kontinuerliga funktionen G(x, y) sägs vara Greenfunktionen till problemet Lu = f, Bu = om följande villkor gäller: a) x G(x, y) är kontinuerlig då x y och har ett hopp av storlek 1 över diagonalen x = y: lim xg(x, y) = lim xg(x, y) + 1, y x + y x b) x G(x, y) är en lösning till Lu = då x y, c) B(G(., y)) = då y (, 1). Om u(x) är definierad med hjälp av en sådan funktion, så gäller att Bu = BG(., y)f(y)dy =, om det är tillåtet att derivera under integraltecknet, vilket inte är självklart eftersom G(., y) inte är kontinuerligt deriverbar i hela intervallet [, 1]. Men vi kan dela upp integralen: d dx ( x G(x, y)f(y)dy + x G(x, y)f(y)dy) = x x G(x, y)f(y)dy + G(x, x)f(x)

12 Egenfunktionsutvecklingar 11 (15) + vilket visar att det är tillåtet. x x G(x, y)f(y)dy G(x, x)f(x) = x G(x, y)f(y)dy Vi ska nu se hur vi kan konstruera Greens funktion (som är entydigt bestämd av sina villkor) till vårt problem. Definiera a) u 1 (x) som den lösning till Lu = som uppfyller u() = b 21, u () = b 11, så att B 1 u 1 =, b) u 2 (x) som den lösning till Lu = som uppfyller u(1) = b 22, u (1) = b 12, så att B 2 u 2 =. För godtyckliga kontinuerliga funktioner a(y), b(y) gäller då att funktionen { u 1 (x)a(y), om x y G(x, y) = u 2 (x)b(y), om x y är sådan att BG(., y) = för alla y och LG(., y) = utom på diagonalen. För att G ska bli kontinuerlig på diagonalen ska vi ha att u 1 (y)a(y) = u 2 (y)b(y) för alla y, och för att derivatan ska ha ett hopp av storlek ett på diagonalen ska vi ha att u 2(y)b(y) u 1(y)a(y) = 1 för alla y. Detta ger oss ett linjärt ekvationssystem som har lösningen där a(y) = W (u 1, u 2 ; y) = u 1(y) u 1(y) är den s.k. Wronsikanen. Deriverar vi den får vi u 2 (y) W (u 1, u 2 ; y), b(y) = u 1 (y) W (u 1, u 2 ; y), u 2 (y) u 2(y) = u 1(y)u 2(y) u 1(y)u 2 (y) u 1(y)u 2(y) + u 1 (y)u 2(y) u 1(y)u 2 (y) u 1(y)u 2(y) = (q(y) q(y))u 1 (y)u 2 (y) =, så Wronskianen är en konstant. Det betyder att Greens funktion ges av { u 1 (x)u 2 (y), om x y G(x, y) = C u 2 (x)u 1 (y), om x y, för en lämpligt vald konstant C, förutsatt att Wronskianen inte är identiskt noll. Men det i sin tur betyder att u 1 och u 2 är proportionella, och alltså att problemet Lu =, Bu = har en icke-trivial lösning. Slutsatsen är att Greenfunktionen finns alltid så länge problemet Lu =, Bu = är entydigt lösbart. Vi kan också notera att G(x, y) = G(y, x), d.v.s. att G är symmetrisk i x och y. Exempel 2 Vi illustrerar detta genom att bestämma Greenfunktionen till problemet (13) u (x) = f(x), u() = u(1) =. Den homogena ekvationen har den allmänna lösningen u(x) = A + Bx, så vi ser att vi ska ta funktionerna u 1 (x) = x och u 2 (x) = 1 x som ovan. Det följer att G(x, y) = Cx(1 y) x y, = Cy(1 x) x y.

13 Egenfunktionsutvecklingar 12 (15) Här ska konstanten väljas så att hoppet x G(y, y) x G(y+, y) = C((1 y) + y) = C blir 1. Det betyder att vi kan skriva lösningen (13) som u(x) = x (1 x)yf(y)dy + x x(1 y)f(y)dy. Åter till den allmänna diskussionen. Vi kan utan inskränkning anta att noll inte är ett egenvärde till problemet Lu = f, Bu =, ty om så vore fallet kunde vi ersätta L med L a där a inte är ett egenvärde. Att noll inte är ett egenvärde betyder att problemet Lu =, Bu = endast har den triviala lösningen, så att det finns en Green-funktion G(x, y). Om u k är en egenfunktion med Lu k = λ k u k, Bu k =, så får vi att vilket vi kan skriva (14) u k (x) = G(x, y)(lu k )(y)dy = λ k G(x, y)u k (y)dy, G(x, y)u k (y)dy = u k(x) λ k. För fixt x är alltså u k (x)/λ k Fourierkoefficienterna för G(x, y), uppfattat som en funktion av y. Bessels olikhet ger därför ( ) 2 uk (x) 1 (15) G(x, y) 2 dy. k=1 Om nu u CB 2 ([, 1]), så ska vi visa att serien (16) (u, u k )u k λ k k=1 är likformigt konvergent och för detta räcker det enligt Weierstrass konvergenssats att visa att (17) (u, u k ) <. Detta i sin tur följer av att ( 2 (u, u k )u k ) = k k=1 ( ) (u, Lu k ) u 2 k ( (Lu, u k ) 2 )( λ k k k k u k λ k 2, det sista enligt Cauchys olikhet. Enligt Bessels olikhet är den första faktorn i högerledet Lu 2, medan det för den andra gäller att N k=1 Därmed är påståendet bevisat. u k λ k 2 sup [,1] G(x, y) 2 dy.

14 Egenfunktionsutvecklingar 13 (15) 7 Symmetriska randvärdesproblem Vi ska nu generalisera operatorn L i föregående avsnitt till operatorn (18) Lu(x) = a 2 u (x) + a 1 (x)u (x) + a (x)u(x), a j C 1 ([, 1]). Denna definierad för u C 2 ([, 1]), och det första vi vill avgöra är avgöra när den är symmetrisk i skalärprodukten (2). Om vi partialintegrerar får vi att (19) (Lu, v) (u, L v) = [a 2 (x)(u (x)v(x) v (x)u(x)) + (a 1 (x) a 2(x))u(x)v(x)] 1 där L v(x) = (a 2 (x)v(x)) (a 1 (x)v(x)) + a (x)v(x) = a 2 v (x) + (2a 2(x) a 1 (x))v (x) + (a 2(x) a 1(x) + a (x))v(x). Differentialoperatorn L kallas den adjungerade operatorn till L och formeln (2) för Greens formel. Om u och v är C 2 ([, 1]) är noll tillsammans med sina förstaderivator i ändpunkterna och 1, så följer att vi har att (Lu, v) = (u, L v). Definition En differentialoperator L sägs vara självadjungerad om det för alla u, v som är noll med sina derivator i ändpunkterna gäller att (Lu, v) = (u, Lv). Om L är självadjungerad följer att = (u, Lv) (u, L v) = (u, (L L )v) = och då detta är sant för alla u följer att L = L. Detta betyder att u(x)(l L )v(x)dx, a 2 (x) = a 2 (x), a 1 (x) = 2a 2(x) a 1 (x), a (x) = a 2(x) a 1(x) + a (x), dvs Vi ser alltså att a 2(x) = a 1 (x). Sats 3 En andra ordningens differentialoperator är självadjungerad precis då den kan skrivas på formen Lu(x) = (p(x)u (x)) + q(x)u(x). Men vi är intresserad av ett randvärdesproblem (2) Lu = f, Bu =, där Bu består av två linjärkombinationer av u(), u(1), u (), u (1). Vi har då följande

15 Egenfunktionsutvecklingar 14 (15) Definition Randvärdesproblemet ovan sägs vara symmetriskt om det gäller att för alla u, v CB 2 ([, 1]) (Lu, v) = (u, Lv) Förutom att L måste vara självadjungerad finns här villkor på randvillkoren. Från (1) ser vi att vi måste ha att [a 2 (x)(u (x)v(x) v (x)u(x))] 1 =, vilket alltså är villkoret på Bu = för att problemet (2) ska vara symmetrisk. Exempel på sådana är förutom separerade randvillkor också periodiska randvillkor: u() = u(1), u () = u (1). Vi har nu följande sats. Sats 4 Antag att randvärdesproblemet Lu = f, Bu = är symmetriskt och att p > i [, 1] med separerade randvillkor. Då finns en följd u k (x) av ortonormerade egenfunktioner sådana att u(x) = (u, u k )u k (x), u CB([, 2 1]), k med likformig konvergens. Bevis. För att visa satsen ska vi transformera ekvationen så att vi kan använda Sats 1. Vi börjar då med att definiera z(x) = x dy p(y), u(x) = v(z(x)). Deriverar vi får vi att u = v (z)z, u = v (z)(z ) 2 + v (z)z så ekvationen blir, om vi sätter h = 1/ p, Lu = pu + p u + qu = ph 2 v + (ph + p h)v + qv =. Eftersom ph 2 = 1 får vi över ekvationen på en ekvation på formen v (z) + a(z)v (z) + b(z)v(z) =. Om vi nu sätter v(z) = g(z)u(z), så övergår denna ekvation i gu + (2g + ag)u + (g + ag + bg)u =, och här kan vi välja g > så att koefficienten framför u är noll. Det följer att vi får över ekvationen på formen u (z) + q(z)u(z) =. Detta är den s.k. Liouvilles normalform. Naturligtvis påverkar substitutionerna ovan såväl intervallängd som randvillkor. Det är emellertid klart att separerade randvillkor alltid övergår i separerade randvillkor. Vi kan därför hänvisa till den redan bevisade satsen.

16 Egenfunktionsutvecklingar 15 (15) 8 Allmänna randvärdesproblem Vad gäller då för den allmänna differentialoperatorn Lu i (18)? Om vi multiplicerar denna ekvation med funktionen w(x) som vi väljer så att så kan vi skriva om ekvationen Lu = f som (w(x)a 2 (x)) = w(x)a 1 (x), (L w u)(x) = (p(x)u (x)) + q(x)u(x) = w(x)f(x) där vi satt p(x) = w(x)a 2 (x) och q(x) = w(x)a (x). Här kan vi ta w(x) >. Med lämpliga randvillkor ger detta oss ett symmetriskt randvärdesproblem. Notera dock att villkoret att L w u är en självadjungerad operator (m.a.p. (2)) är ekvivalent med att (Lu, v) w = (u, Lv) w med skalärprodukten (u, v) w = u(x)v(x)w(x)dx. Vi kan nu översätta spektralsatsen, alltså Sats 4, till denna situation, och får då en bas av egenfunktioner som kommer att vara ortonormerad m.a.p. denna skalärprodukt. För att få en spektralsats måste vi anta att a 2 (x) > på det kompakta intervall vi har randvärdesproblemet på. Den är dessutom C 1 där medan både a 1 och a måste vara kontinuerliga på intervallet. Ett randvärdesproblem på ett kompakt intervall sådant att p C 1 är på detta och q är kontinuerlig på hela intervallet sägs vara ett reguljärt randvärdesproblem. Ibland stöter man på situationer där antingen intervallet är oändligt, p kanske är noll i någon av ändpunkterna eller q är inte definierad i någon av dessa. Sådana problem sägs vara singulära, och för dem är situationen mer komplicerad. Sådana problem kan vara mycket mer komplicerade och måste i princip hanteras individuellt.