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title: 史特姆－萊歐維爾問題與固有函數展開
tags: [微分方程特論]

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# 史特姆－萊歐維爾問題與固有函數展開
###### tags: `微分方程特論`
在第八章的最後三節，我們看到許多不同的邊界值問題（藉由分離變數法）最後都得到相同的常微分方程 $$X''(x)+\lambda X(x)=0\quad(0<x<L)\tag{1}$$，它們都包含一個固有值 $\lambda$，但有著不同的端點條件，例如 $$X(0)=X(L)=0\tag{2}$$ 或 $$X'(0)=X'(L)=0\tag{3}$$ 或 $$X(0)=X'(L)=0，\tag{4}$$ 取決於原本的邊界條件。

例如，回憶一下（第8.5節中）給定初始溫度 $u(x,0)=f(x)$、在一棒子 $0\leq x\leq L$ 上求溫度 $u(x,t)$ 的問題。

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### 史特姆－萊歐維爾問題（Sturm–Liouville Problems）
為了對分離變數法做統一和概括，系統化闡述一般類型的固有值問題將會很有助益，前面提到的每一個問題都是這個固有值問題的特殊情況。將 $y$ 取代 $X$ 作為應變量，等式（1）可以寫為 $$\dfrac{d}{dx}\left[p(x)\dfrac{dy}{dx}\right]-q(x)y+\lambda r(x)y=0，\tag{8}$$ 其中 $p(x)=r(x)\equiv 1$ 且 $q(x)\equiv 0$。確實，我們在第16題指出任何形如 $$A(x)y''+B(x)y'+C(x)y+\lambda D(x)y=0$$ 線性二階微分方程式在乘上適當的因子之後，都可以寫成 (8) 式的形式。



### 範例一
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如果我們把 $n$ 階參變貝色爾方程式（parametric Bessel equation of order $n$） $$x^2y''+xy'+\left(\lambda x^2-n^2\right)y=0\quad(x>0)$$ 乘上 $1/x$，結果可以寫成 $$\dfrac{d}{dx}\left(x\dfrac{dy}{dx}\right)-\dfrac{n^2}{x}y+\lambda xy=0，$$ 這就是 (8) 式的形式，其中 $p(x)=r(x)=x$ 且 $q(x)=n^2/x$。$\blacksquare$
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現在，在 (8) 式位於一有界開區間 $(a,b)$ 內的解之外，我們施予一個形如 $$\alpha_1y(a)-\alpha_2y'(a)=0，\quad \beta_1y(b)+\beta_2 y'(b)=0\tag{9}$$ 齊次（線性）端點條件，其中 $\alpha_1$、$\alpha_2$、$\beta_1$ 和 $\beta_2$ 都是變數。這兩個條件除了是齊次之外，也是*分離的*（separated），因為其中一個條件涉及了 $y(x)$ 和 $y'(x)$ 在一個端點 $x=a$ 的值，而另外一個條件涉及在另一個端點 $x=b$ 的值。例如，注意到 $y(a)=y'(b)=0$ 這個條件就是 (9) 式的形式，其中 $\alpha_1=\beta_2=1$ 且 $\alpha_2=\beta_1=0$。

### 定義 史特姆－萊歐維爾問題
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**史特姆-萊歐維爾問題**（Sturm–Liouville Problem，簡稱S-L問題）是形如 $$\dfrac{d}{dx}\left[p(x)\dfrac{dy}{dx}\right]-q(x)y+\lambda r(x)y=0\qquad(a<x<b)；\tag{8}$$ $$\alpha_1y(a)+\alpha_2y'(a)=0，\qquad \beta_1y(b)+\beta_2 y'(b)=0，\tag{9}$$ 的端點值問題，其中 $\alpha_1$ 和 $\alpha_2$ 不同為零且 $\beta_1$ 和 $\beta_1$ 不同為零。(8) 式中的參數 $\lambda$ 是「固有值」，我們需要找到它可能的（常數）值。
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我們在第2.8節使用了正弦函數和餘弦函數來解端點值問題，史特姆－萊歐維爾問題就是此類問題的推廣。它是以法國數學家[夏爾・史特姆](https://reurl.cc/WdOQ4O)（Charles Sturm，1803-1855）和[約瑟夫・萊歐維爾](https://reurl.cc/Mvz57X)（Joseph Liouville，1809-1882）的名字命名，後者在1830年代研究了此類問題。

### 範例二
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我們讓同一個微分方程式 $$y''+\lambda y=0\quad(0<x<L)$$ 搭配不同的 微分齊次端點條件
- $y(0)=y(L)=0$（其中 $\alpha_1=\beta_1=1$ 和 $\alpha_2=\beta_2=0$），
- $y'(0)=y'(L)=0$（其中 $\alpha_1=\beta_1=0$ 和 $\alpha_2=\beta_2=1$），
- $y(0)=y'(L)=0$（其中 $\alpha_1=\beta_2=0$ 和 $\alpha_2=\beta_1=0$），於是就得到不同的S-L問題。$\blacksquare$
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請注意 (8)、(9) 式中的S-L問題一定有個平庸解 $y(x)\equiv 0$。我們要尋找 $\lambda$ 的一些值，即**固有值**（eigenvalues）。對於這些固有值，S-L問題會有*非平庸的*（nontrivial）、實值解，也就是**固有函數**（eigenfunction），而且每一個固有值都有一個或多相伴（associated）固有函數。請注意任何固有函數的（非零常數）整數倍也會是一個固有函數。以下有個定理將指出，在哪些充分條件下，(8)、(9) 式中的問題會擁有一個非負固有值的無窮數列 $\{\lambda_n\}^\infty_1$ ，而且每個固有值 $\lambda_n$ 都剛好有一個相伴固有函數 $y_n(x)$（差一個常數倍之內）。在G. P. Tolstov, *Fourier Series* (New York: Dover, 1976)一書的第八章中，有敘述此定理的證明。

::: info
### 定理一 史特姆－萊歐維爾固有值
假設 (8) 式中的函數 $p(x)$、$p'(x)$、$q(x)$ 和 $r(x)$ 在區間 $[a,b]$ 上連續，而且對於 $[a,b]$ 上的每一點 $p(x)>0$ 和 $r(x)>0$。則S-L問題的固有值構成一個實數的遞增數列 $$\lambda_1<\lambda_2<\lambda_3<\cdots<\lambda_{n-1}<\lambda_n<\cdots\tag{10}$$ 且有著 $$\lim_{n\to\infty}\lambda_n=+\infty。\tag{11}$$ 

在差一個常數因子的意義下，每一個固有值 $\lambda_n$都只有唯一相伴固有函數 $y_n(x)$ 。而且若 $q(x)$ 在 $[a,b]$ 上都大於等於零且 (9) 式中的係數  $\alpha_1$、$\alpha_2$、$\beta_1$ 和 $\beta_2$ 都大於等於零，則所有固有值也都會大於等於零。
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**註：** 在驗證定理一的前提時，務必要注意 (8)、(9) 式中的正負號。若 (8)、(9) 式中的S-L問題滿足定理一的前題，我們有時會稱它是**正規的**（regular）；否則稱它是**奇異的**（singular）。在這一節中，我們將聚焦在探討正規S-L問題。至於有關貝色爾方程的奇異S-L問題將在9.4節中介紹。

### 範例三
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在第2.8節的範例三，我們看過S-L問題 $$y''+\lambda y=0\qquad(0<x<L)；\\y(0)=0,\qquad y(L)=0\tag{12}$$ 有固有值 $\lambda_n=n^2\pi^2/L^2$ 和相伴固有函數 $y_n(x)=\sin(n\pi x/L)$ $(n=1,2,3,\ldots)$。那時候我們需要分別考慮 $\lambda=-\alpha^2<0$、$\lambda=0$、$\lambda=\alpha^2>0$ 的情況。現在因為我們有 $p(x)=r(x)\equiv 1$，$q(x)\equiv 0$，其中 $\alpha_1=\beta_1=1$ 和 $\alpha_2=\beta_2=0$，所以從定理一可以知道 (12) 式中的問題只有非負固有值。因此假如我們想重新開始解這題的話，只需要考慮 $\lambda=0$ 和 $\lambda=\alpha^2>0$ 兩個情況。 $\blacksquare$
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我們也很熟悉 $$y''+\lambda y=0\qquad(0<x<L)；\\y'(0)=0,\qquad y'(L)=0\tag{13}$$ 這個（從第8.5節的問題來的）S-L問題，它有固有值 $\lambda_0=0$、$\lambda_n=n^2\pi^2/L^2$ $(n=1,2,3,\ldots)$ 和相伴固有函數 $y_0(x)\equiv 1$、$y_n(x)=\cos(n\pi x/L)$。如果 $0$ 是一個固有值，我們習慣上會寫 $\lambda_0=0$ 否則 $\lambda_1$ 是最小的固有值；因此 $\lambda_1$ 總是代表最小正數固有值。

### 範例四
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找出S-L問題 $$y''+\lambda y=0\qquad(0<x<L)\\y'(0)=0,\qquad y(L)=0\tag{14}$$ 的固有值和相伴固有函數。
#### 解
這個S-L問題滿足定理一之前提，而且 $\alpha_1=\beta_2=0$ 和 $\alpha_2=\beta_1=1$，所以它沒有負的固有值。如果 $\lambda=0$，則 $y(x)=Ax+B$，故有 $y'(0)=A=0$ 又有 $y(L)=B=0$。因此 $0$ 不是個固有值。如果 $\lambda=\alpha^2$，則 $$y(x)=A\cos\alpha x+B\sin\alpha x\quad且\quad y'(x)=-A\alpha \sin\alpha x+B\alpha\cos\alpha x。$$ 故 $y'(0)=0$ 可推得 $B=0$，而有 $y(L)=A\cos\alpha L=0$，這代表 $\alpha L$ 是 $\pi/L$ 的*奇*整數倍：$\alpha L=(2n-1)\pi/2$。所以我們得到固有值和相伴固有函數 $$\lambda_n=\alpha^2_n\dfrac{(2n-1)^2\pi^2}{4L^2}\quad 和 \quad y_n(x)=\cos\dfrac{(2n-1)\pi x}{2L}，n=1,2,3,\ldots\tag*{$\blacksquare$}$$
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### 範例五
::: warning
找出S-L問題 $$\begin{array}{ll}&y''+\lambda y=0&(0<x<L)\\&y(0)=0,&hy(L)+y'(L)=0\quad(h>0)\end{array}\tag{15}$$ 的固有值和相伴固有函數。
#### 
這個問題滿足定理一的前提，且$\alpha_1=\beta_1=1$、 $\alpha_2=0$ 和 $\beta_1=h>0$，所以它沒有負數固有值。若 $\lambda=0$，則 $y(x)=A(x)+B$，故 $y(0)=B=0$。然後由 $$hy(L)+y'(L)=h\cdot AL+A=A\cdot (hL+1)=0$$ 推得 $A$ 也等於 $0$。所以說，$0$ 不是固有值。

若 $\lambda=\alpha^2$，則 $$y(x)=A\cos\alpha x+B\sin \alpha x。$$ 因此有 $y(0)=A=0$，又有 $$y(x)=B\sin\alpha x\quad和\quad y'(x)=B\alpha\cos\alpha x。$$ 所以 $$hy(L)+y'(L)=hB\sin\alpha L+B\alpha \cos\alpha L=0。$$ 如果 $B\neq 0$，就可推得 $$\tan \alpha L=-\dfrac{\alpha}{h}=-\dfrac{\alpha L}{hL}。\tag{16}$$ 所以 $\beta=\alpha L$ 是方程式 $$\tan x=-\dfrac{x}{hL}\tag{17}$$的一個（正數）解。
(17) 式的解就是 $y(x)=-\tan x$ 的圖形與 $y(x)=x/hL$ 的圖形之交點，如圖 9.1.1 所繪。從圖中可以明顯看出，存在無限多個正根 $\beta_1,\beta_2,\beta_3,\ldots$，而且當 $n$ 很大時，$\beta_n$ 僅略大於 $(2n-1)\pi/2$。
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![](https://i.imgur.com/FXV1YFY.png =300x)
**圖 9.1.1.** 以幾何方法解方程式 (17)
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參見圖 9.1.2 中，表格列出了當 $hL = 1$ 時方程式 (17) 的前八個解。
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![](https://i.imgur.com/xbAjMW3.png =300x)
**圖 9.1.2.** $\tan x=-x$ 的前八個正數解的近似值
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無論如何，(15) 式中問題的固有值和相伴固有函數由下式所給出：對於 $n=1,2,3,\ldots$，$$\lambda_n=\alpha_n^2=\dfrac{\beta_n^2}{L^2}、\quad y_n(x)=\sin\alpha_n x=\sin\dfrac{\beta_n x}{L} \tag{18}$$ (17) 式經常出現在某些應用中（機械振動和熱傳導只是眾多例子的其中兩個），Abramowitz and Stegun, *Handbook of Mathematical Functions* (New York: Dover, 1965) 的表 4.19 中列出了 (17) 式對於各種 $hL$ 值的解。 $\blacksquare$
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### 正交固有函數（Orthogonal Eigenfunctions）

回顧第8.1節，傅立葉級數中我們熟悉的係數公式是由正弦函數和餘弦函數的正交性（orthogonality）推得。類似地，就S-L問題的固有函數而言，給定函數是否能用固有函數展開，取決於這些固有函數的正交性質。如果函數 $\phi(x)$ 和 $\psi(x)$ 滿足 $$\int^b_a \phi(x)\psi(x)r(x)dx=0，\tag{19}$$ 則我們稱他們關於**權函數**（weight function）$r(x)$ 在區間 $[a,b]$ 上**正交**（orthogonal）。

下列定理蘊含了，若一個正規S-L問題的任兩個固有函數伴隨著相異固有值，那麼它們關於 (8) 式中的權函數 $r(x)$ 正交。

### 定理二 固有函數的正交性（Orthogonality of Eigenfunctions）
::: info
假設 (8)、(9) 式中S-L問題的函數 $p$、$q$、$r$ 滿足定理一的前提，而且令 $y_i(x)$ 和 $y_j(x)$ 分別為伴隨相異固有值 $\lambda_i$ 和 $\lambda_j$ 的固有函數。則 $$\int^b_a y_i(x)y_j(x)r(x)dx=0。\tag{20}$$
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#### 證明
我們由方程式 $$\begin{align}&\dfrac{d}{dx}\left[p(x)\dfrac{dy_i}{dx}\right]-q(x)y_i+\lambda_i r(x)y_i=0，\\&\dfrac{d}{dx}\left[p(x)\dfrac{dy_j}{dx}\right]-q(x)y_j+\lambda_j r(x)y_j=0\end{align}\tag{21}$$ 開始。

這兩個方程式意味著 $\lambda_i$、$y_i$ 和 $\lambda_j$、$y_j$ 是兩對固有值－固有函數對。如果我們把第一式乘以 $y_j$，又把第二式乘以 $y_i$ 之後，再將兩者相減，我們會得到 $$y_j\dfrac{d}{dx}\left[p(x)\dfrac{dy_i}{dx}\right]-y_i\dfrac{d}{dx}\left[p(x)\dfrac{dy_j}{dx}\right]+(\lambda_i-\lambda_j)r(x)y_iy_j。$$

故有 $$\begin{align}(\lambda_i-\lambda_j)y_iy_jr(x)&=y_i\dfrac{d}{dx}\left[p(x)\dfrac{dy_j}{dx}\right]-y_j\dfrac{d}{dx}\left[p(x)\dfrac{dy_i}{dx}\right]\\&=\dfrac{d}{dx}\left[p(x)\left(y_i\dfrac{dy_j}{dx}-y_j\dfrac{dy_i}{dx}\right)\right]\end{align}，$$ 其中第二個等式可以透過直接微分來驗證。所以，對上式從 $x=a$ 積分到 $x=b$ 就會得到 $$(\lambda_i-\lambda_j)\int_a^by_i(x)y_j(x)r(x)dx=\left[p(x)\left(y_i(x)y_j'(x)-y_j(x)y_i'(x)\right)\right]^b_a$$

我們從 (9) 式的第一個端點條件可得 $$\alpha_1y_i(a)-\alpha_2y'_i(a)=0\quad 和 \quad \alpha_1y_j(a)-\alpha_2y'_j(a)=0。$$ 因為 $\alpha_1$ 和 $\alpha_2$ 不同為零，所以這些係數的行列式必為零： $$y_i(a)y'_j(a)-y_j(a)y_i'(a)=0。$$ 同樣地， (9) 式的第二個端點條件蘊含了 $$y_i(b)y'_j(b)-y_j(b)y_i'(b)=0。$$ 

因此 (22) 式的右手邊為零。由於 $\lambda_i\neq\lambda_j$，就導致 (20) 式這一結果，證明完畢。 $\blacktriangle$

### 固有函數展開（Eigenfunction Expansions）
現在假設函數 $f(x)$ 在區間 $[a,b]$ 可以表示成一個**固有函數級數**（eigenfunction series） $$f(x)=\sum^\infty_{m=1}c_my_m(x)，\tag{23}$$ 其中函數$y_1,y_2,y_3,\ldots$ 是 (8)、(9) 式中正規S-L問題的固有函數。為了求出 $c_1,c_2,c_3,\ldots$ 這些係數，我們要把第 8.1 節中用來求一般傅立葉係數的技巧做一推廣。首先我們把 (23) 式的兩邊乘以 $y_n(x)r(x)$，然後對它從 $x=a$ 積分到 $x=b$。假定逐項積分的有效的，則我們會得到 $$\int_a^bf(x)y_n(x)r(x)dx=\sum^\infty_{m=1}c_m\int^b_ay_m(x)y_n(x)r(x)dx。\tag{24}$$ 但因為 (20) 式裡的正交性，(24) 式的右手邊唯一的非零項是 $m=n$ 的那一項。所以 (24) 式就變成 $$\int_a^bf(x)y_n(x)r(x)dx=c_n\int^b_a\left[y_n(x)\right]^2r(x)dx，$$ 於是有 $$c_n=\dfrac{\int_a^bf(x)y_n(x)r(x)dx}{\int^b_a\left[y_n(x)\right]^2r(x)dx}。\tag{25}$$

因此我們透過選擇 (25) 式指定的係數，而*定義*出 (23) 式中的固有函數級數，也就是以給定S-L問題的固有函數來表示 $f(x)$。

例如，假設S-L問題是我們熟悉的 $$y''+\lambda y=0\qquad(0<x<\pi)；\\y(0)= y(\pi)=0，\tag{26}$$ 對於此問題，$r(x)\equiv 1$ 且固有函數為 $y_n(x)=\sin nx$，$n=1,2,3,\ldots$。則 (25) 式推得 $$c_n=\dfrac{\int^\pi_0 f(x) \sin nx\,dx}{\int^\pi_0 \sin^2 nx\,dx}=\dfrac{2}{\pi}\int^\pi_0 f(x) \sin nx\,dx，$$ 這是因為 $$\int^\pi_0 \sin^2 nx dx=\dfrac{\pi}{2}。$$ 這就是我們所熟悉的傅立葉正弦係數公式，而且 (23) 式的固有函數級數就是 $f(x)$ 在 $[0,\pi]$ 上的傅立葉正弦級數 $$f(x)=\sum^\infty_{n=1}c_n\sin nx。$$

以下定理（僅陳述而不證明）是第8.2節的傅立葉收斂定理（Fourier convergence theorem）的推廣。

### 定理三 固有函數級數的收斂性（Convergence of Eigenfunction Series）
::: info
令 $y_1,y_2,y_3,\ldots$ 是正規S-L問題在 $[a,b]$ 上的固有函數。如果函數 $f$ 在 $[a,b]$ 上片段光滑（piecewise smooth），則 (23) 式的固有函數級數在 $a<x<b$ 的收斂性如下：
- 在 $f$ 連續的點收斂到函數值 $f(x)$，
- 在 $f$ 的每個不連續點都收斂到左極限和右極限的平均值 $\frac{1}{2}[f(x_+)+f(x_-)]$。
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### 範例六
::: warning
對於範例四的S-L問題 $y''+\lambda y=0~(0<x<L),~ y'(x)=y(L)=0$，我們找到固有函數 $y_n(x)=\cos(2n-1)\pi x/(2L),~n=1,2,3,\ldots$ 一個函數 $f(x)$ 相應的固有函數級數是 $$f(x)=\sum^\infty_{n=1}c_n\cos\dfrac{(2n-1)\pi x}{2L}，\tag{27}$$ 而且有 $$\begin{align}c_n&=\dfrac{\small\displaystyle\int^L_0 f(x)\cos[(2n-1)\pi x/(2L)]dx}{\small\displaystyle\int^L_0\cos^2[(2n-1)\pi x/(2L)]dx}\\&=\dfrac{2}{L}\int^L_0 f(x)\cos\dfrac{(2n-1)\pi x}{2L}dx，\tag{28}\end{align}$$ 這是因為 $$\int^L_0 \cos^2\dfrac{(2n-1)\pi x}{2L}dx=\dfrac{L}{2}。$$ 於是 (27) 式中的級數就是第8.3節習題22的「半奇數倍餘弦級數」（odd half-multiple cosine series）。類似地，S-L問題 $y''+\lambda y=0~(0<x<L),~ y'(x)=y’(L)=0$ 會導致第8.3節習題21的「半奇數倍正弦級數」（odd half-multiple sine series）$$f(x)=\sum^\infty_{n=1}c_n\sin\dfrac{(2n-1)\pi x}{2L}，\quad c_n=\dfrac{2}{L}\int^L_0 f(x)\sin\dfrac{(2n-1)\pi x}{2L}dx。\tag{29}$$

*註*： 
1. :book: 第8.3節習題21
    ![](https://i.imgur.com/3rnR8kA.png =400x)

2. :book: 第8.3節習題22
![](https://i.imgur.com/tB1i7yL.png =400x)

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