施图姆-刘维尔（Sturm-Liouville）问题的级数解法——常点情形

施图姆-刘维尔（Sturm-Liouville）问题的级数解法-常点情形下载地址：https://hyxy.hhu.edu.cn/2022/0830/c8640a239983/page.htm参考资料：《数学物理方法（第五版）》梁昆淼著定义o.1（Sturm-Liouville本征值问题).对于给定区域D（可能是[a,b]，[a,+0),(a,00),或者(-00,+o)等等）。对于D上的已知的函数p(),q(),w()其中p(r)可微，施图姆-刘维尔本征值问题(以下简称SL问题）为求常数入和函数u满足如下形式的二阶常微分方程：[) + ()- ()(1)drL通过展开式(1)中的微分项并在方程两边同时除以p(r)：可以将式(1)转化为如下形式：(2)y"+fy+gy=0,其中f=号，g=二。SL理论描述了正则SL问题的本征解的通性，但是对于一个具体的(正则或非正则)SL问题，SL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roED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ro附近有洛朗展开y=ak(z-zo)，然后通过比较式(2)左边逐项的系数得到ak的递归关系。1、常点邻域的级数解法最简单的非平凡情况当然是f.g都是解析函数时，此时称工为SL问题的一个常点。比如当SL问题正则，且p,9,w都是ro附近的解析函数时，此时o即为一个常点。为了求得y在ro附近的表达式，假设Z ax(r- 0)y(z) =(3)k=-00aoEfi(-ro)f(r)= (4)k=000g(r) =gk(r-ro)k(5)k=0首先，我们说明式（3)中不会出现负幂次，即o一定也是y的常点。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(r,y(r)), y()eR", 或y(a) ECn, TE[a,b) cR,(6)假设F是一个关于连续，且关于y利普希茨（Lipschitz)连续，则对于给定的初始值y(a)=yo，y在区间[a,b]上有解且有唯一解。1

施图姆-刘维尔(Sturm-Liouville)问题的级数解法–常 点情形 下载地址: https://hyxy.hhu.edu.cn/2022/0830/c8640a239983/page.htm 参考资料：《数学物理方法（第五版）》梁昆淼著 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）。对于D上的已知的函数p(x), q(x), w(x)， 其中p(x)可微，施图姆-刘维尔本征值问题(以下简称SL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 p(x) dy dx + q(x)y = λw(x)y (1) 通过展开式(1)中的微分项并在方程两边同时除以p(x)，可以将式(1)转化为 如下形式： y ′′ + fy′ + gy = 0， (2) 其中f = p ′ p ，g = λw−q p 。 SL理论描述了正则SL问题的本征解的通性，但是对于一个具体的(正则或 非正则)SL问题，SL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 P 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 = k ak(z − x0) k，然后通过比较式(2) 左边逐项的系数得到ak的递归关系。 1 常点邻域的级数解法 最简单的非平凡情况当然是f, g 都是解析函数时，此时称x0为SL问题的一个常 点。比如当SL问题正则，且p, q, w 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 (3) f(x) = X∞ k=0 fk(x − x0) k (4) g(x) = X∞ k=0 gk(x − x0) k (5) 首先，我们说明式(3)中不会出现负幂次，即x0一定也是y的常点。 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) ∈ R n，或y(x) ∈ C n , x ∈ [a, b] ⊂ R, (6) 假设F是一个关于x连续, 且关于y利普希茨(Lipschitz)连续，则对于给定的初始 值y(a) = y0，y 在区间[a, b]上有解且有唯一解。 1

推论1.2.当o为方程(2)的常点时，式(3)中不能取负值，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,(7)0-1其中A(r)=方程（7）满足常微分方程解存在且唯一定理的条件。(g(a)f(r))因此，若y在o附近有一点处有限，则在ro附近全部有限。因此ao不可能是y附近的奇点。口至此，我们可以假设a(r - ro)*(8)y(a) =)k=0现在将式(8),(4),(5)同时代入方程(2)：(9)y"+fy'+gyc( + 2)(k + 1)a+2( - ro)*+[ f-(r -ro)(s + 1)as+1( - ro))k=0T=08=0+[gr(α -o)"[a(-ro))](10)8=0=0(k+2)(k+1)ak+2 + (s +1)fraa+1 + Z gras/(z-ro) (11)k-0r+s=/+8=/上式必须为0函数。由此我们得到以下关于a的递归公式(12)k=0 → 2a2 +[foa1} + [9oao] = 0(13)k=1 6a3 +[2foa2 + fia1} + [91ao + 9oa1 = 0k=2 12a4 +[3foa3 + 2fia2 + f2a1 + {92ao + 91a1 + 9oa2} = 0- (14):(15)因此，对于给定的aoa1，后面的系数a2，..都可以唯一地确定。注意，ao=y(ro),a1=y(to)，这和常微分方程的解的存在唯一性定理吻合。例1.1（球面上的拉普拉斯算子的本征解问题和勒让德(Legendre)函数).已知在球坐标系(9,)下，球面上的拉普拉斯算子可以写为1u,1a(dusin000+sino%(sino(16)Au:00uos+(ug sin)e(17)sin20sing2

推论1.2. 当x0为方程(2)的常点时，式(3)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， (7) 其中A(x) =  0 −1 g(x) f(x)  方程(7)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。 (8) 现在将式(8),(4),(5)同时代入方程(2)： y ′′ + fy′ + gy (9) = 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 ] (10) = 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 (11) 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 (12) k=1 =⇒ 6a3 + n 2f0a2 + f1a1 o + n g1a0 + g0a1 o = 0 (13) k=2 =⇒ 12a4 + n 3f0a3 + 2f1a2 + f2a1 o + n g2a0 + g1a1 + g0a2 o = 0 (14) . . . (15) 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)，这和常微分方程的解的存在唯一性定理吻合。 例1.1 (球面上的拉普拉斯算子的本征解问题和勒让德(Legendre)函数). 已 知在球坐标系(θ, ϕ)下，球面上的拉普拉斯算子可以写为 ∆u = 1 sin2 θ ∂ 2u ∂ϕ2 + 1 sin θ ∂ ∂θ  sin θ ∂u ∂θ  (16) = uϕϕ sin2 θ + (uθ sin θ)θ sin θ , (17) 2

其中E[0,元]代表球表面的纬度（0=0代表北极)：E[0,2元|代表球表面的经度。本例题的目标是求解以下本征值问题：(18)-u=Au注意式（18）和SL问题有类似的形式，但SL问题是针对常微分方程定义，而这里的拉普拉斯算子给出的是偏微分方程。但是在特殊的假设下，我们可以将方程(18)转化为一个SL问题。这里我们先假设u=u()，即u和无关。于是结合式(18)和式(17)，得到以下方程：d(sin)-Ausing(19)de此时式(19）已经是SL问题的形式，等式两边同时除以sin6后得到du,du(20)cot0=-u。de2+decot6在=处有泰勒展开（即洛朗级数），由此我们可以得到以下形式的级数解：00"。ax(e-(21)u(0) = 2k=0式（21)中a的值我们留给读者计算。这里我们介绍，可以通过变量替换从式(19)推出u关于t=cos6在t=0处的展开。此时得到的展开式和勒让德多项式有相同的表达式。做变量替换：t=cos，则(22)dt=-sinadeIdd=- sing-(23)dedt于是方程(19）在新变量t下可以写为（此时9可以看成关于t的函数）：d(sin)2--Xusing-sine(24)dt即：d(1 - f)显] = -Xu(25)dt此时我们得到关于变量t的SL方程。注意这个方程不是正则的SL方程。将其展开化简得到：du12tdu(26)1-=0dt21-t2 dt3

其中θ ∈ [0, π]代表球表面的纬度(θ = 0代表北极)，ϕ ∈ [0, 2π]代表球表面的经 度。 本例题的目标是求解以下本征值问题： −∆u = λu (18) 注意式(18) 和SL问题有类似的形式，但SL问题是针对常微分方程定义，而 这里的拉普拉斯算子给出的是偏微分方程。但是在特殊的假设下，我们可以将 方程(18)转化为一个SL问题。这里我们先假设u = u(θ)，即u和ϕ无关。于是结 合式(18)和式(17)，得到以下方程： d(sin θ du dθ ) dθ = −λu sin θ (19) 此时式(19) 已经是SL问题的形式，等式两边同时除以sin θ后得到 d 2u dθ2 + du dθ cot θ = −λu。 (20) cot θ在θ = π 2 处有泰勒展开(即洛朗级数)，由此我们可以得到以下形式的级数 解： u(θ) = X∞ k=0 ak(θ − π 2 ) k。 (21) 式(21)中ak的值我们留给读者计算。这里我们介绍，可以通过变量替换从 式(19)推出u关于t = cos θ在t = 0处的展开。此时得到的展开式和勒让德多 项式有相同的表达式。 做变量替换：t = cos θ，则 dt = − sin θdθ (22) =⇒ d dθ = − sin θ d dt (23) 于是方程(19) 在新变量t下可以写为（此时θ可以看成关于t的函数）： − sin θ d(− sin2 θ du dt ) dt = −λu sin θ， (24) 即: d[(1 − t 2 ) du dt ] dt = −λu (25) 此时我们得到关于变量t的SL方程。注意这个方程不是正则的SL方程。将其展 开化简得到： d 2u dt2 − 2t 1 − t 2 du dt + λ 1 − t 2 u = 0 (26) 3

令f(t)=，g(t)=一：他们有如下泰勒展开（洛朗级数）80f(t) = -2t 广t2k =2t2k+1T(27)k=0k=0At2kg(t) =(28)k=0即f2k=0,f2k+1=-2，92k=入，92k+1=0。于是有：2n(2n-1)a2n=-(2n-1)foa2n-1+(2n-2)fia2n-2+...+f2n-2a1(29)g2n2a0+g2n11+...+g0Q2n2[22ka2k][a2k](30)(4k - )a2k(31)k=0以及2nfoa2n+(2n-1)fia2n-1+...+f2n-1a1(2n+1)2na2n+1=-(32)92n-1o + 92n-201 +..+ go02n-1]n-n-1(33)=2(2k+ 1)a2k+1 -a2k+1k=0k=0(4k+2-)a2k+1(34)=k=0为了进一步求得an的具体表达式，将式(31）中的n换成n一1，有n-2(4k - X)a2k(35)(2n-2)(2n-3)a2n=2=k=0(36)=2n(2n-1)a2n-(4n-4->)a2n=2于是(2n - 1)(2n - 2) - 入(37)a2n=a2n-22n(2n - 1)用同样的方法可得：2n(2n -1) -)(38)a2n+1=a2n=1(2n+1)2n4

令f(t) = −2t 1−t 2 , g(t) = λ 1−t 2 ，他们有如下泰勒展开(洛朗级数)： f(t) = −2t X∞ k=0 t 2k = X∞ k=0 −2t 2k+1 (27) g(t) = X∞ k=0 λt2k (28) 即f2k = 0, f2k+1 = −2, g2k = λ, g2k+1 = 0。于是有： 2n(2n − 1)a2n = − n (2n − 1)f0a2n−1 + (2n − 2)f1a2n−2 + . + f2n−2a1 o − n g2n−2a0 + g2n−1a1 + . + g0a2n−2 o (29) = n 2 nX−1 k=1 2ka2k o − n λ nX−1 k=0 a2k o (30) = nX−1 k=0 (4k − λ)a2k (31) 以及 (2n + 1)2na2n+1 = − n 2nf0a2n + (2n − 1)f1a2n−1 + . + f2n−1a1 o − n g2n−1a0 + g2n−2a1 + . + g0a2n−1 o (32) =2 nX−1 k=0 (2k + 1)a2k+1 − λ nX−1 k=0 a2k+1 (33) = nX−1 k=0 (4k + 2 − λ)a2k+1 (34) 为了进一步求得an的具体表达式，将式(31) 中的n换成n − 1，有 (2n − 2)(2n − 3)a2n−2 = nX−2 k=0 (4k − λ)a2k (35) =2n(2n − 1)a2n − (4n − 4 − λ)a2n−2 (36) 于是 a2n = (2n − 1)(2n − 2) − λ 2n(2n − 1) a2n−2 (37) 用同样的方法可得： a2n+1 = 2n(2n − 1) − λ (2n + 1)2n a2n−1 (38) 4

式（37）和式（38）可以统一写为：(k - 1)(k - 2) - >ak=(39)ak-2k(k - 1)式(39)表明，对于任何给定的aoa1以及入，都可以递归地推导出所有的系数。那么是不是所有的实数入都可以作为方程（18）的本征值？SL理论表明，对于正则的SL问题，其本征值一定是离散的且趋于无穷大。球面上的拉普拉斯算子也是一个“正则的算子。方程（25）看起来不是正则的是因为我们选取的坐标系的原因。为了方便讨论，我们如下定义uo和ui:20(t) =a2kt2k(40)k=0u1(t)=a2k+1t2k+1(41)k=0其中a2k和a2k+1分别由初始条件ao=1和a1=1确定。此时对于u=aktkk可以很方便地写成u=aouo+aul注意，尽管对于给定的入，aoa1,可以递归地算出所有a的值，但这不代表级数u(t)=k=akt可以定义一个[-1,1]上的函数。另外，由于t=±1分别对应球面的南北极，而南北极对一个球面来说没有什么特殊，因此我们还至少得要求级数函数u(t)=Eakt*满足极限limu(t)存在且都有限。为了讨论清楚这个问题，我们将系数a的一些性质列举如下：(A1)，对于任何固定的入，如果ao1≠0且对任意的k，入≠(－1)(k－2)，则蓝些=1k-→00ak-2(A2)，对于任意固定的入，存在M，使得对任意的k>M,al≤ak-2l（A3)，对于任意固定的入，存在数M，使得对任意的K>M，a2的符号都一致a2k+1的符号也都一致，但有可能a2k和a2k+1的符号不一致；(A4),如果aoa10且对任意的k，>≠(k-1)(k-2)，则lim/ak=1。其中(A1)容易证明，（A2)(A3)、(A)都容易由(A1)推导得出。性质(A3)说明级数,akt的收敛半径为1。因此当-1<t<1时，级数函数u(t)一定绝对收敛。性质（A3）说明：lim, uo(t)=a2k(42)-+k=0lim, ui(t)=±a2k+1(43)→+k=05

式(37)和式(38)可以统一写为： ak = (k − 1)(k − 2) − λ k(k − 1) ak−2 (39) 式(39)表明，对于任何给定的a0、a1 以及λ，都可以递归地推导出所有的系 数。那么是不是所有的实数λ都可以作为方程(18) 的本征值？SL理论表明，对 于正则的SL问题，其本征值一定是离散的且趋于无穷大。球面上的拉普拉斯算 子也是一个“正则”的算子。方程(25)看起来不是正则的是因为我们选取的坐标 系的原因。 为了方便讨论，我们如下定义u0和u1: u0(t) =X∞ k=0 a˜2kt 2k (40) u1(t) =X∞ k=0 a˜2k+1t 2k+1， (41) 其中a˜2k和a˜2k+1分别由初始条件a˜0 = 1和a˜1 = 1确定。此时对于u = X k akt k， 可以很方便地写成u = a0u0 + a1u1。 注意，尽管对于给定的λ, a0, a1,可以递归地算出所有ak的值，但这不代表级 数u(t) = P∞ k=0 akt k可以定义一个[−1, 1]上的函数。另外，由于t = ±1分别对应 球面的南北极，而南北极对一个球面来说没有什么特殊，因此我们还至少得要 求级数函数u(t) = P k akt k满足极限 limt→±1 u(t) 存在且都有限。 为了讨论清楚这个问题，我们将系数ak的一些性质列举如下： (A1), 对于任何固定的λ，如果a0a1 ̸= 0且对任意的k，λ ̸= (k − 1)(k − 2), 则 lim k→∞ ak ak−2 = 1; (A2), 对于任意固定的λ, 存在M，使得对任意的k > M,|ak| ≤ |ak−2| (A3), 对于任意固定的λ，存在数M, 使得对任意的k > M, a2k的符号都一致, a2k+1的符号也都一致，但有可能a2k和a2k+1的符号不一致； (A4), 如果a0a1 ̸= 0且对任意的k，λ ̸= (k − 1)(k − 2)，则 lim k→∞ pk |ak| = 1。 其中(A1)容易证明，(A2)、(A3)、(A)都容易由(A1)推导得出。性质(A3)说明 级数 P k akt k 的收敛半径为1。因此当−1 < t < 1时，级数函数u(t)一定绝对收 敛。性质(A3)说明： limt→±1 u0(t) =X∞ k=0 a˜2k (42) limt→±1 u1(t) = ± X∞ k=0 a˜2k+1 (43) 5