自己共役作用素と固有関数展開

自己共役型の境界条件（実係数の分離型 $α y (a) + β y^{'} (a) = 0$ , $γ y (b) + δ y^{'} (b) = 0$ ）をもつスツルム・リウヴィル型の境界値問題を、グリーン関数（実数値で $G (x, s) = G (s, x)$ ）による積分作用素（コンパクトな自己共役作用素）の固有値問題に直し、固有値が実数で離散的に並ぶこと・固有関数が正規直交基底になることを使って、関数を固有関数で展開できる

前提

コンパクト作用素と積分作用素の固有値（大学院数学関数解析）
正規直交基底とパーセバルの等式（大学院数学関数解析）
境界値問題のグリーン関数（大学数学微分方程式）

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算数中学高校大学大学院

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境界値問題のグリーン関数（大学数学微分方程式）

説明

区間 $[a, b]$ 上のスツルム・リウヴィル型の固有値問題 $- (p y^{'})^{'} + q y = λ y$ （ $p > 0$ は実数値 $C^{1}$ 級、 $q$ は実数値連続）に、実係数の分離型境界条件 $α y (a) + β y^{'} (a) = 0$ , $γ y (b) + δ y^{'} (b) = 0$ （ $(α, β) \neq = (0, 0)$ , $(γ, δ) \neq = (0, 0)$ ）を課したものを、グリーン関数を核とする積分作用素の固有値問題に言い換える技能です。こうすると、固有値が実数で離散的に並ぶこと、固有関数が $L^{2} (a, b)$ の正規直交基底になることが、コンパクト自己共役作用素の一般論から一度にわかります。その結果、関数を固有関数で展開したり、パーセバルの等式から $\sum 1/ λ_{n}^{2}$ のような級数の和を求めたりできます。

なぜそうしてよいのか

グリーンの公式と境界項。 $L y = - (p y^{'})^{'} + q y$ とおきます。 $C^{2}$ 級の $u, v$ に対して、 $p, q$ が実数値なので
$(Lu) v ˉ - u Lv = - (p u^{'})^{'} v ˉ + u (p v ˉ^{'})^{'} = \frac{d}{d x} [p (u v ˉ^{'} - u^{'} v ˉ)]$
（ $q$ の項は打ち消し合う）となり、積分して $\int_{a}^{b} ((Lu) v ˉ - u Lv) d x = [p (u v ˉ^{'} - u^{'} v ˉ)]_{a}^{b}$ です。 $u, v$ がともに境界条件をみたすとき、 $x = a$ では $α u (a) + β u^{'} (a) = 0$ と、 $α v (a) + β v^{'} (a) = 0$ の共役 $α v ˉ (a) + β v ˉ^{'} (a) = 0$ （ $α, β$ が実数なので）が成り立ちます。つまり $0$ でないベクトル $(α, β)^{T}$ が行列 $(u (a) v ˉ (a) u^{'} (a) v ˉ^{'} (a))$ の核に入るので、その行列式 $u v ˉ^{'} - u^{'} v ˉ$ は $x = a$ で $0$ です。 $x = b$ も同様で、境界項は消えます。

積分作用素 $K$ が自己共役であること。 $0$ が固有値でない（境界条件つきの $L y = 0$ の解が $y = 0$ だけ）とします。連続な $f$ に対し、境界値問題 $L y = f$ のただ 1 つの解はグリーン関数で $y = K f$ , $(K f) (x) = \int_{a}^{b} G (x, s) f (s) d s$ と書け、 $G$ は $[a, b]^{2}$ 上の実数値連続関数です。 $f, g$ を連続関数として $u = K f$ , $v = K g$ をグリーンの公式に代入すると、 $Lu = f$ , $Lv = g$ で境界項が $0$ なので
$(f, K g) - (K f, g) = \int_{a}^{b} (f K g - (K f) g ˉ) d x = 0.$
$K$ は有界（ $∣ K f (x) ∣ \leq ∥ G (x, \cdot) ∥ ∥ f ∥$ ）で連続関数は $L^{2} (a, b)$ で稠密なので、 $(K f, g) = (f, K g)$ はすべての $f, g \in L^{2} (a, b)$ で成り立ち、 $K$ は自己共役です（これを核で書けば $G (x, s) = G (s, x) = G (s, x)$ で、 $G$ の対称性の正体は境界項が消えることです）。また $G$ が連続なので $\iint ∣ G ∣^{2} < \infty$ で、 $K$ はコンパクトです。さらに $G$ の一様連続性から $∣ K f (x) - K f (x^{'}) ∣ \leq ∥ G (x, \cdot) - G (x^{'}, \cdot) ∥ ∥ f ∥$ となり、 $f \in L^{2}$ でも $K f$ は連続関数です。

$K$ の核は ${0}$ 。 境界条件をみたす $C^{2}$ 級の $h$ は $h = K (L h)$ と書けます（ $h - K (L h)$ が境界条件つきの $L y = 0$ の解なので $0$ ）。とくに $(a, b)$ の内部に台をもつ $C^{2}$ 級関数はすべて $K$ の像に入り、これらは $L^{2} (a, b)$ で稠密です。 $f \in L^{2}$ で $K f = 0$ なら、任意の連続な $g$ に対し $(f, K g) = (K f, g) = 0$ なので $f$ は稠密な集合に直交し、 $f = 0$ です。

固有値問題の言い換え。 $y$ が $C^{2}$ 級で境界条件をみたし $L y = λ y$ （ $y \neq = 0$ ）なら、 $0$ は固有値でないので $λ \neq = 0$ 、上の注意から $y = K (L y) = λ K y$ 、つまり $K y = \frac{1}{λ} y$ 。逆に $y \in L^{2}$ , $y \neq = 0$ で $K y = μ y$ とします。まず $ker K = {0}$ より $μ \neq = 0$ 。すると $y = \frac{1}{μ} K y$ は連続関数です。連続な $y$ に対しては $K y$ が境界条件をみたす $C^{2}$ 級関数で $L (K y) = y$ なので、 $y = \frac{1}{μ} K y$ も $C^{2}$ 級で境界条件をみたし、 $L y = \frac{1}{μ} L (K y) = \frac{1}{μ} y$ です。こうして「 $L$ の固有値 $λ$ と固有関数」と「 $K$ の $0$ でない固有値 $μ = \frac{1}{λ}$ と固有関数」がちょうど対応します。

結論。 コンパクト自己共役作用素の基本定理（ $0$ でない固有値は実数で、たかだか可算個で $0$ 以外に集積せず、各固有空間は有限次元で、固有ベクトルからなる正規直交系が $(ker K)^{⊥}$ の正規直交基底になる）を当てはめると、 $ker K = {0}$ なので固有関数全体が $L^{2} (a, b)$ の正規直交基底になります。固有値が実数であることと、異なる固有値の固有関数が直交することは $(K y, y) = (y, K y)$ から直接も確かめられます（ $μ ∥ y ∥^{2} = μ ˉ ∥ y ∥^{2}$ 、 $(μ - μ^{'}) (y, z) = 0$ ）。 $L^{2}$ は無限次元なので固有値は無限個あり、 $μ_{n} \to 0$ から $∣ λ_{n} ∣ = 1/∣ μ_{n} ∣ \to \infty$ と離散的に並びます。係数が実数なので固有関数の実部・虚部も固有関数で、実数値の固有関数がとれます。

各固有値は単純。 $y_{1}, y_{2}$ が同じ $λ$ の固有関数（ $y_{1} \neq = 0$ ）とします。ベクトル $(y_{1} (a), y_{1}^{'} (a))$ と $(y_{2} (a), y_{2}^{'} (a))$ はどちらも 1 次方程式 $α Y + β Y^{'} = 0$ （ $(α, β) \neq = (0, 0)$ ）の解なので、解全体のなす 1 次元の空間に入ります。 $(y_{1} (a), y_{1}^{'} (a)) = (0, 0)$ だと初期値問題の解の一意性（ $p > 0$ で割れば係数が連続な 2 階線形方程式）から $y_{1} \equiv 0$ になるので $(y_{1} (a), y_{1}^{'} (a)) \neq = (0, 0)$ 、よって $(y_{2} (a), y_{2}^{'} (a)) = c (y_{1} (a), y_{1}^{'} (a))$ となる定数 $c$ があります。 $z = c y_{1} - y_{2}$ は同じ方程式 $L z = λ z$ の解で $z (a) = z^{'} (a) = 0$ なので、再び一意性から $z \equiv 0$ 、つまり $y_{2} = c y_{1}$ です。したがって正規化した実数値の固有関数 $φ_{n}$ を各固有値に 1 つずつとれば、任意の $f \in L^{2} (a, b)$ が $f = \sum_{n} (f, φ_{n}) φ_{n}$ （ $L^{2}$ ノルムで収束）と展開でき、 $∥ f ∥^{2} = \sum_{n} ∣ (f, φ_{n}) ∣^{2}$ が成り立ちます。

$0$ が固有値になる場合。 $q$ を $q + c$ （ $c$ は実数の定数）に置き換えると $(L + c) y = (λ + c) y$ なので、固有関数は変わらず固有値が一斉に $c$ ずれるだけです。そこで $- c$ が $L$ の固有値でないような $c$ をとれば、上の議論が使えます。そのような $c$ が存在することは、離散性を使わずに次のようにわかります。グリーンの公式を固有関数どうしに使うと（境界項は $0$ ）、 $L$ の固有値は実数で、異なる固有値の固有関数は直交します。各固有値から正規化した固有関数を 1 つずつ選ぶと $L^{2} (a, b)$ の正規直交系になりますが、 $L^{2} (a, b)$ は可分（有理係数の多項式全体が稠密）なので、正規直交系はたかだか可算個です（互いの距離が $2$ なので、半径 $\frac{2}{2}$ の開球は交わらず、各球に可算な稠密集合の点が 1 つ以上入る）。よって $L$ の固有値はたかだか可算個で、実数全体は非可算なので、 $- c$ が固有値でない $c$ が存在します。

手順

問題を $- (p y^{'})^{'} + q y = λ y$ （ $p > 0$ , $p, q$ は実数値）と実係数の分離型境界条件の形に書き、 $λ = 0$ が固有値でないことを確かめる（固有値なら $q$ を $q + c$ にずらし、固有値を $c$ だけずらして考える）
$λ = 0$ の境界値問題のグリーン関数 $G (x, s)$ を作り、実数値・連続・ $G (x, s) = G (s, x)$ を確認する。 $(K f) (x) = \int_{a}^{b} G (x, s) f (s) d s$ は $L^{2} (a, b)$ 上のコンパクト自己共役作用素で、 $ker K = {0}$
$L y = λ y$ （境界条件つき） $⟺ K y = \frac{1}{λ} y$ と言い換え、固有値は実数で $∣ λ_{n} ∣ \to \infty$ と離散的に並び、正規化した固有関数 ${φ_{n}}$ が $L^{2} (a, b)$ の正規直交基底になることを使う
微分方程式を解いて、固有値 $λ_{n}$ と固有関数を（ $λ < 0$ , $λ = 0$ , $λ > 0$ の場合を取りこぼさずに）求め、 $∥ φ_{n} ∥ = 1$ に正規化する
展開 $f = \sum_{n} (f, φ_{n}) φ_{n}$ とパーセバルの等式 $∥ f ∥^{2} = \sum_{n} ∣ (f, φ_{n}) ∣^{2}$ を使う。とくに $f = G (x, \cdot)$ の係数は（ $φ_{n}$ が実数値なので） $(G (x, \cdot), φ_{n}) = (K φ_{n}) (x) = \frac{φ _{n} ( x )}{λ _{n}}$ となり、 $x$ で積分して $n \sum \frac{1}{λ _{n}^{2}} = \int_{a}^{b} \int_{a}^{b} G (x, s)^{2} d s d x$

例題

区間 $[0, 1]$ 上の境界値問題 $- y^{''} = λ y$ , $y (0) = 0$ , $y^{'} (1) = 0$ の固有値・固有関数とグリーン関数を用いて、級数 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n - 1 ) ^{4}}$ の値を求めよ。

例題の解答

手順 1： $p = 1$ , $q = 0$ で、境界条件は $(α, β) = (1, 0)$ , $(γ, δ) = (0, 1)$ の実係数・分離型。 $λ = 0$ なら $y = A x + B$ で $y (0) = 0$ から $B = 0$ 、 $y^{'} (1) = A = 0$ となり $y = 0$ なので、 $0$ は固有値でない。

手順 2： $- y^{''} = 0$ の解で $x = 0$ の条件をみたすもの $u_{1} = x$ 、 $x = 1$ の条件をみたすもの $u_{2} = 1$ から、グリーン関数は $G (x, s) = min (x, s)$ 。実際 $y (x) = \int_{0}^{1} min (x, s) f (s) d s = \int_{0}^{x} s f (s) d s + x \int_{x}^{1} f (s) d s$ は（ $f$ が連続のとき） $y^{'} (x) = \int_{x}^{1} f (s) d s$ , $y^{''} = - f$ , $y (0) = 0$ , $y^{'} (1) = 0$ をみたす。 $G$ は実数値・連続・対称なので、 $K$ は $L^{2} (0, 1)$ 上のコンパクト自己共役作用素で $ker K = {0}$ 。

手順 3：したがって固有値は実数で離散的に並び、正規化した固有関数は $L^{2} (0, 1)$ の正規直交基底になる。

手順 4： $λ < 0$ のとき $λ = - k^{2}$ （ $k > 0$ ）とおくと $y (0) = 0$ から $y = A sinh k x$ 、 $y^{'} (1) = A k cosh k = 0$ より $A = 0$ で固有値でない。 $λ = k^{2} > 0$ （ $k > 0$ ）のとき $y = A sin k x$ 、 $y^{'} (1) = A k cos k = 0$ より $k = (n - \frac{1}{2}) π$ （ $n = 1, 2, \dots$ ）。よって $λ_{n} = (n - \frac{1}{2})^{2} π^{2} = \frac{( 2 n - 1 ) ^{2} π ^{2}}{4}$ 、 $\int_{0}^{1} sin^{2} k x d x = \frac{1}{2} - \frac{s i n 2 k}{4 k} = \frac{1}{2}$ （ $sin 2 k = 0$ ）より正規化した固有関数は $φ_{n} (x) = 2 sin (n - \frac{1}{2}) π x$ 。

手順 5：各 $x$ で $G (x, \cdot)$ にパーセバルの等式を使うと $\int_{0}^{1} min (x, s)^{2} d s = \sum_{n} \frac{φ _{n} ( x ) ^{2}}{λ _{n}^{2}}$ 。 $x$ で積分し（項は非負なので単調収束定理で和と積分を交換でき）、 $∥ φ_{n} ∥ = 1$ より
$n = 1 \sum \infty \frac{1}{λ _{n}^{2}} = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} min (x, s)^{2} d s d x = 2 \int_{0}^{1} \int_{0}^{x} s^{2} d s d x = 2 \int_{0}^{1} \frac{x ^{3}}{3} d x = \frac{1}{6} .$
左辺は $\sum_{n} \frac{16}{( 2 n - 1 ) ^{4} π ^{4}}$ なので、 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n - 1 ) ^{4}} = \frac{π ^{4}}{96}$ 。

答え: $\frac{π ^{4}}{96}$

よくある誤り

自己共役でない境界条件にもこの結論を当てはめてしまう誤り。たとえば $- y^{''} = λ y$ , $y (0) = 0$ , $y^{'} (0) = 0$ （一方の端に 2 条件）では $y = 0$ しか解がなく固有関数で展開できないし、 $y (0) = 0$ , $y (1) = y^{'} (0)$ のような分離型でない条件では境界項 $[u v ˉ^{'} - u^{'} v ˉ]_{0}^{1}$ が消えず $G (x, s) \neq = G (s, x)$ となりうる。正しくは、各端点ごとの実係数の条件 $α y (a) + β y^{'} (a) = 0$ , $γ y (b) + δ y^{'} (b) = 0$ であることを確かめてから使う。
正規化を忘れて展開係数やパーセバルの等式を書いてしまう誤り。 $ψ_{n} = sin (n - \frac{1}{2}) π x$ は $∥ ψ_{n} ∥^{2} = \frac{1}{2}$ なので、 $f = \sum (f, ψ_{n}) ψ_{n}$ や $∥ f ∥^{2} = \sum ∣ (f, ψ_{n}) ∣^{2}$ は誤り。正しくは $φ_{n} = 2 ψ_{n}$ を使って $f = \sum_{n} 2 (\int_{0}^{1} f ψ_{n} d x) ψ_{n}$ 、 $∥ f ∥^{2} = \sum_{n} 2 \int_{0}^{1} f ψ_{n} d x^{2}$ 。
微分作用素の固有値 $λ_{n}$ と積分作用素 $K$ の固有値 $μ_{n}$ を取り違える誤り。 $L y = λ y ⟺ K y = \frac{1}{λ} y$ なので $μ_{n} = \frac{1}{λ _{n}}$ であり、 $\iint G^{2} = \sum μ_{n}^{2} = \sum \frac{1}{λ _{n}^{2}}$ （上の例では $\frac{1}{6}$ ）であって $\sum λ_{n}^{2}$ ではない（こちらは発散する）。
展開 $f = \sum (f, φ_{n}) φ_{n}$ が各点で成り立つとしてしまう誤り。一般の $f \in L^{2}$ では $L^{2}$ ノルムでの収束しか保証されない。たとえば $y (0) = y (1) = 0$ の固有関数 $2 sin nπ x$ で $f \equiv 1$ を展開すると、級数は $x = 0$ で $0$ になり $f (0) = 1$ と一致しない。正しくは、 $f = K g$ （ $g \in L^{2}$ 。たとえば $f$ が $C^{2}$ 級で境界条件をみたす場合は $g = L f$ ）なら $(f, φ_{n}) = \frac{( g , φ _{n} )}{λ _{n}}$ となって級数は $[a, b]$ 上で一様収束する、と条件を区別する。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

ベッセル関数による展開（大学院物理物理数学（群論・グリーン関数・特殊関数））
固有関数展開によるグリーン関数（大学院物理物理数学（群論・グリーン関数・特殊関数））