Masalah Sturm–Liouville

Batas sumber. Bagian ini mengikat special_functions.tex baris 674-1062 pada sumber beku.

Masalah Sturm-Liouville

Seperti akan kita lihat kemudian, hasil-hasil dari teori masalah Sturm-Liouville digunakan untuk menunjukkan bahwa polinom Legendre dan fungsi Bessel membentuk dua himpunan fungsi ortogonal lengkap dalam beberapa ruang fungsi.

Setiap persamaan diferensial biasa linear orde dua dapat ditulis sebagai

$(r(x) y')' + (q(x) + \lambda p(x)) y = 0 \ .$ Jika kita meninjau persamaan diferensial biasa ini pada interval $]a,b[$ dan menambahkan beberapa syarat pada $y$ atau $y'$ di titik-titik ujung $a$ dan $b$ , kita memperoleh suatu masalah Sturm-Liouville.

Masalah Sturm-Liouville reguler adalah mencari solusi bagi

$(r(x) y')' + (q(x) + \lambda p(x)) y = 0$ untuk $-\infty < a < x < b < \infty$ dengan syarat batas

$\alpha_1 y(a) + \alpha_2 y'(a) = 0 \quad \text{dan} \quad \beta_1 y'(b) + \beta_2 y(b) = 0 \ ,$ dengan $(\alpha_1,\alpha_2)\neq (0,0)$ dan $(\beta_1,\beta_2) \neq (0,0)$ ; $r$ , $q$ , $p$ , dan $r'$ merupakan fungsi real kontinu pada $[a,b]$ ; serta $r(x)>0$ dan $p(x)>0$ untuk setiap $x \in [a,b]$ .

Terdapat tiga jenis syarat batas lain yang sering digunakan.

Jika $r(a)=0$ , kita mensyaratkan agar solusi dan turunannya terbatas pada $x=a$ dan agar $\beta_1 y'(b) + \beta_2 y(b) = 0$ dengan $(\beta_1,\beta_2) \neq (0,0)$ .
Jika $r(b)=0$ , kita mensyaratkan agar solusi dan turunannya terbatas pada $x=b$ dan agar $\alpha_1 y'(a) + \alpha_2 y(a) = 0$ dengan $(\alpha_1,\alpha_2) \neq (0,0)$ .
Jika $r(a) = r(b)$ , kita mensyaratkan syarat batas periodik $y(a) = y(b)$ dan $y'(a) = y'(b)$ .

Masalah Sturm-Liouville disebut singular jika salah satu dari syarat berikut dipenuhi: (1) $a=-\infty$ atau $b=\infty$ , (2) $r$ atau $p$ bernilai nol di $a$ atau $b$ , atau (3) $r'$ tidak ada di $a$ atau $b$ .

Masalah Sturm-Liouville yang singular hanya karena $r(a) = 0$ (atau $r(b)=0$ ) mempunyai banyak sifat yang juga dimiliki masalah Sturm-Liouville reguler jika kita mengasumsikan bahwa solusinya terbatas pada $a$ (atau $b$ ). Masalah tersebut disebut masalah Sturm-Liouville singular reguler .

Suatu nilai $\lambda$ yang membuat masalah Sturm-Liouville mempunyai solusi taktrivial disebut nilai eigen , sedangkan solusi-solusi taktrivial tersebut disebut fungsi eigen yang berkaitan dengan nilai eigen $\lambda$ . Hasil berikut mempunyai pembuktian sederhana.

Proposisi 5.2.1. Fungsi-fungsi eigen yang berkaitan dengan nilai-nilai eigen berbeda bersifat ortogonal terhadap fungsi bobot $p$ ; lebih tepatnya, jika $y_n$ adalah fungsi eigen yang berkaitan dengan $\lambda_n$ dan $y_m$ adalah fungsi eigen yang berkaitan dengan $\lambda_m$ dengan $n \neq m$ , maka

$\int_a^b p(x) y_n(x) y_m(x) \,\mathrm{d}{x} = 0 \ .$

Bukti. Misalkan $y_n$ adalah solusi dari (5.2.1) dengan $\lambda=\lambda_n$ dan $y_m$ adalah solusi dari (5.2.1) dengan $\lambda=\lambda_m$ . Kita mempunyai $\displaystyle(r(x) y_n')' + q(x)y_n = - \lambda_n p(x) y_n$ dan $\displaystyle(r(x) y_m')' + q(x)y_m = - \lambda_m p(x) y_m$ . Jika persamaan pertama kita kalikan dengan $y_m$ dan persamaan kedua dengan $y_n$ , lalu ruas-ruas persamaan kedua kita kurangkan dari ruas-ruas persamaan pertama, kita memperoleh

$(r(x) y_n')'y_m - (r(x) y_m')'y_n = (\lambda_m - \lambda_n)p(x) y_n y_m \ .$ Karena

$\frac{\mathrm{d}\big(r(x) y_n'y_m - r(x) y_m'y_n\big)}{\mathrm{d}{x}} = (r(x) y_n')'y_m - (r(x) y_m')'y_n \ ,$ kita memperoleh

$\frac{\mathrm{d}\big(r(x) y_n'y_m - r(x) y_m'y_n\big)}{\mathrm{d}{x}} = (\lambda_m - \lambda_n)p(x) y_n y_m \ .$ Jika kita integralkan kedua ruas terhadap $x$ pada interval $a< x < b$ , kita memperoleh

$\begin{aligned} (\lambda_m - \lambda_n) \int_a^b p(x) y_n(x) y_m(x) \,\mathrm{d}{x} &= \big(r(x) y_n'(x)y_m(x) - r(x) y_m'(x)y_n(x)\big)\Big|_a^b \\ &= \left( r(x) \det \begin{pmatrix} y_m(x) & y_m'(x) \\ y_n(x) & y_n'(x) \end{pmatrix} \right)\bigg|_a^b \ . \end{aligned}$

(i) Andaikan $y_n$ dan $y_m$ memenuhi syarat batas $\displaystyle\alpha_1 y(a) + \alpha_2 y'(a) = 0$ dengan $(\alpha_1,\alpha_2)\neq (0,0)$ dan $\displaystyle\beta_1 y'(b) + \beta_2 y(b) = 0$ dengan $(\beta_1,\beta_2) \neq (0,0)$ .

Syarat batas $\alpha_1 y_n(a) + \alpha_2 y_n'(a) = 0$ dan $\alpha_1 y_m(a) + \alpha_2 y_m'(a) = 0$ dengan $(\alpha_1,\alpha_2)\neq (0,0)$ menunjukkan bahwa

$\begin{pmatrix} y_m(a) & y_m'(a) \\ y_n(a) & y_n'(a) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ mempunyai solusi taktrivial, yaitu $(u,v) = (\alpha_1, \alpha_2)$ . Hal ini mungkin jika dan hanya jika

$\displaystyle \det \begin{pmatrix} y_m(a) & y_m'(a) \\ y_n(a) & y_n'(a) \end{pmatrix} = 0$ . Demikian pula,

$\displaystyle \det \begin{pmatrix} y_m(b) & y_m'(b) \\ y_n(b) & y_n'(b) \end{pmatrix} = 0$ .

Dari (5.2.3) diperoleh bahwa $\displaystyle(\lambda_m - \lambda_n) \int_a^b p(x) y_n(x) y_m(x) \,\mathrm{d}{x} = 0$ . Dengan demikian,
$\displaystyle\int_a^b p(x) y_n(x) y_m(x) \,\mathrm{d}{x} = 0$ untuk $\lambda_m \neq \lambda_n$ .

(ii) Andaikan $r(a)=0$ ; $y_n$ , $y_m$ , $y_n'$ , dan $y_m'$ terbatas di $x=a$ ; dan $y_n$ serta $y_m$ memenuhi syarat batas $\beta_1 y'(b) + \beta_2 y(b) = 0$ dengan $(\beta_1,\beta_2) \neq (0,0)$ .

Ruas kanan (5.2.3) bernilai nol di $x=a$ karena $r(a)=0$ , dan $y_n$ , $y_m$ , $y_n'$ , $y_m'$ terbatas di $x=a$ . Syarat batas $\displaystyle\beta_1 y_n'(b) + \beta_2 y_n(b) = 0$ dan $\displaystyle\beta_1 y_m'(b) + \beta_2 y_m(b) = 0$ dengan $(\beta_1,\beta_2)\neq (0,0)$ menunjukkan bahwa

$\begin{pmatrix} y_m(b) & y_m'(b) \\ y_n(b) & y_n'(b) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ mempunyai solusi taktrivial, yaitu $(u,v) = (\beta_2,\beta_1)$ . Hal ini mungkin jika dan hanya jika

$\displaystyle \det \begin{pmatrix} y_m(b) & y_m'(b) \\ y_n(b) & y_n'(b) \end{pmatrix} = 0$ . Oleh karena itu, ruas kanan dari (5.2.3) juga bernilai nol di $x=b$ .

(iii) Andaikan $r(b)=0$ ; $y_n$ , $y_m$ , $y_n'$ , dan $y_m'$ terbatas di $x=b$ ; dan $y_n$ serta $y_m$ memenuhi syarat batas $\alpha_1 y'(a) + \alpha_2 y(a) = 0$ dengan $(\alpha_1,\alpha_2) \neq (0,0)$ .

Pembuktian bahwa $\displaystyle\int_a^b p(x) y_n(x) y_m(x) \,\mathrm{d}{x} = 0$ untuk $\lambda_m \neq \lambda_n$ serupa dengan pembuktian yang diberikan dalam (ii).

(iv) Andaikan $r(a) = r(b)$ dan syarat batas periodik $y(a) = y(b)$ dan $y'(a) = y'(b)$ dipenuhi oleh $y_n$ dan $y_m$ .

Dengan demikian,

$\big(r(x) y_n'(x)y_m(x) - r(x) y_m'(x)y_n(x)\big)\Big|_a^b = 0 \ .$ Oleh karena itu, (5.2.3) kembali memberikan $\displaystyle\int_a^b p(x) y_n(x) y_m(x) \,\mathrm{d}{x} = 0$ untuk $\lambda_m \neq \lambda_n$ . ◻

Untuk masalah Sturm-Liouville reguler, terdapat tak hingga banyaknya nilai eigen berbeda $\lambda_0 < \lambda_1 < \lambda_2 < \ldots$ yang konvergen ke $+\infty$ . Subruang semua fungsi eigen yang berkaitan dengan suatu nilai eigen $\lambda_n$ berdimensi satu. Jika kita memilih suatu fungsi eigen $\phi_n$ yang berkaitan dengan nilai eigen $\lambda_n$ untuk setiap $n$ , kita memperoleh suatu himpunan ortogonal lengkap $\displaystyle\left\{\phi_n\right\}_{n=0}^\infty$ di $\displaystyle L^2[a,b]$ terhadap hasil kali skalar yang didefinisikan oleh

$\left\langle{f},{g}\right\rangle = \int_a^b f(x) g(x) p(x) \,\mathrm{d}{x}$ untuk $\displaystyle f, g \in L^2[a,b]$ . Semua hasil ini dibuktikan dengan terlebih dahulu menuliskan masalah Sturm-Liouville sebagai persamaan integral, jika perlu setelah pergeseran spektral. Dalam kasus taktergeser ketika nol bukan nilai eigen, bentuknya

$(T_K y)(x) = \int_a^b K(x,t) y(t) \,\mathrm{d}{t} = \frac{1}{\lambda} y(x)$ untuk $\displaystyle y \in L^2[a,b]$ , dengan $\displaystyle K \in L^2([a,b]\times[a,b])$ merupakan suatu kernel Hilbert-Schmidt yang memenuhi $K(x,t) = K(t,x)$ untuk hampir setiap $x$ dan $t$ . Fungsi $K$ diberikan oleh suatu “fungsi Green”. Rincian pembuktian ini dapat ditemukan dalam RenRog. Karena kesimetrian ini, dari Teorema 4.4.46 kita memperoleh bahwa $T_K$ merupakan operator kompak self-adjoint pada $\displaystyle L^2[a,b]$ . Hasil tentang $\displaystyle\{\phi_n\}_{n=0}^\infty$ yang dinyatakan di atas merupakan akibat Teorema Hilbert-Schmidt, Teorema 4.4.44. Perhatikan bahwa nilai-nilai eigen dari operator $T_K$ berbentuk $1/\lambda$ , dengan $\lambda$ merupakan nilai yang telah kita definisikan sebagai nilai eigen taknol untuk masalah Sturm-Liouville. Korespondensi taktergeser ini hanya berlaku untuk $\lambda\neq0$ . Jika nol merupakan nilai eigen—seperti pada contoh Neumann berikut—moda nol harus ditangani secara terpisah atau operatornya digeser sebelum fungsi Green dibentuk. Matematika sarat dengan inkonsistensi historis seperti ini.

Contoh. Tentukan nilai eigen dan fungsi eigen dari masalah Sturm-Liouville berikut.

$y''+ \lambda y = 0 \quad \text{dengan} \quad y'(0)= y'(5) = 0 \ .$

Ada tiga kasus yang perlu ditinjau.

(i) Untuk $\lambda < 0$ , solusinya berbentuk $\displaystyle y = A\, e^{\sqrt{-\lambda}\,x}+ B\, e^{-\sqrt{-\lambda}\,x}$ .

(ii) Untuk $\lambda = 0$ , solusinya berbentuk $\displaystyle y = A\,x + B$ .

(iii) Untuk $\lambda > 0$ , solusinya berbentuk $\displaystyle y = A\, \cos\left(\sqrt{\lambda}\,x\right)+ B\, \sin\left(\sqrt{\lambda}\,x\right)$ .

(i) Untuk $\lambda < 0$ , kita mempunyai $\displaystyle y' = A\,\sqrt{-\lambda}\, e^{\sqrt{-\lambda}\,x} - B\, \sqrt{-\lambda}\, e^{-\sqrt{-\lambda}\,x}$ . Syarat batas $y'(0)=0$ menghasilkan $A\,\sqrt{-\lambda} - B\, \sqrt{-\lambda} = 0$ dan, setelah membagi dengan $\sqrt{-\lambda}$ , kita memperoleh $A-B=0$ . Syarat batas $y'(5) = 0$ menghasilkan $\displaystyle A\,\sqrt{-\lambda}\, e^{5\sqrt{-\lambda}} - B\, \sqrt{-\lambda}\, e^{-5\sqrt{-\lambda}} =0$ dan, setelah membagi dengan $\sqrt{-\lambda}$ , kita memperoleh $\displaystyle A\, e^{5\sqrt{-\lambda}} - B\, e^{-5\sqrt{-\lambda}} =0$ . Kita mencari solusi sistem linear

$\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ e^{5\sqrt{-\lambda}} & -e^{-5\sqrt{-\lambda}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A\\ B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \ .$ Karena

$\det \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ e^{5\sqrt{-\lambda}} & -e^{-5\sqrt{-\lambda}} \end{pmatrix} = e^{5\sqrt{-\lambda}} - e^{-5\sqrt{-\lambda}} = \left(e^{10\sqrt{-\lambda}} -1\right) e^{-5\sqrt{-\lambda}} \neq 0$ untuk $\lambda < 0$ , satu-satunya solusi sistem linear tersebut ialah $A=B=0$ ; yakni, kita memperoleh solusi trivial. Oleh karena itu, tidak ada nilai eigen maupun fungsi eigen untuk $\lambda <0$ .

(ii) Untuk $\lambda = 0$ , kita mempunyai $\displaystyle y' = A$ . Syarat-syarat batas $y'(0)=0$ dan $y'(5) = 0$ menghasilkan $A=0$ . Tidak ada kendala pada $B$ . Kita memperoleh sebuah keluarga solusi taktrivial.

Kita memperoleh bahwa $\lambda = \lambda_0 = 0$ merupakan nilai eigen dan salah satu fungsi eigen yang terkait dengan nilai eigen ini ialah $y_0(x)=1$ untuk setiap $x$ jika kita mengambil $B=1$ .

(iii) Untuk $\lambda > 0$ , kita mempunyai $\displaystyle y' = -A\,\sqrt{\lambda}\, \sin\left(\sqrt{\lambda}\,x\right) + B\, \sqrt{\lambda}\, \cos\left(\sqrt{\lambda}\,x\right)$ . Syarat batas $y'(0)=0$ menghasilkan $B\, \sqrt{\lambda} = 0$ . Jadi, $B=0$ . Syarat batas $y'(5) = 0$ menghasilkan $\displaystyle-A\,\sqrt{\lambda}\,\sin\left(5\sqrt{\lambda}\right)=0$ , dan kita telah menggunakan $B=0$ . Setelah membagi dengan $-\sqrt{\lambda}$ , kita memperoleh $\displaystyle A\, \sin\left( 5\sqrt{\lambda}\right) =0$ . Karena kita mencari solusi taktrivial, kita harus mengasumsikan bahwa $A\neq 0$ . Kita memperoleh $\displaystyle\sin\left( 5\sqrt{\lambda}\right) = 0$ . Jadi, $\displaystyle 5\sqrt{\lambda} = n\pi$ untuk $n \geq 1$ .

Kita telah menemukan nilai-nilai eigen $\displaystyle\lambda = \lambda_n = \left(n\pi / 5\right)^2$ untuk $n \geq 1$ . Fungsi-fungsi eigen yang terkait dengan nilai eigen $\lambda_n$ merupakan kelipatan real dari $\displaystyle y_n = \cos\left( n\pi x / 5 \right)$ .

Kita memperoleh bahwa $y''+ \lambda y = 0$ berbentuk (5.2.1) dengan $r(x) = p(x) = 1$ dan $q(x)=0$ untuk setiap $x$ . Dengan demikian, dari Proposisi 5.2.1, kita memperoleh

$\int_0^5 y_n(x) y_m(x) \,\mathrm{d}{x} = 0$ untuk $n \neq m$ , sebagaimana dapat dengan mudah diverifikasi secara langsung. Selain itu, $\displaystyle\left\{ \cos(n\pi x/5)\right\}_{n=0}^\infty$ merupakan himpunan ortogonal lengkap dalam $\displaystyle L^2[0,5]$ . Hal ini telah kita gunakan ketika mempelajari deret Fourier kosinus.

Contoh. Tentukan nilai eigen dan fungsi eigen dari masalah Sturm-Liouville berikut.

$y''+ \lambda y = 0 \quad \text{dengan} \quad y'(0)=0 \quad \text{dan} \quad y(L) = 0 \ .$

Seperti dalam contoh sebelumnya, ada tiga kasus yang perlu ditinjau.

(i) Untuk $\lambda < 0$ , solusinya berbentuk $\displaystyle y = A\, e^{\sqrt{-\lambda}\,x}+ B\, e^{-\sqrt{-\lambda}\,x}$ .

(ii) Untuk $\lambda = 0$ , solusinya berbentuk $\displaystyle y = A\,x + B$ .

(iii) Untuk $\lambda > 0$ , solusinya berbentuk $\displaystyle y = A\, \cos\left(\sqrt{\lambda}\,x\right)+ B\, \sin\left(\sqrt{\lambda}\,x\right)$ .

Kita mencari solusi sistem linear

$\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ e^{L\sqrt{-\lambda}} & e^{-L\sqrt{-\lambda}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A\\ B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \ .$ Karena

$\det \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ e^{L\sqrt{-\lambda}} & e^{-L\sqrt{-\lambda}} \end{pmatrix} = e^{-L\sqrt{-\lambda}} + e^{L\sqrt{-\lambda}} > 0$ untuk $\lambda < 0$ , satu-satunya solusi sistem linear tersebut ialah $A=B=0$ ; yakni, kita memperoleh solusi trivial. Tidak ada nilai eigen maupun fungsi eigen untuk $\lambda <0$ .

(ii) Untuk $\lambda = 0$ , kita mempunyai $\displaystyle y' = A$ . Syarat-syarat batas $y'(0)= A= 0$ dan $y(L) = AL +B = 0$ menghasilkan $A=B=0$ . Sekali lagi, tidak ada solusi taktrivial. Jadi, $0$ bukan nilai eigen.

(iii) Untuk $\lambda > 0$ , kita mempunyai $\displaystyle y' = -A\,\sqrt{\lambda}\, \sin\left(\sqrt{\lambda}\,x\right) + B\, \sqrt{\lambda}\, \cos\left(\sqrt{\lambda}\,x\right)$ . Syarat batas $y'(0)=0$ menghasilkan $B\, \sqrt{\lambda} = 0$ . Jadi, $B=0$ . Syarat batas $y(L) = 0$ menghasilkan $\displaystyle A\,\cos\left(L\sqrt{\lambda}\right)=0$ , dan kita telah menggunakan $B=0$ . Karena kita mencari solusi taktrivial, kita harus mengasumsikan bahwa $A\neq 0$ . Jadi, $\displaystyle\cos\left( L\sqrt{\lambda}\right) = 0$ . Dengan demikian, $\displaystyle L\sqrt{\lambda} = n\pi + \pi/2$ untuk $n \geq 0$ .

Kita telah menemukan nilai-nilai eigen $\displaystyle\lambda = \lambda_n = \big( (2n+1)\pi/(2L) \big)^2$ untuk $n \geq 0$ . Fungsi-fungsi eigen yang terkait dengan nilai eigen $\lambda_n$ berbentuk $\displaystyle y = A \, \cos\big((2n+1)\pi x/ (2L) \big)$ untuk $n \geq 0$ , dengan $A$ merupakan konstanta taknol.

Atribusi dan hak. Karya sumber oleh Benoit Dionne dilisensikan berdasarkan Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 4.0 International. Terjemahan dan perubahan yang dicatat menggunakan lisensi komponen yang sama. Produksi terjemahan dan edisi dibantu OpenAI Codex gpt-5.6-sol, Ultra; semua kredit penulis dan kontributor manusia tetap dipertahankan. Ini bukan terbitan atau dukungan resmi Benoit Dionne maupun University of Ottawa.