周期邊值條件下dirac問題的解

周期邊值條件下dirac問題的解

考慮到循環(huán)邊值率的考慮，lirac問題：。(E){Dy=(-p(x)d/dx-d/dx-q(x))y=λy,x∈(0,π)y1(0)=y1(π)?y2(0)=y2(π)其中,y=(y1,y2)T,p(x),q(x)為[0,π]上的實(shí)值函數(shù).設(shè)φ(x,λ),ψ(x,λ)為滿足(C1){Dφ=λφ,φ1(0)=1,φ2(0)=0}和(C2){Dψ=λψ,ψ1(0)=0,ψ2(0)=1}的解.容易證明以下命題:命題1Cauchy問題{Dy=λy,y1(0)=cosα,y2(0)=-sinα}有惟一解,其解都是x,λ的二元連續(xù)函數(shù),且是關(guān)于λ的整函數(shù);對(duì)于充分大的|λ|,y有如下漸近估計(jì)y1(x,λ)=cos(λx+12∫x0{p(s)+q(s)}ds-α)+Ο(e|τ|xλ)y2(x,λ)=sin(λx+12∫x0{p(s)+q(s)}ds-α)+Ο(e|τ|xλ)其中,λ=σ+iτ,τ∈R.命題2λ是問題(E)的特征值的充要條件為λ是ω(λ)=2-φ1(π,λ)-ψ2(π,λ)的零點(diǎn).命題3(E)有可列個(gè)特征值…λ-n<…<λ-1<λ0<λ1<…<λn…,并且λn=θ+2n+Ο(1n)①其中,θ=1π{α-η(π)}.證明記η(x)=12∫x0{p(s)+q(s)}ds,對(duì)于充分大的|λ|,由命題1及命題2得ω(λ)=2-2cos(λπ+η(π)-α)+Ο(e|τ|xλ)第1期黃坤等:周期邊值條件下Dirac算子的跡公式·101·若λn是問題(E)的特征值,則ω(λn)=2-2cos(λnπ+η(π)-α)=0得證.記˙f(x,λ)≡?f(x,λ)?λf′(x,λ)≡?f(x,λ)?x＜f,g＞≡∫π0f(x,λ)ˉg(x,λ)dx引理1設(shè)φ(x,λ),ψ(x,λ)分別為(C1)和(C2)的解,則有˙φ1(π,λ)=|φ1(π,λ)＜φ,φ＞ψ1(π,λ)＜φ,ψ＞|˙φ2(π,λ)=|φ2(π,λ)＜φ,φ＞ψ2(π,λ)＜φ,ψ＞|˙ψ1(π,λ)=|φ1(π,λ)＜φ,ψ＞ψ1(π,λ)＜ψ,ψ＞|˙ψ2(π,λ)=|φ2(π,λ)＜φ,ψ＞ψ2(π,λ)＜ψ,ψ＞|證明由Lagrange恒等式得由②—④求極限易得解上面的方程組即得結(jié)論.定理1ω(λ)無二重以上的零點(diǎn).證明由引理1得¨ω(λ)=2|˙φ1(π,λ)˙ψ1(π,λ)˙φ2(π,λ)˙ψ2(π,λ)|=2|＜φ,φ＞＜φ,ψ＞＜φ,ψ＞＜ψ,ψ＞|＞0定理2記(E)的特征值λn對(duì)應(yīng)的特征值子空間為V(λn),特征值的秩R(λn)(即dimV(λn)),則1)R(λn)≤22)R(λn)=1?ω(λn)=0,˙ω(λn)≠03)R(λn)=2?ω(λn)=0,˙ω(λn)=0證明1)結(jié)論是明顯的.2)(?)由ω(λn)=0?R(λn)≥1,若R(λn)=2,則必有φ(x,λn),ψ(x,λn)∈V(λn).所以˙ω(λn)=|˙φ1(π,λn)˙ψ1(π,λn)˙φ2(π,λn)˙ψ2(π,λn)-1|+|φ1(π,λn)-1˙ψ1(π,λn)φ2(π,λn)˙ψ2(π,λn)|=0矛盾!所以R(λn)=1.(?)若R(λn)=1,則λn必為特征值,所以ω(λn)=0.設(shè)V(λn)=span{k1φ(x,λn)+k2ψ(x,λn)},則a)若k1=0,V(λn)=span{ψ(x,λn)},故(ψ1(π,λn),ψ2(π,λn))=(0,1).由|φ1(π,λn)˙ψ1(π,λn)φ2(π,λn)˙ψ2(π,λn)|=1可知φ1(π,λn)=1,φ2(π,λn)≠0,又由④式知˙ψ1(π,λn)=φ1(π,λn)＜ψ(x,λn)?ψ2(x,λn)＞=∥ψ(x,λn)∥2所以˙ω(λn)=-φ2(π,λn)∥ψ(x,λn)∥2≠0.b)若k2=0,V(λn)=span{φ(x,λn)},則有(φ1(π,λn),φ2(π,λn))=(1,0).由|φ1(π,λn)ψ1(π,λn)φ2(π,λn)ψ2(π,λn)|=1知ψ1(π,λn)≠0,ψ2(π,λn)=1,又由③式知˙φ2(π,λn)=-ψ2(π,λn)＜φ(x,λn),φ(x,λn)＞=-∥φ(x,λn)∥2所以,˙ω(λn)=ψ1(π,λn)∥φ(x,λn)∥2≠0.c)若k1·k2≠0,記Φn=Φ(x,λn)=k1φ(x,λn)+k2ψ(x,λn)=ψ1(π,λn)φ(x,λn)+[ψ2(π,λn)-1]ψ(x,λn),則V(λn)=span{Φn}(Φn為特征函數(shù),易證明ψ1(π,λn)≠0,[ψ2(π,λn)-1]≠0).所以˙ω(λn)=-˙φ1(π,λn)-˙ψ2(π,λn)=-|φ1(π,λn)＜φ(x,λn),φ(x,λn)＞ψ1(π,λn)＜φ(x,λn),ψ(x,λn)＞|-|φ2(π,λn)＜φ(x,λn),ψ(x,λn)＞ψ2(π,λn)＜ψ(x,λn),ψ(x,λn)＞|=1ψ1(π,λn)∥Φn(x,λn)∥2≠03)由2)的討論容易得到.推論ω(λ)的零點(diǎn)重?cái)?shù)與相應(yīng)特征值問題(E)的特征值的秩一致.命題4對(duì)于充分大的|λ|,φ(x,λ),ψ(x,λ)為分別滿足初值條件(C1)和(C2)的解,有如下細(xì)化漸近估計(jì):φ1(x,λ)=cos(η(x)+λx)+1λU(x,λ)+Ο(e|τ|xλ2)φ2(x,λ)=sin(η(x)+λx)+1λV(x,λ)+Ο(e|τ|xλ2)ψ1(x,λ)=-sin(η(x)+λx)+1λΜ(x,λ)+Ο(e|τ|xλ2)ψ2(x,λ)=cos(η(x)+λx)+1λΝ(x,λ)+Ο(e|τ|xλ2)其中U(x,λ)=14{p(0)-q(0)}cos(η(x)+λx)-14{p(x)-q(x)}cos(η(x)+λx)+18∫x0{p(x)-q(x)}2sin(η(x)+λx)V(x,λ)=14{p(0)-q(0)}sin(η(x)+λx)+14{p(x)-q(x)}sin(η(x)+λx)-18∫x0{p(s)-q(s)}2cos(η(x)+λx)Μ(x,λ)=14{p(0)-q(0)}sin(η(x)+λx)+14{p(x)-q(x)}sin(η(x)+λx)-18∫x0{p(s)-q(s)}2cos(η(x)+λx)Ν(x,λ)=-14{p(0)-q(0)}cos(η(x)+λx)+14{p(x)-q(x)}cos(η(x)+λx)+18∫x0{p(s)-q(s)}2sin(η(x)+λx)命題5記Ω(λ)=2-2cosλπ,則ω(λ)Ω(λ)=1-18λcotλπ2∫x0{p(s)-q(s)}2ds+Ο(e|τ|xλ2?2sin2λx2)定理3用留數(shù)方法可以得到問題(E)特征值的跡公式∞∑-∞λn=0根據(jù)上文的討論,ω(λ)零點(diǎn)的重?cái)?shù)與相應(yīng)特征值問題的秩一致,故ω(λ)零點(diǎn)的跡即為特征值的跡.附注若p(x),q(x)滿足條件p(x),q(x)∈C[0,π],∫π0p(x)dx=0,∫π0q(x)dx=0,則用本文的方法可類似地計(jì)算如下周期邊條件下的跡恒等式:y1(0)=y1π=0∞∑-∞(λn-n)=-14[p(0)+p(π)-q(0