#7. Fourier Series(4. Sturm-Liouville Problems)

• 식이 길어서 잘릴수도 있습니다! 창을 최대 크기로 키워주세요~

그림 출처

- 이 분이 바로 Liouville

이번 포스팅과 다음 포스팅은 Fourier series를 다루는데에 있어, 가장 큰 고비가 되는 부분입니다. 우리가 여기랑 여기에서 왜 그렇게 열심히 증명을 하고 식을 전개시켰는지 깨닫게 되는 부분이라고도 할 수 있는데요, Legendre와 Bessel은 그 자체만으로도 골칫거리였지만, 그것을 Fourier series에 적용하기 위한 노력(?)을 앞으로 두 포스팅에 걸쳐서 할 예정이거든요. 식도 길고, 내용도 복잡하니 정신차리고 잘 따라옵시다!

Fourier series - 왜 그렇게 삼각함수를 좋아하는가?

이 얘기는 한 번 한 적이 있는 것 같습니다. Fourier series에서 식이 간단히 정리되는 데에 큰 기여를 한 성질은, 바로 함수의 orthogonality였죠. 곱해서 적분을 했더니 0이 되는 성질은, 인테그랄을 쓰기 정말 편하게 만들어줬습니다. 그래서, 이런 간단한 정리식을 얻을 수 있었죠.

$$\begin{align}a_0 &= \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx \\ a_n &= \frac{1}{\pi} \int_{\pi}^{\pi} f(x) \cos nx dx \\ b_n &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \sin nx dx\end{align}$$

물론 삼각함수가 공학에서 많이 나오는 이유도 있지만, orthogonality라는 성질을 만족한다는 이유도 큰 몫을 차지합니다. 그렇기 때문에 Fourier series에서 굳이! 삼각함수를 사용했죠. Orthogonality가 뭔지는 기억하시죠?

$$\int_a^b r(x) f(x) g(x) dx =0$$

물론 좀 더 일반적이고 엄밀한 정의가 있겠지만, 우리가 다룰 것은 적분에서..니까, 이정도로만 정의를 합시다. 어떤 구간 $(a, b)$에서 적당한 $r(x)$에 대해 위의 식을 만족한다면, $f(x), g(x)$는 서로 orthogonal하다고 말했죠. 삼각함수가 $r(x)=1$에 대해서 0을 만족한다는 사실은 이미 여러번 증명한 바가 있습니다.

게다가, 예전에 Legendre와 Bessel을 할 때 우리는,

$$\begin{align}\int_{-1}^1 P_m (x) P_n(x) dx &=0 (n \not=m)\\ \int_0^1 x J_n (\alpha_{n,m} x)J_n (\alpha_{n,k}x)dx &=0 (m \not =k)\end{align}$$

요렇다는 사실을 열심히 증명한 바가 있습니다. 이제 이것에 대한 좀 더 일반적인 얘기를 바로 아래에서 해볼겁니다.

Sturm-Liouville problems

이론

이런 second order ODE를 생각해봅시다.
$$\frac{d}{dx}\left[ p(x) \frac{dy}{dx}\right] + [q(x) + \lambda r(x)]y =0$$
당연히, $y=0$은 자명한 해입니다. 그것을 뺀 나머지 두 해가 나올 겁니다. 그녀석들은 “eigenfunction”이라고 이름을 붙입니다. 그리고, 저 식에 있는 실수 $\lambda$는 “eigenvalue”라고 이름을 붙여봅시다. 그러면, eigenvalue의 값에 의해 eigenfunction도 당연히 같이 달라지겠죠?

그런 다음, 어떤 구간 $[a,b]$를 잡습니다. 그 구간에서, $p(x), q(x), r(x), \frac{dp}{dx}$는 모두 연속이어야 하고, $r(x)>0$이어야 합니다. 그렇다면, 이 모든 조건을 만족하는 저 ODE에 대해, 적어도 하나는 0이 아닌 네 개의 실수 $k_1, k_2, l_1, l_2$를 데리고 와서 이런 얘기를 할 겁니다.

$$k_1 y + k_2 \frac{dy}{dx}= 0 (at x=a)\\l_1 y + l_2 \frac{dy}{dx}= 0 (at x=b)$$

만약 서로 다른 두 $\lambda_m, \lambda_n$에 대해 위의 ODE에서 해로 얻어지는 $y_m, y_n$가 있고, 이 둘이 주어진 범위에서 위의 두 식을 성립시킨다면, 아래의 식이 성립합니다.
$$\int_a^b r(x) y_m (x) y_n(x) dx =0$$

좀 많이 복잡하죠 얘기가? ㅋㅋㅋ 위에서 제시한 ODE를 Sturm-Lioville equation이라고 부를 거에요. 말로 표현하자면, Sturm-Liouville equation에서 서로 다른 eigenvalue를 통해 얻어지는 두 eigenfunction들은 orthogonal하다..쯤 되는 얘기일 겁니다. 더 간단하게 말하면,

• Sturm-Liouville equation의 boundary value가 주어진 상태에서 orthogonal 한 해를 찾기 위한 노력

쯤 되나요? ㅋㅋ 사실 Sturm-Liouville와 ODE를 푸는 것 사이에 좀 이질감이 커서, 목적을 확실히 해두고 가는게 좋을 겁니다. 2차 ODE에서 주어져야 하는 두 개의 조건이 저렇다면… orthogonal 하더라…인거죠!

증명

…을 하기 전에, 하나도 머리에 와닿지 않는 저 식을 이해시켜줄 수 있는 좋은 예를 하나 가져와 봅시다.
$$\frac{d^2 y}{dx^2 } + \lambda y =0 , y(0)=0, y(\pi)=0$$
문제가 풀리기는…해야하니까, $\lambda = \nu^2$의 조건을 붙여놓읍시다. 양수!
우리가 정말 오랜만에 보는 진~짜 analytic한 ODE입니다. 이거 어떻게 푸는지는 다들 알죠? 했었잖아요~ 서로 다른 두 허근이 나올테니, 해를 구해보면
$$y=A\cos \nu x + B \sin \nu x$$
이고, boundary condition 에 의해 $A=0$이 나옵니다. 그러면….
$$y(\pi) = B\sin \nu \pi =0$$ 이어야 할 텐데, $\nu$가 정수일때만 가능한 얘깁니다. 즉 eigenvalue인 $\lambda$는 어떤 정수의 제곱인 형태여야 해가 나온다는 거죠. 그에 해당하는 eigenfunction은 $\sin \nu x$가 될겁니다. 즉,

• 정수의 제곱형태로 표현되는 eigenvalue $\lambda$에 대해, eigenfunction $\sin \sqrt\lambda x$를 가진다!

는 얘기가 됩니다. 뭐가 이렇게 해를 찾기가 힘든지…ㅋㅋㅋㅋ eigenvalue에 의해 달라지는 eigenfunction을 효과적으로 표현하기 위해, 이런 표기를 써봅시다.

• $$y_m = \sin \sqrt{\lambda_m}x$$
  됐나요?
  이제 본론인, Sturm-Liouville으로 눈길을 다시 돌려봅시다. 저 식은,
  $$p(x) =1 , q(x) =0, r(x) =1\\ a=0, b=\pi, k_1 = l_1 = 1, k_2 = l_2 =0$$
  인 경우에 속할겁니다. 그러니까 Sturm-Liouville이 말한 저 조건을 만족합니다. 그러니까, 결론으로 그냥 이렇게 말해도 되는거에요.
  $$\int_0^\pi 1 \times y_m \times y_n dx=0~~(m \not = n)$$
  이 얘기도 우리 한 번 했던 얘기잖아요, 그렇죠? 사인끼리 곱하면 무조건 0이라고.
  뭐 이런…….얘기를 ‘적분을 안해도 되게’ 하고 싶었던 겁니다. 사실 삼각함수 적분해서 을 얻는 것도 별로 간단한 작업은 아니었으니, 저렇게 생긴 식에서 boundary condition을 저렇게 주면 해는 적분해서 0이구나!!인거죠.

진짜 증명

증명을 안하고 넘어가고 싶긴 한데…전 글을 쓰는 입장이니까요..네.. 하다가 보면 중간중간에 skill들이 조금씩 숨어있습니다. 그래서, 차근차근 한 번 해보도록 하죠!

일단, 정말 중요한 역할을 하는 것이 $p(x)$라는 사실은 기억하고 증명을 시작합시다! 두 개의 eigenvalue를 $\lambda_m , \lambda_n$이라 두고, 그에 해당하는 eigenfunction을 $y_m, y_n$이라 한 다음 Sturm-Liouville equation에 그대로 대입해봅니다.

$$\begin{align} \frac{d}{dx}\left[ p(x) \frac{dy_m}{dx}\right] + [q(x) + \lambda_m r(x)]y_m =0 \\ \frac{d}{dx}\left[ p(x) \frac{dy_n}{dx}\right] + [q(x) + \lambda_n r(x)]y_n =0\end{align}$$

첫 번째 식에 $y_n$을, 두 번째 식에 $y_m$을 곱합니다.

$$\begin{align} \frac{d}{dx}\left[ p(x) \frac{dy_m}{dx}\right] y_n+ [q(x) + \lambda_m r(x)]y_m y_n =0 \\ \frac{d}{dx}\left[ p(x) \frac{dy_n}{dx}\right] y_m + [q(x) + \lambda_n r(x)]y_n y_m =0\end{align}$$

그 다음 변변 빼버리면, $q(x)$는 삭제될 겁니다.

$$\frac{d}{dx} \left[ p(x) \frac{dy_m}{dx}\right] y_n - \frac{d}{dx}\left[p(x) \frac{dy_n}{dx}\right]y_m + r(x) y_my_n (\lambda_m - \lambda_n) =0$$
왠지 $r(x)$가 들어있는 항은 적분을 씌워버리면 orthogonal 의 정의로 어찌어찌 할 수 있을 것 같은데, 나머지 항들을 어떻게 해야하나….고민이 되네요. 일단 이항을 해보겠습니다.

$$r(x) y_my_n (\lambda_m - \lambda_n ) =-\frac{d}{dx} \left[ p(x) \frac{dy_m}{dx}\right] y_n + \frac{d}{dx}\left[p(x) \frac{dy_n}{dx}\right]y_m$$
꼼수를 한 번 부려보자면…
$$\frac{d}{dx}\left[p \frac{dy_n}{dx}y_m - p\frac{dy_m}{dx}y_n \right]$$
요렇게 묶어보겠습니다. 위에 적은 식의 우변이 그대로 되는 것은 간단한 계산으로 확인이 가능하니 패스하고!

$$r(x) y_my_n (\lambda_m - \lambda_n ) = \frac{d}{dx}\left[p \frac{dy_n}{dx}y_m - p\frac{dy_m}{dx}y_n \right]$$
결론적으로 이런 식이 얻어질겁니다. 이제 맘편히 양변에 $a$부터 $b$까지 가는 정적분을 씌워버립시다.

$$(\lambda_m - \lambda_n )\int_a^b r(x) y_my_n dx = \left[p \frac{dy_n}{dx}y_m - p\frac{dy_m}{dx}y_n \right]^b_a$$

만약 $y_m , y_n$이 orthogonal 하다면 좌변은 0이 되어버릴겁니다. 그러니, 우변이 0이 될 조건을 만들어 준다면 역으로, orthogonal 조건을 파악할 수 있겠죠? 물론 $\lambda_m \not = \lambda_n$이니까, 우변이 0이면 적분기호가 붙어있는 저 식도 0이 됩니다.

그러니 우변을 좀 더 보기 좋게 정리해봅시다.
$$p(b) [y_n'(b)y_m(b) - y_m'(b)y_n(b)] - p(a) [y_n'(a)y_m(a) - y_m'(a)y_n(a)] =0$$
총 5가지의 경우로 나누어 살펴볼겁니다. 잘 따라와요!

1. $p(a) = p(b) =0$

말할 필요가 없습니다. 그냥 0이 되네요! 즉, $p(x)$라는 함수가 주어진 범위의 양 끝에서 둘다 0이면, 무조건 그 eigenfunction들은 orthogonal 하더라…라는 말입니다.

2. $p(a)=0, p(b) \not =0$

식이
$$p(b) [y_n'(b)y_m(b) - y_m'(b)y_n(b)] =0$$
요렇게 줄어듭니다. $p(b)$가 0이 아니니까, 결국에는
$$y_n'(b)y_m(b) - y_m'(b)y_n(b) =0$$
이렇게 남는데, 어떤 상수 $l_1, l_2$에 대해
$$l_1 y_m(b) + l_2 y_m'(b) = 0 \\ l_1 y_n(b) + l_2 y_n'(b) =0$$
두 식을 통해 얻어질 수 있습니다. 첫 번째 식에 $y_n(b)$를 곱하고, 두 번째 식에 $y_m (b)$를 곱한 다음 변변 빼버리면
$$-l_2 [y_n'(b)y_m(b) - y_m'(b)y_n(b)] =0$$
이 나올테니, 결국 똑같은 식입니다. $y_n, y_m$을 각각 곱하는 경우에는 $l_2 \not =0$이어야 할테고, 반대로 $y'_n , y'_m$을 각각 곱하는 경우에는 $l_1 \not =0$이어야 할 텝니다. 하… 짜증이 솟구치죠?ㅋㅋㅋㅋㅋㅋ 어쩄든 둘 다 0만 아니면 됩니다. ㅋㅋㅋ

3. $p(b)=0, p(a) \not =0$

이번에도 마찬가지입니다. 식이
$$p(a) [y_n'(a)y_m(a) - y_m'(a)y_n(a)] =0$$
요렇게 줄어드는데 $p(a)$는 0이 아니니까,
$$y_n'(a)y_m(a) - y_m'(a)y_n(a)=0$$
이네요. 그러면, 둘 중 적어도 하나는 0이 아닌 상수 $k_1, k_2$에 대해
$$k_1 y_m(a) + k_2 y_m'(a) = 0 \\ k_1 y_n(a) + k_2 y_n'(a) =0$$
두 식을 잘..위에서 한 것 처럼…조작해보면 나오겠네요!후다닥...

여기까지 잠시, 정리를 해봅시다.

• $p(a), p(b)$가 둘 다 0이면, 묻지도 따지지도 말고 바로 orthogonal
• 둘 중 하나가 0이면, Sturm-Liouville 이론에서 boundary condition으로 주어진 두 식 중 0이 아닌 boundary에 해당하는 조건을 사용.

이게 바로
$$k_1 y + k_2 \frac{dy}{dx}= 0 (at x=a)\\l_1 y + l_2 \frac{dy}{dx}= 0 (at x=b)$$
이 식이 주어진 이유입니다. 둘 중에 하나라도 0이 나온다면, 그 조건식은 굳이 사용하지 않아도, 굳이 만족하지 않아도 orthogonality가 성립하는 식이라는 소리겠죠. 그러면 둘 다 0이 아닌 경우는 어떨까요? 두 조건을 다 써야할 것 같은 기분이 든다면, 맞습니다.

4. $p(a) \not =0, p(b) \not =0$

$$p(b) [y_n'(b)y_m(b) - y_m'(b)y_n(b)] - p(a) [y_n'(a)y_m(a) - y_m'(a)y_n(a)] =0$$
인데, 둘 다 0이 아니니까 결국
$$[y_n'(b)y_m(b) - y_m'(b)y_n(b)] = [y_n'(a)y_m(a) - y_m'(a)y_n(a)] =0$$
이어야 합니다. 그러면, 적어도 하나는 0이 아닌 두 상수 $k_1 , k_2$에 대해
$$k_1 y_m(a) + k_2 y_m'(a) = 0 \\ k_1 y_n(a) + k_2 y_n'(a) =0$$
가 성립하고 적어도 하나는 0이 아닌 두 상수 $l_1, l_2$에 대해
$$l_1 y_m(b) + l_2 y_m'(b) = 0 \\ l_1 y_n(b) + l_2 y_n'(b) =0$$
도 성립해야 한꺼번에 0이 만들어집니다. 즉, boundary condition 두 개를 동시에 만족해야 eigenfunction이 orthogonal해 지는 것이죠.

5. $p(a) = p(b)$

마지막으로 조금 특수한 경우입니다. 네 번째 케이스랑 비슷한 경우이기는 한데, 만약 $p(a) = p(b)$로 같은 경우에는, 만족시켜야 하는 식은 거의 비슷합니다. 이 경우에는 조건이 합쳐진다는 정도?
$$[y_n'(b)y_m(b) - y_m'(b)y_n(b)]- [y_n'(a)y_m(a) - y_m'(a)y_n(a)] =0$$
하지만 경우가 경우이니 만큼, $p$도 같은데 $y$도 같으면 안되나? 하는 심정으로 조건을 살짝 바꿔봅니다.

$$y(a) = y(b) \\ y'(a) = y'(b)$$
위의 식에 대입해도 어찌되었건 0은 되니까, 복잡한 식 대입할 필요 없이 양 끝 boundary 에서 $p(x), y(x), \frac{dy}{dx}$값이 전부 같아버리면 되지 않을까…라고 생각한 겁니다. 자세한 증명은 생략하고, 이런 조건으로 ‘대체가 가능하다’는 것만 알아둡시다.

잠깐

정신이 없죠? ㅋㅋㅋㅋㅋㅋ Sturm-Liouville의 증명 과정을 말로 요약해 봅시다.

1. 신기하게 생긴 second order ODE가 있다.
2. eigenvalue에 따라 정해지는 eigenfunction들이 있을텐데
3. 걔네가 orthogonal 하기 위해서 만족해야 하는 boundary condition을 찾아보자.
4. $p(x)$가 양 끝 boundary에서 가지는 값이 어떤지에 따라서 따져줘야 하는 boundary condition들이 살짝씩 달라지기는 하더라
5. 어쨌든, 5가지 경우에 대해서 이런~이런~조건들을 만족하면, orthogonal 하다!

는 겁니다.

위에서 봤던 식을

$$\frac{d^2 y}{dx^2 } + \lambda y =0 , y(0)=0, y(\pi)=0$$
다시 해석해 봅시다.
$p(x) =1$이었죠? 그러니 $x=0, \pi$에서 모두 0이 안되기는 하지만, $p(0) =p(\pi)$인 조건을 만족합니다. 왠지 5번 조건일 것 같지만, $y(0)=y(\pi)$인 조건을 만족하기는 하는데, 더 이상의 boundary condition이 없습니다 ㅠㅠ

그러니까, 둘 다 0이 아닌 ‘일반적인’ 4번 조건을 만족하는지 봐야합니다.
$$1 \times y + 0 \times \frac{dy}{dx}= 0 (at x=0)\\ 1\times y + 0\times \frac{dy}{dx}= 0 (at x=\pi)$$

오 좋습니다. 각 식에서 0이 아닌 놈이 하나 씩은 있군요 ㅋㅋㅋ 그러니 이 ODE를 풀어서 나오는 eigenfunction들은 orthogonal 할 겁니다. 땅땅땅!

$f(x)$말고 다른 함수를 집어넣을 수는 없는가?

화나죠? ㅋㅋㅋㅋㅋㅋ 이론이라고 정리 했는데 그 이론이 경우를 너무 자세하게 나눈단 말입니다.ㅠㅠㅠ 일단은, Sturm-Liouville 을 대입해서 얘네 둘이 orthogonal 하구나~하는 얘기를 좀 해볼겁니다. 우리가 옛날에 했던그 노력들을 수포로 만드는 팀킬입니다.ㅋㅋㅋㅋ

Legendre function의 orthogonality

어떻게 생겼는지 기억하나요? 옛날 옛적 얘기인가ㅠㅠ 너무 당연하게 정리되는 식입니다. 짜잔!

$$(1-x^2) \frac{d^2 y}{dx^2} - 2x \frac{dy}{dx} + n(n+1)y \\ = \frac{d}{dx} \left[ (1-x^2) \frac{dy}{dx}\right] + n(n+1) y =0$$
그 당시에 Fourier Series 포스팅을 하기 싫어서 그냥 일일이 전개했었는데, 이럴 줄 알았으면 series solution 할 때 Sturm-Liouville을 같이 포스팅 할걸…하는 후회가 있네요 ㅋㅋㅋㅋ

어쨌든, $p(x) = (1-x^2) , q(x) = 0, r(x) =1, \lambda = n(n+1)$인 경우에 해당하는 Sturm-Liouville equation입니다. 범위가 $[-1, 1]$이었을 거에요 아마? ㅋㅋㅋ $p(1) = p(-1)=0$입니다. 묻고 따지지 않고 그냥 저 범위에서는, orthogonal 하네요. 심지어 $r(x) =1$! eigenvalue $\lambda_n = n(n+1)$에 대해서, eigenfunction이 $P_n (x)$로 나옵니다. 그러니 Sturm-Liouville theory에 의해, 아래와 같은 식이 성립할겁니다.
$$\int_{-1}^1 P_n (x) P_m (x) dx =0$$
끝!

잠깐.

창을 새로 띄워놓고, 위에서 했던 Sturm-Liouville 증명 과정이랑, 우리가 일일이 손으로 했던 거랑 비교를 한 번 해봅시다. ㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋ 똑같죠? ㅎ…….인생 허무합니다…

Bessel function의 orthogonality

이것도 기억 안나는 건 아니죠? 빠르게 확인하고 옵시다.
이번에는 식 정리가 살짝 복잡합니다.
일단, Bessel equation을 가져와 보면,
$$x^2 \frac{d^2 y}{dx^2} + x \frac{dy}{dx} + (x^2 - \nu^2 ) y=0$$
이 식을
$$\frac{d}{dx}\left[ p(x) \frac{dy}{dx}\right] + [q(x) + \lambda r(x)]y =0$$
이렇게 고쳐야 한다는 건데요, 예~전에 이런 문자를 하나 정의했던 기억이 나나요? ㅋㅋ 아래 문자에 주의해야 합니다.

$$J_n ( \alpha_{n,m}) =0$$
$J_n(x)$을 0으로 만드는 $x$의 값들 중 $m$번째에 있는 값을 우리는 $\alpha_{n,m}$이라고 정의했습니다. 이제 원래의 Bessel equation에 어진 $x$를 살짝 치환할텐데요,

$$\alpha_{n,m} x = \tilde x$$
라고 치환한다면, 귀찮으니 링크를 걸어두고 여기서 했던 Bessel의 치환 식이 생각나시나요? ㅋㅋㅋ $J_n (x)$뿐만 아니라, $J_n (\tilde x) =J_n (\alpha_{n,m} x)$도 이..런 Bessel equation을 만족했더라..라는 결론이었습니다.
$$x^2 \alpha_{n,m}^2 \frac{d^2 J_n(\alpha_{n,m}x)}{d\tilde x^2} + x\alpha_{n,m} \frac{dJ_n(\alpha_{n,m}x)}{d\tilde x} + (\alpha_{n,m}^2x^2 - \nu^2 ) J_n(\alpha_{n,m}x)=0$$

주의 할 점은

위에서 얻은 식은, 미분을 $\tilde x$로 했다는 점입니다. 그런데, 우리가 Sturm-Liouville로 얻고 싶은 식은 $x$로 얻고 싶은 식이니, 미분을 다시 $dx$로 바꿔주어야 합니다. ㅠㅠ

$$\frac{dy}{dx}=\alpha_{n,m} \frac{dy}{d\tilde x}, \frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{d^2 y }{d\tilde x^2} \alpha_{n,m}^2$$
의 관계식이 성립하니까, 저 식에 그대로 다시 넣어주면
$$\begin{align}x^2 \alpha_{n,m}^2 \frac{d^2 J_n(\alpha_{n,m}x)}{d x^2} \times \frac{1}{\alpha_{n,m}^2}+ x\alpha_{n,m} \frac{d J_n(\alpha_{n,m}x)}{d x}\times \frac{1}{\alpha_{n,m}} + (\alpha_{n,m}^2x^2 - \nu^2 )J_n(\alpha_{n,m}x)& \\ = x^2 \frac{d^2 J_n(\alpha_{n,m}x)}{d x^2} + x\frac{d J_n(\alpha_{n,m}x)}{d x}+ (\alpha_{n,m}^2x^2 - \nu^2 )J_n(\alpha_{n,m}x) &=0\end{align}$$

이제 양변을 $x$로 나눕니다.
$$x \frac{d^2 J_n(\alpha_{n,m}x)}{d x^2} + \frac{d J_n(\alpha_{n,m}x)}{d x}+ (\alpha_{n,m}^2x -\frac{ \nu^2 }{x})J_n(\alpha_{n,m}x) =0$$
그리고..앞의 식을 묶어보면
$$\frac{d}{dx}\left[ x \frac{d J_n(\alpha_{n,m}x)}{dx}\right] +(\alpha_{n,m}^2x -\frac{ \nu^2 }{x})J_n(\alpha_{n,m}x) =0$$
이 식은, Sturm-Liouville equation에서 $p(x) = x, q(x) = -\frac{\nu^2}{x}, r(x) = x , \lambda = \alpha_{n,m}^2$인 경우에 해당합니다. 그러니까, 구간을 $[0,1]$로 잡으면 boundary condition 중 하나는 해결이 되는 겁니다. $x=1$인 경우에는, 복잡한 boundary condition 식을 풀어야 하나… 하고 살펴봤더니

$$J_n(\alpha_{n,m}) =0$$

이네요. 그러니, 이…식이 말이죠..
$$l_1 J_n(\alpha_{n,m}x) + l_2 \frac{dJ_n(\alpha_{n,m}x)}{dx}= 0 (at ~~x=1)$$

$l_2=0$이라고 잡아버리면 $l_1$에 상관없이 그냥 0으로 가버립니다. 즉, Sturm-Liouville 의 boundary condition을 충분히 만족하고 있는거죠. 안돼요! 아직 정신줄을 놓으면....

그러니, 결론은

• eigenvalue $\alpha_{n,m}^2$에 의해 구해지는 eigenfunction $J_n (\alpha_{n,m} x)$들은 아래의 orthogonality 를 만족한다.

$$\int_0^1 x J_n(\alpha_{n,m}x) J_n (\alpha_{n,k} x) dx=0 (m \not = k)$$

예전과 비슷한 결론이죠?

그런데,

한 가지 더 살펴볼 것이 있습니다. 꼭 범위가 1까지여야만 할까요? ㅋㅋㅋ 식이 이렇게 생긴 이상 그래야 하겠지만, 그러기에는 $\alpha$가 너무 많아서 아깝다는 거죠. 그러니, $k_{n,m}=\alpha_{n,m} /R$라는 새로운 문자를 정의한 다음 생각해보면

$$J_n (k_{n,m} x)=0$$ 이 되도록 만들어주는 $x$이기만 하면 됩니다. 그러니까, 구간을 $0$부터 $R$까지로 잡는다면, $J_n(k_{n,m}R)=0$이 되겠죠. Kreyzig 아저씨가 만들어준 이 식은, 구간을 $1$보다 더 다양하게 잡고 싶은 욕심에 $k$라는 새로운 문자를 만들고, $R$으로 범위를 확장시키기 위한 겁니다.

$$\int_0^R x J_n(k_{n,m}x) J_n (k_{n,k} x) dx=0 (m \not = k)$$

$m,k$가 같은 것은 그냥 애교로 넘어가고.....
여튼, Bessel에 대한 orthogonality 는 아래와 같이 깔끔하게 정리가 되겠네요.

• eigenvalue $\alpha_{n,m}^2$에 의해 구해지는 eigenfunction $J_n (\alpha_{n,m} x)$들은, $k_{n,m} = \alpha_{n,m} /R$에 대해 아래의 orthogonality 를 만족한다.
  $$\int_0^R x J_n(k_{n,m}x) J_n (k_{n,j} x) dx=0 (m \not = j)$$

결론

힘들었죠? ㅋㅋㅋ 결론은,
Legendre equation 과 Bessel equation 의 해는 Sturm-Liouville orthogonality 를 만족한다.
입니다. 너무 간단해서 화가 날 지경이지만…ㅋㅋㅋ 이 과정을 제대로 해 두지 않으면 다음 포스팅에서 진행할 Fourier-Legendre, Fourier-Bessel을 단 하나도. 따라올 수 없습니다. ㅠㅠ

예고

다음 시간에 다룰 내용은 정말 하기 싫은 주제입니다. ㅋㅋㅋㅋ Fourier series를 다루면서 한 번쯤은 고민하고 힘들어했을 주제고, 실제로 저도 정말 힘들어했었습니다. 오늘 한 내용을 바탕으로 삼각함수 대신 다른 함수를 넣은 Fourier series를 다룰건데요, 이전에 다뤘던 Legendre polynomial 과 Bessel function의 성질을 활용해야합니다. 일단 다음 포스팅에서 자세히 다뤄보도록해요! 그럼 뿅~