2次導関数の固有値と固有ベクトル

異なる境界条件を持つ2 次導関数の固有値と固有ベクトルの明示的な式が、連続の場合と離散の場合の両方に対して提供されます。離散の場合、2 次導関数の標準的な中心差分近似が均一グリッド上で使用されます。

これらの公式は、変数分離の場合のラプラシアンの固有関数の式を導出するだけでなく、 1 次元の離散ラプラシアンのクロネッカー和として表される規則的なグリッド上の多次元離散ラプラシアンの固有値と固有ベクトルを見つけるために使用されます。

インデックス j は j 番目の固有値または固有ベクトルを表し、1 から までの範囲になります。方程式がドメイン で定義されていると仮定すると、固有値と正規化された固有ベクトルは次のようになります。固有値は降順で並べられています。 ${\displaystyle \infty}$${\displaystyle x\in [0,L]}$

${\displaystyle \lambda _{j}=-{\frac {j^{2}\pi ^{2}}{L^{2}}}}$

${\displaystyle v_{j}(x)={\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {j\pi x}{L}}\right)}$

${\displaystyle \lambda _{j}=-{\frac {(j-1)^{2}\pi ^{2}}{L^{2}}}}$

${\displaystyle v_{j}(x)=\left\{{\begin{array}{lr}L^{-{\frac {1}{2}}}&j=1\\{\sqrt {\frac {2}{L}}}\cos \left({\frac {(j-1)\pi x}{L}}\right)&{\mbox{otherwise}}\end{array}}\right.}$

${\displaystyle \lambda _{j}=\left\{{\begin{array}{lr}-{\frac {j^{2}\pi ^{2}}{L^{2}}}&{\mbox{j is even.}}\\-{\frac {(j-1)^{2}\pi ^{2}}{L^{2}}}&{\mbox{j is odd.}}\end{array}}\right.}$

(つまり、は単純な固有値であり、それ以降の固有値はすべて、で与えられ、それぞれの重複度は 2 です)。 ${\displaystyle 0}$${\displaystyle {\frac {j^{2}\pi ^{2}}{L^{2}}}}$${\displaystyle j=1,2,\ldots }$

${\displaystyle v_{j}(x)={\begin{cases}L^{-{\frac {1}{2}}}&{\mbox{if }}j=1.\\{\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {j\pi x}{L}}\right)&{\mbox{ if j is even.}}\\{\sqrt {\frac {2}{L}}}\cos \left({\frac {(j-1)\pi x}{L}}\right)&{\mbox{ if j is odd.}}\end{cases}}}$

${\displaystyle \lambda _{j}=-{\frac {(2j-1)^{2}\pi ^{2}}{4L^{2}}}}$

${\displaystyle v_{j}(x)={\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {(2j-1)\pi x}{2L}}\right)}$

${\displaystyle \lambda _{j}=-{\frac {(2j-1)^{2}\pi ^{2}}{4L^{2}}}}$

${\displaystyle v_{j}(x)={\sqrt {\frac {2}{L}}}\cos \left({\frac {(2j-1)\pi x}{2L}}\right)}$

表記: インデックス j は、j 番目の固有値または固有ベクトルを表します。インデックス i は、固有ベクトルの i 番目のコンポーネントを表します。i と j はどちらも 1 から n までで、行列のサイズは nxn です。固有ベクトルは正規化されます。固有値は降順で並べられます。

${\displaystyle \lambda _{j}=-{\frac {4}{h^{2}}}\sin ^{2}\left({\frac {\pi j}{2(n+1)}}\right)}$

${\displaystyle v_{i,j}={\sqrt {\frac {2}{n+1}}}\sin \left({\frac {ij\pi }{n+1}}\right)}$ ^[1]

${\displaystyle \lambda _{j}=-{\frac {4}{h^{2}}}\sin ^{2}\left({\frac {\pi (j-1)}{2n}}\right)}$

${\displaystyle v_{i,j}={\begin{cases}n^{-{\frac {1}{2}}}&{\mbox{j = 1}}\\{\sqrt {\frac {2}{n}}}\cos \left({\frac {\pi (j-1)(i-0.5)}{n}}\right)&{\mbox{otherwise}}\end{cases}}}$

${\displaystyle \lambda _{j}={\begin{cases}-{\frac {4}{h^{2}}}\sin ^{2}\left({\frac {\pi (j-1)}{2n}}\right)&{\mbox{ if j is odd.}}\\-{\frac {4}{h^{2}}}\sin ^{2}\left({\frac {\pi j}{2n}}\right)&{\mbox{ if j is even.}}\end{cases}}}$

(n が偶数の場合、0 と最大の値を除いて固有値が繰り返されることに注意してください。)

${\displaystyle v_{i,j}={\begin{cases}n^{-{\frac {1}{2}}}&{\mbox{if }}j=1.\\n^{-{\frac {1}{2}}}(-1)^{i}&{\mbox{if }}j=n{\mbox{ and n is even.}}\\{\sqrt {\frac {2}{n}}}\sin \left({\frac {\pi (i-0.5)j}{n}}\right)&{\mbox{ otherwise if j is even.}}\\{\sqrt {\frac {2}{n}}}\cos \left({\frac {\pi (i-0.5)(j-1)}{n}}\right)&{\mbox{ otherwise if j is odd.}}\end{cases}}}$

${\displaystyle \lambda _{j}=-{\frac {4}{h^{2}}}\sin ^{2}\left({\frac {\pi (j-{\frac {1}{2}})}{2n+1}}\right)}$

${\displaystyle v_{i,j}={\sqrt {\frac {2}{n+0.5}}}\sin \left({\frac {\pi i(2j-1)}{2n+1}}\right)}$

${\displaystyle \lambda _{j}=-{\frac {4}{h^{2}}}\sin ^{2}\left({\frac {\pi (j-{\frac {1}{2}})}{2n+1}}\right)}$

${\displaystyle v_{i,j}={\sqrt {\frac {2}{n+0.5}}}\cos \left({\frac {\pi (i-0.5)(2j-1)}{2n+1}}\right)}$

ディリクレ境界条件を持つ1次元離散ケースでは、

${\displaystyle {\frac {v_{k+1}-2v_{k}+v_{k-1}}{h^{2}}}=\lambda v_{k},\ k=1,...,n,\ v_{0}=v_{n+1}=0.}$

用語を並べ替えると、

${\displaystyle v_{k+1}=(2+h^{2}\lambda )v_{k}-v_{k-1}.\!}$

ここで とします。また、 と仮定すると、固有ベクトルを任意の非ゼロのスカラーでスケールできるので、となるようにスケールします。 ${\displaystyle 2\alpha =(2+h^{2}\lambda )}$${\displaystyle v_{1}\neq 0}$${\displaystyle v}$${\displaystyle v_{1}=1}$

次に、再発を見つける

${\displaystyle v_{0}=0\,\!}$

${\displaystyle v_{1}=1.\,\!}$

${\displaystyle v_{k+1}=2\alpha v_{k}-v_{k-1}\,\!}$

不確定なものと考えると、 ${\displaystyle \alpha }$

${\displaystyle v_{k+1}=U_{k}(\alpha )\,\!}$

ここで、 k番目の第 2 種 チェビシェフ多項式です。${\displaystyle U_{k}}$

なので、 ${\displaystyle v_{n+1}=0}$

${\displaystyle U_{n}(\alpha )=0\,\!}$。

私たちの問題の固有値は、関係式 を持つ第 2 種 n 番目のチェビシェフ多項式の零点であることは明らかです。 ${\displaystyle 2\alpha =(2+h^{2}\lambda )}$

これらのゼロはよく知られており、次のとおりです。

${\displaystyle \alpha _{k}=\cos \left({\frac {k\pi }{n+1}}\right).\,\!}$

これらを の式に代入すると、 ${\displaystyle \lambda }$

${\displaystyle 2\cos \left({\frac {k\pi }{n+1}}\right)=h^{2}\lambda _{k}+2\,\!}$

${\displaystyle \lambda _{k}=-{\frac {2}{h^{2}}}\left[1-\cos \left({\frac {k\pi }{n+1}}\right)\right].\,\!}$

そして三角関数の公式を使って簡略化すると、

${\displaystyle \lambda _{k}=-{\frac {4}{h^{2}}}\sin ^{2}\left({\frac {k\pi }{2(n+1)}}\right).\,\!}$

ノイマンの場合、我々は

${\displaystyle {\frac {v_{k+1}-2v_{k}+v_{k-1}}{h^{2}}}=\lambda v_{k},\ k=1,...,n,\ v'_{0.5}=v'_{n+0.5}=0.\,\!}$

標準的な離散化では、およびを導入し、定義する。 ${\displaystyle v_{0}\,\!}$${\displaystyle v_{n+1}\,\!}$

${\displaystyle v'_{0.5}:={\frac {v_{1}-v_{0}}{h}},\ v'_{n+0.5}:={\frac {v_{n+1}-v_{n}}{h}}\,\!}$

境界条件は次式と等しくなります。

${\displaystyle v_{1}-v_{0}=0,\ v_{n+1}-v_{n}=0.}$

変数を変更すると、

${\displaystyle w_{k}=v_{k+1}-v_{k},\ k=0,...,n\,\!}$

次のようなことが言えます。

${\displaystyle {\begin{alignedat}{2}{\frac {v_{k+1}-2v_{k}+v_{k-1}}{h^{2}}}&=\lambda v_{k}\\v_{k+1}-2v_{k}+v_{k-1}&=h^{2}\lambda v_{k}\\(v_{k+1}-v_{k})-(v_{k}-v_{k-1})&=h^{2}\lambda v_{k}\\w_{k}-w_{k-1}&=h^{2}\lambda v_{k}\\&=h^{2}\lambda w_{k-1}+h^{2}\lambda v_{k-1}\\&=h^{2}\lambda w_{k-1}+w_{k-1}-w_{k-2}\\w_{k}&=(2+h^{2}\lambda )w_{k-1}-w_{k-2}\\w_{k+1}&=(2+h^{2}\lambda )w_{k}-w_{k-1}\\&=2\alpha w_{k}-w_{k-1}.\end{alignedat}}}$

は境界条件です。 ${\displaystyle w_{n}=w_{0}=0}$

これはまさに内部グリッド点とグリッド間隔 を持つディリクレ公式です。上で見たように、 と仮定すると、次の式が得られます。 ${\displaystyle n-1}$${\displaystyle h}$${\displaystyle w_{1}\neq 0}$

${\displaystyle \lambda _{k}=-{\frac {4}{h^{2}}}\sin ^{2}\left({\frac {k\pi }{2n}}\right),\ k=1,...,n-1.}$

これにより、固有値 が得られ、 が存在します。 という仮定を捨てると、 の解も存在し、これが固有値 に対応していることが分かります。 ${\displaystyle n-1}$${\displaystyle n}$${\displaystyle w_{1}\neq 0}$${\displaystyle v_{k}=\mathrm {constant} \ \forall \ k=0,...,n+1,}$${\displaystyle 0}$

上記の式のインデックスを再ラベルし、ゼロの固有値と組み合わせると、次の式が得られます。

${\displaystyle \lambda _{k}=-{\frac {4}{h^{2}}}\sin ^{2}\left({\frac {(k-1)\pi }{2n}}\right),\ k=1,...,n.}$

ディリクレ・ノイマンの場合、次のように解く。

${\displaystyle {\frac {v_{k+1}-2v_{k}+v_{k-1}}{h^{2}}}=\lambda v_{k},\ k=1,...,n,\ v_{0}=v'_{n+0.5}=0.}$、

どこ${\displaystyle v'_{n+0.5}:={\frac {v_{n+1}-v_{n}}{h}}.}$

補助変数を導入する必要がある${\displaystyle v_{j+0.5},\ j=0,...,n.}$

再発を考慮する

${\displaystyle v_{k+0.5}=2\beta v_{k}-v_{k-0.5},{\text{ for some }}\beta \,\!}$。

また、我々は知っているし、仮定すると、次のようにスケールできる。${\displaystyle v_{0}=0}$${\displaystyle v_{0.5}\neq 0}$${\displaystyle v_{0.5}}$${\displaystyle v_{0.5}=1.}$

次のように書くこともできる。

${\displaystyle v_{k}=2\beta v_{k-0.5}-v_{k-1}\,\!}$

${\displaystyle v_{k+1}=2\beta v_{k+0.5}-v_{k}.\,\!}$

これら3つの式を正しく組み合わせると、次の式が得られます。

${\displaystyle v_{k+1}=(4\beta ^{2}-2)v_{k}-v_{k-1}.\,\!}$

そして、新しい再帰法は、次の場合に固有値問題を解くことになります。

${\displaystyle h^{2}\lambda +2=(4\beta ^{2}-2).\,\!}$

を解く と${\displaystyle \lambda }$

${\displaystyle \lambda ={\frac {4(\beta ^{2}-1)}{h^{2}}}.}$

私たちの新しい再発は

${\displaystyle v_{n+1}=U_{2n+1}(\beta ),\ v_{n}=U_{2n-1}(\beta ),\,\!}$

ここで、は第 2 種の k 番目のチェビシェフ多項式です。${\displaystyle U_{k}(\beta )}$

そして、ノイマン境界条件と組み合わせると、

${\displaystyle U_{2n+1}(\beta )-U_{2n-1}(\beta )=0.\,\!}$

よく知られた公式は、第一種チェビシェフ多項式と第二種チェビシェフ多項式を次のように 関連付けている。${\displaystyle T_{k}(\beta )}$

${\displaystyle U_{k}(\beta )-U_{k-2}(\beta )=T_{k}(\beta ).\,\!}$

したがって、固有値は次のように解ける。

${\displaystyle T_{2n+1}(\beta )=0,\ \lambda ={\frac {4(\beta ^{2}-1)}{h^{2}}}.\,\!}$

この多項式の零点は、

${\displaystyle \beta _{k}=\cos \left({\frac {\pi (k-0.5)}{2n+1}}\right),\ k=1,...,2n+1\,\!}$

そしてこうして

${\displaystyle {\begin{alignedat}{2}\lambda _{k}&={\frac {4}{h^{2}}}\left[\cos ^{2}\left({\frac {\pi (k-0.5)}{2n+1}}\right)-1\right]\\&=-{\frac {4}{h^{2}}}\sin ^{2}\left({\frac {\pi (k-0.5)}{2n+1}}\right).\end{alignedat}}}$

これらの値は 2n + 1 個ありますが、最初の n + 1 個のみが一意であることに注意してください。(n + 1) 番目の値は、固有値 0 を持つ固有ベクトルとしてゼロ ベクトルを提供しますが、これは自明です。これは、元の再帰に戻るとわかります。したがって、これらの値の最初の n 個のみを、ディリクレ - ノイマン問題の n 個の固有値と見なします。

${\displaystyle \lambda _{k}=-{\frac {4}{h^{2}}}\sin ^{2}\left({\frac {\pi (k-0.5)}{2n+1}}\right),\ k=1,...,n.}$