Arfken 7판 21장 (적분방정식의 분류, 미분방정식과의 변환, 분리 가능한 핵, 노이만 급수, 변환으로 풀기(라플라스·푸리에), 아벨 방정식, 힐베르트-슈미트 이론)
| 이름 | 꼴 |
|---|---|
| 프레드홀름(Fredholm) 2종 | $y(x)=f(x)+\lambda\displaystyle\int_a^bK(x,t)\,y(t)\,dt$ |
| 프레드홀름 1종 | $f(x)=\displaystyle\int_a^bK(x,t)\,y(t)\,dt$ |
| 볼테라(Volterra) 2종 | $y(x)=f(x)+\lambda\displaystyle\int_a^xK(x,t)\,y(t)\,dt$ |
| 볼테라 1종 | $f(x)=\displaystyle\int_a^xK(x,t)\,y(t)\,dt$ |
| 동차(homogeneous) | 위에서 $f=0$ |
| 공식 | 쓰는 곳 |
|---|---|
| $\displaystyle\int_0^x\!\!\int_0^{s}g(t)\,dt\,ds=\int_0^x(x-t)\,g(t)\,dt$ | ODE → 볼테라 |
| $\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_0^xk(x,t)y(t)dt=k(x,x)y(x)+\int_0^x\partial_xk(x,t)\,y(t)dt$ | 볼테라 → ODE (라이프니츠 규칙) |
| $K=\sum_ia_i(x)b_i(t)$: $(I-\lambda A)\mathbf c=\mathbf f$, $A_{ji}=\int b_ja_i$, $f_j=\int b_jf$ | 분리 가능한 핵 |
| $y=f+\lambda\int K_1f+\lambda^2\int K_2f+\cdots$, $K_{n+1}(x,t)=\int K(x,s)K_n(s,t)ds$ | 노이만 급수 |
| $y=f+\int_0^xk(x-t)y(t)dt\ \Rightarrow\ Y=\dfrac{F}{1-\hat k}$ | 라플라스 변환 ($\hat k=\mathcal L\{k\}$) |
| $y=f+\lambda\int_{-\infty}^{\infty}k(x-t)y(t)dt\ \Rightarrow\ g_y=\dfrac{g_f}{1-\lambda\tilde k}$ | 푸리에 변환 ($\tilde k=\int ke^{i\omega x}dx$) |
| $\displaystyle\int_0^x\frac{y(t)}{\sqrt{x-t}}dt=x^\mu\ \Rightarrow\ y=\frac{\Gamma(\mu+1)}{\sqrt\pi\,\Gamma(\mu+\frac12)}\,x^{\mu-\frac12}$ | 아벨 방정식 |
| $K(x,t)=\displaystyle\sum_n\frac{\varphi_n(x)\varphi_n(t)}{\lambda_n}$, $\ \varphi_n=\lambda_n\int K\varphi_n$, $\ \int\varphi_m\varphi_n=\delta_{mn}$ | 힐베르트-슈미트 |
ODE → 볼테라
볼테라 → ODE
반복 적분. $\int_0^x\!\int_0^sg(t)\,dt\,ds$의 적분 영역은 삼각형 $0\le t\le s\le x$입니다. 순서를 바꿔 $t$를 바깥에 두면 $s$는 $t$부터 $x$까지이고, 안쪽 적분 $\int_t^xds=x-t$가 그대로 핵이 됩니다. $n$번 반복하면 핵은 $\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}$입니다(코시의 반복 적분 공식).
라이프니츠 규칙. $I(x)=\int_0^xk(x,t)y(t)\,dt$에는 $x$가 두 군데(위끝과 핵) 들어 있습니다. $x$를 $\delta$만큼 늘리면 두 몫이 생깁니다.
$$\begin{aligned}I(x+\delta)-I(x)&\approx k(x,x)\,y(x)\,\delta\\ &\quad+\delta\int_0^x\partial_xk(x,t)\,y(t)\,dt.\end{aligned}$$첫째는 위끝이 늘어나 붙은 띠(높이 $k(x,x)y(x)$, 폭 $\delta$), 둘째는 핵이 바뀐 몫입니다. $\delta$로 나누면 레시피의 식입니다. 핵 $(x-t)^{n-1}$은 미분할 때마다 차수가 내려가고 경계항은 0이다가, 상수 핵이 되는 마지막 미분에서 경계항이 $y(x)$를 내놓습니다.
(a) ODE → 볼테라. $y''=-\lambda y$ 를 한 번 적분합니다.
$$y'(x)=1-\lambda\int_0^xy(t)\,dt$$한 번 더 적분하고 $y(0)=0$을 씁니다. 이중 적분을 한 겹으로 줄입니다.
$$\begin{aligned}y(x)&=x-\lambda\int_0^x\!\!\int_0^sy(t)\,dt\,ds\\ &=x-\lambda\int_0^x(x-t)\,y(t)\,dt\end{aligned}$$볼테라 2종, $f=x$, 핵 $(x-t)$이고 $\lambda$ 자리에 $-\lambda$가 있습니다. 초기조건이 식 안에 들어갔습니다.
(b) 거꾸로: 볼테라 → ODE. 라이프니츠 규칙에서 $k(x,x)=x-x=0$ 입니다.
$$\begin{aligned}y'(x)&=1-\lambda\Big[(x-x)y(x)+\int_0^xy\,dt\Big]\\ &=1-\lambda\int_0^xy\,dt\\ y''(x)&=-\lambda\,y(x)\end{aligned}$$$x=0$을 넣으면 $y(0)=0$, $y'(0)=1$. 해는 $y=\dfrac{\sin\sqrt\lambda\,x}{\sqrt\lambda}$ 입니다.
(c) 대입 확인. $a=\sqrt\lambda$로 두고 부분적분합니다.
$$\begin{aligned}\int_0^x(x-t)\sin at\,dt&=\Big[-\frac{(x-t)\cos at}{a}\Big]_0^x-\int_0^x\frac{\cos at}{a}dt\\ &=\frac xa-\frac{\sin ax}{a^2}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned}x-\lambda\cdot\frac1a\Big(\frac xa-\frac{\sin ax}{a^2}\Big)&=x-x+\frac{\sin ax}{a}\\ &=\frac{\sin\sqrt\lambda\,x}{\sqrt\lambda}=y\end{aligned}$$($\lambda/a^2=1$ 을 썼습니다.) 맞습니다.
핵 $k(x,t)=t$에는 $x$가 없으므로 미분하면 한 항만 나옵니다: $y'(x)=2x\,y(x)$. $x=0$을 넣으면 $y(0)=1$.
변수분리: $\frac{dy}{y}=2x\,dx\Rightarrow\ln y=x^2+C$. $y(0)=1$이므로 $y=e^{x^2}$.
대입 확인: $1+2\int_0^xte^{t^2}dt=1+\big[e^{t^2}\big]_0^x=1+e^{x^2}-1=e^{x^2}$. 맞습니다.
$\int K(x,t)y(t)\,dt=\sum_ia_i(x)\int b_i(t)y(t)\,dt=\sum_ia_i(x)\,c_i$. 미지 함수가 적분 안에 있어도, 적분은 결국 수 $c_i$ 몇 개만 만듭니다. 그래서 해는 반드시 $f+\lambda\sum c_ia_i$ 꼴이고 모르는 것은 $c_1,\dots,c_n$뿐입니다.
그 꼴을 $c_j$의 정의에 다시 넣으면 $c_j=f_j+\lambda\sum_iA_{ji}c_i$, 즉 $n\times n$ 연립방정식입니다. 나머지는 L04의 선형대수 그대로입니다. $\det(I-\lambda A)\ne0$이면 해가 하나, $=0$이면 동차해가 생기고 비동차는 해가 없거나 무한히 많습니다(프레드홀름 대안, Fredholm alternative).
대칭 핵의 직교 조건: 고유함수 $\varphi=\lambda\int K\varphi$와 해 $y$가 있으면, $f=y-\lambda\int Ky$에 $\varphi$를 곱해 적분하고 대칭 $K(x,t)=K(t,x)$로 적분 순서를 바꿉니다.
$$\begin{aligned}\int f\varphi\,dx&=\int y\varphi\,dt-\int y(t)\Big[\lambda\int K\varphi\,dx\Big]dt\\ &=\int y\varphi-\int y\varphi=0.\end{aligned}$$$a(x)=x$, $b(t)=t$, 항이 하나입니다. $c=\int_0^1t\,y(t)\,dt$ 로 두면 $y=x+\lambda c\,x$.
$$\begin{aligned}c&=\int_0^1t\,(t+\lambda ct)\,dt=\frac{1+\lambda c}{3}\\ \Rightarrow\ c\Big(1-\frac\lambda3\Big)&=\frac13\ \Rightarrow\ c=\frac{1}{3-\lambda}\end{aligned}$$ $$y=x+\frac{\lambda x}{3-\lambda}=\frac{3x}{3-\lambda}\qquad(\lambda\ne3)$$대입 확인: $\lambda\int_0^1xt\cdot\frac{3t}{3-\lambda}dt=\frac{\lambda x}{3-\lambda}$ 이므로 오른쪽은 $x+\frac{\lambda x}{3-\lambda}=\frac{3x}{3-\lambda}$. 맞습니다.
$\lambda=3$이면 $c\cdot0=\frac13$이 되어 해가 없습니다. 이때 동차 방정식 $y=3\int_0^1xt\,y\,dt$ 는 $y=Cx$ 를 해로 가집니다($3x\int_0^1t\cdot Ct\,dt=Cx$). 고유값은 $\lambda_1=3$, 고유함수는 $x$ 하나입니다.
그림 표기로 보기: G6 3절 — 분리 가능한 핵 = 켓·브라 쌍, 사슬 가운데의 거품이 $A_{ji}=\int b_ja_i$ — 첨자 순서를 그림이 정해 줍니다(예제 3-2를 다시 풂)
$K=x\cdot1+1\cdot t$ 이므로 $a_1=x$, $b_1=1$, $a_2=1$, $b_2=t$.
고유값은 $\det=0$에서 $\lambda=\pm\frac{\sqrt3}{2}$. 그 밖의 $\lambda$에서는 첫 식에서 $c_1=2\lambda c_2$, 둘째 식에 넣어 $c_2\big(1-\frac43\lambda^2\big)=\frac23$.
$$c_2=\frac{2}{3-4\lambda^2},\quad c_1=\frac{4\lambda}{3-4\lambda^2}$$ $$\begin{aligned}y&=x+\lambda(c_1x+c_2)=x+\frac{4\lambda^2x+2\lambda}{3-4\lambda^2}\\ &=\frac{3x+2\lambda}{3-4\lambda^2}\end{aligned}$$대입 확인($\lambda=1$, $y=-3x-2$): $\int_{-1}^1(x+t)(-3t-2)\,dt=x\int_{-1}^1(-3t-2)dt+\int_{-1}^1(-3t^2-2t)dt=-4x-2$. 오른쪽 $x+(-4x-2)=-3x-2$. 맞습니다.
고유함수: $\lambda=\frac{\sqrt3}2$이면 $c_1=\sqrt3\,c_2$ → $y\propto\sqrt3\,x+1$. $\lambda=-\frac{\sqrt3}2$이면 $c_1=-\sqrt3\,c_2$ → $y\propto1-\sqrt3\,x$.
고유값에서의 비동차 문제($\lambda=\frac{\sqrt3}2$):
적분 연산자 $(\mathcal Ky)(x)=\int K(x,t)y(t)\,dt$로 쓰면 방정식은 $(I-\lambda\mathcal K)y=f$입니다. 수에서 $\frac1{1-r}=1+r+r^2+\cdots$인 것처럼
$$\begin{aligned}y&=(I-\lambda\mathcal K)^{-1}f\\ &=f+\lambda\mathcal Kf+\lambda^2\mathcal K^2f+\cdots.\end{aligned}$$$\mathcal K^2f$를 풀어 쓰면 $\int K(x,s)\big[\int K(s,t)f(t)dt\big]ds=\int K_2(x,t)f(t)\,dt$. 반복 핵의 정의가 바로 이것입니다. 반복 대입 $y_{n+1}=f+\lambda\mathcal Ky_n$은 이 급수를 한 항씩 더해 가는 것입니다.
수렴. $|r|<1$에 해당하는 조건이 "$\lambda\mathcal K$가 함수를 줄인다"입니다. 코시-슈바르츠 부등식으로 $\|\mathcal Kf\|\le\|K\|\,\|f\|$이므로 $|\lambda|\,\|K\|<1$이면 충분합니다. 볼테라는 $|K|\le M$일 때 $|K_n(x,t)|\le M^n\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}$ (적분 영역이 $t\le s_1\le\cdots\le x$로 좁아서)이고, 이것을 더하면 $e^{|\lambda|M(x-t)}$로 눌리므로 모든 $\lambda$에서 수렴합니다.
$f=x$이면 $y=x+\lambda\int_0^1\frac{3xt}{3-\lambda}\,t\,dt=x+\frac{\lambda x}{3-\lambda}=\frac{3x}{3-\lambda}$. 예제 3-1과 같습니다.
수렴 조건 확인: $\|K\|^2=\int_0^1\!\int_0^1x^2t^2\,dx\,dt=\frac19$, $\|K\|=\frac13$ → $|\lambda|<3$. 고유값이 $\lambda_1=3$ 하나뿐이라 충분조건이 정확히 맞습니다. 반복으로 쓰면 $y_0=x$, $y_1=x+\frac{\lambda}{3}x$, $y_2=x+\frac\lambda3x+\frac{\lambda^2}{9}x$, … 등비급수입니다.
(a) $K_2=\int_0^11\cdot1\,ds=1$, 모든 $K_n=1$. $R=\sum\lambda^n=\frac1{1-\lambda}$ ($|\lambda|<1$).
$$y=x+\frac{\lambda}{1-\lambda}\int_0^1t\,dt=x+\frac{\lambda}{2(1-\lambda)}$$대입 확인: $\int_0^1y\,dt=\frac12+\frac{\lambda}{2(1-\lambda)}=\frac{1}{2(1-\lambda)}$, 따라서 $x+\lambda\cdot\frac{1}{2(1-\lambda)}=y$. 맞습니다. $\lambda=1$이 고유값(고유함수는 상수)입니다.
(b) 반복: $y_0=1$, $y_1=1+\lambda x$, $y_2=1+\lambda\int_0^x(1+\lambda t)dt=1+\lambda x+\frac{\lambda^2x^2}{2}$, … → $e^{\lambda x}$.
$$\begin{aligned}K_2(x,t)&=\int_t^x1\cdot1\,ds=x-t\\ K_3(x,t)&=\int_t^x(s-t)\,ds=\frac{(x-t)^2}{2}\\ K_n&=\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!},\quad R=e^{\lambda(x-t)}\end{aligned}$$$y=1+\lambda\int_0^xe^{\lambda(x-t)}dt=1+(e^{\lambda x}-1)=e^{\lambda x}$. 모든 $\lambda$에서 수렴합니다. 대입 확인: $1+\lambda\int_0^xe^{\lambda t}dt=1+e^{\lambda x}-1$. 맞습니다.
그림 표기로 보기: G6 2절 — 반복 핵 = 사슬, 리졸벤트 = $K+\lambda KR$, 볼테라 사슬은 "지수 더하기 +1, 팩토리얼로 나누기" 한 줄 규칙
$F=\frac1{s^2}$, $\hat k=\mathcal L\{\sin x\}=\frac1{s^2+1}$.
$$\begin{aligned}Y&=\frac{1/s^2}{1-\frac1{s^2+1}}=\frac1{s^2}\cdot\frac{s^2+1}{s^2}\\ &=\frac1{s^2}+\frac1{s^4}\ \Rightarrow\ y=x+\frac{x^3}{6}\end{aligned}$$대입 확인. 필요한 적분 두 개(부분적분 또는 라플라스로):
$$\begin{aligned}\int_0^x\sin(x-t)\,t\,dt&=x-\sin x\\ \int_0^x\sin(x-t)\,t^3\,dt&=x^3-6x+6\sin x\end{aligned}$$(둘째 식: $\frac{1}{s^2+1}\cdot\frac{6}{s^4}=6\big(\frac1{s^4}-\frac1{s^2}+\frac1{s^2+1}\big)$.) 그러면
$$\begin{aligned}&\int_0^x\sin(x-t)\Big(t+\frac{t^3}6\Big)dt\\ &=(x-\sin x)+\Big(\frac{x^3}{6}-x+\sin x\Big)=\frac{x^3}{6}\end{aligned}$$오른쪽 $x+\frac{x^3}6=y$. 맞습니다.
적분 구간이 $(-\infty,\infty)$이고 핵이 $k(x-t)$ 꼴이면 라플라스 대신 푸리에 변환을 씁니다. Arfken 21장 앞부분에 적분 변환으로 푸는 방법이 나오는 것으로 기억합니다(21.2절 무렵, 기억 기반, 미검증).
$\int e^{i\omega x}\big[\int k(x-t)y(t)\,dt\big]dx$에서 $x=t+u$로 바꾸면 $e^{i\omega x}=e^{i\omega t}e^{i\omega u}$로 갈라집니다.
$$\begin{aligned}&\int y(t)e^{i\omega t}\,dt\int k(u)e^{i\omega u}\,du\\ &=\sqrt{2\pi}\,g_y(\omega)\cdot\tilde k(\omega).\end{aligned}$$$\frac1{\sqrt{2\pi}}$을 곱하면 $\mathcal F[k*y]=\tilde k\,g_y$. 핵이 $x-t$에만 의존해야 이 치환으로 두 적분이 분리됩니다. 구간이 $[0,x]$인 볼테라는 $t<0$과 $t>x$에서 0인 함수들의 합성곱이라 라플라스(5절)가 같은 일을 합니다.
① $\tilde k=\dfrac{2}{1+\omega^2}$ (4번에서 $a=1$), $g_f=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\dfrac{2}{1+\omega^2}$.
② 나눕니다. 분자·분모에 $1+\omega^2$를 곱하면
$$\begin{aligned}g_y&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac{2}{1+\omega^2}\cdot\frac{1+\omega^2}{1+\omega^2-2\lambda}\\ &=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac{2}{\omega^2+a^2},\qquad a^2=1-2\lambda.\end{aligned}$$③ $\frac1{\sqrt{2\pi}}\frac{2a}{\omega^2+a^2}$가 $e^{-a|x|}$의 변환이므로 $g_y$는 그것의 $\frac1a$배입니다.
$$y(x)=\frac{1}{\sqrt{1-2\lambda}}\,e^{-\sqrt{1-2\lambda}\,|x|}.$$$\lambda=\frac38$이면 $a=\frac12$, $y=2e^{-|x|/2}$. $\lambda\ge\frac12$이면 $1+\omega^2-2\lambda=0$인 실수 $\omega$가 생겨 이 방법이 그대로는 막힙니다.
④ 대입 확인. $t<0$, $0<t<x$, $t>x$로 나눠 적분하면 ($0<a<1$, $x\ge0$, 음수 $x$는 대칭)
$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-|x-t|}e^{-a|t|}dt=\frac{2e^{-ax}-2a\,e^{-x}}{1-a^2}.$$$1-a^2=2\lambda$를 쓰면 오른쪽은 $e^{-x}+\frac{\lambda}{a}\cdot\frac{2e^{-ax}-2ae^{-x}}{2\lambda}=e^{-x}-e^{-x}+\frac{e^{-ax}}{a}=y$. 맞습니다. $x=0$, $\lambda=\frac38$로 수치 확인: $1+\frac38\cdot2\cdot2\int_0^\infty e^{-3t/2}dt=1+\frac32\cdot\frac23=2=y(0)$.
① $g_y=\dfrac{g_f}{\tilde k}=\dfrac{1+\omega^2}{2}\,g_f$.
② 5번 규칙으로 $\omega^2g_f\leftrightarrow-f''$이므로 $y=\frac12(f-f'')$입니다. $f=e^{-x^2}$이면 $f'=-2xe^{-x^2}$, $f''=(4x^2-2)e^{-x^2}$.
$$y(x)=\tfrac12\big(1-4x^2+2\big)e^{-x^2}=\tfrac12(3-4x^2)\,e^{-x^2}.$$③ 다르게 보면: $\frac12e^{-|x|}$는 $1-\frac{d^2}{dx^2}$의 그린 함수입니다(L27). 그래서 $e^{-|x|}$와의 합성곱을 되돌리는 것이 $\frac12\big(1-\frac{d^2}{dx^2}\big)$입니다.
④ 수치 확인($x=0$): $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-|t|}\cdot\frac12(3-4t^2)e^{-t^2}dt=1.0000000$ (mpmath)$=e^{0}$. 맞습니다.
원래 식 $\int_0^x\frac{y(t)}{\sqrt{x-t}}dt=f(x)$의 양변에 $\frac1{\sqrt{z-x}}$를 곱하고 $x$를 $0$부터 $z$까지 적분합니다. 왼쪽은 적분 순서를 바꾸면($0\le t\le x\le z$)
$$\int_0^zy(t)\Big[\int_t^z\frac{dx}{\sqrt{(z-x)(x-t)}}\Big]dt=\pi\int_0^zy(t)\,dt.$$안쪽 적분은 $x=t+(z-t)u$로 바꾸면 $\int_0^1u^{-1/2}(1-u)^{-1/2}du=B(\tfrac12,\tfrac12)=\pi$로, $t$와 $z$에 무관한 상수입니다. 그래서 $\pi\int_0^zy\,dt=\int_0^z\frac{f(x)}{\sqrt{z-x}}dx$이고, $z$로 미분하면 4번의 역공식입니다. 1~2번의 거듭제곱 풀이는 이 역공식을 $f=x^\mu$에 미리 계산해 둔 것입니다.
(a) $\mu=1$ → $\nu=\frac12$, $C=\frac{\Gamma(2)}{\sqrt\pi\,\Gamma(\frac32)}=\frac{1}{\sqrt\pi\cdot\frac{\sqrt\pi}2}=\frac2\pi$. 따라서 $y=\dfrac{2}{\pi}\sqrt x$.
대입 확인: $B(\frac32,\frac12)=\frac{\Gamma(\frac32)\Gamma(\frac12)}{\Gamma(2)}=\frac{\sqrt\pi}{2}\sqrt\pi=\frac\pi2$ 이므로
$$\frac2\pi\int_0^x\frac{\sqrt t}{\sqrt{x-t}}dt=\frac2\pi\,x\,B\big(\tfrac32,\tfrac12\big)=\frac2\pi\cdot x\cdot\frac\pi2=x.$$역공식으로도 같습니다: $u=x-t$로 두면 $\int_0^x\frac{t}{\sqrt{x-t}}dt=\int_0^x(x-u)u^{-1/2}du=2x^{3/2}-\frac23x^{3/2}=\frac43x^{3/2}$, 그리고 $\frac1\pi\frac{d}{dx}\frac43x^{3/2}=\frac2\pi\sqrt x$.
(b) $\mu=0$ → $\nu=-\frac12$, $C=\frac{\Gamma(1)}{\sqrt\pi\,\Gamma(\frac12)}=\frac1\pi$. 따라서 $y=\dfrac{1}{\pi\sqrt x}$.
대입 확인: $\frac1\pi\int_0^xt^{-1/2}(x-t)^{-1/2}dt=\frac1\pi B(\frac12,\frac12)=\frac1\pi\cdot\pi=1$. 맞습니다. 해가 $x=0$에서 무한대이지만 적분은 유한합니다.
마찰 없는 곡선을 따라 구슬이 미끄러집니다. 가장 낮은 점의 높이를 0, 구슬을 놓는 높이를 $h$, 바닥에서 높이 $y$까지의 곡선 길이를 $s(y)$라 합니다. 에너지 보존으로 높이 $y$에서의 속력은 $v=\sqrt{2g(h-y)}$ 이므로 바닥까지 걸리는 시간은
$$T(h)=\int_0^h\frac{s'(y)\,dy}{\sqrt{2g(h-y)}}.$$"어디서 놓아도 걸리는 시간이 같다"($T(h)=T_0$)를 요구합니다. $\phi(y)=\frac{s'(y)}{\sqrt{2g}}$ 로 두면 $\int_0^h\frac{\phi(y)}{\sqrt{h-y}}dy=T_0$, 즉 $f=T_0$(상수)인 아벨 방정식입니다. 예제 7-1(b)에 $T_0$를 곱하면 $\phi=\frac{T_0}{\pi\sqrt y}$ 입니다.
$$s'(y)=\sqrt{\frac{b}{y}},\qquad b=\frac{2gT_0^2}{\pi^2}$$곡선의 모양: $ds^2=dx^2+dy^2$ 이므로 $\big(\frac{dx}{dy}\big)^2=s'^2-1=\frac{b-y}{y}$. 사이클로이드(cycloid) $x=\frac b2(\theta+\sin\theta)$, $y=\frac b2(1-\cos\theta)$ 를 넣어 봅니다.
$$\begin{aligned}\Big(\frac{dx}{dy}\Big)^2&=\frac{(1+\cos\theta)^2}{\sin^2\theta}=\frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}\\ \frac{b-y}{y}&=\frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}\end{aligned}$$같습니다. 등시곡선은 사이클로이드이고, 걸리는 시간은 $T_0=\pi\sqrt{b/(2g)}$ 입니다.
직교성. 대칭 핵은 "무한 차원 대칭 행렬"입니다. 대칭이므로 $\int\varphi_m\big(\int K\varphi_n\big)dx=\int\varphi_n\big(\int K\varphi_m\big)dx$. 고유값 식 $\int K\varphi_n=\varphi_n/\lambda_n$을 넣으면 $\big(\frac1{\lambda_n}-\frac1{\lambda_m}\big)\int\varphi_m\varphi_n=0$. 고유값이 다르면 직교합니다(L05의 대칭 행렬과 같은 계산).
전개. $t$를 고정하고 $K(x,t)$를 $x$의 함수로 보아 $\varphi_n(x)$로 전개합니다. 계수는 $\int K(x,t)\varphi_n(x)\,dx=\frac{\varphi_n(t)}{\lambda_n}$ (대칭과 고유값 식)이므로 $K=\sum_n\frac{\varphi_n(x)\varphi_n(t)}{\lambda_n}$.
해 공식. $y=\sum y_n\varphi_n$, $f=\sum f_n\varphi_n$을 방정식에 넣으면 성분마다 $y_n=f_n+\frac{\lambda}{\lambda_n}y_n$, 즉 $y_n=\frac{\lambda_nf_n}{\lambda_n-\lambda}$. 그러면 $y_n-f_n=\frac{\lambda f_n}{\lambda_n-\lambda}$이 5번 식입니다. $\lambda=\lambda_n$에서는 분모가 0이므로 $f_n=0$이어야 합니다.
(고유함수들로 충분히 전개되는지 — 완비성 — 는 엄밀하게는 따로 따져야 하지만 생략합니다.)
① 대칭: $x_<=\min(x,t)$, $x_>=\max(x,t)$ 는 $x$와 $t$를 바꿔도 같습니다.
② 고유값 문제: $K$는 $\mathcal L=-\frac{d^2}{dx^2}$, $y(0)=y(1)=0$의 그린 함수입니다. 따라서 $\varphi=\lambda\int K\varphi$ 는 $-\varphi''=\lambda\varphi$, $\varphi(0)=\varphi(1)=0$ 과 같습니다. 해는 $\varphi_n=\sin n\pi x$, $\lambda_n=n^2\pi^2$ ($n=1,2,\ldots$).
③ 직접 확인: $a=n\pi$로 두고 적분을 $t<x$와 $t>x$로 나눕니다($\sin a=0$ 사용).
$$\begin{aligned}&\int_0^1K(x,t)\sin at\,dt\\ &=(1-x)\int_0^xt\sin at\,dt+x\int_x^1(1-t)\sin at\,dt\\ &=(1-x)\Big[\frac{\sin ax}{a^2}-\frac{x\cos ax}{a}\Big]\\ &\quad+x\Big[\frac{(1-x)\cos ax}{a}+\frac{\sin ax}{a^2}\Big]\\ &=\frac{\sin ax}{a^2}\end{aligned}$$$\cos$ 항이 지워집니다. 즉 $\int K\varphi_n=\frac{\varphi_n}{n^2\pi^2}$, $\lambda_n=n^2\pi^2$ 이 맞습니다.
④ 정규화: $\int_0^1\sin^2n\pi x\,dx=\frac12$ 이므로 $\varphi_n=\sqrt2\sin n\pi x$.
⑤ 전개:
$$x_<(1-x_>)=\sum_{n=1}^\infty\frac{2\sin n\pi x\,\sin n\pi t}{n^2\pi^2}$$⑥ 한 점에서 수치 확인: $(x,t)=(0.3,0.6)$ 이면 왼쪽은 $0.3\times(1-0.6)=0.12$.
| 항 수 $N$ | 1 | 2 | 3 | 5 | 10 | 100 | 1000 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 부분합 | 0.15592 | 0.12760 | 0.12351 | 0.11643 | 0.12017 | 0.1199998 | 0.1200000 |
$0.12$로 다가갑니다. 첫 항이 가장 크고($1/\lambda_1$이 가장 큼), 뒤로 갈수록 $1/n^2$로 작아집니다.
그림 표기로 보기: G6 4절 — 대각합 = 고리: $\int K(x,x)dx=\sum1/\lambda_n$, $\iint K^2=\sum1/\lambda_n^2$ → $\zeta(2)$, $\zeta(4)$, 수렴 반경, 프레드홀름 행렬식 $\frac{\sin\sqrt\lambda}{\sqrt\lambda}$
종이에 먼저 풀고 답을 여세요. 모든 답은 원래 적분방정식에 대입해 SymPy와 mpmath로 검산했습니다.
A1. 분류하세요. (a) $y(x)=\int_0^\pi\sin(x+t)\,y(t)\,dt$ (b) $\int_0^x(x-t)^2y(t)\,dt=x^3$ (c) $y(x)=e^x-\int_0^1xt\,y(t)\,dt$. 그리고 (b)를 푸세요.
A2. $y''-y=0$, $y(0)=1$, $y'(0)=0$ 을 볼테라 방정식으로 바꾸고, $\cosh x$가 그 해인지 대입으로 확인하세요.
A3. $y''+y=x$, $y(0)=0$, $y'(0)=1$ 을 볼테라 방정식으로 바꾸고, 해가 $y=x$임을 대입으로 확인하세요.
A4. $y(x)=x^2+\int_0^xy(t)\,dt$ 를 ODE로 바꿔 푸세요.
B1. $y(x)=1+\lambda\int_0^1xt\,y(t)\,dt$
B2. $K(x,t)=x+t$, 구간 $[0,1]$의 고유값과 고유함수
B3. $y(x)=\lambda\int_0^{2\pi}\cos(x-t)\,y(t)\,dt$ 의 고유값과 고유함수
B4. $y(x)=f(x)+3\int_0^1xt\,y(t)\,dt$ ($\lambda=3$은 고유값)가 해를 가질 조건과, $f=1-\frac32x$일 때의 해
C1. B1을 반복 대입으로 풀어 $y_1$, $y_2$를 구하고, B1의 답을 $\lambda$로 전개한 것과 비교하세요.
C2. $y(x)=1+\int_0^x(x-t)\,y(t)\,dt$ 의 반복 핵 $K_2$와 일반항, 리졸벤트, 해
C3. $K=x_<(1-x_>)$ 에 대해 $\|K\|^2=\iint K^2$ 를 계산하고, 노이만 급수의 수렴 충분조건과 실제 수렴 반경을 비교하세요.
D1. $y(x)=1+2\int_0^x\cos(x-t)\,y(t)\,dt$
D2. $\int_0^xe^{x-t}y(t)\,dt=\sin x$ (1종)
D3. $y(x)=e^{-x}-\int_0^xy(t)\,dt$
D4. 아벨: $\int_0^x\frac{y(t)}{\sqrt{x-t}}dt=x^2$
D5. 아벨: $\int_0^x\frac{y(t)}{\sqrt{x-t}}dt=\sqrt x$
D6. $\int_0^x\frac{y(t)}{(x-t)^{1/3}}dt=x$
D7. (푸리에) $y(x)=e^{-|x|}+\frac14\int_{-\infty}^{\infty}e^{-|x-t|}\,y(t)\,dt$
D8. (푸리에) $y(x)=e^{-|x|}-\int_{-\infty}^{\infty}e^{-|x-t|}\,y(t)\,dt$
D9. (푸리에, 1종) $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-|x-t|}\,y(t)\,dt=e^{-x^2/2}$
E1. 예제 8-1의 전개에 $x=t=\frac12$를 넣어 $\sum_{n\,\text{홀수}}\frac1{n^2}$을 구하세요.
E2. $K=x_<(1-x_>)$ 에서 $\int_0^1K(x,x)\,dx=\sum\frac1{\lambda_n}$ 과 $\iint K^2=\sum\frac1{\lambda_n^2}$ 로부터 무엇이 나오나요?
E3. $K(x,t)=1-x_>$ ($0\le x,t\le1$)의 고유값과 정규화된 고유함수 (힌트: $-y''=f$, $y'(0)=0$, $y(1)=0$ 의 그린 함수)
E4. $y(x)=x+\lambda\int_0^1x_<(1-x_>)\,y(t)\,dt$ 를 (a) ODE로 바꿔 풀고 (b) $\lambda=1$, $x=\frac12$에서 힐베르트-슈미트 급수의 처음 세 항(0이 아닌 것)과 비교하세요.