1-11 (А.Г. Ягола - Интегральные уравнения, вариационное исчисление)

11. Задача Штурма-Лиувилля.Рассмотрим начально-краевую задачу для дифференциального уравнения вчастных производных второго порядка, описывающего малые поперечные колебанияструны. Струна рассматривается как гибкая упругая нить. Если колебаний нет, то струназанимает отрезок [0,l] на оси x. Колебания струны происходят в плоскости (x,u) иописываются функцией u=u(x,t), t≥0 – время. В случае отсутствия внешних сил уравнениеимеет следующий вид (так называемое однородное волновое уравнение):ρ ( x)u tt = C 0 u xx( u tt и u xx - частные производные второго порядка по t и x соответственно).Вывод этого уравнения можно найти в любом учебнике по уравнениямматематической физики.

Здесь ρ (x ) – линейная плотность, C0 – натяжение струны,которое предполагается постоянным в процессе малых колебаний.Для однозначного определения решения требуется задать начальные:u ( x,0) = φ ( x); u t ( x,0) = ψ ( x) ;( φ (x ) – начальное смещение, ψ (x) – начальная скорость) и граничные условия:u (0, t ) = 0; u (l , t ) = 0 ;(такие условия называются однородными граничными условиями первого рода). Длярешения поставленной начально-краевой задачи применим метод разделения переменных.Будем искать все неравные тождественно нулю решения однородного волновогоуравнения, удовлетворяющие однородным граничным условиям и представимые в видепроизведения: u = X ( x )T (t ) . Подставляя произведение в уравнение, получаем:ρ ( x) X ( x)T ′′(t ) = C 0 X ′′( x)T (t ) .В этом уравнении легко разделяются переменные:X ′′( x )T ′′(t ).=(ρ ( x) X ( x) ) (C 0T (t ) )Последнее равенство возможно лишь в том случае, еслиX ′′( x )T ′′(t )== −λ ,(ρ ( x) X ( x) ) (C 0T (t ) )где λ - константа.

Для функции X (x ) получаем уравнениеX ′′( x ) + λρ ( x) X ( x ) = 0 .Подставляя произведение X ( x)T (t ) в граничные условия, получаем граничныеусловия для X (x ) : X(0)=0; X(l)=0. Поскольку мы ищем нетривиальные решения, тополучаем задачу на собственные значения и собственные функции: найти все значенияпараметра λ , при которых существует нетривиальное решение уравненияX′′(x)+ λρ(x)X(x)=0, удовлетворяющее однородным граничным условиям первого родаX(0)=0; X(l)=0.

Эта задача является частным случаем задачи Штурма-Лиувилля, которуюмы исследуем ниже. Мы же сейчас выпишем решение в простейшем случае: пусть ρ(x)=ρ0=const. Обозначая a2= C0/ρ0, после разделения переменных получим уравнениеX′′(x)/X(x)= T′′(t)/( a2 T(t))=-λи следующую краевую задачу на собственные значения и собственные функции для X(x):X′′(x)+ λX(x)=0; X(0)=0; X(l)=0.Можно доказать (см. ниже), что собственные значения могут быть тольковещественными (проверьте сами!!!) даже, если X(x) – комплекснозначная функция.

Вдальнейшем будем считать, что X(x) – вещественная функция. Легко убедиться(проверьте!!!), что если λ отрицательное число или нуль, то краевая задача для X(x) имееттолько тривиальное решение. Итак, будем искать собственные значения только средиположительных λ. Общее решение уравнения имеет вид: X(x)=C1sin(x√λ)+ C2cos(x√λ).Подставляя в первое граничное условие, получаем C2=0. Подставляя во второе граничноеусловие и сокращая на C1 (C1≠0, т.к. мы ищем нетривиальное решение), получаемуравнение для отыскания собственных значений:sin(x√λ)=0.2Отсюдасобственныезначения πn λ n =   , n = 1,2,... , l асобственныефункцииπnx .

Эти функции хорошо знакомы из курса математического анализа. Тамlбыло доказано, что система этих функций является замкнутой в пространстве h[0,l].lЗаметим, что || X n || 2 = . Заметим также, что записанная задача является задачей на2собственные значения и собственные функции для одномерного оператора Лапласа,поскольку X ′′( x) ≡ ∆1 X ( x) , ∆1 - одномерный оператор Лапласа.Для временной составляющей получаем уравнениеTn′′ + a 2 λ n Tn = 0 .πnπnОтсюда Tn = An cos at + Bn sin at , An , Bn - произвольные постоянные. Ищемllтеперь решение начально-краевой задачи в виде∞∞πnπn πnx,u ( x, t ) = ∑ Tn (t ) ⋅ X n ( x ) = ∑  An cos at + Bn sin at  ⋅ sinllln =1n =1 т.е.

в виде ряда Фурье по собственным функциям X n (x) с коэффициентами Фурье Tn (t )(именно поэтому метод разделения переменных называют также методом Фурье). Каждыйчлен ряда удовлетворяет как уравнению, так и однородным граничным условиям первогорода (кстати, каждый член ряда представляет собой стоячую волну – объяснитепочему!!!). Поэтому, если можно менять местами дифференцирование и суммирование, тозаписанный ряд удовлетворяет уравнению и граничным условиям. Попытаемсяудовлетворить теперь и начальным условиям.

Подставляя t=0, получаем∞πnx = ϕ ( x) .u ( x,0) = ∑ An sinln =1X n ( x ) = sinОтсюда коэффициент ФурьеlAn =2πnϕ ( x) ⋅ sin x .∫ll 0Дифференцируя по t и полагая t=0, получаемl2 lπnπnπnψ ( x) ⋅ sin x.x , Bn =u t ( x,0) = ∑ a ⋅ Bn ⋅ sin∫ll πna 0ln =1 lПоскольку поведение ряда для решения определяется коэффициентами An и Bn, товозможность менять местами дифференцирование и суммирование определяетсясвойствами функций ϕ (x) и ψ (x) .

Этот вопрос подробно исследуется в курсе методовматематической физики.Рассмотренная задача на собственные значения и собственные функции являетсячастным случаем задачи Штурма-Лиувилля, к рассмотрению которой мы и приступаем.Рассмотрим первую краевую задачу на собственные значения и собственныефункции для оператора Штурма-Лиувилля (сокращенно задачу Штурма-Лиувилля):∞ Ly + λρ ( x) y = 0, y (a ) = y (b) = 0где оператор L имеет видdy d  p( x)  − q( x) y .dx dx Коэффициенты p(x) , q(x) , p (x) удовлетворяют следующим условиям:p (x) непрерывно дифференцируемая, а q (x) и ρ (x) непрерывные на [a,b] функции,причем ρ ( x ), p ( x ) > 0 , q( x) ≥ 0 на [a, b].Ly =Докажем, что оператор L является симметрическим на подпространстве дваждынепрерывно дифференцируемых функций из h[a,b], удовлетворяющих однороднымграничным условиям первого рода.

Из этого результата сразу следует, что при изучениизадачи Штурма-Лиувилля достаточно ограничиться вещественными λ.Возьмемпроизвольные дважды непрерывно дифференцируемые функции y(x) и z(x),удовлетворяющие граничным условиямy ( a ) = y (b ) = z ( a ) = z (b ) = 0 .Покажем, что(Ly, z ) = (y, Lz ),где скалярное произведение берется в h[a,b]. Легко видеть, чтоbbbbbd dy dydy dz dzd dz ∫a dx  p( x) dx  z( x)dx = p( x) dx z( x) a − ∫a dx ⋅  p( x) dx dx =− y p dx a + ∫a y dx  p( x) dx  dx .Подстановки обращаются в нуль в силу граничных условий.

Отсюда сразу жеследует симметричность оператора L.Рассмотрим теперь краевую задачу:Ly = f ; y (a ) = y (b) = 0.Если существует функция Грина, то решение этой задачи для заданнойнепрерывной функции f(x), может быть представлено в видеby ( x) = ∫ G ( x, ξ ) f (ξ )dξa(G(x,ξ) – функция Грина). Функция Грина непрерывна по совокупности аргументов исимметрична:G ( x, ξ ) = G (ξ , x )для любых x, ξ на отрезке [a,b]. Как было доказано в курсе обыкновенныхдифференциальных уравнений, для существования функции Грина достаточно доказать,что однородная краевая задачаLy = 0; y (a ) = y (b) = 0;имеет только тривиальное решение.

Допустим, что это не так. Тогда, не ограничиваяобщности, можно считать, что в некоторой точке x0∈(a,b) решение имеет максимальноеположительное значение: y(x0)>0, y′(x0)=0. Поскольку y(b)=0, то найдется точка x1∈(a,b),x0< x1, такая что y(x1)>0, y′(x1)<0. Запишем однородное уравнение в видеdy d  p( x)  = q( x) ydx dx и проинтегрируем его в пределах от x0 до x1. Учитывая знаки функций p(x)получаем противоречие:и q(x),x10 > py ′ | xx = ∫ q ( x) y ( x)dx ≥ 0.10x0Итак, функция Грина существует.

Тогда, интегрируя от a до b уравнение в задачеШтурма-Лиувилля, домножив предварительно на функцию Грина, получимb Ly = −λρ ( x) y;⇔ y ( x) = −λ ∫ G ( x, ξ ) ρ (ξ ) y (ξ )dξ . y (a) = y (b) = 0;aДокажите(!!!), что задача Штурма-Лиувилляхарактеристические значения и собственные функцииэквивалентназадаченаby ( x) = −λ ∫ G ( x, ξ ) ρ (ξ ) y (ξ )dξaдля интегрального оператора с непрерывным ядром G ( x, ξ ) ρ (ξ ) . Если ρ (ξ ) ≠ 1тождественно, то ядро интегрального оператора не является симметрическим.Симметризуем записанную задачу. Для этого умножим записанное выше уравнение слеваи справа на ρ (x) и введем новые функциюϕ ( x) = y ( x) ρ ( x)и ядроK ( x, ξ ) = ρ ( x) G ( x, ξ ) ρ (ξ ) ,которое является непрерывным и симметрическим.Получаем задачу на характеристические числа и собственные функции дляинтегрального оператора с непрерывным симметрическим ядромbϕ ( x) = −λ ∫ K ( x, ξ ) ϕ (ξ )dξa.Докажем, что ядро K(x,ξ) является замкнутым.

Для этого достаточно показать, чтоиз равенстваb∫ K ( x, ξ ) z (ξ )dξ = 0aследует, что z(ξ)≡0. Заметим, что предыдущее равенство имеет видb∫ρ ( x) G( x, ξ ) ρ (ξ ) z (ξ )dξ = 0aилиb∫ G ( x, ξ )ρ (ξ ) z (ξ )dξ = 0a.Действуя оператором L на левую и правую часть этого равенства, получаем, чтодля всех xρ ( x) z ( x) = 0,что и требовалось доказать.Итак, мы доказали следующую теорему:Теорема. Задача Штурма-Лиувилля эквивалентна задаче на характеристическиечислаисобственныефункциидляинтегральногооператораснепрерывнымсимметрическим замкнутым ядром.ИспользуяэквивалентностьзадачиШтурма-Лиувиллязадаченахарактеристические числа и собственные значения для интегрального оператора ссимметрическим непрерывным и не равным тождественно нулю ядром, докажемследующие теоремы.Теорема.