SLprob (Лекции по УМФ (МИФИ, Ткаченко))

УМФ – Задачи Штурма-Лиувилля – IЗадачи Штурма-Лиувилля в простейшем случае1. I рода слева – I рода справа.Решить задачу Штурма-Лиувилля с краевыми условиями I-го рода: 00X (x) + λX(x) = 0,X(0) = X(l) = 0.Общее решение уравнения X00 (x) + λX(x) = 0 имеет вид√√X(x) = c1 sin( λ x) + c2 cos( λ x)√(1.1)при λ > 0;√− −λ xX(x) = c1 e −λ x + c2 eX(x) = c1 x + c2при λ < 0;при λ = 0;√• При λ > 0 имеем из краевого условия X(0) = 0, что c2 = 0, ⇒X(x)=csin(λ x).1√Поэтому из второго краевого условия X(l) = 0 получаем, что λ l = πn откуда имеембесконечное множество собственных чисел задачи Штурма–Лиувилля:π 2 n2,n ∈ N.l2Им соответствует бесконечное множество собственных функций: πnx Xn (x) = sin,n ∈ N.lλn =√• При λ < 0 имеем из краевого условия X(0) = 0, что c2 = −c1 , ⇒ X(x) = 2c1 sh −λ x.Поэтому из второго краевого условия X(l) = 0 получаем, что c1 = 0, т.е.

задача Штурма–Лиувилля не имеет отрицательных собственных чисел.• При λ = 0 имеем из краевого условия X(0) = 0, что c2 = 0, ⇒ X(x) = c1 x. Поэтому извторого краевого условия X(l) = 0 получаем, что c1 = 0, т.е. задача Штурма–Лиувилляне имеет собственного числа, равного нулю.Итак, мы имеем бесконечное множество нетривиальных решений πnx π 2 n2, n∈Nλn = 2 , Xn (x) = sinllзадачи (1.1).(1.2)2. II рода слева – II рода справа.Решить задачу Штурма-Лиувилля с краевыми условиями II-го рода: 00X (x) + λX(x) = 0,X0 (0) = X0 (l) = 0.Общее решение уравнения X00 (x) + λX(x) = 0 имеет вид√√X(x) = c1 sin( λ x) + c2 cos( λ x)√√− −λ xX(x) = c1 e −λ x + c2 eX(x) = c1 x + c2-1-при λ > 0;при λ < 0;при λ = 0;(2.1)УМФ – Задачи Штурма-Лиувилля – I√0• При λ > 0 имеемизкраевогоусловияX(0)=0,чтоc=0,⇒X(x)=ccos(λ x) ⇒12√√00X(x)=−cλsin(λx).ПоэтомуизвторогокраевогоусловияX(l)=0получаем,что2√λ l = πk откуда имеем бесконечное множество собственных чисел задачи Штурма–Лиувилля: πn 2λn =,n ∈ N.lИм соответствует бесконечное множество собственных функций: πnx 2,n ∈ N.Xn (x) = cosll(множитель 2l появляется, чтобы система этих функций превратилась из ортогональнойв ортонормированную)√0• При λ < 0 имеемизкраевогоусловияX(0)=0,чтоc=c,⇒X(x)=2cch−λ x ⇒121√√X 0 (x) = 2c1 −λ sh( −λ x).

Поэтому из второго краевого условия X 0 (l) = 0 получаем,что c1 = 0, т.е. задача Штурма–Лиувилля не имеет отрицательных собственных чисел.• При λ = 0 имеем из краевого условия X 0 (0) = 0, что c1 = 0, ⇒ X(x) = c2 . Второе краевое условие X 0 (l) = 0 выполнено, поэтому задача Штурма–Лиувилля (??)–(??)имеет собственное число, равное нулю: λ0 = 0. Ему соответствует собственная функицяX0 (x) ≡ 1l .Итак, мы имеем бесконечное множество нетривиальных решений πnx πn 2, Xn (x) = cos,λ0 = 0, X0 (x) ≡ 1; λn =lln∈N(2.2)задачи (2.1).3. I рода слева – II рода справа.Решить задачу Штурма-Лиувилля с краевым условием I-го рода на левом конце отрезка [0, l]и II-го рода – на правом: 00X (x) + λX(x) = 0,(3.1)X(0) = X0 (l) = 0.Общее решение уравнения X00 (x) + λX(x) = 0 имеет вид√√X(x) = c1 sin( λ x) + c2 cos( λ x)√при λ > 0;√− −λ xX(x) = c1 e −λ x + c2 eX(x) = c1 x + c2при λ < 0;при λ = 0;√• При λ > 0 √имеем изкраевого условия X(0) = 0, что c2 = 0, ⇒ X(x) = c1 sin( λ x) ⇒√00X√ (x) = c1 λπ cos( λ x).

Поэтому из второго краевого условия X (l) = 0 получаем, чтоλ l = πk − 2 откуда имеем бесконечное множество собственных чисел задачи Штурма–Лиувилля:2π(2n − 1)λn =,n ∈ N.2lИм соответствует бесконечное множество собственных функций:π(2n − 1)xXn (x) = sin,n ∈ N.2l-2-УМФ – Задачи Штурма-Лиувилля – I√• При λ < 0 имеемизкраевогоусловияX(0)=0,чтоc=−c,⇒X(x)=2csh−λ x ⇒121√√X 0 (x) = 2c1 −λ ch( −λ x). Поэтому из второго краевого условия X 0 (l) = 0 получаем,что c1 = 0, т.е. задача Штурма–Лиувилля не имеет отрицательных собственных чисел.• При λ = 0 имеем из краевого условия X(0) = 0, что c2 = 0, ⇒ X(x) = c1 x. Второекраевое условие X 0 (l) = 0 означает тогда, что c1 = 0, поэтому задача Штурма–Лиувилля(3.1) не имеет собственного числа, равного нулю.Итак, мы имеем бесконечное множество нетривиальных решений2π(2n − 1)xπ(2n − 1), Xn (x) = sin, n∈Nλn =2l2l(3.2)задачи (3.1).4.

II рода слева – I рода справа.Решить задачу Штурма-Лиувилля с краевым условием II-го рода на левом конце отрезка [0, l]и I-го рода – на правом: 00X (x) + λX(x) = 0,(4.1)X0(0) = X(l) = 0.Общее решение уравнения X00 (x) + λX(x) = 0 имеет вид√√X(x) = c1 sin( λ x) + c2 cos( λ x)√при λ > 0;√− −λ xX(x) = c1 e −λ x + c2 eX(x) = c1 x + c2при λ < 0;при λ = 0;√• При λ > 0 имеем из краевого условия X0 (0) = 0, что c1 = 0, √⇒ X(x) = c2 cos( λ x).Поэтому из второго краевого условия X(p) = 0 получаем, что λ p = π − 12 + k откудаимеем бесконечное множество собственных чисел задачи Штурма–Лиувилля:2π(2k − 1)λk =,k ∈ N.(4.2)2lИм соответствует бесконечное множество собственных функций:π(2k − 1)x ,k ∈ N.Xk (x) = cos2l(4.3)√• При λ < 0 имеем из краевого условия X0 (0) = 0, что c1 = c2 , ⇒ X(x) = 2c1 ch −λ x.Поэтому из второго краевого условия X(p) = 0 получаем, что c1 = 0, т.е.

задача Штурма–Лиувилля не имеет нетривиальных решений при λ < 0.• При λ = 0 имеем из краевого условия X0 (0) = 0, что c1 = 0, ⇒ X(x) = c2 . Поэтому извторого краевого условия X(p) = 0 получаем, что c2 = 0, т.е. задача Штурма–Лиувилляне имеет нетривиальных решений при λ = 0.Итак, мы имеем бесконечное множество нетривиальных решений2π(2k − 1)π(2k − 1)λk =, Xk (x) = cosx , k∈N2l2lзадачи (4.1).-3-(4.4)УМФ – Задачи Штурма-Лиувилля – I5. I рода слева – III рода справа.Решить задачу Штурма-Лиувилля с краевым условием I-го рода на левом конце отрезка [0, l]и III-го рода – на правом: 00X (x) + λX(x) = 0,(5.1)X(0) = X0 (l) + hX(l) = 0,h > 0.Общее решение уравнения X00 (x) + λX(x) = 0 имеет вид√√X(x) = c1 sin( λ x) + c2 cos( λ x)√при λ > 0;√− −λ xX(x) = c1 e −λ x + c2 eX(x) = c1 x + c2при λ < 0;при λ = 0;• При λ > 0 из краевого условия X(0) = 0 следует, что√√√c2 = 0, ⇒ X(x) = c1 sin( λ x) ⇒ X 0 (x) = c1 λ cos( λ x).√√0Поэтому√ из второго краевого условия X (l) + hX(l) = 0 получаем, что λ cos( λ l) +h sin( λ l) = 0, откуда (очевидно, косинус не может быть равен нулю, т.к.

тогда синусравнялся бы (±1), и равенство не было бы выполнено)√√λ = −h tg( λ l)Это уравнение, как легко увидеть из графика, имеет бесконечно много решений λn ,n ∈ N. Сами эти решения явным образом выписать нельзя, но любое может быть найденосо сколь угодно большой точностью численно. Мы их искать не будем, удовлетворившисьзнанием, что они есть, и их можно найти.Таким образом, существует бесконечное множество собственных чисел задачи Штурма–Лиувилля:√√λn > 0 − решения уравненияλ = −h tg( λ l),n ∈ N.Им соответствует бесконечное множество собственных функций:pXn (x) = sinλn x ,n ∈ N.• При λ < 0 задача Штурма–Лиувилля никогда не имеет нетривиальных решений.• При λ = 0 имеем из краевого условия X(0) = 0, что c2 = 0, ⇒ X(x) = c1 x ⇒X 0 (x) = c1 ), и второе краевое условие X 0 (l) + hX(l) = 0 даёт требование c1 + c1 hl = 0,откуда c1 = 0, и у данной задачи нет нетривиальных решений при λ = 0.Итак, мы имеем бесконечное множество нетривиальных решенийλn > 0− решения уравнения√√λ = −h tg( λ l),задачи (5.1).-4-pXn (x) = sinλn x ,n ∈ N (5.2)УМФ – Задачи Штурма-Лиувилля – I6.

II рода слева – III рода справа.Решить задачу Штурма-Лиувилля с краевым условием II-го рода на левом конце отрезка [0, l]и III-го рода – на правом: 00X (x) + λX(x) = 0,(6.1)X0 (0) = X0 (l) + hX(l) = 0,h > 0.Общее решение уравнения X00 (x) + λX(x) = 0 имеет вид√√X(x) = c1 sin( λ x) + c2 cos( λ x)√X(x) = c1 e −λ x + c2 eX(x) = c1 x + c2• При λ > 0 имеемпри λ > 0;√− −λ xпри λ < 0;при λ = 0;√√√√X 0 (x) = c1 λ cos( λ x) − c2 λ sin( λ x)√И из краевогоусловияX 0 (0) = 0 следует, что c1 = 0, ⇒ X(x) = c2 cos( λ x) ⇒√√0X 0 (x) = −c2 λ√sin( λ√x).

Поэтому√из второго краевого условия X (l) + hX(l) = 0 получаем, что − λ sin( λ l) + h cos( λ l) = 0, откуда (очевидно, косинус не может бытьравен нулю, т.к. тогда синус равнялся бы (±1), и равенство не было бы выполнено)√√λ tg( λ l) = hЭто уравнение, как легко увидеть из графика, имеет бесконечно много решений λn ,n ∈ N. Сами эти решения явным образом выписать нельзя, но любое может быть найденосо сколь угодно большой точностью численно.

Мы их искать не будем, удовлетворившисьзнанием, что они есть, и их можно найти.Таким образом, существует бесконечное множество собственных чисел задачи Штурма–Лиувилля:ppλn tg( λn l) = h,n ∈ N.λn > 0 − решения уравненияИм соответствует бесконечное множество собственных функций:pXn (x) = cosλn x ,n ∈ N.• При λ < 0 задача Штурма–Лиувилля никогда не имеет нетривиальных решений.• При λ = 0 имеем из краевого условия X 0 (0) = 0, что c1 = 0, ⇒ X(x) = c2 ⇒ X 0 (x) =0), и второе краевое условие X 0 (l) + hX(l) = 0 даёт требование c2 = 0, т.е.

данная задачаШтурма–Лиувилля при λ = 0 также не имеет нетривиальных решений.Итак, мы имеем бесконечное множество нетривиальных решенийλn > 0− решения уравненияppλn tg( λn l) = h,задачи (6.1).-5-Xn (x) = cospλn x ,n ∈ N (6.2)УМФ – Задачи Штурма-Лиувилля – I7. III рода слева – I рода справа.Решить задачу Штурма-Лиувилля с краевым условием III-го рода на левом конце отрезка[0, l] и I-го рода – на правом: 00X (x) + λX(x) = 0,(7.1)X0 (0) − hX(0) = X(l) = 0,h > 0.Общее решение уравнения X00 (x) + λX(x) = 0 имеет вид√√X(x) = c1 sin( λ x) + c2 cos( λ x)√X(x) = c1 e −λ x + c2 eX(x) = c1 x + c2• При λ > 0 имеемпри λ > 0;√− −λ xпри λ < 0;при λ = 0;√√√√X 0 (x) = c1 λ cos( λ x) − c2 λ sin( λ x)И из краевого условия X0 (0) + hX(0) = 0 следует, что√√c2λ c1 − h c2 = 0 ⇒λ=h .c1С другой стороны, из второго краевого условия X(l) = 0 получаем, что√√√c2c1 sin( λ l) + c2 cos( λ l) = 0 ⇒= − tg( λ l).c1Из двух последних равенств, наконец, получаем:√√√λ = −h tg( λ l),λc1 − hc2 = 0.√√Уравнение λ = −h tg( λ l), как легко увидеть из графика, имеет бесконечно многорешений λn , n ∈ N.

Сами эти решения явным образом выписать нельзя, но любое можетбыть найдено со сколь угодно большой точностью численно. Мы их искать не будем,удовлетворившись знанием, что они есть, и их можно найти.Таким образом, существует бесконечное множество собственных чисел задачи Штурма–Лиувилля:√√λ = −h tg( λ l),n ∈ N.λn > 0 − решения уравненияИм соответствует бесконечное множество собственных функций: pppλn x + λn · cosλn x ,n ∈ N.Xn (x) = h sin• При λ < 0 задача Штурма–Лиувилля никогда не имеет нетривиальных решений.• При λ = 0 имеем из краевого условия X0 (0) − hX(0) = 0, что c1 − hc2 = 0, ⇒X(x) = c2 (hx + 1), и второе краевое условие X(l) = 0 даёт требование c2 (hl + 1) = 0.Отсюда c2 = c1 = 0 (поскольку hl > 0 по условию задачи), и у данной задачи нетривиальных решений, соответствующих λ = 0 нет.Итак, мы имеем бесконечное множество нетривиальных решений√√λn > 0 − решенияуравненияλ=−htg(λ l),√√√Xn (x) = h sin λn x + λn · cos λn x , n ∈ Nзадачи (7.1).-6-(7.2)УМФ – Задачи Штурма-Лиувилля – I8.