ОДУ - 2 (1086550), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Поэтому мы должны рассматривать комплекснозначные значения параметра λ и комплекснозначные решения задачи (3.33)-(3.35).Установим некоторые свойства собственных функций и собственныхзначений задачи Штурма-Лиувилля.Теорема 3.3.1. Все собственные функции и собственные значениязадачи Штурма-Лиувилля действительны.Доказательство. Пусть λ1 – собственное значение, а y1 (x) – соответствующая ему собственная функция.
Предположим, что они комплекснозначные, то есть λ1 = a + ib, y1 (x) = u(x) + iv(x). Так как функция3.3. Задача Штурма-Лиувилля69y1 (x) является решением уравнения (3.33), то Ly1 = −λ1 y1 (x). Записывая это равенство отдельно для действительных и мнимых частей,получимLu = −au(x) + bv(x),(3.36)Lv = −bu(x) − av(x).(3.37)Так как функция y1 (x) удовлетворяет краевым условиям (3.34), (3.35),то и функции u(x), v(x) удовлетворяют этим краевым условиям.Умножим уравнение (3.36) на v(x), а уравнение (3.37) на u(x), проинтегрируем затем оба уравнения от 0 до l и вычтем из первого второе.В результате получимZlZlv(x)Lu − u(x)Lv dx = bu2 (x) + v 2 (x) dx.00Применяя следствие из формулы ГринаZlv(x)Lu − u(x)Lv dx = 0,(3.38)0имеемZlbu2 (x) + v 2 (x) dx = 0.0Следовательно, b = 0.
Значит λ1 действительно и y1 (x) также действительна.Теорема 3.3.2. Каждому собственному значению соответствуеттолько одна собственная функция.Доказательство. Пусть собственному значению λ соответствуют двесобственные функции y1 (x), y2 (x). Это значит, что они являются решениями уравнения (3.33) и удовлетворяют краевым условиям (3.34),(3.35). Из краевого условия (3.34) следует, что определитель Вронского W [y1 , y2 ](0) = 0.
Так как y1 (x), y2 (x) – решения одного и того же линейного однородного дифференциального уравнения (3.33), тоy2 (x) = cy1 (x).70Глава 3. Краевые задачиВведем скалярное произведение функций v(x) и w(x)Zl(v, w) =v(x)w(x)dx.0Будем называть функции v(x) и w(x) ортогональными, если их скалярное произведение равно нулю, то есть (v, w) = 0.Теорема 3.3.3. Собственные функции, соответствующие различным собственным значениям, являются ортогональными.Доказательство. Пусть λ1 6= λ2 – различные собственные значения, аy1 (x), y2 (x) – соответствующие им собственные функции. Так как y1 (x),y2 (x) удовлетворяют краевым условиям (3.34), (3.35), то из следствияиз формулы Грина (3.16) получим, чтоZl(Ly1 , y2 ) − (y1 , Ly2 ) =y2 (x)Ly1 − y1 (x)Ly2 dx = 0.0Так как Ly1 = −λ1 y1 (x) , Ly2 = −λ2 y2 (x), то(λ1 − λ2 )(y1 , y2 ) = λ1 (y1 , y2 ) − λ2 (y1 , y2 ) == (λ1 y1 , y2 ) − (y1 , λ2 y2 ) = −(Ly1 , y2 ) + (y1 , Ly2 ) = 0.Следовательно, (λ1 − λ2 )(y1 , y2 ) = 0, а значит (y1 , y2 ) = 0 и функцииy1 (x), y2 (x) ортогональны.Теорема 3.3.4.
Пусть α1 = α2 = 0. Тогда, если λ – собственноезначение, тоλ > min q(x).(3.39)06x6lДоказательство. Предположим, что λ1 – собственное значение, y1 (x)– соответствующая собственная функция иλ1 < min q(x).06x6lТогда q(x) − λ1 > 0 на отрезке [0, l]. Из уравнения (3.33) следует, чтоddy1p(x)= (−λ1 + q(x))y1 (x).dxdx3.3. Задача Штурма-Лиувилля71Интегрируя от 0 до x, получимp(x)y10 (x)=p(0)y10 (0)Zx(q(s) − λ1 )y1 (s)ds.+(3.40)0Так как y1 (x) удовлетворяет краевым условиям (3.34), (3.35) и α1 =α2 = 0, то y1 (0) = y1 (l) = 0. Так как y1 (x) – ненулевое решение (3.33), тоy10 (0) 6= 0. Пусть для определенности y10 (0) > 0. Тогда y10 (x) > 0 при x ∈[0, l]. Предположим, что это не так.
Обозначим через x0 минимальноечисло, при котором y10 (x0 ) = 0. Тогда для x ∈ [0, x0 ) производная y10 (x) >0, а значит и y1 (x) > 0 при x ∈ (0, x0 ). Положив в (3.40) x = x0 иучитывая положительность q(x) − λ1 , получим, что y10 (x0 ) > 0. Этопротиворечие доказывает положительность y10 (x) при x ∈ [0, l]. Но тогдаy1 (x) > 0 при x ∈ (0, l], что противоречит краевому условию y1 (l) = 0.Следовательно, исходное предположение неверно и неравенство (3.39)доказано.Рассмотрим простой пример задачи Штурма-Лиувилля.Пример 3.3.1. Пусть p(x) = 1, q(x) = 0, α1 = α2 = 0, l = π.
Тогдазадача Штурма-Лиувилля приобретает следующий видy 00 (x) + λy(x) = 0,0 6 x 6 π,y(0) = y(π) = 0.(3.41)(3.42)Требуется найти собственные значения и собственные функции этойзадачи.Пусть λ = −µ меньше нуля. Тогда общее решение уравнения (3.41)имеет вид√√y(x) = c1 exp{ µx} + c2 exp{− µx}.Положив x = 0, x = l и использовав краевые условия (3.42), получимсистему уравнений для определения c1 и c2c1 + c2 = 0,√√c1 exp{ µπ} + c2 exp{− µπ} = 0,из которой следует, что c1 = c2 = 0. Таким образом отрицательные λ неявляются собственными значениями.
Отметим, что этот факт следуетиз теоремы 3.3.4. Легко видеть, что λ = 0 также не является собственным значением.72Глава 3. Краевые задачиПусть λ больше нуля. Тогда общее решение уравнения (3.41) имеетвид√√y(x) = c1 sin λx + c2 cos λx.Из краевого условия в нуле следует, что c2 = 0. Тогда из краевогоусловия√в π получим уравнение для определения собственных значений sin λπ = 0. Его решениями являются собственные значенияλ n = n2 ,n = 1, 2, . .
. .Соответствующие им собственные функцииyn (x) = c sin nx,где c – произвольная отличная от нуля постоянная.3.3.1. Теорема СтекловаСформулируем теорему, подчеркивающую важность задачиШтурма-Лиувилля.Рассмотрим собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (3.33)(3.35). Можно показать, что их счетное число.
Следовательно все ихможно занумеровать yn (x), n = 1, 2, . . . . Чтобы устранить неопределенность, связанную с тем, что они содержат произвольный сомножитель,будем считать, чтоZl(yn (x))2 dx = 1.0Пусть f (x) некоторая непрерывная на [0, l] функция. Введем обозначениеZlfn = f (x)yn (x)dx, n = 1, 2, . . . .0Сформулируем теорему, имеющую важное значение во многих областяхматематики и ее приложений.Теорема 3.3.5. (Теорема Стеклова) Если f (x) ∈ C 2 [0, l] и удовлетворяет краевым условиям (3.34), (3.35), то ряд∞Xn=1fn yn (x)3.3.
Задача Штурма-Лиувилля73сходится равномерно на отрезке [0, l] к функции f (x), то естьf (x) =∞Xn=1fn yn (x),0 6 x 6 l.74Глава 4. Уравнения в частных производных первого порядкаГлава 4Уравнения в частных производныхпервого порядка4.1. Первые интегралы нормальной системы4.1.1. Определение первого интегралаРассмотрим нормальную систему дифференциальных уравнений nго порядкаdx1 (t)= f1 (t, x1 (t), . . . , xn (t)),dt..(4.1). dxn (t)= fn (t, x1 (t), . . .
, xn (t)),dtгде функции fi (t, x) являются непрерывными в области D1 ∈ Rn+1 вместе со всеми частными производными ∂fi (t, x)/∂xj , i, j = 1, . . . , n.Обозначим через C 1 (D1 ) множество непрерывно дифференцируемых в D1 функций.Определение 4.1.1. Первым интегралом системы (4.1) в областиD1 называется функция v(t, x1 , . . . , xn ) ∈ C 1 (D1 ), сохраняющая постоянное значение вдоль каждой лежащей в D1 интегральной кривой системы (4.1).Таким образом, для каждого решения x(t) = (x1 (t), . .
. , xn (t)) системы (4.1) найдется константа C такая, чтоv(t, x1 (t), . . . , xn (t)) ≡ C.(4.2)В физических моделях первые интегралы возникают как отраженияразличных законов сохранения (энергии, импульса и т.д.).4.1. Первые интегралы нормальной системы754.1.2. Производная первого интеграла в силу системыДадим определение производной в силу системы для общего случаянормальной системы (4.1).Определение 4.1.2. Производной функции v(t, x1 , . . .
, xn ) ∈ C 1 (D1 )в силу системы (4.1) называется функцияn∂v(t, x) X ∂v(t, x)dv =+fj (t, x),dt (4.1)∂t∂xjj=1(t, x) ∈ D1 .Лемма 4.1.1. Функция v(t, x1 , . . . , xn ) ∈ C 1 (D1 ) является первыминтегралом системы (4.1) в области D1 тогда и только тогда, когдаее производная в силу системы (4.1) равна нулю в D1 :dv = 0,dt (4.1)∀(t, x) ∈ D1 .(4.3)Доказательство. Пусть функция v(t, x1 , . . . , xn ) ∈ C 1 (D1 ) являетсяпервым интегралом системы (4.1) в области D1 . Тогда на лежащей вD1 интегральной кривой (t, x(t)), где x(t) – решение (4.1), справедливо равенство (4.2). Дифференцируя (4.2) почленно по t и подставляявыражения для производных dxj (t)/dt из (4.1), имеемn0≡∂v(t, x(t)) X ∂v(t, x(t)) dxj (t)+=∂t∂xjdtj=1n=∂v(t, x(t)) X ∂v(t, x(t))+fj (t, x(t)).∂t∂xjj=1Таким образом, производная в силу системы (4.1) равна нулю вдоль интегральной кривой.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
