1611689220-1e5d12ed6413322f5f3df7230054db67 (826744), страница 13

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 13)

для однозначной разрешимости надо потребовать условияdet D− 6= 0.(13)Тогда, если (13) выполнено, то−1C − = D−ϕeи−1||C− || ≤ ||D−|| · ||ϕ||.eДалееµ||etA− C− || ≤ M¶||A− ||−1, N− e−(σ/2)t ||D−|| · ||ϕ||eσи−1||z(t)|| ≤ ||T −1 || · M (·)e−(σ/2)t · ||D−|| · ||ϕ||e =||ϕ||e −(σ/2)t−1= ||T −1 || · M (·) · ||D−|| · ||B||e.|{z} ||B||qα(14)Говорят, что граничные условия в задаче (11), удовлетворяющиеусловию (13) удовлетворяют условию Лопатинского, а постоянная α в оценке (14) называется постоянной Лопатинского(α < ∞).Лекция №14, НГУ, ММФ, 201012Упражнения к §141.

Найти единственное ограниченное решение уравненияy 0 = ay + f (y) при всех t ∈ R1 ,если a > 0 - некоторая постоянная, f (t), t ∈ R1 - ограниченнаянепрерывная функция.2. Выполнено ли условие Лопатинского для краевой задачи à !0!µ¶Ã ! Ãyyf(t)1 1111+, t > 0, y2 =0 −1y2f2 (t)Ã! à !¡¢y(0)ϕ11=.1,1y2 (0)ϕ2§15. Линейное уравнение 2го порядка.В этом параграфе мы рассмотрим линейное уравнение 2го порядкаa0 (x)y 00 + a1 (x)y 0 + a2 (x)y = f (x).(1)Будем рассматривать уравнение (1) на отрезке [a, b], причем будемполагать, что a0 (x) 6= 0 на [a, b]. Как известно, Задача Коши дляуравнения (1) ставится так:(a0 (x)y 00 (x) + ... = f (x), x ∈ [a, b],(З.К.)(5)y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y1 , x0 ∈ (a, b).Задача Коши разрешима и решение единственно, если коэффициенты a0 (x), a1 (x), a2 (x) и правая часть f (x) непрерывны на отрезке [a, b].

Задача Коши с нулевыми начальными данными имееттолько тривиальное решение для однородного уравнения (т.е. приf (x) ≡ 0 на [a, b]).Заметим, теперь, что вместо уравнения (1) мы можем не нарушая общности рассматривать либо уравнение (мы полагаем, чтоf (x) ≡ 0 в (1))y 00 (x) + Q(x)y(x) = 0,(10 )либо уравнение в так называемом самосопряженном виде0{P (x)y 0 (x)} + q(x)y(x) = 0.(100 )Действительно, при a0 (x) =6 0 и f (x) ≡ 0 уравнение (1) послезамены x 1 Z a (ξ) 1y(x) = expdξ z(x)2a0 (ξ) x01Лекция №15, НГУ, ММФ, 20102приводится к уравнению (10 ) для функции z(x). Умножая уравнение (1) на функцию xZ a (ξ) 11µ(x) =expdξ z(x) a0 (ξ) a0 (x)x0(опять при условии, что a0 (x) 6= 0, f (x) ≡ 0), приведем его к виду(100 ).Пример.

Простейшими уравнениями 2го порядка являются следующие уравнения:y 00 + a2 y = 0,y 00 − a2 y = 0, a = const.Общее решение этих уравнений имеет вид:y(x) = C1 sin(ax) + C2 cos(ax),y(x) = C1 eax + C2 e−ax .Из этих формул следует, что у уравнений 2го порядка есть решения, имеющие бесконечно много нулей, а есть решения не обращающиеся в ноль.Определение. Решение y(x) уравнения (1) (при f (x) ≡ 0) назовем колеблющимся на отрезке [a, b], если оно более 1го разаобращается в нуль на этом отрезке. В противном случае - неколеблющимся.Без доказательства приведем несколько теорем, связанных с нулями решений уравнения (10 ):y 00 (x) + Q(x)y(x) = 0.(10 )Теорема 1. Колеблющееся решение не может иметь точки накопления нулей. Иными словами, все нули решения уравнения(10 ) суть изолированные точки.Теорема 2.

Пусть для уравнения (10 ): Q(x) ≤ 0, x ∈ [a, b].Тогда, все решения его не колеблющиеся на [a,b].Лекция №15, НГУ, ММФ, 20103Теорема 3. Между двумя последовательными нулями одногорешения уравнения 2го порядка лежит точно один нуль другого решения того же уравнения, линейно-независимого с первым.Иными словами, нули линейно-независимых решений разделяютдруг друга.Теорема 4 (Теорема сравнения). Пусть заданы два уравнения вида (10 ):y 00 (x) + Q(x)y(x) = 0,z 00 (x) + q(x)z(x) = 0, x ∈ [a, b]и Q(x) ≥ q(x) на [a, b]. Тогда между двумя последовательныминулями решения второго уравнения найдется, по крайней мере,один нуль решения 1го уравнения.

Иными словами, решение 1гоуравнения колеблется быстрее.Рассмотрим краевую задачу следующего вида: 00 y (x) + Q(x, λ)y(x) = f (x), x ∈ (a, b),y(a)l1 + y 0 (a)l2 = 0,(2)0y(b)r1 + y (b)r2 = 0,где λ - некоторый, вообще говоря комплексный параметр. Поскольку, вместо уравнения 2го порядка мы можем рассмотреть системуÃ!0Ã! Ã!µ¶y(x)y(x)00 1=A+, A=,−Q 0y 0 (x)y 0 (x)f (x)то краевая задача (2) есть частный случай краевой задачи из §13(N = 2, M = 1), при этом: L = (l1 , l2 ), R = (r1 , r2 ). Пусть в (2):f (x) ≡ 0, Q(x, λ) = λ − q(x), q(x) - непрерывная функция на [a, b],величины l1 , l2 , r1 , r2 не зависят от λ и l12 + l22 6= 0, r12 + r22 6= 0.Пусть, далееllp 1p 2=cosα,= sin α,l12 + l22l12 + l22rrp 1p 2=cosβ,= sin β.r12 + r22r12 + r22Лекция №15, НГУ, ММФ, 20104Тогда задача (2) перепишется в виде так называемой краевойзадачи Штурма-Лиувилля (З.Ш.Л.): 00 y (x) + [λ − q(x)]y(x) = 0, x ∈ (a, b),y(a) cos α + y 0 (a) sin α = 0,(3)y(b) cos β + y 0 (b) sin β = 0.Число λ = λ0 называется собственным значением З.Ш.Л.,если она при λ = λ0 имеет нетривиальное решение y = y(x, λ0 ),которое называется собственной функцией.Пример.

Пусть в (3): q(x) ≡ 0, α = β = 0, a = 0. Пусть λ ≤ 0.Тогда все решения уравнения y 00 + λy = 0 неколеблющиеся и следовательно граничным условиям y(0) = y(b) = 0 удовлетворитьне могут. Иными словами, при λ ≤ 0 нет собственных значений.Пусть λ > 0. Тогда, общее решение уравнения будет (положимλ = a2 )y(x) = C1 sin(ax) + C2 cos(ax).Отсюда:y(0) = C2 = 0, y(b) = C1 sin(ab) = 0.kπПоскольку C1 6= 0, то sin(ab) = 0, т.е. ak =, k = 1, 2, ...

. Слеbµ¶kπk2π2xдовательно, λk = 2 - собственные значения, yk (x) = sinb6- собственные функции.Обсудим, теперь, некоторые свойства собственных функций исобственных значений.1) Все собственные функции, соответствующие собственномузначению λ0 , пропорциональны, т.е. представимы в виде: C1 y(x, λ0 ).В самом деле, если y(x, λ0 ) - собственная функция, то любая функция вида C1 y(x, λ0 ) - тоже будет удовлетворять уравнению и краевым условиям. Предположим, что нашлась собственная функцияω(x, λ0 ), линейно-независимая с y(x, λ0 ).

Тогда, любое решениеуравненияy 00 (x) + [λ0 − q(x)]y(x) = 0Лекция №15, НГУ, ММФ, 20105представимо в виде:C1 y(x, λ0 ) + C2 ω(x, λ0 ),т.е. любое решение этого уравнения удовлетворяет дополнительным граничным условиям, что, естественно, невозможно.2) Собственные функции y(x, λ1 ), y(x, λ2 ), соответствующие разным собственным значениям λ1 , λ2 : λ1 6= λ2 , удовлетворяют условию:Zby(xλ1 )y(x, λ2 )dx = 0.aЭто свойство собственных функций называется свойством ортогональности собственных функций. Докажем этот факт.Поскольку: 00 y (x, λ1 ) + [λ1 − q(x)]y(x, λ1 ) = 0,y(a, λ1 ) cos α + y 0 (a, λ1 ) sin α = 0,y(b, λ1 ) cos β + y 0 (b, λ1 ) sin β = 0; 00 y (x, λ2 ) + [λ2 − q(x)]y(x, λ2 ) = 0,y(a, λ2 ) cos α + y 0 (a, λ2 ) sin α = 0,y(b, λ2 ) cos β + y 0 (b, λ2 ) sin β = 0;то:y(x, λ2 )y 00 (x, λ1 ) − y(x, λ1 )y 00 (x, λ2 ) == [y(x, λ2 )y 0 (x, λ1 ) − y(x, λ1 )y 0 (x, λ2 )]0 == −(λ1 − λ2 )y(x, λ1 )y(x, λ2 ),т.е.Zb(λ1 − λ2 )y(x, λ1 )y(x, λ2 )dx = 0.aТак как λ1 6= λ2 , тоZby(x, λ1 )y(x, λ2 )dx = 0,aЛекция №15, НГУ, ММФ, 20106что и требовалось доказать.3) Все собственные значения З.Ш.Л вещественные.

Допустимпротивное: λ0 - комплексное собственное значение, а y(x, λ0 ) - собственная функция: 00 y (x, λ0 ) + [λ0 − q(x)]y(x, λ0 ) = 0,y(a, λ0 ) cos α + y 0 (a, λ0 ) sin α = 0,y(b, λ0 ) cos β + y 0 (b, λ0 ) sin β = 0;³´00y(x, λ0 ) + [λ0 − q(x)]y(x, λ0 ) = 0,³´0y(a, λ0 ) cos α + y (a, λ0 ) sin α = 0,³´ y(b, λ0 ) cos β + y 0 (b, λ0 ) sin β = 0;т.е. λ0 - тоже собственное значение, а y(x, λ0 ) = y(x, λ0 ) - собственная функция.Тогда:³´0000y(x, λ0 )y (x, λ0 ) − y(x, λ0 ) y(x, λ0 ) == −(λ0 − λ0 )y(x, λ0 )y(x, λ0 ).Так как λ0 6= λ0 , тоZbZb|y(x, λ0 )|2 dx = 0,y(x, λ0 )y(x, λ0 )dx =aaт.е.y(x, λ0 ) ≡ 0.В §13 было показано, что все собственные значения З.Ш.Л.суть нули целой аналитической функцииLY (a, λ)det  − · − · −RY (b, λ)∆(λ) =.det Y (a, λ)Лекция №15, НГУ, ММФ, 20107В нашем случае она принимает следующий вид:¯¯¯ y1 (a, λ) cos α + y10 (a, λ) sin α | y2 (a, λ) cos α + y20 (a, λ) sin α¯¯¯¯ − − − − − − − − − | − − − − − − − − −¯¯¯¯ y1 (b, λ) cos β + y 0 (b, λ) sin β | y2 (b, λ) cos β + y 0 (b, λ) sin β ¯12¯¯∆(λ) =,¯ y1 (a, λ) y2 (a, λ)¯¯¯¯ y 0 (a, λ) y 0 (a, λ)¯12где y1 (x, λ), y2 (x, λ) - два линейно-независимых решения уравненияy 00 + [λ − q(x)]y = 0.Там же было указано, что если собственные значения (или что тоже самое, что нули функции ∆(λ)) существуют, то их не более чемсчетное число и они изолированы.Для задачи (3) существование собственных значений можно доказать и своим путем.

Приведем, также, без доказательства уточненную теорему сравнения (она используется при доказательстве следующей теоремы 5).Теорема 40 (Уточненная теорема сравнения.) Пусть заданы два уравнения вида (10 ) на [a, b]:y 00 + Q(x)y = 0,z 00 + q(x)z = 0с дополнительными начальными условиями Коши:y(a) = z(a) = sin α,y 0 (a) = z 0 (a) = − cos αи пусть Q(x) > q(x) на [a, b]. Тогда решение Задачи Коши y(x)имеет на [a, b] не меньше нулей, чем z(x), причем если нули z(x), y(x)перенумеровать при продвижении от a к b, то k ый нуль y(x) расположен левее k го нуля z(x). Иными словами, если мы увеличимкоэффициент Q(x) в (10 ), то все нули решения сдвинутся влево.Теорема 5 (Теорема осцилляции).

У Задачи ШтурмаЛиувилля существует бесконечно много (счетное число) собственных значений λ0 < λ1 < λ2 < ... < λn < ... ( lim λn = ∞), причемn→∞Лекция №15, НГУ, ММФ, 20108собственные функции yn (x) = y(x, λn ) имеют ровно n нулей на[a, b].Вместо З.Ш.Л. (3) будем далее рассматривать З.Ш.Л.

болееобщего вида:0 0 [p(x)y ] + [λ − q(x)]y = 0, x ∈ (a, b),y(a, λ) cos α + y 0 (a, λ) sin α = 0,(30 )y(b, λ) cos β + y 0 (b, λ) sin β = 0.Будем далее полагать, что З.Ш.Л. не имеет собственного значения λ = 0.Определение. Функцией Грина З.Ш.Л.

(30 ) будем называтьфункцию g(x, s), удовлетворяющую условиям:1) g(x, s) непрерывна при a ≤ x, s ≤ b;2) при x 6= s:[p(x)gx0 (x, s)]x − q(x)g(x, s) = 0;3) Функция Грина g(x, s) удовлетворяет краевым условиям:g(a, s) cos α + gx0 (a, s) sin α = 0,g(b, s) cos β + gx0 (b, s) sin β = 0;4) при x = s gx0 (x, s) испытывает разрыв 1го рода:gx0 (s + 0, s) − gx0 (s − 0, s) =1.p(s)Докажем, теперь, существование и единственность функции Грина. Рассмотрим такую задачу Коши:((p(x)y 0 )0 − q(x)y = 0, x ∈ (a, b],(З.К.)y(a) = sin α, y 0 (a) = − cos αи найдем решение ее y1 (x).

Тогда очевидно (!?), что все решенияуравнения (p(x)y 0 )0 − q(x)y = 0, удовлетворяющие первому (левому) краевому условию y(a) cos α + y 0 (a) sin α = 0 выражаются вЛекция №15, НГУ, ММФ, 20109виде: C1 y1 (x). Аналогично через y2 (x) обозначим решение задачиКоши:((p(x)y 0 )0 − q(x)y = 0, x ∈ [a, b),(З.К.)y(b) = sin β, y 0 (b) = − cos β,при этом все решения уравнения (p(x)y 0 )0 −q(x)y = 0, удовлетворяющие второму (правому) краевому условию y(b) cos β+y 0 (b) sin β =0 выражаются в виде: C2 y2 (x).

Характеристики

Список файлов лекций