Сухарев / Семинары_1_11

Таким образом, λ0 = 0 есть собственное значение с соответствующей ему собственной функцией u0 = 1.

Смотрим теперь случай λ > 0.Если(мысленно)сделать замену переменной y = l − x,то общее решение уравнения можно сразу записать в виде

p p

u(x) = A cos λ(l − x) + B sin λ(l − x).

Подставим это сначала в правое граничное условие,тогда выйдет B = 0.Ну а раз собственные функции все равно определены с точностью до множителя,давайте для простоты считать A = 1.Тогда, подставляя

p

u(x) = cos λ(l − x)

в левое граничное условие,находим трансцендентное уравнение для определения pλ

pp

tg λnl = −h λn, n = 1, 2, . . .

Пока все выглядит недурно,но давайте сосчитаем интеграл

Если не лень,можно сосчитать и интеграл от произведения un(x) на um(x) с n 6= m.И опять получится не нуль!То есть складывается впечатление,что собственные функции этой задачи не обладают свойством ортогональности.Если вы изучали математическую физику,то знаете,что это катастрофа.Если нет свойства ортогональности,метод Фурье работать перестает.

Однако как-то странно самосопряженность же есть,то есть собственные функции должны быть ортогональны.Ни на что,кроме самосопряженности,доказательство свойства ортогональности собственных функций не опирается.Выходит,что мы чего-то пока не знаем.И чтобы узнать,используем теорию обобщенных функций.

Что для нас в этой задаче самое неприятное?Ну,кроме ее существования.Наличие собственного значения в граничном условии.А давайте его уберем.Пусть v(x) = u(x) при всех x,но

16

Тогда обобщенная производная регулярной обобщенной функции v имеет вид

v00 = u00(x) + [v(x)]x=0δ0(x) + [v0(x)]x=0δ(x).

Локально интегрируемая функция v(x) непрерывна в точке x = 0,поэтому [v(x)]x=0 = 0. Но

[v0(x)]x=0 = v0(0 + 0) − v0(0) = u0(0 + 0) − 0 = −λhu(0).

Поэтому выходит

u00(x) = v00 + λhu(0)δ(x) = v00 + λhu(x)δ(x) = v00 + λhv(x)δ(x),

поскольку u(x) = v(x) при всех x.

Подставляем результаты в задачу на собственные значения,тогда получается

!"

v00 + λ 1 + hδ(x) v = 0, 0 < x < l, v0(0) = 0, v0(l) = 0.

То есть если отвлечься от наличия дельта-функции в дифференциальном уравнении,вышла самая обычная задача Штурма Лиувилля с весом (x),равным

(x) = 1 + hδ(x).

Вот этой информации нам как раз и недоставало,все остальноето мы уже нашли.Если теперь вычислить интегралы

u0(x)un(x) (x) dx, un(x)um(x) (x) dx,

то получатся нули.То есть найденные нами ранее собственные функции ортогональны,но только с весом (x).Вес,напомню,входит и в квадрат нормы собственных функций.Так что

17

18

Семинар5

При решении задач математической физики методом Фурье постоянно возникает необходимость вычислять разнообразные интегралы.В частности,приходится считать квадрат нормы собственных функций задачи Штурма Лиувилля и родственных ей краевых задач на собственные значения.Этим мы занимались на прошлом семинаре.

Помимо квадрата нормы,в каждой задаче еще приходится считать интегралы от произведения собственной функции на какуюнибудь другую(не собственную)функцию.При этом вычисление интеграла можно проводить как непосредственно,так и используя обходные пути.В ряде случаев обходной маневр может заметно сократить количество требуемых выкладок.

Основная идея упомянутого обходного маневра заключается в использовании свойства самосопряженности(эрмитовости)оператора задачи на собственные значения.Посмотрим,как это работает на примере следующей простой задачи.

Вычислить интеграл

Z l

'(x)un(x) dx, l = const > 0,

0

где un(x) собственная функция задачи Штурма Лиувилля

u00(x) + λu(x) = 0, 0 < x < l, u(0) = 0, u(l) = 0,

а функция '(x) задается формулой

'(x) = hx(l − x), h = const > 0.

Выписанную задачу Штурма Лиувилля мы решали на прошлом семинаре,поэтому собственную функцию un(x) можно выписать сразу же,

Таким образом,интересующий нас интеграл приобретает вид

1

Разумеется,этот интеграл может быть вычислен и непосредственно,без использования свойства самосопряженности оператора L.Интегрируя два раза по частям,находим

Использование свойства самосопряженности оператора L позволит уменьшить число вычисляемых интегралов,заменив интегрирование на дифференцирование.

Чтобы обходной маневр сработал,обе подынтегральных функции(т.е. '(x) и un(x))обязательно должны принадлежать к области определения оператора L.Собственные функции задачи Штурма Лиувилля,называемые также собственными функциями оператора L,всегда принадлежат к этой области определения(на то они и собственные).А вот для функции '(x) это может быть и не так.

Чтобы проверить,принадлежит ли функция '(x) к области определения оператора L,надо подставить ее в граничные условия задачи на собственные значения.В рассматриваемом случае '(0) = 0 и '(l) = 0,то есть функция '(x) удовлетворяет граничным условиям имеющейся у нас задачи Штурма Лиувилля.Значит,она принадлежит к области определения оператора L.

Вспомним,что собственная функция un(x) есть решение уравнения Штурма u00(x) + λu(x) = 0,или,в другой форме записи, L[u] = λu.Поэтому в случае λn 6= 0 получаем

2

Если подставить найденное выражение в интеграл,выйдет

Свойство самосопряженности оператора L позволяет перебрасывать его с одной подынтегральной функции на другую.Поэтому

Но '00(x) = −2h,а собственные значения задачи Штурма Лиувилля были найдены на предыдущем семинаре.Напомню,что

λn = n 2 , n = 1, 2, . . .

l

Поэтому интересующий нас интеграл сводится просто к интегралу от собственной функции задачи Штурма Лиувилля

который мы уже нашли в самом конце операции интегрирования по частям.Таким образом,для функций из области определения оператора L свойство самосопряженности позволяет уменьшить число операций интегрирования.

Следующая задача.Вычислить интеграл

Z l

'(x)un(x) dx,

−l

где un(x) собственная функция задачи Штурма Лиувилля

u00(x) + λu(x) = 0, −l < x < l, u(−l) = 0, u(l) = 0,

а функция '(x) есть решение задачи

'00(x) = aδ(x), −l < x < l,

'(−l) = 0, '(l) = 0.

3

Напомню,что задачу для функции '(x) мы уже решали на втором семинаре,так что

А вот такой задачи Штурма Лиувилля нам еще не попадалось. Впрочем,простое вычисление показывает,что λ = 0 не является собственным значением этой задачи,в случае же λ > 0 общее решение уравнения Штурма имеет вид

pp

u(x) = C1 cos λx + C2 sin λx.

Подстановка этого решения в граничные условия задачи дает два уравнения,

pp

C1 cos pλl − C2 sin pλl = 0,

C1 cos λl + C2 sin λl = 0.

Полученную систему уравнений можно рассматривать как систему уравнений относительно двух неизвестных, C1 и C2.Но мы же ищем собственные функции задачи Штурма Лиувилля,которые по определению не могут быть тождественно равны нулю.Значит, эта система уравнений должна иметь нетривиальное решение,т.е. хотя бы одна из постоянных C1 и C2 не должна быть равна нулю.

Из курса линейной алгебры вам должно быть хорошо известно, что система линейных однородных алгебраических уравнений имеет нетривиальное решение лишь в том случае,когда определитель этой системы равен нулю.Вычисляем определитель

откуда находим собственные значения задачи

Как известно все из той же линейной алгебры,если определитель линейной однородной системы двух уравнений равен нулю,то

4

уравнения получаются линейно зависимыми.Значит,для поиска постоянных C1 и C2 можно использовать лишь одно уравнение системы (любое,раз они линейно зависимы).

Рассмотрим,например,первое уравнение.В случае n = 1 будет

p p

Тогда cos λ1l = 0, а sin λ1l = 1.Значит,первое уравнение системы превращается в −C2 = 0.Поэтому,если выбрать C1 = 1 (напоминаю,что при решении задач на собственные значения одну постоянную можно выбрать равной чему угодно,лишь бы не равной нулю), получается собственная функция

p x u1(x) = cos λ1x = cos 2l .

В случае n = 2 будет

p

λ2 = l .

p p

Тогда cos λ2l = −1, а sin λ2l = 0.Значит,первое уравнение системы превращается в −C1 = 0.Поэтому,если выбрать C2 = 1, получается собственная функция

p x u2(x) = sin λ2x = sin l .

Продолжая эту процедуру и дальше,можно заметить,что при четных n = 2k, k = 1, 2, . . . собственные функции можно записать в виде

Полученный результат неудобен тем,что при разных n собственные функции выглядят по-разному.Но если при решении все той

5

же задачи Штурма Лиувилля сразу сделать замену переменной y = x + l,то она преобразуется к уже известному нам виду

u00(y) + λu(y) = 0, 0 < y < 2l, u(0) = 0, u(2l) = 0

Этот результат вроде бы отличается от предыдущего.Но если подробно рассмотреть случай n = 1, n = 2 и т.д.,то можно заметить, что новые собственные функции отличаются от старых лишь множителем,по модулю равным единице.Так что это и в самом деле одно и то же,поскольку собственные функции определены с точностью до постоянного множителя.Зато все собственные функции теперь выглядят одинаково.

Приступаем к вычислению интеграла

Конечно,сосчитать получившиеся интегралы нетрудно,понадобится лишь однократное интегрирование по частям.Но если вспомнить про свойство самосопряженности оператора L,все произойдет еще быстрее.

Сразу же заметим,что функция '(x) удовлетворяет тем же самым граничным условиям,что и собственные функции задачи Штурма Лиувилля.Поэтому мы имеем полное право использовать свойство самосопряженности оператора L.

Действуя аналогично предыдущей задаче,получаем

Напомню,что '00(x) = aδ(x),так что нам,оказывается,для вычисления этого интеграла даже не нужно знать явный вид функции

6

'(x).Но тогда

В случае четных n результат интегрирования равен нулю,в случае же нечетных n = 2k + 1 значение синуса можно записать в виде (−1)k.Поэтому результатом вычисления интеграла будет

Очередная задача.Вычислить интеграл

Z l

'(x)un(x) dx,

0

где un(x) есть собственная функция задачи Штурма Лиувилля

u00(x) + λu(x) = 0, 0 < x < l, u0(0) = 0, u(l) = 0,

а функция '(x) есть просто постоянная,равная h. Решая задачу Штурма Лиувилля,находим

Интеграл в этом случае получается совсем простой и легко вычисляемый

Обходной маневр применить вроде бы нельзя,поскольку функция '(x) не принадлежит к области определения оператора L.В самом деле, '0(0) = 0 (и это граничное условие полностью идентично условию из задачи Штурма Лиувилля),однако '(l) 6= 0 (а здесь имеется явное несоответствие правому граничному условию).

7