Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Обратные задачи Штурма - Лиувилля с нераспадающимися краевыми условиями

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 194 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 > Следующая >>>

задачи L0 :

– числа zk,0

32 Гл. 1. Метод отображений пространств решений

Собственные значения задачи L0 – являются нулями целой функции , a2,2 1 , . Аналогично, соб-

ственные числа z

k,0

u q x u z u,

u 0 0, V2 u 0

совпадают с нулями той же функции . Значит, последователь-

ности zk,0 и z

совпадают. Аналогично, совпадают и после-

k,0

–

довательности

, где z

собственные числа зада-

чи L :

v q x v z v,

v 0 , V1 v 0

(числа zk, суть нули функции a1,1 1 , 2 , ).

Проверим

теперь

совпадение

последовательностей

ak,a

и a

, где a

определяется так же, как и a

k,a

, но для зада-

k,a

чи L . Действительно, имеем

1,0 x, a1,1 a1,2y ,0 1 x, 2 x, ,

1 x, 2 x, 1 0, 2 0,

y ,0 x

U2 1 U2 2 U2 1 U2 2

Обозначим через

решение задачи:

x, – решение

f1,0

уравнения, такое что

0, 1,

0, a1,1 a2,1z ,0

f1,0

1,0

(черта наверху обозначает комплексное сопряжение),

1 x, 2 x, 1 0, 2 0,

z ,0 x

Имеем

V2 1

V2 2 V2 1 V2 2

1,0 x, f1,0 x, dx 1,0, f1,0

x, ,

x, f1,0 x, 1,0 x, f

1,0

lim

1,0, f1,0

;

ak,0

1,0 x, f1,0 x, dx

, k

легко убедиться непосредственно, что предел справа существует.

1.1. Метод отображений пространств решений (условия 1-го типа) 33

Вычислим a

для задачи L . Пусть

0, – решение урав-

k,0

1,0

нения, удовлетворяющее условиям

0, 1,

0, a1,1 a2,1y

1,0

1 x, 2 x, 1 0, 2 0,

z ,0

y ,0 x

x .

V2 1 V2 2 V2 1 V2 2

Очевидно, что

x, . Аналогично

f1,0

1,0

x, a1,1

a1,2z

1 x, 2 x, 1,0 x, ,

1,0

так как

1 x, 2 x, 1 0, 2 0,

z ,0 x

Значит,

U2 1 U2 2 U2 1 U2 2

lim

1,0

x, dx a

k,0

, k

k,0

Проверка того, что k, k, , осуществляется аналогично. Наконец, заметим следующее: функции f , , – це-

лые функции половинного порядка роста. Поэтому функции

ˆ	2	, ˆ z z	2		ˆ		2		2
f z f z				,		z z		z

будут первого порядка роста. Известны их асимптотики на бесконечности.

Нетрудно подсчитать		число – дефект регуляризации этих
		ˆ
функций. Имеем для функции f z
	fˆ z	const	1	O	1	.
	ˆ	const	z	O	z2	.
	ˆ		z		z2
	f z

Значит 2 (см. формулу гл. 1, § 1, п. 4 докторской диссертации В. А. Садовничего).

На -плоскости дефект равен 1, поскольку функция четная. Таким образом, мы имеем право нумеровать собственные числа так:

0, 1, 2, .. . ,

причем

k k2 1 O k12 , k 1, 2, 3, . ..

34 Гл. 1. Метод отображений пространств решений

Учитывая разложение

sin

z sin

∞

k 1

мы можем записать:

∞

, если f 0 0

k 0

∞

sin

k 1

(если f 0 0, рассуждения аналогичны).

Предел слева при ∞ равен 1. Имеем

∞

k2 ∞

∞

lim

1 k

c 1

∞

k 1 k k 1

k2 0 k 1 k

поскольку бесконечное произведение справа сходится равномерно по , – отрицательное: ∞ 1. Поэтому в бесконечном произведении можно перейти к пределу при ∞.

Таким образом, имеем

∞
c1 0		k	.

k	1	k2

Если 0 – однократный нуль функции f , аналогично имеем

f C1	∞	1		, C1		∞
							k .
1	k 1		zk,0		1	k	k2
							1

Значит, функция f полностью определяется своими нулями. Аналогичные рассуждения справедливы и для функции

cos ...

В этом случае для функции ˆ z z2

2 cs 1,		c1 1 ,				c2 1 ,			bs		0, 0	0,
s 1				2			2				1
				2			2
		s 1, 2,				z 2.
		s 1, 2,				z 2.
Поэтому c	∞	1			, если 0 0, причем z								нужно
Поэтому c	2	1			, если 0 0, причем z								нужно
	2		zk,0								k,0
занумеровать так: k 0			zk,0
занумеровать так: k 0
								1		2	k 1, 2, 3, . ..
z0,0, z1,0,	z2,0,	. .. ,		zk,0		k		1		,
z0,0, z1,0,	z2,0,	. .. ,		zk,0		k		2		,
								2

(Если 0 0, то рассуждения аналогичны).

1.1. Метод отображений пространств решений (условия 1-го типа) 35

Из формулы
						∞
						∞
	cos								1											1 2
														k						1 2
						k		0
следует						k		0												2
																				2
																	∞
														c2								1
lim					1 lim									c2								1		Zk,0
																k				0				Zk,0					.
																													.
∞ cos								∞ ∞									1
∞ cos								∞ ∞									1								1		2
												k 0													1		2
												k 0										k
Значит,																						k				2
Значит,							∞
				c2			∞			zk,0								.
				c2				0 k						1		2		.
						k								1
						k
														2
Если 0 0, то c2							∞		1										. Поэтому
Если 0 0, то c2									1										. Поэтому
					2								zk,0
						k		1					zk,0
																				∞			1
lim		1 c2					lim													∞			1		zk,0
																			k		1				zk,0					,
											∞																			,
∞ cos			2			∞					∞
									1		4												1
									1		4							k					1					1 2
																		k			1					k		1 2
								∞																		k		2
			c2				4	∞				zk,0									.
			2						1 k						1				2
								k							1
								k							2
															2

Точно так же можно показать, что однозначно определяется своими нулями целая функция , а также вычислить аналогич-

ные константы c3			и c2.
			3
Выпишем следующую систему уравнений:
f	a2,2 2 a1,1					a1,2a2,1 a1,1a2,2 1
2					1
a2,1 a1,2,						(1.1)
1	a2,2 1,					(1.2)
a1,1 1 2,						(1.3)
1		2		.		(1.4)
1		2	1	2

Решим систему (1.1)– (1.4) относительно 1, 2, считая f , ,

известными функциями. Имеем

2 a1,1 1 ,						a2,2 1,
1					1			.
1	a		a					.
	2,2	1		1,1		1	1	2

36	Гл. 1. Метод отображений пространств решений

Выберем те значения , где 1 , 0, тогда

1a2,2 1 a1,1 1


	1		1

a2,2 a1,1 1 a1,1 a2,2 1

a1,2a2,1 a1,1a2,2 1 a2,1 a2,1 f .

Значит,

2	a1,2 f 1 , 1 4 0.
a1,2a2,1 1 , a2,1

Это соотношение для целых функций, и оно верно всюду. Квадратное уравнение для 1 , можно решить, и, учитывая асимптотику1 , на бесконечности, однозначно определить 1 , . Из третьего уравнения системы (1.1)– (1.4) можно определить и 2 , . Эта процедура дает способ восстановления потенциала, можно восстановить и граничные формы. Однако физические приложения обратных задач показывают, что спектральные данные нам известны из показаний приборов, а поэтому известны приближенно. Более того, на практике они нам точно не известны, поскольку при больших, но конечных энергиях процесс, например, квантовой теории рассеяния, уже не описывается уравнением Шредингера.

Поэтому, даже мысленно допуская возможность экспериментировать с частицами больших энергий, мы будем получать данные, не относящиеся к процессу, описываемому рассматриваемым уравнением.

1.2.Метод отображений пространств решений в случае нераспадающихся краевых условий 2-го типа

В настоящем параграфе предложен метод доказательства теорем единственности решения обратной задачи в случае, когда собственные значения кратны. Предложенный метод пригоден и в случае граничных форм вида

U1 ay 0 by a0y 0 b0y 0,

U2 cy 0 dy 0 0.

Тем самым нами охвачены все возможные случаи нераспадающихся граничных условий.

Однако, простоты ради, рассуждения этого пункта проводятся в случае периодических условий.

1.2.Метод отображений пространств решений (условия 2-го типа) 37

1.2.1.Вспомогательные утверждения. Формулировка теоремы единственности решения обратной задачи

Мы рассматриваем следующую задачу L: ly y q x y y s2y,

U1 y y 0 y 0, U2 y y 0 y 0

(q x – действительная суммируемая функция).

Вдальнейшем задачу типа L, но с другими коэффициентами

вуравнении будем обозначать L. Всюду будем считать, что если

некоторый символ обозначает объект, относящийся к задаче L, то этот же символ с «волной» наверху обозначает аналогичный

объект задачи L.

Пусть k,i i 1, 2 – i-кратные собственные числа задачи L

(индекс k	всюду меняется	от 0 до ∞),	yk,0,2 x – собственная
функция,	отвечающая k,2	и такая, что	yk,0,2 0 1, y	0,
			k,0,2

yk, ,2 x – также собственная функция, отвечающая k,2, причем

yk, ,2 0, y		,2	1. Обозначим
	k,	,2
							1
		1 a y2		2			1
	k,a,2	1 a y2		x dx		k,2
	k,a,2		k,a,2		2	k,2
			0

(символ a всюду принимает только два значения: 0 или ). Пусть yk,a,1 x – собственные функции задачи, отвечающие

собственным числам k,1 и нормированные условием: yk,a,1 a 1, а

ak,a,1 1 a yk,a,2 1 x dx.

Положим, что zk,0 – собственные числа, а zk,0 x им отвечающие собственные функции задачи с тем же уравнением, что и в задаче L, но с граничными условиями вида z 0 z 0. Аналогично пусть zk, и zk, x – собственные числа и собственные функции задачи с условиями z 0 z 0 (выше введенные собственные функции нормированы произвольным фиксированным образом).

Пусть	k,a	res U	a	1,a	, где решения			1,a	x, опреде-
	k,a	1		1,a				1,a
		zk,a
		zk,a
ляется следующим образом:
	1,a a, y ,a 0 ,					a, y	,a	,
					1,a		,a

k,0,2

x , yk, ,2

38 Гл. 1. Метод отображений пространств решений

1,0 x, 2,0 x, 1,0 0, 2,0 0,

y ,0 x

U2 1,0 U2 2,0 U2 1,0 U2 2,0

1,0 x, 2,0 x, 1,0 , 2,0 ,

y , x

U1 1,0 U1 2,0 U1 1,0 U1 2,0

причем решения

1,a x, , 2,a x,

определяются

условиями

Коши

1,a

a, 0,

a, 1,

2,a

a, 1,

a, 0.

1,a

2,a

Обозначим, наконец,

через 2,a x, – решения

уравнения та-

кие, что

1, U

2,a

В рассматриваемом нами случае хорошо известны следующие факты, которыми мы будем пользоваться (и уже воспользовались при введении обозначений):

а) характеристический определитель задачи не может иметь нули порядка выше двух;

б) нулю k,2 второго порядка соответствуют две линейно независимые собственные функции y x , причем

yk,0,2 x 2,0 x, k,2 , yk, ,2 x 1,0 x, k,2 ;

в) для решений 1,a x, , 2,a x, при k,2 справедливы соотношения

1,a a, 0,							a, 1,
						1,a
	2,a		a, 1,				a, 0;
	2,a					2,a
г) для двукратного корня k,2 функции									справедливы ра-
венства
			k,2 z¯	,0	,	k,2	z¯		,
			k	,0			k	,
¯			¯
при некоторых k и k .
Предположим в дальнейшем выполненными следующие нера-
венства:
			k,1 zk ,0,			k,1 zk ,
при любых k, k		и k .

и zk , соответственно, по-

1.2. Метод отображений пространств решений (условия 2-го типа) 39

Справедлива следующая

Теорема 1. Пусть

k,i k,i, ak,a,i ak,a,i i 1, 2 , zk,a zk,a, k,a k,a,

тогда совпадают коэффициенты в уравнениях L и L, т. е. q x q x .

Замечание. Если некоторое собственное число задачи L оказалось двукратным, то согласно г) оно совпадет с одним из zk ,0 и zk , и кроме того k ,0 0, k , 0, так как величины U1 a 1,a являются регулярными при zk ,0

этому в этом случае величины

zk ,0, zk , , k ,0, k ,

задавать не надо (здесь k , k – определенные числа, которые легко выразить через число k, при котором k-е собственное число k,2 окажется двукратным).

1.2.2. Доказательство теоремы единственности

Доказательство теоремы разбивается на два этапа. На первом этапе надо изучить аналитическую природу решений 1,a x, и 2,a x, как функций переменного . После этого необходимо получить оценки элементов Ti,ja i, j 1, 2 матриц отображений

T ,a 1,a 1,a, T ,a 2,a 2,a

(если a 0, то 0 x		; если a , то		x ).
2			2

Так же как и в параграфе 1.1 мы приходим к следующим утверждениям.

Утверждение 1. Отображение T ,0 является регулярной аналитической матрицей-функцией от при всех значени-

ях таких, что zk,0, k,i i 1, 2 . Аналогично отображение T , – регулярная аналитическая матрица-функция,

если zk, , k,i i 1, 2 .

Утверждение 2. Пусть заданы четыре полупрямые P1, P2, P3, P4 комплексной плоскости , определенные соответственно уравнениями

arg 0, arg 0,

40 Гл. 1. Метод отображений пространств решений

arg 0, arg 0,										0 0		.
arg 0, arg 0,										0 0	2	.
											2
Пусть
T	,0	x T 0				x, ,		i, j 1, 2,		0 x			,
	,0			i,j							2
											2
тогда, если Pi, i 1, 2, 3, 4, достаточно велик, то
		T 0		x, c 1, T 0					x, c,
			12					21
1 T 0						1		, 1 T 0			1
1 T 0			x, c				2	, 1 T 0		x, c				2	.
		11						22
Если же			Hk, k2 Hk k 1 2,
			Hk, k2 Hk k 1 2,
то			T 0		x, cec , i, j 1, 2.
			T 0		x, cec , i, j 1, 2.
				ij

Здесь c обозначают, вообще говоря, разные константы, не зависящие от , k, i, j.

Если		x и T , x T	x, , то аналогичные утверж-
	2	ij		x, , i, j 1, 2.
дения справедливы для элементов T				x, , i, j 1, 2.
			ij

На втором этапе, учитывая эти утверждения, мы сможем получить доказательство теоремы единственности, если выясним вопрос о тех условиях, при которых матрицы-функции T ,a x являются целыми матрицами-функциями параметра . Для этой цели докажем следующие леммы.

Лемма 1.

а) Если k,1,									то 1,a x, k,1 yk,a,1 x ;
б) если zk ,0 k,2, zk , k,2, то
		2,0		x, z			0z						x ,			2,		x, z			z				x
		2,0			k	,0				1 k		,0				2,			k	,0		1		k ,
(о выборе k и k см. 1.2.1);
в) функции 1,0 x, и 1, x, в окрестностях точек
									zk ,0 k,2,						zk , k,2
соответственно допускают представления
						1,0					t0 x,			,	1,				t x,				,
						1,0								,	1,								,
											zk ,0								zk ,
причем
																									a
t	x, z		,0		0z			,0		x , t x, z							z					x ,		0		k,a	;
0		k	,0			0	k	,0							k ,			0		k	,			a		k,a
																									1

1.2. Метод отображений пространств решений (условия 2-го типа) 41

г) функции 2,a x, в окрестностях точек k,1 допускают представления

ha,1 x, k,1	1	yk,a,1 x ,	2,a x,	ha,1 x,	.

	ak,a,1			k,1

Д о к а з а т е л ь с т в о. Составим функцию

e1,a x, 1,a x, yk,a,1 x .

Заметим, что e1,a x, k,1 – решение уравнения

le1,a k,1e1,a.

Далее при k,1 имеем, что

e1,a a, k,1 0,

e1,a x, k,1 1,a a, k,1 yk,a,1 a yk,a,1 a yk,a,1 a 0,

утверждение а) доказано.

Докажем утверждение б). Составим функцию e2,0 x, 2,0 x, zk,0 x .

Имеем

U2 e2 , 0 0,

e2,0 0, zk ,0 2,0 0, zk ,0 zk ,0 0 2,0 0, zk ,0 0

(здесь мы воспользовались тем, что k,1 zk ,0).

Аналогично доказывается и утверждение для 2, x, zk , . Для доказательства утверждения в) заметим, что функция, на-

пример t0 x, zk ,0 , удовлетворяет уравнению

	lt0 zk ,0y0
и граничным условиям
	t0 0, zk ,0 0,
U2 t0 x, zk ,0	lim	zk ,0 U2 1,0 0.
	zk ,0

Аналогично доказывается (с помощью применения тождеств Ла-

гранжа) и утверждение относительно отношения чисел a a,

0 1

а также утверждение г). Лемма доказана.

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 194 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]