3курс,VIсем Задачи инт ур

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Примеры решения задач

Пример 7.1. Доказать, что оператор

, рассматриваемый на

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.03.2016

Размер:

1.24 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 96 7 8 9 > Следующая >>>

Пример 6.6. Рассмотрим неоднородное уравнение Фредгольма

y(x) = λ ∫1 K (x, s) y(s) ds + f (x) с симметрическим непрерывным (невырожденным) ядром

	0
	K (x, s) =	x (1−s) ,	0 ≤ x ≤ s	,	x, s 0;1 .
			s ≤ x ≤1		[	]
		s(1− x) ,	s ≤ x ≤1
1)	При λ ≠ λn , где λn	= n2π2 ( n `) -		собственные		значения исследуемого

интегрального оператора Фредгольма (см. пример 7.7), построить резольвенту интегрального оператора и записать решение неоднородного уравнения.

Исследовать разрешимость уравнения при различных значениях λ и найти решение,

если оно существует, в следующих случаях:

а)

f (x) = sin 2π x ;

б)

f (x) = x .

Решение.

1) Если λ ≠ λn

= n2π2

(n `) , то используя построенную в примере 7.7

ортонормированную систему

ϕn (x) =

2 sin πnx ,

запишем соответствующую формулу

для резольвенты интегрального оператора Фредгольма с симметрическим ядром

∞ ϕ

(x) ϕ

(s)

∞

2 sin πnx

2 sin πns

R(x, s, λ) = ∑

= ∑

−λ

n=1

λn −λ

n=1

Тогда решение неоднородного уравнения примет вид

∞

sin πnx sin πns

f (s) ds .

y(x) = f (x) +λ∫R(x, s, λ) f (s) ds = f (x) +λ∫2∑

−

n=1

Меняя порядок суммирования и интегрирования в последней формуле, получим решение в виде разложения в ряд по собственным функциям интегрального оператора Фредгольма с симметрическим ядром

∞

2 sin πnx

∞

2 sin πnx

y(x) = f (x) +λ∑

∫0

2 sin πns f (s) ds = f (x) +λ∑

−λ

n=1

где

fn =

2 ∫1 sin πns f (s) ds

коэффициенты

Фурье

по

соответствующей

ортонормированной системе ϕn (x) =

2 sin πnx .

Если

λ ≠ λn = n2π2

(n `) ,

то неоднородное уравнение разрешимо при любой

непрерывной функции

f (x) . Используя полученные

выше

формулы

вычисляя

соответствующие интегралы, имеем:

а)

∞

sin πnx sin πns

sin 2πs ds = sin 2π x +λ

sin 2π x

4π2 sin 2π x

;

y(x) = sin 2π x +λ∫ 2

∑

−

4π

−λ

4π

−λ

n=1

∞ sin πnx sin πns

∞

(−1)n+1

sin πnx

б) y(x) = x +λ∫ 2 ∑

−λ

s ds = x + 2λ ∑

πn (π

−λ)

n=1

Если

же

n `

такое,

что

λ = λn = n2π2 ,

т.е.

совпадает

с одним из

характеристических чисел, то ответ на вопрос о разрешимости уравнения зависит от

конкретного вида функции	f (x) .
В случае б) решение не существует ни при каких λ = λn		= n2π2 (n `) , так как
f (x) = x при любом n	не ортогональна соответствующей	собственной функции

ϕn (x) =

2 sin πnx

однородного

союзного

уравнения

(ядро симметрично, поэтому

однородное союзное уравнение совпадает с исследуемым при

f (x) ≡ 0 ).

В случае а) необходимо рассмотреть два варианта.

При λ =4π2

решение не существует,

так как неоднородность f (x) = sin 2π x не

ортогональна собственной функции ϕ2 (x) =

2 sin 2π x

однородного союзного уравнения,

отвечающей заданному значению λ = λ

=4π2 .

При λ = λ

=n2π2 ≠ 4π2 функция

f (x) = sin 2π x

ортогональна собственной функции

ϕn (x) =

2 sin πnx

( n ≠ 2 )

однородного

союзного

уравнения,

отвечающей

рассматриваемому

λ = λ =n2π2 ,

n ≠ 2 ,

т.е. решение существует, но не единственно и

представимо в виде

∞

sin

πkx sin πks sin 2πs ds +C sin πnx , где

y(x) = sin 2π x +π2n2

∑

N∫

k =1, k ≠n π

k −π

C - произвольная постоянная. Меняя порядок суммирования и интегрирования, заметим,

что все слагаемые в сумме при k ≠ 2 равны нулю, т.к. ∫1 sin πks sin 2πs dx = 0

(k ≠ 2) .

Поэтому,

учитывая что

∫1 sin π2s sin 2πs ds =

= 2) , окончательно получим

y(x) = sin 2π x +

π2n2

sin 2πx +C sin πnx =

4 sin 2πx

+C sin πnx , где C - произвольно.

4π2 −π

2n2

4 −n2

Задачи для самостоятельного решения

6.1Построить резольвенту уравнений Фредгольма 2-го рода с симметрическим вырожденным ядром при значениях λ , не совпадающих ни с одним их характеристических чисел:

-через определители Фредгольма;

-в виде разложения по собственным функциям ядра:

а) y(x) = λ ∫1 x s y(s) ds + f (x) ;

			0
	б) y(x) = λ ∫1 (x +s) y(s) ds + f (x) ;
			−1
	в) y(x) = λπ∫y(s) ds + f (x) ;
			0
	г)	y(x) = λ π∫ (1+cos(x − s)) y(s) ds + f (x) ;
			−π
	д)	y(x) = λ	2∫π (sin x sin s +sin 2x sin 2s) y(s) ds + f (x) .
			0
6.2	Исследовать разрешимость при различных значениях λ и решить интегральные уравнения
	Фредгольма 2-го рода:

а) y(x) = λ ∫1 x(1+s) y(s) ds + x2 ;

б)	y(x) = λ ∫1	x y(s) ds +sin 2π x ;
	0
в) y(x) = λ ∫1 (1+ 2x) s y(s) ds +1−			3 x ;
	0		2
г)	y(x) = λ ∫1	x sin 2πs y(s) ds + x ;
	0
д)	y(x) = λ ∫1 arccos s y(s) ds +		1		;
д)	y(x) = λ ∫1 arccos s y(s) ds +		− x	2	;
	0	1	− x
	π
е)	y(x) = λ ∫4	tg s y(s) ds +ctg x ;
	−π
	4
ж)	y(x) = λπ∫sin x cos s y(s) ds +cos x ;
	0
з)	y(x) = λπ∫cos(x + s) y(s) ds +1;
	0
и)	y(x) = λ∫1	(1+ xs) y(s) ds +sin π x ;
	−1
к )	y(x) = λ π∫ cos2 (x − s) y(s) ds +sin 2x ;
	−π
л) y(x) = λ ∫1 (2xs3 +5x2 s2 ) y(s) ds +7x4 +3 ;
	−1
	1					(x +1) s ,
м)	y(x) = λ∫K (x, s) y(s) ds +cosπ x ,				где	(x +1) s ,
м)	y(x) = λ∫K (x, s) y(s) ds +cosπ x ,				где	K (x, s) =
	0					(s +1) x ,

0 ≤ x ≤ s s ≤ x ≤1 .

Ответы к задачам

6.1

а)

R(x, s, λ) =

3xs

;

1− 1 λ

3 −λ

б)

R(x, s, λ) =

2λ(1+3xs) +3(x + s)

;

3 −4λ2

в)

R(x, s, λ) =

;

−λπ

+ cos(x − s)

г)

R(x, s, λ) =

;

−2πλ

1−λπ

д)

R(x, s, λ) = sin x sin s +sin 2x sin 2s .

1−λπ

6.2

а)

При λ ≠ 6 - единственное решение

y(x) = x2 +

7λ

;

при λ =

- решений нет.

6 −5λ

б)

При λ ≠ 2 - единственное решение y(x) = sin 2π x ;

при λ = 2

- y(x) = Cx +sin 2π x - решение не единственно.

в)

При λ ≠

единственное решение

y(x) =1− 3 x ;

при λ =

y(x) =1− 3 x +C(1+ 2x)

- решение не единственно.

2πx

г)

При λ ≠ −2π - единственное решение

y(x) =

;

при λ = −2π

λ + 2π

д)

При λ ≠1

- единственное решение

y(x) =

2λ

; при λ

− x2

8(1−λ)

е)

При всех

λ \ - единственное решение

y(x) = ctg x +

πλ .

ж)

При всех

λ \ - единственное решение

y(x) = cos x +

πλ sin x .

з)

При λ ≠ ±

- единственное решение

y(x) =1−

4λsin x

;

при λ = −

2 +λπ

-решений нет.

-решений нет;

при λ = π2

и) При λ ≠ 12 , при λ = 32

при λ = 12

к) При λ ≠ π1 ,

y(x) = C cos x −

sin x +1 - решение не единственно.

λ ≠ 3

3λ

- единственное решение

y(x) = sin πx +

x ;

3 −2λ

решений нет;

y(x) = C +sin πx +

- решение не единственно.

2π

y(x) = 2 sin 2x

λ ≠

- единственное решение

;

2 −λπ

при λ =

решений нет;

при λ =

y(x) = 2 sin 2x +C - решение не единственно.

20λ

л) При λ ≠

λ ≠ 5 - единственное решение

y(x) = 3 +

x2 +7x4

;

1−2λ

при λ =

решений нет;

при λ =

y(x) = 3 +Cx −

50 x2 +7x4

решение не единственно.

м) При λ ≠1,

λ ≠ −π2n2

(n `) -

единственное решение

y(x) = cosπ x +λ

1+e

−

π(sin π x +π cosπ x)

;

λ −1

2(λ +π

)

1+π

при λ =1,

λ = −π2 -

решений нет;

при λ = −π2n2 (n = 2, 3, 4,...)

решение не единственно

y(x) = cosπ x +λ

1+e

−

π(sin π x +π cosπ x)

+C(sin π x + nπ cosπ x) .

λ −1

2(λ +π

)

1+π

ТЕМА 7

Задача Штурма-Лиувилля. Собственные значения и собственные функции.

Сведение задачи Штурма-Лиувилля к интегральному уравнению.

					Основные определения и теоремы
Оператором			Штурма-Лиувилля называется дифференциальный				оператор 2-го
	d			dy	−q(x) y , где коэффициенты p(x) , q(x) ,	ρ(x)
порядка Ly =		p(x)					удовлетворяют

	dx			dx

условиям: p(x)	непрерывно дифференцируемая,				а q(x)		и ρ(x) непрерывные на [a,b]
функции, причем	ρ(x) > 0, p(x) > 0 ,	q(x) ≥ 0		( x [a, b] ).
Поставим вопрос: найти такие числа λ , при которых существует нетривиальное
решение следующей краевой задачи		(α2	+α2	≠ 0,	β2	+ β2	≠ 0 ):
		1	2		1	2
		Ly +λρ(x) y = 0						.
				β1 y(b) + β2 y′(b) = 0				.
	α1 y(a) +α2 y′(a) = 0,			β1 y(b) + β2 y′(b) = 0

Эта задача называется краевой задачей на собственные значения и собственные функции для оператора Штурма-Лиувилля (сокращенно - задача Штурма-Лиувилля); числа λn , при которых существуют нетривиальные решения, - собственными значениями, а

соответствующие нетривиальные решения - собственными функциями.

Замечание. Возможны и другие типы дополнительных условий (см. пример 7.5 и задачу 7.3).

Обозначим G(x, s) функцию Грина краевой задачи

	Ly = f (x)	.
		.
α1 y(a) +α2 y′(a) = 0, β1 y(b) + β2 y′(b) = 0

Функция G(x, s) непрерывна по совокупности аргументов и симметрична, т.е. G(x, s) = G(s, x) ; она существует, если однородная краевая задача

	Ly = 0		.
		β1 y(b) + β2 y′(b) = 0
α1 y(a) +α2 y′(a) = 0,
имеет только тривиальное решение,	т.е.	λ = 0 не является собственным значением

оператора L.

При этих условиях задача Штурма-Лиувилля может быть сведена к эквивалентной задаче на характеристические числа и собственные функции

y(x) = −λ ∫b G(x, s) ρ(s) y(s) ds

для интегрального оператора с непрерывным ядром G(x, s)ρ(s) . Если ρ(s) ≡/ 1, то ядро интегрального оператора не является симметрическим. Однако ядро

K (x, s) = ρ(x) G(x, s) ρ(s)

уже является непрерывным и симметрическим.

В курсе лекций для первой краевой	задачи	Ly +λρ(x) y = 0	доказано
		y(a) = 0, y(b) = 0
существование функции Грина при условиях	ρ(x) > 0,	p(x) > 0 , q(x) ≥ 0	и получены

следующие свойства собственных значений и собственных функций.

Теорема. Задача Штурма-Лиувилля эквивалентна задаче на характеристические

числа и собственные функции ϕ(x) = λ∫b K (x, s)ϕ(s) ds для интегрального оператора с

непрерывным симметрическим замкнутым ядром K (x, s) = − ρ(x) G(x, s) ρ(s) , где

ϕ(x) = y(x) ρ(x) .

Теорема. Собственные значения λn задачи Штурма-Лиувилля вещественны и образуют бесконечную последовательность, причем λn → +∞ при n → ∞.

Теорема. Каждое собственное значение задачи Штурма-Лиувилля имеет кратность

единица.
Теорема. Собственные функции yi (x),		yk (x) задачи Штурма-Лиувилля, отвечающие
различным собственным значениям λi , λk ,		ортогональны на отрезке [a,b] с весом	ρ(x) ,
т.е. ∫b	yi (x) yk (x) ρ(x) dx = 0 при λi ≠ λk , и	могут быть нормированы с весом	ρ(x) :
a

∫yk2 (x) ρ(x) dx =1.

Теорема. (Стеклова). Любая дважды непрерывно дифференцируемая на отрезке [a,b] и удовлетворяющая однородным краевым условиям на его концах функция

f (x) представима в виде абсолютно и равномерно сходящегося ряда Фурье по ортонормированной с весом ρ(x) системе собственных функций задачи Штурма-

∞	b
Лиувилля: f (x) = ∑ fn yn (x) , где коэффициенты Фурье равны	fn = ∫ f (x) yn (x) ρ(x) dx .
n=1	a

Теорема. Собственные значения первой краевой задачи Штурма-Лиувилля положительны. Имеет место следующая оценка снизу для наименьшего собственного значения:

q(x)

λ1 = ∫ q y12 + p

dx > min

≥ 0 .

x [a

,b] ρ(x)

Заметим, что

перечисленные

результаты

остаются

справедливыми

для второй

краевой задачи (граничные условия имеют вид

′

= 0 ), если

q(x) ≡/ 0 , для

y (a) = 0

, y (b)

третьей краевой

задачи

(граничные

условия имеют

вид

′

y (a) −h1 y(a) = 0 ,

′

если h1, h2

– положительные

постоянные, а

также

для

смешанных

y (b) + h2 y(b) = 0 ),

краевых задач, когда левом конце задается условие одного вида, а на правом другого. Необходимо помнить, что в случае второй краевой задачи при q(x) ≡ 0 существует

нулевое собственное значение, а остальные собственные значения положительны.

В некоторых случаях задача построения последовательности характеристических чисел и собственных функций интегрального оператора Фредгольма с непрерывным невырожденным ядром специального вида может быть сведена к задаче Штурма-Лиувилля

(примеры 7.7 и 7.8)

подпространстве	дважды непрерывно	дифференцируемых	функций	из h[a, b] ,
удовлетворяющих	граничным условиям	′	′	является
удовлетворяющих	граничным условиям	y (a) = 2 y(a),	y (b) = 0 ,	является
симметрическим.

Решение. Требуется доказать, для любых двух функций y(x), z(x) из указанного подпространства имеет место равенство (Ly, z) = ( y, Lz) , где скалярное произведение в h[a, b] введено обычным образом: ( y, z) = ∫b y(x)z(x)dx .

Рассмотрим произвольные дважды непрерывно дифференцируемые на [a,b]

функции y(x), z(x) такие, что y′(a) = 2 y(a), y′(b) = 0 и z′(a) = 2z(a), z′(b) = 0 . Тогда,

интегрируя по частям и учитывая граничные условия, будем иметь:

b		b	b		b
′ ′	′		′	′	′	′
′ ′	′		′	′	′	′
(Ly, z) = ∫[( p(x) y (x)] z(x)dx =[ py ]z		a	− ∫ p(x) y (x) z (x)dx = −2 p(a) y(a)z(a) − ∫ p(x) y (x) z (x)dx
(Ly, z) = ∫[( p(x) y (x)] z(x)dx =[ py ]z		a
a			a		a
			,
b		b	b		b
′ ′	′		′	′	′	′
′ ′	′		′	′	′	′
( y, Lz) = ∫y(x)[( p(x)z (x)] dx = y[ pz ]		a	− ∫y (x) p(x)z (x)dx = −2 p(a) y(a)z(a) − ∫ p(x) y (x) z (x)dx
( y, Lz) = ∫y(x)[( p(x)z (x)] dx = y[ pz ]		a
a			a		a

Сравнивая полученные выражения, заключаем, что для любых элементов рассматриваемого подпространства выполнено соотношение (Ly, z) = ( y, Lz) , что и

требовалось доказать.

Замечание. Из полученного результата вытекает, что все собственные значения соответствующей задачи Штурма-Лиувилля вещественны.

Пример 7.2. Доказать, что все собственные значения третьей краевой задачи ШтурмаЛиувилля

		Ly +λρ(x) y = 0
	′	′
y (a) − y(a) = 0, y (b) +3y(b) = 0

			d		dy
положительны, если оператор		Ly =		p(x)		−q(x) y ,	причем ρ(x) > 0, p(x) > 0 ,

q(x) ≥ 0	x [a, b] .		dx		dx

Решение.	Заметим, что все	собственные			значения -		вещественны. Это следует из

симметричности оператора при заданных граничных условиях, которая может быть установлена аналогично примеру 7.1.

Пусть λ

- собственное значение задачи,

а y(x) ≡/

0 - соответствующая собственная

функция, т.е.

y(x) является решением уравнения

p(x)

−q(x) y +λρ(x) y = 0 .

Умножим это уравнение на y(x) и проинтегрируем по отрезку [a,b]

(первое слагаемое в

левой части формулы интегрируется по частям):

′ ′

′

′2

(x) dx

(x) dx .

∫([( p(x) y ] −q(x) y)y(x)dx ≡ p(x) y y

a − ∫ p(x) y

(x) dx − ∫q(x) y

= −λ∫ρ(x) y

′	′	,
Учитывая граничные условия y (a) = y(a),	y (b) = −3y(b) , и то, что y(x) ≡/ 0	,
получим

λ ∫b ρ(x) y2 (x) dx

>0, т.к. ρ( x)>0

= p(b)3y2 (b)

≥0

+ p(a) y2 (a)

≥0

+ ∫b	p(x) y′2 (x) dx + ∫b q(x) y2 (x) dx .

a				a
	>0,	если	y ( x)≠const	≥0
	=0,	если	y( x)≡const

Если y(x)	≠ const , то правая	часть равенства положительна, следовательно λ > 0 ;
если же считать	y(x) ≡ const , то из	граничных условий следует y(x) ≡ 0 , что противоречит

сделанному выше предположению. Итак, λ > 0 , что и требовалось.

Пример 7.3. Найти собственные значения и собственные функции задачи ШтурмаЛиувилля

y′′+λy = 0

′

= 0,

′

y (0)

y (l) = 0

Решение.

В рассматриваемом случае имеем ρ(x) =1 > 0,

p(x) =1 > 0 ,

q(x) ≡ 0

x [0, l] ,

поэтому можно, действуя как в примере 7.2,

установить, что все собственные значения

действительны, причем одно из них λ0 = 0 , а остальные - положительны.

случае

λ = λ0

= 0

имеем

y(x) = C1 x +C2

и,

учитывая

граничные

условия,

получаем y0 (x) = C .

Пусть

λ > 0 ,

тогда

общее

решение

уравнения

имеет

вид

y(x) = C1 sin

λx +C2 cos

λx .

Дополнительные

условия дают

′

= 0 C1 = 0 ,

′

C2 λ sin

λl = 0 ,

y (0)

y (l) = 0

откуда

получаем

sin

λ l = 0 .

Следовательно,

искомые

собственные

значения

πn

n =1, 2,3..., а отвечающие им собственные функции yn (x) = C cos

πn

x .

λn =

Пример 7.4. Найти собственные значения и собственные функции задачи Штурма-

Лиувилля

y′′+λy

= 0

′

y(1) = 0

y (0) − y(0) = 0,

Решение.

Так как

ρ(x) =1 > 0, p(x) =1 > 0 ,

q(x) ≡ 0

x [0, l] ,

то все собственные

значения действительны и положительны.

Общее решение уравнения имеет вид y(x) = C1 sin

λx +C2 cos

λx ,

и из граничных

условий

вытекает

′

− y(0)

= C1

λ −C2 = 0 ,

y(1) = C1 sin λ +C2 cos

λ = 0 .

y (0)

Нетривиальное решение этой системы, т.е. C2 +C2 ≠ 0 , существует, если

sin

−1

λ cos

λ +sin

λ = 0,

λ > 0 .

cos λ

Поэтому

λ определяется из трансцендентного уравнения tg

λ = −

λ ,

положительные

решения которого и будут искомыми собственными значениями.

Далее, рассмотрев		любое	из	уравнений	системы	для	C1, C2 ,	имеем
C2 = C1 λn	= −C1 tg λn , откуда получим
	yn (x) = C1 (sin	λn x + λn cos		λn x) = C1 (sin	λn x −tg λn cos		λn x) .
Итак,	собственные значения		λn (n =1, 2,3...)		рассматриваемой		задачи	Штурма-
Лиувилля есть положительные решения уравнения tg					λ = − λ ,	а соответствующие им

собственные функции могут быть после несложных преобразований записаны в виде yn (x) = C sin λn (x −1) .

Пример 7.5. Найти собственные значения и собственные функции задачи ШтурмаЛиувилля

	y′′+λy = 0		.
	′	′	.
y(0)	= y(2π), y (0)	= y (2π)

Решение. Действуя как в примере 7.2, нетрудно показать, что в рассматриваемом случае все собственные значения неотрицательны.

Пусть

λ = 0 ,

тогда

y(x) = C1 x +C2

и, учитывая

дополнительные

условия,

имеем

y(x) = C . Поэтому

λ0

= 0

собственное

значение

задачи

собственной

функцией

y0 (x) =1.

Если λ > 0 , то общее решение уравнения имеет вид y(x) = C1 sin

λx +C2 cos

λx ,

из граничных условий вытекает

y(0) − y(2π) = C2 −C2 cos

λ2π −C1 sin

λ2π = 0 ,

′

λ(C1 −C1 cos

λ2π +C2 sin

λ2π) = 0 .

y (0)

− y (2π) =

Нетривиальное решение этой системы, т.е. C2

+C2 ≠ 0 , существует, если

−sin

λ2π

1−cos

λ2π

= 2 cos

λ2π −2 = 0 .

1−cos λ2π

sin

λ2π

Поэтому λ = n2 , n =1, 2,3,... ,

и при найденных значениях λ существуют по два линейно

независимых

решения

(1)

(2)

которые

при

каждом

λ = n2 , n =1, 2,3,...

определяют

две

линейно

независимых

собственные

функции

yn(1) (x) = sin nx и yn(2) (x) = cos nx .

Итак, собственное значение λ0

= 0

имеет

кратность 1, и ему соответствует

собственная

функция

(x) =1;

собственные

значения

= n2 ,

n =1, 2,3,...

имеют

кратность 2,

и им

отвечает

по

2 линейно

независимые

функции

yn(1) (x) = sin nx

yn(2) (x) = cos nx .

Замечание. Дополнительные условия, поставленные в этом примере, возникают при рассмотрении периодических задач, т.е. y(x) = y(x + 2π) .

Пример 7.6. Проверить возможность сведения к интегральному уравнению и свести

задачу Штурма-Лиувилля	y′′+λ (1+ x2 ) y = 0 ,	y(0) = 0, y(1) = 0 к
интегральному уравнению Фредгольма с симметрическим ядром.

Решение. В нашем случае Ly ≡ y′′, p(x) =1 > 0, q(x) ≡ 0, ρ(x) =1+ x2 > 0 , x [0,1] .

Докажем,	что λ = 0 не является собственным значением рассматриваемой задачи
Штурма-Лиувилля, т.е. однородное уравнение Ly ≡ y′′ = 0 с условиями		y(0) = 0,	y(1) = 0
имеет только	тривиальное решение. Действительно, y(x) = C1 x +C2 ,	откуда	с учетом

дополнительных условий получаем y(x) ≡ 0 . Это означает, что функция Грина оператора

Ly ≡ y′′ при условиях y(0) = 0,

y(1) = 0

существует и, следовательно,

задача Штурма-

Лиувилля может быть сведена к интегральному уравнению.

Построив

функцию

Грина

x(s −1),

0 ≤ x ≤ s

и рассматривая

G(x, s) =

s ≤ x ≤1

s(x −1),

выражение

−λ(1+ x2 ) y

как

неоднородность,

приведем

уравнение

виду

y(x) = λ∫1

−G(x, s)(1+ s2 ) y(s)ds .

Чтобы симметризовать ядро, умножим последнее соотношение на 1+ x2

и введем в

рассмотрение

функцию ϕ(x) = y(x)

1+ x2 .

Тогда

получим

ϕ(x) = λ∫1

K (x, s)ϕ(s)ds -

интегральное

уравнение

Фредгольма

непрерывным

симметрическим

ядром

K (x, s) = −

1+ x2 G(x, s) 1+ s2

для функции ϕ(x) .

Пример 7.7.

Рассмотрим однородное уравнение Фредгольма

y(x) = λ ∫1

K (x, s) y(s) ds с

симметрическим непрерывным (невырожденным) ядром

K (x, s) = x (1−s) ,

0 ≤ x ≤ s ,

x, s 0;1 .

s ≤ x ≤1

[

]

s(1− x) ,

Найти характеристические числа и ортонормированные собственные функции этого

ядра.

Решение.

Чтобы определить характеристические числа,

нужно найти те значения λ , при

которых уравнение

y(x) −λ∫1

K (x, s) y (s) ds =0

имеет нетривиальные

решения;

соответствующие решения y(x) ≡/ 0

и есть искомые собственные функции.

Заметим,

что

ядро

K (x, s)

рассматриваемом

случае

имеет

специфическую

структуру, напоминающую функцию Грина некоторой краевой задачи. Поэтому следует ожидать, что процедура построения характеристических чисел и собственных функций может быть сведена к решению задачи Штурма-Лиувилля.

Запишем уравнение		в виде y(x) =λ (1− x)∫x	s y (s) ds +λx∫1	(1− s) y (s) ds , откуда
следует, что y(0)	= y(1) =0 .	0	x
		После двукратного дифференцирования обеих частей этого
соотношения по х	приходим к дифференциальному уравнению y′′+λy =0 .

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 96 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.05.2015361.94 Кб15399885.rtf
#
19.11.201881.41 Кб339_-_texty_-_B-C.doc
#
06.11.2018491.52 Кб23_kl.doc
#
17.05.201534.93 Кб313_referat_MYu.docx
#
18.03.20161.23 Mб733курс, VIсем.Волков,Ягола инт ур.pdf
#
18.03.20161.24 Mб333курс,VIсем Задачи инт ур..pdf
#
18.03.201689.8 Кб264 курс л.р 1.ТСП теор случ процессов.docx
#
18.03.20161.14 Mб1994 курс ЧМ брошюра.docx
#
17.05.2015279.52 Кб64 лихачев.rtf
#
13.08.201940.79 Кб114 раздел.тема1.docx
#
17.05.201549.35 Кб84 тема.docx