Глава 3

Задача Штурма-Лиувилля.

3.1Постановка задачи.

Рассмотрим уравнение

:=	( ( ) ′)′	+ ( ) = ( );	= ( ),			[ ; ].
	−

– уравнение дивиргентного вида ( ′· (что–то) снова дифференцируется). Можно расписать:

− ′′ − ′ ′ + =

1[ ; ],

[ ; ]

Хотим сделать старший коэффициент равным единице, поэтому предполагаем

( ) ≥ 0 > 0 - невырожденность задачи. ( ) ≥ 0 - предполагаем, потом отбросим. Задача Коши:

= ;

( ) = ;

′( ) = .

В то же время Штурма–Лиувилля - краевая:

			= ;		( ) = ;		( ) = .
Выделим область определения оператора:
				0 ( ) + 1 ′( ) = 0					2 + 2 > 0
									0	+ 1	> 0
				0 ( ) − 1		′( ) = 0		}	0	1
( ) =		2[ ; ]							2	2
{									, ,			,		1		0
									0	1	0				≥
Таким образом, задача Штурма-Лиувилля:
				= ,		( ).

30

Лемма (о квадратичной форме). Если ( ) и ( ) ≥ 0, то верна оценка:

( , ) 2( ; )	=	∫	· ≥ 0 ∫	( ′)2

( 0 - из предположения о невырожденности).

Доказательство. Интегрируем по частям:

∫

∫

(− ′)′ · + 2

≥

∫

· =

( ′)2 −( ′)

(

)

0

0

≥

≥

?

≥

0?

0 ( ) − 1 ′( ) = 0

( ) = 02 + 12 > 0

=

= ′( ), ( )

0, 1

≥ 0

= ( ) ′( ) ( )

имеют одинаковые знаки

≥

0

Аналогично ′( ), ( ) имеют разные знаки = − ( ) ′( ) ( ) ≥ 0 Получаем, что

		· ≥ 0 ∫
−( ′) ≥ 0 = ∫			( ′)2

Теорема единственности. Пусть выполнены условия на , , , .

∫

1. Если ( ) > 0, то решение Задачи ШЛ единственно.

2. Если ∫ ( ) = 0 ( ≡ 0), но 02 + 02 > 0, то решение Задачи ШЛ единственно.

Доказательство. Пусть имеются два решения 1,	2. 1 = 2 = ;	1,2 ( ).
Рассмотрим = 1 − 2. Тогда = 0; ( );
Нужно проверить, что - тождественный ноль.

∫

1.( ) > 0

		∫
0 = ( , )	≥ 0		( ′)2 = =

{

=	0	= * = 0 = ≡ 0
= ≡	, а * : ( *) > 0

31

2. Граничные условия: = 1 − 2 ≡ ( ) ( = ′( ) = ′( ) = 0).

0 ( ) = 0

0 ( ) = 0 = ( ) = 0 или ( ) = 0 = ≡ = 0.

02 + 02 > 0

Рассмотрим общую ситуацию: 0, 1, 0, 1.

Теорема. Существует : ( ) ≥ = решение единственно.

Упражнения:

1.

( , ) ≥ 0 ∫

∫

( ′)2 +

2

− 2(

)

− 2(

),

( ).

двойные

подстановки

2.

: 0 [ ; ]

1[ ; ]

2 ≤ ∫

( ′)2 + ∫

2

∫

: ( 0 − ( + )) > 0

( ( ) − ( + ) ) 2

>0

3.2Функция Грина.

Теорема существования. Если решение задачи Штурма-Лиувилля единственно, то решение существует для любой функции [ ; ], и

∫

( ) = ( , ) ( ) . ( ( , ) - функция Грина).

Вспомним дифференциальные уравнения. Рассмотрим уравнение = .

= частн + общ, где частн - решение неоднородного уравнения, а общ - однородного.

общ	= 0 0 + 1	1, где 0, 1 образуют фундаментальную систему решений.
0, 1 найдем из граничных условий. Как найти частное решение?
частн	= 0( ) 0	( ) + 1( ) 1( ), т.е. коэффициенты рассматриваем как функции –

метод вариации произвольных постоянных.

32

Шаг 1. Выбор фундаментальной системы решений.

= 0;	( )		−	′		( ) = 0	0.
0	0	0		1 0			0̸≡
0 = 0;		0( ) = 1;				0′ ( ) = 0;
= 0;	( )		−		′ ( ) = 0;			0.
1	0	1		1	1			1̸≡

0, 1 - фундаментальная система решений? Линейно независимы?

0 0( ) + 1 1( ) ≡ 0,	02 + 12 > 0
0 ̸= 0 = 0 = −	1
		1( )
	0
0 удовлетворяет условиям в точке = 0 ( ), 0 = 0,			0̸≡0 - противоречие
с единственностью.

Шаг 2. Вариация произвольных постоянных.

= ; ( ) = 0( ) 0( ) + 1( ) 1( )

Дифференцируем: ′ = 0′ 0 + 0 ′0 + 1′ 1 + 1 ′1. Пусть 0′ 0 + 1′ 1 = 0.

=

−

( ′)′ + =

−

(

′ )′

−

( ′ )′

+

0

+

=

0

0

1 1

0

1 1

( ·(

′

))

′

= − 0′ 0′

− 1′ 1′ + 0 0

+ 1 1 =

=0

=0

Получаем систему:

{

0′ 0 + 1′ 1

= 0

| ·

0′

= 1′ ( 1 0′

− 0 1′

0

0′ 0′ + 1′ 1′

0

) =

.

=

−

| ·

Вронскиан равен:

0′

1′

)

= 0 1′

− 1 0′ = ( ).

det (

0

1

( ) ̸= 0 0 и 1 линейно независимы. Метод Крамера:

∫

( ) 1( )

0

=

′

=

1

0( ) = 0( 0) +

0

( ) ( )

0

1( ) = 1( 1) −

( ) ( )

1′

= −

∫1

( ) 0( )

( ) ( ) ≡ ̸= 0. Почему:

( )′ = ( 0 1′ − 0′ 1)′ = 0( 1′ )′ + 0′ 1′

− ( 0′ ) 1

− 0′ 1′ (=)

сокр.

сокр.

33

( 0 = 0 :

( 0′ )′ = 0)

(=) 0( 1) − ( 0) 1 = 0 = ( ) ( ) ≡ .

Пусть = ( ) ( ). Вытащим константу 1 за интеграл. Получаем, что:

( ) = 0 0 + 1 1 + 0( ) 0 + 1( ) 1

общ. реш. одн.						реш. неодн.
				частн.

Шаг 3. Нужно ( )

( ) = 0 ( ) − 1 ′( ) = 0 – граничный оператор.

- дифференцируемый линейный оператор первого порядка.

( ) = ( 0 0 + 1 1) = 0( ) ( ( 0))( ) + 1( ) ( ( 1))( ) = 0.

						̸
	0				=0

Таким образом, 1( ) = 0, 1 := (граница интегрирования). В это время, на правом конце:

( )	0	1 ′		=		0		0	1 1	)		= ( 0 ( 0) + 1					(0			1	)	)
	= (	+ )				(			+				̸=0

Таким образом, 0( ) = 0, 0 := . Получаем:

0	( ) = − ∫			1	( ) = −		( 0 ).
			( 1 );			∫
	1				1

Выпишем решение:

( ) = 0( ) 0( ) + 1( ) 1( ) =

= −		( 0 ) −		0( ) ∫							( , ) ( ) ,
	1( ) ∫							( 1 ) =		∫
1			1
	∫				1	∫
	под		{	под						≤	.
	где ( , ) =			−	1	0	( ) 1		( ),
						0	( ) 1		( ),
				−						≤

Свойства функции ( := ( ; ) × ( ; )):

1.( , ) 2( { = }) (излом на диагонали);

2.( , ) 2( );

3.( , ) = ( , ) - симметрична.

34