ДИФУР ГУРЕВИЧ ЛЕКЦИИ

Таким образом,

G(x; t) =	(y1		(t)y2(x)	;	ïðè t	x	b.
		y1	(x)y2(t)	;	ïðè a	x	t,
			W (t)
			W (t)

Это представление получено с использованием рассуждений по необходимости. Отсюда следует, что если функция Грина существует, то она единственна. С другой стороны, очевидно, что найденная функция G(x; t)

удовлетворяет всем условиям, определяющим функцию Грина.

Роль функции Грина в теории краевых задач определяется следующей теоремой.

Теорема 5.3. Если краевая задача (5.4)-(5.6) имеет только тривиальное решение, то для любой непрерывной функции f(x) краевая зада-

ча (5.3)-(5.5) имеет единственное решение, причем оно представимо в виде

y(x) = Za	b
	G(x; t)f(t)dt:	(5.7)

Доказательство. Убедимся, что функция y(x), определяемая формулой (5.7), является решением задачи (5.3)-(5.5). В самом деле,

b

Z

y(a) = G(a; t)f(t)dt = 0;

a

т.к. G(a; t) = 0. Аналогично получим, что y(b) = 0. Остается доказать, что y(x) является решением (5.3). С этой целью представим y(x) следующим образом:

x		b
y(x) = Za	G(x; t)f(t)dt + Zx	G(x; t)f(t)dt:

Отсюда

x	@xG(x; t)f(t)dt + G(x; x)f(x) + Zx				b
y0(x) = Za					@xG(x; t)f(t)dt
	@					@
		x	@xG(x; t)f(t)dt + Zx		b
G(x; x)f(x) = Za						@xG(x; t)f(t)dt:
			@		@

91

При этом преобразовании использована формула Лейбница:

0 (x)F (x; t)dt10		=	(x)	@F (x; t)	dt + F (x; (x)) 0	(x)		F (x; (x)) 0	(x):
			Z
Z	C			@x
B (x)			(x)
@	A

Аналогично,

x

2G(x; t)

t=x 0 f(x)+

y00(x) = Z

@

f(t)dt +

@G(x; t)

@x2

@x

a

b

2G(x; t)

@

@G(x; t)

+ Z

f(t)dt

t=x+0 f(x) =

@x2

@x

x

x

2

b

2

= Za

@

@x2

f(t)dt + Zx

f(t)dt+

@x2

G(x; t)

@ G(x; t)

+

@x

0)

@G(

@x

f(x) =

@G(x; x

x; x + 0)

x

@2G(x; t)

b

2G(x; t)

= Za

f(t)dt + Zx

@

f(t)dt + f(x):

@x2

@x2

Отсюда

y00

+ q(x)y =

x

2G(x; t)

= Za

@

+ q(x)G(x; t) f(t)dt+

@x2

b

2G(x; t)

+ Zx

@

+ q(x)G(x; t) f(t)dt + f(x) f(x);

@x2

т.к. функция G(x; t) как функция x является решением уравнения (5.6). Единственность решения краевой задачи следует из теоремы 5.2.

5.2. Краевая задача с параметром. Собственные значения и собственные функции

Рассмотрим следующую краевую задачу:

y00 q(x)y + y = 0;

(5.8)

92

y(a) = 0;	(5.9)
y(b) = 0;	(5.10)

ãäå 2 C; q(x) 0.

Очевидно, что краевая задача (5.8)-(5.10) при любых имеет тривиальное решение. Но может случиться, что при некоторых эта задача

имеет и нетривиальное решение.

Определение 5.4. Число 0 называется собственным значением

краевой задачи (5.8)-(5.10), если при = 0 у нее существуют нетри-

виальные решения (вообще говоря, комплекснозначные). Эти решения называются собственными функциями, соответствующими собственному значению 0.

Очевидно, что если y0(x) собственная функция, то и cy0(x) (c 6= 0)

собственная функция.

Установим некоторые свойства собственных значений и собственных функций в предположении, что они существуют. Позднее будет доказано, что собственные значения у краевой задачи (5.8)-(5.10) существуют.

Всюду в дальнейшем будем предполагать, что q(x) вещественная непрерывная на [a; b] функция, причем q(x) 0.

Теорема 5.4. Собственные значения краевой задачи (5.8)-(5.10) являются вещественными и неотрицательными.

Доказательство. Пусть 0 собственное значение, y0(x) собственная функция. Тогда

y000(x) q(x)y0(x) + 0y0(x) 0:

Умножим это тождество на y0(x), а затем проинтегрируем по отрезку [a; b]. В результате получим

b				b			b
Za	y000(x)		dx Za	q(x)y0(x)		dx + 0 Za
		y0(x)			y0(x)		y0(x)y0(x)dx = 0:

Выполнив интегрирование по частям в первом интеграле, имеем:

			b	b	b
y00 (x)y0(x) x=a Z				jy00 (x)j2 dx Z	q(x)jy0(x)j2 dx + 0 Z jy0(x)j2 dx = 0:
			b
			a	a	a

Учитывая краевые условия (5.9)-(5.10), заключаем, что обе подстановки

93

равны нулю, и, следовательно,

	b	jy00 (x)j	b	b	j	0	j	:
0 = Ra				Ra
			2 dx + q(x) y				(x)	2 dx
			Ra	jy0(x)j2 dx

Отсюда, так как q(x) 0, приходим к выводу, что 0 0.

Теорема 5.5. Собственные функции, соответствующие одному и тому же собственному значению, линейно зависимы.

Доказательство. Пусть y1(x) è y2(x) собственные функции, соответствующие собственному значению 0, тогда их определитель Врон- ского W (x) при x = a равен

y1(a)

W (0) = 0

y1(a)

y20	(a)		= y10	(a) y20	(a)		= 0:
y2	(a)			0	0

Поэтому функции y1(x), y2(x) линейно зависимы.

Следствие 5.1. Множество собственных функций, соответствующих собственному значению 0, имеет вид y = cy0(x), ãäå c 6= 0, y0(x)

вещественная функция.

Доказательство. Пусть y(x) = u0(x) + iv0(x), ãäå u0(x), v0(x) вещественные функции, есть собственная функция, соответствующая собственному значению 0. Тогда

(u0(x) + iv0(x))00 q(x)(u0(x) + iv0(x)) + 0(u0(x) + iv0(x)) 0:

Отсюда

(u000(x) q(x)u0(x) + 0u0(x)) + i(v000(x) q(x)v0(x) + 0v0(x)) 0:

Поэтому функции u0(x) è v0(x) являются решениями краевой задачи (5.8)-(5.10) при = 0. Так как y(x) 6= 0, то по крайней мере одна из функций u0(x) èëè v0(x) отлична от тождественного нуля. В то же время, любые два решения краевой задачи (5.8)-(5.10) линейно зависимы.

Из доказанного следствия вытекает, что для любого собственного зна- чения 0 в качестве собственной функции можно взять вещественную функцию.

Определение 5.5. Вещественные функции f(x), g(x) называются

b

R

ортогональными на отрезке [a; b], если f(x)g(x) dx = 0.

a

Теорема 5.6. Собственные функции, соответствующие различным собственным значениям, ортогональны на отрезке [a; b].

94

Доказательство. Пусть y1(x), y2(x) собственные функции, соот- ветствующие 1 è 2, следовательно,

y100(x) q(x)y1(x) + 1y1(x) 0; y200(x) q(x)y2(x) + 2y2(x) 0:

Не теряя общности, будем считать, что y1(x) è y2(x) вещественные функции. Из первого тождества, умноженного на y2(x), вычтем второе, умноженное на y1(x). В результате получим

y100(x)y2(x) y1(x)y200(x) + ( 1 2)y1(x)y2(x) 0:

Отсюда

	d
		(y10 (x)y2(x) y1(x)y20 (x)) + ( 1			2)y1(x)y2		(x) 0:
	dx
Проинтегрируем это тождество по отрезку [a; b]. Тогда
					b
(y10 (x)y2(x) y1(x)y20 (x))jxb =a + ( 1 2) Za						y1(x)y2(x)dx = 0:
Íî òàê êàê y1(x) è y2(x) при x = a и x = b обращаются в ноль, то
		( 1 2) Za		b
				y1(x)y2(x)dx = 0:
Отсюда, учитывая, что 1 6= 2, получаем требуемое.
Докажем теперь существование у краевой задачи (5.8)-(5.10) соб-
ственных значений. Пусть, для определенности,						a = 0, b		= . Ïðåä-
варительно докажем несколько вспомогательных утверждений.
Лемма 5.1. Задача Коши
		y00 q(x)y + 2y = 0;			x 2 [0; ]			(5.11)
			y(0) = 0;					(5.12)
			y0(0) = ;					(5.13)
где > 0 , равносильна интегральному уравнению
				x
1				Z0 q(t)y(t) sin (x t) dt:
		y(x) = sin x +						(5.14)

95

Доказательство. Пусть y0(x; ) решение задачи Коши. Отсюда y000(x; ) q(x)y0(x; ) + 2y0(x; ) 0;

èëè
y000(x; ) + 2y0(x; ) q(x)y0(x; ):
Обозначим F (x; ) = q(x)y0(x; ), тогда
y000(x; ) + 2y0(x; ) F (x; ):
Следовательно, y0(x; ) является решением уравнения
y00 + 2y = F (x; );	(5.15)

удовлетворяющим начальным условиям (5.12), (5.13).

Найдем решение этой задачи Коши, воспользовавшись методом ва-

риации произвольных постоянных. Для этого рассмотрим однородное уравнение y00 + 2y = 0. Его общее решение имеет вид

y = c1 cos x + c2 sin x:

Будем искать частное решение (5.15) в виде

y÷(x; ) = c1(x; ) cos x + c2(x; ) sin x:

Для определения c1(x; ) è c2(x; ) приходим к системе

(

c01 cos x + c02 sin x = 0;

c01 sin x + c02 cos x = F (x; ):

Решив эту систему, получим:

c10 =	sin x	F (x; );	c20

Отсюда следует, что в качестве c1(x; ) è

= cos xF (x; ):

c2(x; ) можно взять

	x	F (t; ) sin t dt;	c2		x	F (t; ) cos t dt:
c1(x; ) = Z0				(x; ) = Z0
1				1

Поэтому

	y÷(x; ) =		1		8	x	F (t; ) sin t dt cos x +	x	F (t; ) cos t dt sin x9	=
						Z		Z
					<				=
						0		0
					:				;

96

	x	F (t; ) sin (x t) dt:
= Z0
1

Отсюда заключаем, что общее решение уравнения (5.15) имеет вид

	x	F (t; ) sin (x t) dt:
y = c1 cos x + c2 sin x + Z0
1

Подчиняя решение начальным условиям (5.12), (5.13), находим c1 = 0, c2 = 1. А так как решение задачи Коши единственно, то y(x; ) y0(x; ). Таким образом, y0(x; ) имеет вид

y0		x	F (t; ) sin (x t) dt;
	(x; ) = sin x + Z0
	1

ò. å.		x
y0			q(t)y0(t; ) sin (x t) dt:	(5.16)
	(x; ) = sin x + Z0
	1

Отсюда следует, что y0(x; ) есть решение (5.14). Непосредственной проверкой нетрудно убедиться, что решение уравнения (5.14) является решением задачи Коши (5.11)-(5.13).

Лемма 5.2. Пусть y0(x; ) решение задачи Коши (5.11)-(5.13). Тогда существуют положительные числа c и 0, такие что при0 и x 2 [0; ] справедливо неравенство

jy0(x; )j c:

Доказательство. Из тождества (5.16) следует, что

jy0		x	q(t) jy0(t; )j dt:	(5.17)
	(x; )j 1 + Z0
	1

Отсюда, воспользовавшись неравенством Беллмана, получим:

			x
y0	(x; ) e	1	q(t) dt		e	1	q(t) dt		eR	q(t) dt
			R				R			= c
j	j		0				0		0
ïðè 0 = 1.

97

Лемма 5.3. Существуют положительные c и 0, такие что при

0 справедливо неравенство

	@y0@					c:				(5.18)
			(x; )
	Доказательство. Прежде		всего	заметим,			что в силу теоремы о диф-
	ференцируемости решения по параметру производная							@y0(x; )		ñóùå-
								@

ствует и является непрерывной функцией по совокупности переменных. Поэтому, дифференцируя тождество (5.16) по , получим:

@y0@

x cos x

2

x

q(t)y0(t; ) sin (x t) dt+

Z0

(x; )

1

x

0@

sin (x t) dt+

+ Z0

q(t)

1

@y (t; )

x

(5.19)

+ Z0

q(t)y0(t; )(x t) cos (x t) dt:

1

Отсюда

@y0@

x

x

q(t)

0@

dt+

+ 2 Z

q(t) jy0(t; )j dt + Z

(x; )

1

0

1

@y (t; )

0

x

+

Z0

q(t) jy0(t; )j dt:

Íî jy0(x; )j c1, ãäå c1 некоторая положительная константа. Поэтому при 0 = 1

@y0@

c2

x

q(t)

0@

dt;

+ Z

(x; )

1

@u (t; )

0

R

R

ãäå c2 = + c1 q(t) dt + c1

q(t) dt.

0

0

Используя неравенство Беллмана, получаем требуемое. Определение 5.6. Пусть f(x; ) и '( ) заданные функции, где

0 x , 0. Будем говорить, что f(x; ) = O('( )) при ! 1,

98

если существует константа c > 0, такая что при достаточно больших и любом x выполняется неравенство

jf(x; )j c j'( )j :

(5.20)

Лемма 5.4. Справедливо следующее представление при ! 1:

y0(x; ) = sin x + O			:	(5.21)
	1

Справедливость этой формулы вытекает из (5.17) с учетом леммы 5.2.

Лемма 5.5. Имеет место следующее представление:

@y0@	= cos x + O			ïðè ! 1:	(5.22)
(x; )		1

Для доказательства (5.22) достаточно воспользоваться (5.2.) и леммами 5.2 и 5.3.

Лемма 5.6. Собственными значениями краевой задачи (5.8)-(5.10) (a = 0; b = ) являются корни уравнения

y0( ; p		) = 0:
			(5.23)
Доказательство. Обозначим через y1(x; )			решение задачи Коши

для уравнения (5.11) с начальными условиями y(0; ) = 1, y0(0; ) = 0.

Убедимся, что решения y0(x; ) è y1(x; ) образуют фундаментальную систему решений уравнения (5.11). С этой целью подсчитаем определитель Вронского этой системы при x = 0:

W (0) =	0	1	= 6= 0:
	0

Следовательно, общее решение уравнения (5.11) имеет вид

y(x; ) = c1y0(x; ) + c2y1(x; ):

Подчиним y(x; ) граничным условиям. Имеем

y(0; ) = c1 0 + c2y1(0; ) = 0:

Отсюда c2 = 0. Поэтому

y( ; ) = c1y0( ; ) = 0:

Следовательно, краевая задача (5.8)-(5.10) будет иметь нетривиальное решение тогда и только тогда, когда y0( ; ) = 0.

99

100

имеется только один корень.

является монотонной. Поэтому на

сохраня-

Следовательно, при n достаточно больших функция ( ) на концах отрезков принимает значения разных знаков. Поэтому для таких n в каж-

дом отрезке In имеется по крайней мере один корень уравнения (5.26). Но из (5.22) следует, что 0( ) = cos + O (1= ). Отсюда заключаем,

что при n достаточно больших производная ( ) на отрезке In ет знак, а значит, функция ( ) на In

отрезке In

Замечание. Из условия c2 = 0 следует, что множество собственных функций, соответствующих одному собственному значению, имеет вид y(x; ) = c1y0(x; ), c1 6= 0.

Определение 5.7. Пусть имеются две последовательности функций ffn(x)g1n=n0 , fgn(x)g1n=n0 , n0 2 N, x 2 [a; b]. Будем писать fn(x) =

= O(gn(x)) при n ! 1, если существует положительная константа c, такая что для всех x 2 [a; b] и n достаточно больших справедливо нера-

венство jfn(x)j c jgn(x)j.

Теорема 5.7. Краевая задача (5.8)-(5.10) (a = 0, b = ) имеет счет-

ное множество собственных значений, причем достаточно большие собственные значения образуют последовательность f ng1n=n0 , допус-

кающую представление

p n = n + O			n		;	(5.24)
			1

ãäå n0 некоторое фиксированное натуральное число.

Доказательство. Введем в рассмотрение отрезки

In =	n 6; n +		6	;		n = 1; 2; : : :	(5.25)
	1		1
Запишем уравнение для собственных значений:
	sin + O					= 0:	(5.26)
				1

Обозначим ( ) = sin + O (1= ). Вычислим ( ) на концах отрезков. Имеем

n 6

= sin n 6

+ O n

61

= ( 1)n+1

2

+ O

n

:

1

1

1

1

Аналогично,

n + 6

n +

61

= ( 1)n

2 + O

n

n + 6

= sin

+ O

:

1

1

1

1