Московский государственный университет им. М. В. Ломоносова Физический факультет
В. Т. Волков, А. Г. Ягола
Интегральные уравнения Вариационное исчисление Методы решения задач
Учебное пособие для студентов 2 курса физического факультета
Москва 2006
ЛИТЕРАТУРА
Основная 1. Ягола А.Г. Интегральные уравнения. Вариационное исчисление. (общий курс). Курс лекций опубликован в Интернет: http://afrodita.phys.msu.ru/download/inteq/yagola/. 2. Васильева А.Б., Тихонов Н. А. Интегральные уравнения. М.: Физматлит, 2002. 3. Эльсгольц Л.Э. Дифференциальные уравнения и вариационное исчисление. М.: УРСС, 2000. 4. Васильева А.Б., Медведев Г.Н., Тихонов Н.А., Уразгильдина Т.А. Дифференциальные и интегральные уравнения. Вариационное исчисление. М.: Физматлит, 2003.
Дополнительная 1. А.Н. Колмогоров, С.В. Фомин. Элементы теории функций и функционального анализа. М.: Наука, 1989. 2. Г.Е. Шилов. Введение в теорию линейных пространств. 3. В.В. Городецкий, Н.И. Нагнибида, П.П. Настасиев. Методы решения задач по функциональному анализу. Киев: Выща школа, 1991. 4. М.М. Вайнберг. Функциональный анализ. М.: Просвещение, 1979. 5. Функциональный анализ в примерах и задачах. Методическое пособие под ред. В.В. Корнева. Изд. Саратовского ун-та, 1998. 6. Владимиров В.С., Жаринов В.В. Уравнения математической физики. М.: Физматлит, 2001. 7. Владимиров В.С., Вашарин А.А. Сборник задач по уравнениям математической физике. М.: Физматлит, 2001.
ТЕМА 1 Метрические, нормированные и евклидовы пространства Основные определения и теоремы Множество L называется (вещественным) линейным пространством, если для любых двух его элементов x, y определен элемент x + y ∈ L (называемый суммой x и y), и для любого элемента x ∈ L и любого (вещественного) числа α определен элемент α x ∈ L , причем выполнены следующие условия: 1) для любых элементов x, y ∈ L x + y = y + x (коммутативность сложения); 2) для любых элементов x, y, z ∈ L ( x + y ) + z = x + ( y + z ) (ассоциативность сложения); 3) существует элемент θ ∈ L (называемый нулевым элементом, или нулем пространства L) такой, что для любого элемента x ∈ L x + θ = x (существование нулевого элемента); 4) для любого элемента x ∈ L существует элемент (− x) ∈ L (называемый обратным к x) такой, что x + (− x) = θ (существование обратного элемента); 5) для любых элементов x, y ∈ L и любого (вещественного) числа α α ( x + y ) = α x + α y (дистрибутивность умножения суммы элементов на число); 6) для любых (вещественных) чисел α и β и любого элемента x ∈ L (α + β )x = α x + β x (дистрибутивность умножения суммы чисел на элемент); 7) для любых (вещественных) чисел α, β и любого элемента x ∈ L (αβ ) x = α ( β x) (ассоциативность умножения на число); 8) для любого элемента x ∈ L 1 ⋅ x = x (свойство единицы). Элементы x1 , x2 ,..., xm линейного пространства L называются линейно зависимыми, если существуют такие (вещественные) числа C1 , C2 ,..., Cm , не все равные нулю, что m
∑C x k =1
k
k
= θ ; если же последнее равенство имеет место в единственном случае
C1 = C2 = ... = Cm = 0 , то элементы x1 , x2 ,..., xm - линейно независимы. Натуральное число n , называется размерностью линейного пространства, если существуют n линейно независимых элементов пространства, а любые n + 1 элементов линейно зависимы. В этом случае линейное пространство называется конечномерным (nмерным). Если для любого натурального n можно указать n линейно независимых элементов, то линейное пространство называется бесконечномерным. Множество M называется метрическим пространством, если для любых двух его элементов x, y ∈ M определено вещественное число ρ ( x, y ) (называемое метрикой, или расстоянием), причем выполнены следующие условия: 1) для любых элементов x, y ∈ M ρ ( x, y ) ≥ 0 , причем ρ ( x, y ) = 0 тогда и только тогда, когда элементы x и y совпадают (неотрицательность метрики); 2) для любых элементов x, y ∈ M ρ ( x, y ) = ρ ( y, x) (симметричность метрики); 3) для любых элементов x, y, z ∈ M ρ ( x, y ) ≤ ρ ( x, z ) + ρ ( y, z ) (неравенство треугольника). Метрическое пространство не обязательно является линейным. Последовательность элементов метрического пространства xn ∈ M , n = 1, 2,... сходится к элементу x0 ∈ M ( xn → x0 при n → ∞ ), если ρ ( xn , x0 ) → 0 при n → ∞ .
1
Линейное пространство N называется нормированным, если для любого элемента x ∈ N определено (вещественное) число || x || (называемое нормой), причем выполнены следующие условия: 1) для любого элемента x ∈ N || x || ≥ 0 , причем || x || = 0 тогда и только тогда, когда x = θ - нулевой элемент пространства; 2) для любого элемента x ∈ N и любого (вещественного) числа α || α x || = | α | ⋅ || x || (неотрицательная однородность нормы); 3) для любых элементов x, y ∈ N || x + y || ≤ || x || + || y || (неравенство треугольника). Нормированное пространство является метрическим, если положить ρ ( x, y ) = || x − y || . Последовательность элементов нормированного пространства xn ∈ N , n = 1, 2,... сходится (по норме пространства N) к элементу x0 ∈ N ( xn → x0 при n → ∞ ), если || xn − x0 || → 0 при n → ∞ . Из сходимости последовательности xn по норме пространства следует сходимость последовательности (числовой!) норм, т.е. если xn → x0 при n → ∞ , то || xn || → || x0 || при n → ∞ . Обратное, вообще говоря, неверно. Последовательность xn , n = 1, 2,... элементов нормированного пространства N называется фундаментальной, если для любого ε > 0 найдется номер K такой, что для любого n ≥ K и любого натурального p выполнено неравенство || xn + p − xn || ≤ ε . Если последовательность сходится, то она фундаментальна. Если же любая фундаментальная последовательность элементов сходится, то нормированное пространство называется полным. Полное нормированное пространство называется банаховым. Последовательность xn , n = 1, 2,... элементов нормированного пространства N называется ограниченной, если существует константа C такая, что || xn || ≤ C для всех n = 1, 2,... . Последовательность xn , n = 1, 2,... элементов нормированного пространства N, обладающая тем свойством, что из любой ее подпоследовательности можно выделить сходящуюся, называется компактной. Любая компактная последовательность является ограниченной. В конечномерном пространстве верно и обратное утверждение, однако, для бесконечномерных пространств это, вообще говоря, не так. Линейное пространство E называется евклидовым, для любых двух элементов x, y ∈ E определено вещественное число ( x, y ) , называемое скалярным произведением, причем выполнены следующие условия: 1) для любых элементов x, y ∈ E ( x, y ) = ( y , x ) (симметричность); 2) для любых элементов x, y, z ∈ E ( x + y , z ) = ( x, z ) + ( y , z ) (аддитивность по первому аргументу); 3) для любых элементов x, y ∈ E и любого вещественного числа α (α x, y ) = α ( x, y ) (однородность по первому аргументу); 4) для любого x ∈ E ( x, x) ≥ 0 , причем ( x, x) = 0 тогда и только тогда, когда x = θ (свойство скалярного квадрата). В евклидовом пространстве Е всегда можно ввести норму, порожденную скалярным произведением || x ||E = ( x, x) .
2
Для любых двух элементов x и y произвольного евклидова пространства выполняется неравенство Коши-Буняковского ( x, y ) 2 ≤ ( x, x) ⋅ ( y, y ) или | ( x, y ) | ≤ || x || ⋅|| y || , причем равенство имеет место тогда и только тогда, когда элементы x и y линейно зависимы. Напомним определения основных встречающихся далее линейных пространств. 1.
Нормированное пространство C[a, b] . Элементами этого пространства являются непрерывные на отрезке [ a , b] функции. Норма определяется как y C [ a ,b ] = max | y ( x) | , сходимость по норме пространства C[a, b] - равномерная x∈[ a ,b ]
2.
сходимость. Пространство C[a, b] - банахово (полное). Нормированное пространство C ( p ) [a, b] . Элементами этого пространства являются функции, непрерывные с производными до p-го порядка включительно на отрезке p
[a, b] . Норма определяется как
3.
y
C ( p ) [ a ,b ]
= ∑ max | y ( k ) ( x) | , сходимость по норме k =0
x∈[ a ,b ]
пространства C ( p ) [a, b] - равномерная со всеми производными до p-го порядка. Пространство C ( p ) [a, b] - банахово. Евклидово (нормированное) пространство h[a, b] . Элементами этого пространства являются непрерывные на отрезке [a, b] функции. Для любых двух непрерывных b
функций положим ( y, z ) = ∫ y ( x) z ( x)dx - скалярное произведение, и введем норму, a
b
порожденную скалярным произведением || y ||h[ a ,b ] =
∫y
2
( x)dx ; сходимость по норме
a
пространства h[a, b] - сходимость в среднем. Пространство h[a, b] не является полным.
Примеры решения задач
Пример 1.1. Доказать, что множество (вещественных) функций, непрерывных на отрезке [a, b] образует (вещественное) линейное пространство (пространство C[a, b] ). Решение. Так как сумма двух непрерывных функций, а также произведение непрерывной функции на вещественное число, также являются непрерывными функциями, то для решения задачи необходимо проверить аксиомы линейного пространства. 1) ∀y ( x), z ( x) ∈ C[a, b] y ( x) + z ( x) = z ( x) + y ( x) ; 2) ∀y ( x), z ( x), w( x) ∈ C[a, b] [ y ( x) + z ( x)] + w( x) = y ( x) + [ z ( x) + w( x)] ; 3) нулевым элементом пространства естественно считать y ( x ) ≡ 0 ∈ C[ a , b ] ; 4) ∀y ( x) ∈ C[a, b] существует противоположный элемент − y ( x ) ∈ C[ a , b ] ; 5) ∀y ( x), z ( x) ∈ C[a, b], ∀α α [ y ( x) + z ( x)] = α y ( x) + α z ( x) ; 6) ∀y ( x) ∈ C[a, b], ∀α , β (α + β ) y ( x) = α y ( x) + β y ( x) ; 7) ∀y ( x) ∈ C[a, b], ∀α , β (αβ ) y ( x) = α [ β y ( x)] ; 8) ∀y ( x) ∈ C[a, b] 1 ⋅ y ( x) = y ( x) .
3
Пример 1.2. Доказать, что пространство C[a, b] является нормированным, если для ∀ y ( x) ∈ C[a, b] определить y C [ a ,b ] = max | y ( x) | . x∈[ a ,b ]
Решение. Для доказательства достаточно убедиться в корректности указанного определения нормы, т.е. проверить аксиомы нормы. 1) ∀y ( x) ∈ C[a, b] : y C [ a ,b ] = max | y ( x) |≥ 0 , причем y C [ a ,b ] = 0 ⇔ y ( x) ≡ 0 = θ ; x∈[ a ,b ]
2)
∀y ( x) ∈ C[a, b], ∀α :
αy
3)
∀ y ( x), z ( x) ∈ C[a, b] :
= max | α y ( x) |=| α | ⋅ max | y ( x) |=| α | ⋅ y
C [ a ,b ]
x∈[ a ,b ]
y+z
C [ a ,b ]
;
= max | y ( x) + z ( x) | ≤ x∈[ a ,b ]
≤ max (| y ( x) | + | z ( x) |) ≤ max | y ( x) | + max | z ( x) |= y x∈[ a ,b ]
C [ a ,b ]
x∈[ a ,b ]
x∈[ a ,b ]
x∈[ a ,b ]
C [ a ,b ]
+ z
C [ a ,b ]
.
Пример 1.3. Доказать неравенство Коши-Буняковского в пространстве h[a, b] и проверить b
корректность определения нормы в этом пространстве
y
h[ a ,b ]
=
∫y
2
( s ) ds .
a
Решение. Неравенство Коши-Буняковского в пространстве h[a, b] имеет вид 2
b b b 2 ( y, z ) ≡ ∫ y ( x) z ( x)dx ≤ ∫ y ( x)dx ⋅ ∫ z 2 ( x)dx ∀ y ( x), z ( x) ∈ h[a, b] . a a a Для доказательства рассмотрим следующее очевидное соотношение 2 0 ≤ ( y + λ z , y + λ z ) = ( y, y ) + 2λ ( y, z ) + λ ( z , z ) , которое справедливо для любых двух элементов пространства y ( x), z ( x) ∈ h[a, b] и любого вещественного числа λ . Поэтому дискриминант квадратного (относительно λ ) трехчлена должен быть отрицательным, т.е. 4( y, z ) 2 − 4( y, y )( z , z ) ≤ 0 , откуда и получаем требуемое неравенство: 2
2
b b b ( y, z ) ≡ ∫ y ( x) z ( x)dx ≤ ( y, y )( z , z ) ≡ ∫ y 2 ( x)dx ⋅ ∫ z 2 ( x)dx . a a a 2
Замечание. Приведенное доказательство может быть проведено в любом евклидовом пространстве. Для проверки корректности определения нормы в пространстве h[a, b] нужно убедиться в справедливости соответствующих аксиом в определении нормы. b
1) ∀y ( x) ∈ h[a, b] :
y
h[ a ,b ]
=
∫y
2
( x)dx ≥ 0 , причем y
h[ a , b ]
= 0 ⇔ y ( x) ≡ 0 = θ ;
a
2) ∀y ( x) ∈ h[a, b], ∀α :
αy
3) ∀y ( x), z ( x) ∈ h[a, b] :
b
h[ a , b ]
y+z
∫α
=
2 h[ a , b ]
2
y ( x)dx =| α | ⋅ 2
a b
b
∫y
2
( x)dx =| α | ⋅ y
h[ a , b ]
;
a b
= ∫ ( y ( x) + z ( x)) 2 dx = ∫ ( y 2 ( x) + z 2 ( x) + 2 y ( x) z ( x))dx ≤ a
a
(с учетом неравенства Коши-Буняковского) b
b
≤ ∫ y ( x) dx + ∫ z ( x) dx + 2 2
a
2
a
b
∫y
b
2
( x) dx ⋅
a
∫z
2
( x) dx = (|| y ||h[ a ,b ] + || z ||h[ a ,b ] ) , 2
a
y+z
откуда получаем неравенство треугольника
4
h[ a , b ]
≤ || y ||h[ a ,b ] + || z ||h[ a ,b ] .
Пример 1.4. Найти норму y ( x) = sin x + cos x a) в пространстве C[0, 2π ] ; б) в пространстве h[0, 2π ] . Решение. а)
sin x + cos x
C [0,2π ]
= max | sin x + cos x |= 2 ; x∈[0,2π ]
2π
б)
sin x + cos x
h[0,2π ]
=
∫ (sin x + cos x)
2
dx = 2π .
0
Пример 1.5. Доказать, что любая сходящаяся последовательность элементов нормированного пространства фундаментальна. Решение. Последовательность xn элементов нормированного пространства N называется фундаментальной, если для любого ε > 0 найдется номер K такой, что для любого n ≥ K и любого натурального p выполнено || xn + p − xn || ≤ ε . Пусть последовательность xn элементов нормированного пространства сходится (по норме пространства N) к элементу x0 ∈ N , тогда для любого ε > 0 существует номер К такой, что при n ≥ K и любом натуральном p одновременно выполнены два неравенства:
|| xn − x0 || ≤
ε
и || xn + p − x0 || ≤
ε
. 2 2 Пользуясь неравенством треугольника, получим при n ≥ K и любом натуральном p || xn + p − xn ||=|| xn + p − x0 + x0 − xn ||≤ || xn + p − x0 || + || xn − x0 ||≤ ε , что и требовалось.
Пример 1.6. Доказать, что пространство h[a, b] не является полным. Решение. Для доказательства достаточно построить пример фундаментальной последовательности элементов пространства h[a, b] , которая не является сходящейся в этом пространстве. Рассмотрим для определенности пространство h[−1,1] и такую последовательность непрерывных функций (элементов этого пространства): 1 − 1, − 1 ≤ x ≤ − n 1 yn ( x) = nx, 0 ≤ | x | ≤ n 1 ≤ x ≤1 . 1, n
Докажем, что эта последовательность фундаментальна в пространстве h[−1,1] . Зададим произвольное ε > 0 и положим m > n , тогда существует такое натуральное число N (ε ) , для которого а)
5
y n ( x ) − ym ( x )
1
1
2 h[ −1,1]
1
m
n
= ∫ ( yn ( x) − ym ( x)) dx = 2 ∫ ( mx − nx) dx + 2 ∫ (1 − nx) 2 dx = 2
−1
2
1
0
m
2 2n 4 4 + 2− ≤ <ε 3n 3m 3m 3n
4 при ∀ m > n > N (ε ) = + 1 , что и требовалось доказать. 3ε б) Пусть последовательность yn ( x) сходится в пространстве h[−1,1] , т.е. существует непрерывная функция ϕ ( x) такая, что для ∀ε > 0 ∃ N1 (ε ) и при ∀n ≥ N1 (ε ) выполнено неравенство 1 ε yn ( x) − ϕ ( x) h[ −1,1] = ∫ ( yn ( x) − ϕ ( x)) 2 dx ≤ . 2
−1
−1, − 1 ≤ x < 0 Рассмотрим разрывную функцию ψ ( x) = 0, x=0 . 1, 0 < x ≤ 1 Тогда для ∀ε > 0 ∃ N 2 (ε ) такое, что при ∀n ≥ N 2 (ε ) имеем 1
1
n
2 2 ∫ ( yn ( x) −ψ ( x)) dx = 2 ∫ (nx − 1) dx =
−1
Поэтому, соотношения:
0
∀ε > 0 и
для
∀ n ≥ max{N1 (ε ), N 2 (ε )}
1
0<
∫ (ϕ ( x) −ψ ( x))
−1
2 ε ≤ . 3n 2 справедливы следующие
1
2
dx =
∫ [(ϕ ( x) − y ( x)) + ( y ( x) −ψ ( x)] dx ≤ 2
n
n
−1
(здесь использовано неравенство Коши-Буняковского) 1
≤
2 ∫ (ϕ ( x) − yn ( x)) dx +
−1
1
2 ∫ ( yn ( x) −ψ ( x)) dx = yn ( x) − ϕ ( x)
−1
1
+ h[ −1,1]
∫ ( y ( x) −ψ ( x)) n
−1
2
dx ≤
ε 2
+
ε 2
=ε .
Ввиду произвольности выбора ε > 0 получаем противоречие, а значит предположение о сходимости последовательности yn ( x) в пространстве h[−1,1] неверно. Итак, построенная последовательность yn ( x) фундаментальна в пространстве h[−1,1] , но не является сходящейся, что и требовалось доказать.
Пример 1.7. Доказать, что не всякая ограниченная последовательность в пространстве C[a, b] является компактной. Решение. Рассмотрим пространство C[0,1] и последовательность элементов этого пространства yn = sin 2n π x , n = 1, 2,3, ... . Очевидно, yn C [0,1] = max | yn ( x) |= 1 , т.е. x∈[0,1]
последовательность ограничена. Покажем, что никакая ее подпоследовательность не может сходиться в C[0,1] .
6
Действительно, для любого номера i существует точка x∗ = ней yi ( x∗ ) = sin 2i π
1 = 1. 2i +1
1 ∈ [0,1] такая, что в 2i +1
При этом для любого k > i в этой же точке имеет место
1 = 0 . Следовательно, yi − yk C [0,1] ≥ | yi ( x∗ ) − yk ( x∗ ) |= 1 , т.е. никакая 2i +1 подпоследовательность рассматриваемой последовательности не является фундаментальной, а значит и не может сходиться. yk ( x∗ ) = sin 2k π
7
Задачи для самостоятельного решения 1.1
Доказать, что пространство h[ a, b] является линейным.
1.2
Доказать, что пространство C
1.3 1.4
Доказать, что в пространстве \ нельзя ввести норму по формуле || x ||=| arctg x | . Можно ли определить нормы следующими функциями для указанных множеств: а) || y ||= max | y ( x) | в C[ a , b ] ; a +b
( p)
[a, b] является линейным.
1
x∈[ a ,
2
]
б) || y ||=| y ( a ) | + max | y ′( x) |
(1)
в C [ a , b] ;
x∈[ a ,b ]
в) || y ||=| y (b) − y ( a ) | + max | y ′( x) |
(1)
в C [ a , b] .
x∈[ a ,b ]
1.5
Найти нормы следующих функций, рассматривая их как элементы пространств C[0, 2] и
C (1) [0, 2] : а) y = 2 sin πx − cos πx б) y = 3 cos πx − sin πx в) y = x 2 − x г) y = x 2 − 4 x д) y = x 2 − 6 x . 1.6
Найти нормы в пространстве h[0,1] : а) y = 2 sin πx − cos πx б) y = x 2 − x
1.9
в) y = x 3 − 1 . Доказать, что если последовательность элементов нормированного пространства сходится, то эта последовательность ограничена. Построить пример, показывающий, что из сходимости в среднем на отрезке [a, b] функциональной последовательности не следует равномерная (и даже поточечная) сходимость. Построить пример бесконечной ортонормированной системы в пространстве h[ a, b] .
1.10
Привести пример ограниченной некомпактной последовательности в пространстве h[ a, b] .
1.11
Доказать, что последовательность yn ( x ) = x ограничена и некомпактна в пространстве C[0,1] .
1.12
Доказать, что последовательность непрерывно дифференцируемых на [a, b] функций yn ( x) ,
1.7 1.8
n
yn
удовлетворяющих неравенству
2 h[ a , b ]
+ yn′
2 h[ a , b ]
≤ γ, γ > 0,
является компактной в
пространстве C[ a, b].
Ответы к задачам 1.4
а)
нет;
1.5
а)
|| y ||C [0,2] = 5 ,
|| y ||C (1) [0,2] = (π + 1) 5 ;
б)
|| y ||C [0,2] = 10 ,
|| y ||C (1) [0,2] = (π + 1) 10 ;
в)
|| y ||C [0,2] = 2 ,
|| y ||C (1) [0,2] = 5 ;
г)
|| y ||C [0,2] = 4 ,
|| y ||C (1) [0,2] = 8 ;
д)
|| y ||C [0,2] = 9 ,
|| y ||C (1) [0,2] = 15 .
а)
|| y ||h[0,1] =
1.6
б)
5 ; 2
б)
да;
в)
|| y ||h[0,1] = 8
1 ; 30
в)
нет.
|| y ||h[0,1] =
3 . 14
ТЕМА 2 Элементы теории линейных операторов. Обратный оператор. Вполне непрерывный оператор Основные определения и теоремы Оператор А, действующий из линейного пространства L1 в линейное пространство L2 называется линейным, если для любых элементов y1 и y2 из L1 и любых вещественных чисел α1 и α2 выполнено равенство A(α1 y1 + α 2 y2 ) = α1 Ay1 + α 2 Ay2 . Пусть D( A) - область определения, а R( A) - множество значений оператора А. Если оператор A : y = Ax , действующий из линейного пространства L1 в линейное пространство L2 , взаимно однозначный, то можно ввести обратный оператор −1 −1 A : A y = x с областью определения D( A−1 ) = R ( A) и множеством значений −1 R ( A ) = D( A) = L1 . Нуль-пространством оператора A называется множество Ker A = {x ∈ L1 : Ax = θ } . Очевидно, что Ker A – линейное подпространство L1 , причем θ ∈ Ker A . Если Ker A ≠ {θ } (нуль-пространство нетривиально), то оператор A называется вырожденным. Определение A. Оператор A называется непрерывным в точке y0 ∈ D( A) , если для любого ε > 0 найдется такое δ > 0 , что для всех y ∈ D( A) и удовлетворяющих неравенству || y − y0 ||≤ δ выполняется неравенство || Ay − Ay0 ||≤ ε . Определение Б. Оператор A называется непрерывным в точке y0 ∈ D( A) , если для любой последовательности yn ∈ D( A) , такой что yn → y0 , последовательность Ayn сходится к Ay0 . Определения А и Б эквивалентны. Оператор A называется непрерывным на D( A) (на N1), если он непрерывен в каждой точке. Линейный оператор непрерывен тогда и только тогда, если он является непрерывным в нуле. Нормой линейного оператора А называется число A N1 → N2 = sup Ay N2 y
N1 =1
Линейный оператор называется ограниченным, если существует sup Ay y
N1 =1
N2
< +∞ .
Теорема. Линейный оператор A : N1 → N 2 , является непрерывным тогда и только тогда, когда он ограничен. Теорема. Для любого y ∈ N1 выполнено неравенство Ay N ≤ A N → N ⋅ y N1 , где 2
1
2
А – линейный ограниченный оператор, действующий из нормированного пространства N1 в нормированное пространство N 2 . Линейный оператор А называется вполне непрерывным, если для любой ограниченной последовательности элементов y n из N1 последовательность zn = Ayn элементов N 2 такова, что из любой ее подпоследовательности можно выделить сходящуюся подпоследовательность (т.е. вполне непрерывный оператор преобразует любую ограниченную последовательность в компактную). Вполне непрерывный оператор является ограниченным (следовательно, непрерывным), однако не любой непрерывный линейный оператор является вполне непрерывным. 8
Примеры решения задач b
Пример 2.1.
Докажите, что интегральный оператор Фредгольма Ay = ∫ K ( x, s ) y ( s )ds с a
непрерывным ядром является ограниченным при действии из C[a, b] в C[a, b] и найдите оценку сверху для нормы оператора. b
Пусть z ( x) = Ay ≡ ∫ K ( x, s ) y ( s )ds , где y ( s ) - произвольная непрерывная на
Решение.
a
[a, b] функция, причем || y ||C [ a ,b ] = max | y ( x) | = 1 . Так как ядро K ( x, s ) непрерывно на x∈[ a ,b ]
замкнутом ограниченном множестве (квадрате [a, b] × [a, b] ), то оно ограничено. Обозначив K 0 = max | K ( x, s ) | , для любого x ∈ [a, b] получим x , s∈[ a ,b ]
| z ( x) | =
b
b
a
a
b
∫ K ( x, s) y(s) ds ≤ ∫ | K ( x, s) | ⋅ | y(s) | ds ≤ max | y(s) | ⋅∫ | K ( x, s)| ds ≤ || y ||C[a,b] ⋅K0 ⋅ (b − a)
. Тогда
s∈[ a ,b ]
a
|| Ay ||C [ a ,b ] = || z ||C [ a ,b ] ≡ max | z ( x) | ≤ || y ||C [ a ,b ] ⋅ K 0 ⋅ (b − a) = K 0 ⋅ (b − a) , откуда следует
x∈[ a ,b ] =1
что оператор Фредгольма с непрерывным ядром, действующий из C[a, b] в C[a, b] , ограничен. Так как доказанное выше неравенство верно для любой непрерывной функции y ( x) : || y ||C [ a ,b ] = 1 , то для нормы оператора справедлива оценка || A || ≡ sup || Ay || ≤ K 0 ⋅ (b − a) . || y|| =1
Пример 2.2. Докажите, что интегральный оператор Фредгольма с непрерывным ядром является вполне непрерывным при действии из C[a, b] в C[a, b] . Решение. Рассмотрим произвольную ограниченную последовательность yn ( x) непрерывных на [a, b] функций, тогда для любого n имеет место оценка b
yn
C [ a ,b ]
Пусть zn ( x) = Ayn ≡ ∫ K ( x, s ) yn ( s )ds . Для решения задачи
= max | yn ( x) | ≤ M . x∈[ a ,b ]
a
zn ( x) равномерно ограничена и достаточно показать, что последовательность равностепенно непрерывна на отрезке [a, b] . а) Докажем сначала равномерную ограниченность. Обозначим K 0 = max | K ( x, s ) | . x , s∈[ a ,b ]
b
Тогда
| zn ( x ) | =
a
x, s )| ⋅ | y ( s ) | ds ≤ M ⋅ K ∫ K ( x, s) y (s) ds ≤ ∫ |K (
n
a
n
a
≤ K0
0
⋅ (b − a) = C ,
что
и
≤M
требовалось доказать. б) Докажем теперь равностепенную непрерывность последовательности zn ( x) . Возьмем произвольные точки x1 , x2 ∈ [a, b] . Имеем b
b
a
a
zn ( x1 ) − zn ( x2 ) = ∫ [ K ( x1 , s ) − K ( x2 , s )] yn ( s ) ds ≤ ∫ | K ( x1 , s ) − K ( x2 , s ) | ⋅ | yn ( s) | ds
9
≤M
Фиксируем произвольное ε > 0 . Функция K ( x, s ) непрерывна по совокупности аргументов x, s на замкнутом ограниченном множестве [a, b] × [a, b] и, следовательно, равномерно непрерывна на этом множестве. Поэтому для любого ε > 0 найдется такое δ > 0 , что
ε
, если x1 − x2 ≤ δ . M ⋅ (b − a) Итак, для любого ε > 0 существует δ > 0 , что
K ( x1 , s ) − K ( x2 , s ) ≤
b
b
a
a
zn ( x1 ) − zn ( x2 ) ≤ ∫ | K ( x1 , s ) − K ( x2 , s ) | ⋅ | yn ( s ) | ds ≤ ∫ | K ( x1 , s ) − K ( x2 , s ) | ⋅ | yn ( s) | ds ≤ ε
≤
ε
≤M
M ⋅ (b−a )
для всех n = 1, 2,... и всех x1 , x2 ∈ [a, b] , удовлетворяющих неравенству x1 − x2 ≤ δ , т.е. последовательность zn ( x) равностепенно непрерывна. По теореме Арцела, из последовательности непрерывных функций z n (x) можно выделить равномерно сходящуюся (к непрерывной функции!) подпоследовательность. Этим же свойством обладает и любая подпоследовательность последовательности z n (x) , поэтому оператор А является вполне непрерывным при действии C[a, b] → C[a, b] . Пример 2.3. Доказать, что если линейный оператор B : N 2 → N 3 является ограниченным, а линейный оператор A : N1 → N 2 вполне непрерывным, то BA : N1 → N 3 – вполне непрерывный оператор ( N1 , N 2 , N 3 – нормированные пространства).
Решение. а) Оператор A: N1 → N 2 является вполне непрерывным, поэтому для любой ограниченной последовательности zn ∈ N1 соответствующая ей последовательность Azn ∈ N 2 является компактной. б) Докажем, что ограниченный оператор B: N 2 → N 3 переводит компактную последовательность yn ∈ N 2 в компактную Byn ∈ N 3 . Так как yn компактна, то из любой ее подпоследовательности можно выделить сходящуюся ynk → y0 ∈ N 2 . Рассмотрим последовательность Byn ∈ N 3 и любую ее подпоследовательность Bynk . Из соответствующей последовательности ynk ∈ N 2 можно выделить подпоследовательность ynm → y0 . Ввиду непрерывности оператора B последовательность Bynm также сходится: Bynm → By0 ∈ N 3 , а значит Byn является компактной. Поэтому оператор BA : N1 → N 3 переводит любую ограниченную последовательность zn ∈ N1 в компактную BA zn ∈ N 3 , т.е. является вполне непрерывным. Пример 2.4. Пусть А - линейный ограниченный оператор, действующий в нормированном пространстве. Доказать, что множество элементов пространства таких, что Ay = θ , образует замкнутое линейное подпространство (нуль-пространство оператора). Решение. а) Рассмотрим произвольные элементы y1 и y2 такие, что Ay1 = θ и Ay2 = θ . Тогда для любых α1 , α 2 выполнено A(α1 y1 + α 2 y2 ) = α1 Ay1 + α 2 Ay2 = θ , т.е. множество элементов y : Ay = θ - линейное пространство. б) Докажем его замкнутость, т.е. если Ayn = θ и yn → y0 , то Ay0 = θ . 10
Так как А - ограниченный линейный оператор, то || Ay0 || = || ( Ay0 − Ayn ) + Ayn || ≤ || Ay0 − Ayn || + || Ayn || ≤ || A || ⋅ || y0 − yn || → 0 при n → ∞ .
=0
Поэтому || Ay0 || = 0 , а значит Ay0 = θ , что и требовалось доказать.
Замечание. Так как вполне непрерывный оператор является ограниченным, то доказанное утверждение справедливо и для вполне непрерывного оператора. Пример 2.5. Доказать, что если линейный оператор А имеет обратный, то обратный −1 оператор A также является линейным. Решение. Пусть A - взаимно однозначный оператор, тогда существует обратный оператор A−1 . Для решения задачи достаточно проверить при любых y1 , y2 ∈ R( A) и любых α1 , α 2 справедливость равенства A−1 (α1 y1 + α 2 y2 ) = α1 A−1 y1 + α 2 A−1 y2 . Пусть Ax1 = y1 , Ax2 = y2 , тогда из линейности оператора А следует A(α1 x1 + α 2 x2 ) = α1 Ax1 + α 2 Ax2 = α1 y1 + α 2 y2 , и по определению обратного оператора α1 x1 + α 2 x2 = A−1 (α1 y1 + α 2 y2 ) . С другой стороны, A−1 y1 = x1 , A−1 y2 = x2 , откуда умножая на α1 , α 2 и складывая, получим α1 A−1 y1 + α 2 A−1 y2 = α1 x1 + α 2 x2 . Из двух последних равенств имеем A−1 (α1 y1 + α 2 y2 ) = α1 x1 + α 2 x2 = α1 A−1 y1 + α 2 A−1 y2 , что и требовалось доказать. Пример 2.6. Доказать, что если оператор А линейный, то обратный оператор A−1 существует тогда и только тогда, когда оператор A невырожденный. Решение. а) Достаточность. Пусть оператор А невырожденный, т.е. Ax = θ ⇔ x = θ (нульпространство оператора А тривиально). Тогда для любых двух элементов x1 ≠ x2 имеем A( x1 − x2 ) ≠ θ ⇒ Ax1 ≠ Ax2 , т.е. оператор А взаимно однозначный, а значит существует обратный оператор A−1 . б) Необходимость. Пусть оператор А имеет обратный A−1 . Заметим; что A−1 - линейный оператор (см. пример 2.5) и докажем что А - невырожденный. Пусть это не так, т.е. существует x ≠ θ такой, что Ax = θ . Тогда θ ≠ x = A−1 Ax = A−1 (N Ax) = A−1 θ = θ . Полученное =θ
противоречие показывает, что если Ax = θ , то x = θ , т.е. оператор А - невырожденный.
d определен на подпространстве dx C0(1) [0,1] непрерывно дифференцируемых функций y ( x) , удовлетворяющих условию
Пример 2.7. Пусть оператор дифференцирования A =
y (0) = 0 . Доказать, что оператор A имеет обратный и найти A−1 . Решение. Множеством значений оператора А является пространство C[0,1] . Докажем, что d обратный оператор A−1 существует. Так как уравнение Ay = θ ⇔ y ( x) ≡ 0, y (0) = 0 dx
11
имеет единственное решение y ( x) ≡ 0 = θ , т.е. нуль-пространство оператора А тривиально, то оператор А невырожденный, и обратный оператор A−1 существует. Чтобы найти A−1 , нужно для любой функции z ( x) ∈ C[0,1] решить уравнение d Ay = z ( y ( x) ∈ C0(1) [0,1]) , или y ( x) = z ( x), y (0) = 0 . Решением указанной задачи Коши dx x
x
0
0
является y ( x) = ∫ z ( s ) ds , т.е. A−1 z = ∫ z ( s ) ds . d при действии dx C (1) [0,1] → C[0,1] , то он является вырожденным, так как нуль-пространство в этом случае нетривиально и состоит из функций y ( x) = c . Поэтому обратный оператор не существует. Вспомните, что первообразная непрерывной функции определяется с точностью до d постоянной (элемент из Ker A (нуль-пространства) оператора A = ), т.е. отображение dx (1) C [0,1] → C[0,1] , осуществляемое оператором дифференцирования, не является взаимно однозначным. Замечание.
Если рассматривать оператор дифференцирования A =
Пример 2.8. Доказать, что если оператор A , действующий в бесконечномерном нормированном пространстве является вполне непрерывным, то обратный оператор неограничен. Решение. Предположим, что обратный оператор A−1 является ограниченным. Так как А вполне непрерывный оператор, а по предположению, оператор A−1 является ограниченным, то оператор A−1 A является вполне непрерывным (см. пример 2.3), что неверно, так тождественный оператор A−1 A = I не является вполне непрерывным (см. курс лекций). Полученное противоречие доказывает, что A−1 - неограничен. x
Пример 2.9.
Рассмотрим оператор Вольтерра By = ∫ y ( s ) ds ( x ∈ [0,1] ), действующий в 0
пространстве C[0,1] . а) Доказать, что В является ограниченным. б) Доказать, что В имеет обратный оператор, который определен на некотором подпространстве и неограничен. в) Построить оператор ( I − B) −1 . Решение. а) Очевидно, что оператор В является линейным и определен на всем пространстве C[0,1] . Рассмотрим множество || y ||= max | y ( x) |= 1 . На этом множестве имеем x∈[0,1]
x
x
|| By ||C [0,1] = max | ∫ y ( s) ds | ≤ max ∫ | y ( s) | ds ≤ 1 , x∈[0,1]
0
x∈[0,1]
что
и
доказывает
ограниченность
0
рассматриваемого оператора. б)
Оператор В отображает все пространство C[0,1] на линейное подпространство x
непрерывно дифференцируемых функций z ( x) = By = ∫ y ( s ) ds , удовлетворяющих условию 0
12
x
z (0) = 0 . Так как из равенства
∫ y(s) ds = 0
(верного при ∀x ∈ [0,1] ) следует, что y ( x) ≡ 0 ,
0
то By = θ ⇔ y = θ , т.е. нуль-пространство оператора В содержит только нулевой элемент, оператор В - невырожденный, а значит имеет обратный, который определен на указанном выше подпространстве. Обозначим D( A−1 ) - область определения оператора A−1 . Легко видеть, что
B −1 =
d , так как dx
x
BB −1 y = ∫ y′( s ) ds = y ( x) − y (0) = y ( x)
и
0
x
d y ( s) ds = y ( x) . dx ∫0 Докажем, что обратный оператор неограничен. Рассмотрим последовательность yn ∈ D( A−1 ) ⊂ C[0,1] : yn ( x) = sin 2π nx, ( yn (0) = 0!!!) , || yn ||C [0,1] = 1 , n = 1, 2,3... . Тогда
B −1 By =
d sin 2π nx = 2π n → ∞ , x∈[0,1] dx является неограниченным.
|| B −1 yn ||C [0,1] = max оператор B −1
т.е.
sup
y∈D ( A−1 ), || y || =1
|| B −1 y ||
не
существует
и
Замечание 1. Действуя аналогично примеру 2.2, можно показать, что рассматриваемый оператор Вольтерра является вполне непрерывным, следовательно, обратный оператор неограничен (пример 2.8). в)
Чтобы построить оператор ( I − B) −1 , нужно для произвольной непрерывной x
функции z ( x) решить уравнение y ( x) − ∫ y ( s )ds = z ( x) . Заметим сразу, что y (0) = z (0) . 0
Так как z ( x) может не быть дифференцируемой, то ищем решение в виде y ( x) = z ( x) + w( x) , где w( x) - новая неизвестная функция, для которой имеем x
x
0
0
w( x) = ∫ z ( s )ds + ∫ w( s )ds,
w(0) = 0 . Очевидно, что w( x) дифференцируема; w′( x) = w( x) + z ( x), w(0) = 0 ,
определения получаем задачу Коши x
для ее
решение которой
x
имеет вид w( x) = e x ∫ z ( s ) e − s ds . Поэтому y ( x) = z ( x) + e x ∫ z ( s ) e − s ds , и обратный оператор 0
0
x
( I − B) −1 определяется формулой ( I − B) −1 z = z ( x) + ∫ z ( s ) e x − s ds . 0
x
t
x
x
x
0
0
0
s
0
Замечание 2. Рассмотрим оператор B y = ∫ dt ∫ y ( s ) ds = ∫ y ( s )ds ∫ dt = ∫ ( x − s ) y ( s )ds . Легко 2
показать, например, методом математической индукции, что x t x x x (t − s ) n −1 (t − s ) n −1 ( x − s)n B n +1 y = BB n y = ∫ dt ∫ y ( s ) ds = ∫ y ( s ) ds ∫ dt = ∫ y ( s ) ds . n! (n − 1)! (n − 1)! 0 0 0 0 s Далее,
разложив
функцию
e x−s
в
ряд
∞
e x−s = ∑ 0
x ∞
( I − B) −1 z = z ( x) + ∫ ∑ 0
0
∞ ( x − s)n z ( s ) ds = z + ∑ B n +1 z . n! 0
Таким
( x − s)n , n!
образом, ∞
будем мы
представление оператора ( I − B) −1 в виде ряда Неймана ( I − B) −1 = I + ∑ B n . 1
13
иметь
получили
d dx (1) а) не является вполне непрерывным при действии C [0,1] → C[0,1] ; б) является вполне непрерывным при действии C (2) [0,1] → C[0,1] . Пример 2.10.
Доказать, что оператор дифференцирования A =
Решение. 1 cos 2n π x , n=1,2,3,…. 2n Эта последовательность ограничена в C (1) [0,1] , так как для любого номера n имеем 1 || yn ||C (1) [0,1] = max | yn ( x) | + max | yn′ ( x) |= n + 1 < 2 . Однако последовательность образов ее x∈[0,1] x∈[0,1] 2 элементов при действии оператора дифференцирования Ayn = π sin 2n π x , n=1,2,3,… некомпактна в пространстве C[0,1] (см. пример 1.7). Поэтому оператор дифференцирования не является вполне непрерывным при действии C (1) [0,1] → C[0,1] . а) Пусть yn - произвольная ограниченная последовательность в пространстве C (2) [0,1] , т.е. существует M > 0 такая, что || yn ||C ( 2 ) [0,1] = max | yn ( x) | + max | yn′ ( x) | + max | yn′′( x) | ≤ M а)
Рассмотрим в C (1) [0,1] последовательность yn =
x∈[0,1]
x∈[0,1]
x∈[0,1]
для любого номера n. Заметим, что отсюда вытекают два неравенства: max | yn′ ( x) | ≤ M и x∈[0,1]
max | yn′′( x) | ≤ M . x∈[0,1]
d yn ( x) . Все функции zn ( x) dx непрерывны, причем, ввиду сделанного замечания, последовательность zn ( x) = yn′ ( x) равномерно ограничена. Докажем, что последовательность zn ( x) равностепенно непрерывна. Действительно, Рассмотрим
так как Поэтому
последовательность
max | yn′′( x) | ≤ M , x∈[0,1]
при
всех
zn ( x) = Ayn =
то для любого ε > 0 найдется такое δ , что x1 , x2 ∈ [0,1] ,
x1 − x2 ≤ δ
имеет
место
0<δ ≤
ε
. M неравенство
yn′ ( x1 ) − yn′ ( x2 ) =| yn′′( x) | ⋅ | x1 − x2 | ≤ M δ ≤ ε .
Далее, применяя теорему Арцела, получаем, что последовательность zn = Ayn d компактна в C[0,1] , а оператор дифференцирования A = является вполне непрерывным dx при действии C (2) [0,1] → C[0,1] .
Задачи для самостоятельного решения 2.1 2.2 2.3 2.4
Доказать, что интегральный оператор Фредгольма отображает линейное пространство h[ a, b] в себя и является линейным оператором. Доказать, что интегральный оператор Вольтерра отображает линейное пространство h[ a, b] в себя и является линейным оператором. Доказать, что линейный оператор, действующий в нормированных пространствах, непрерывен тогда и только тогда, когда он непрерывен в нуле. Доказать, что линейный оператор, действующий в нормированных пространствах, непрерывен тогда и только тогда, когда он ограничен.
14
1
2.5
∫
Доказать, что нелинейный интегральный оператор Ay = e xs y 2 ( s ) ds , действующий C[0,1] → C[0,1] , 0
является непрерывным и sup || Ay || < +∞ . || y|| =1
2.6 2.7 2.8 2.9
2.10 2.11
2.12
2.13 2.14
Замечание: результат предыдущей задачи в данном случае, вообще говоря, неприменим, так как оператор не является линейным. Доказать эквивалентность двух определений непрерывности в точке оператора, действующего в нормированных пространствах. Доказать, что линейный оператор ограничен тогда и только тогда, если существует постоянная C > 0 , что для любого элемента y выполнено неравенство || Ay || ≤ C || y || . Доказать, что оператор дифференцирования, действующий из C (1) [ a, b] в C[ a, b ] , является ограниченным. Доказать, что оператор дифференцирования, определенный на подпространстве непрерывно дифференцируемых функций пространства C[ a, b] и действующий из C[ a, b] в C[ a, b] , не является ограниченным. Доказать, что если A - линейный ограниченный оператор, действующий A : N1 → N2 , где N1 и N2 –
нормированные пространства, причем A ≠ 0 , то || A || > 0 . а) Доказать, что линейный оператор А имеет ограниченный обратный тогда и только тогда, если существует число m > 0 такое, что для всех y ∈ D ( A) выполнено || Ay || ≥ m || y || . б) Доказать, что в этом случае норма обратного оператора равна || A−1 || = 1 , где М - максимальное из M возможных значений m , найденных в п. а). Доказать, что если линейный оператор B : N 2 → N 3 является вполне непрерывным, а линейный оператор A : N1 → N2 ограниченный, то BA : N1 → N 3 - вполне непрерывный оператор ( N1 , N 2 , N 3 – нормированные пространства). Сравнить с результатом примера 2.3. Доказать, что интегральный оператор Фредгольма, действующий из h[a, b] в C[ a, b] , является вполне непрерывным оператором. Доказать, что интегральный оператор Фредгольма, действующий из h[ a, b] в h[ a, b] , является вполне непрерывным оператором. x
2.15
Доказать,
что
интегральный
оператор
Вольтерра
By =
∫ K ( x, s) y ( s) ds
является
вполне
a
2.16 2.17
непрерывным при действии C[ a, b] → C[ a, b] . Доказать, что оператор умножения на x : Ay = x ⋅ y ( x ) , действующий C[ a, b] → C[ a, b] , не является вполне непрерывным. Доказать, что единичный оператор, действующий в пространстве C[ a, b ] , не является вполне непрерывным. 1
2.18
Доказать, что интегральный оператор Ay =
∫ 0
y(s) ( x − s)2
ds не является вполне непрерывным при
действии C[0,1] → C[0,1] . 2.19
Доказать,
что
дифференциальный
оператор
Ay =
d y ( x) + 4 y ( x) , dx
действующий
C0(1) [0,1] → C[0,1] ( C0(1) [0,1] - подпространство непрерывно дифференцируемых на [0,1] функций, удовлетворяющих условию y (0) = 0 , обратный, и найти его. −1
x
∫
Ответ: A y = e
−4( x − s )
с нормой пространства C (1) [0,1] ),
y ( s ) ds .
0
15
имеет ограниченный
ТЕМА 3 Собственные значения и собственные векторы вполне непрерывного самосопряженного оператора. Основные определения и теоремы Оператор A∗ : E → E , действующий в евклидовом пространстве, называется сопряженным к оператору А, если ∀ y1 , y2 ∈ E ( Ay1 , y2 ) = ( y1 , A∗ y2 ) . Если A = A ∗ , то оператор А называется самосопряженным. Пусть линейный оператор A действует в линейном пространстве L. Число Λ называется собственным значением оператора A, если существует элемент y ≠ θ такой, что Ay = Λy . Элемент y называется собственным вектором. Множество собственных векторов, соответствующих собственному значению Λ , является подпространством пространства L . 1 Число λ = (Λ ≠ 0) называется характеристическим числом оператора A. Λ Теорема. Самосопряженный вполне непрерывный оператор А, действующий в бесконечномерном евклидовом пространстве, обладает собственным вектором, соответствующим собственному значению Λ : | Λ | = || A || . Это собственное значение является максимальным по модулю среди всех собственных значений оператора А. Теорема, вообще говоря, не верна, если отказаться от условий самосопряженности или вполне непрерывности оператора (см. примеры в конце темы). Элемент е называется максимальным элементом (вектором) оператора A, если || e || = 1 и || Ae || = || A || . Самосопряженный вполне непрерывный оператор А обладает максимальным вектором. Если z - максимальный вектор самосопряженного оператора А, то z -собственный вектор оператора A 2 , соответствующий собственному значению Λ = || A ||2 = M 2 . Если оператор A 2 обладает собственным вектором z, соответствующим собственному значению M 2 , то оператор А имеет собственный вектор, соответствующий собственному значению M или − M . b
Теорема.
Пусть ядро
K ( x, s )
оператора Фредгольма
Ay = ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds a
h[a, b] → h[a, b] является вещественным, симметрическим, непрерывным по совокупности переменных ( x, s ) ∈ [a, b] × [a, b] , и не равно тождественно нулю. Тогда оператор Фредгольма обладает собственным значением Λ , Λ ≠ 0 : Ay = Λy , y ≠ 0 , y ∈ h[a, b] . 1 Иногда удобнее использовать характеристические числа: λ = , Λ ≠ 0 . Тогда в Λ утверждении теоремы следует записать λ A y = y . Теорема. Собственные векторы самосопряженного оператора A , соответствующие различным собственным значениям, ортогональны.
16
Теорема. Число собственных значений вполне непрерывного самосопряженного оператора A , удовлетворяющих условию: || A || ≥ | Λ | ≥ δ > 0 , ( δ - фиксированное положительное число) конечно. Число линейно независимых собственных векторов, соответствующих собственному значению, называется кратностью собственного значения. Теорема. Ненулевому собственному значению вполне непрерывного оператора A может соответствовать только конечное число линейно независимых собственных векторов. Нулевому собственному значению может отвечать как конечное, так и бесконечное число линейно независимых собственных векторов. Теорема. а) Множество собственных значений самосопряженного вполне непрерывного оператора А, действующего в бесконечномерном евклидовом пространстве, представляет собой: || A || = | Λ1 | ≥ | Λ 2 | ≥ ... ≥ | Λ n | ≥ ... либо бесконечную последовательность, тогда монотонно невозрастающая и ограниченная снизу нулем; либо конечную последовательность, тогда || A || = | Λ1 | ≥ | Λ 2 | ≥ ... ≥ | Λ n | > Λ n +1 = 0 (каждое собственное значение повторяется в эти неравенствах столько раз, какова его кратность). б) Если ненулевых собственных значений бесконечно много, то Λ n → 0 . n→∞
в) Каждому собственному значению отвечает хотя бы один собственный вектор, причем можно выбрать собственные векторы так, что они образуют ортонормированную систему (собственные векторы, соответствующие разным собственным значениям ортогональны, а собственные векторы, соответствующие одному и тому же собственному значению, можно ортогонализовать, используя процедуру Грама-Шмидта). Для характеристических чисел вполне непрерывного самосопряженного оператора справедливы аналогичные результаты: либо λ1 ≤ λ 2 ≤ ... ≤ λ n (конечная последовательность характеристических чисел); либо λ1 ≤ λ 2 ≤ ... ≤ λ n ≤ ... (бесконечная последовательность характеристических чисел). В этом случае lim λ n = ∞ . n←∞
Каждому характеристическому числу λn можно сопоставить собственный вектор ϕn , причем векторы {ϕ n } образуют ортонормированную систему. Аналогичные утверждения верны для интегрального оператора с непрерывным, симметрическим и неравным тождественно нулю ядром. В этом случае вместо слов собственные векторы говорят собственные функции интегрального оператора или собственные функции ядра K ( x, s ) . Пусть А - вполне непрерывный самосопряженный оператор со следующей последовательностью характеристических чисел (неважно, конечной или бесконечной) : λ1 ≤ λ 2 ≤ ... ≤ λ n ≤ ... , которым соответствует ортонормированная последовательность собственных векторов ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ,... . Теорема. Вектор y принадлежит нуль-пространству оператора А ( y ∈ Ker A ) тогда и только тогда, когда ( y, ϕ k ) = 0 k = 1,2,... ( ϕ k - конечная или бесконечная последовательность). Теорема Гильберта-Шмидта. Функция f (x) называется истокопредставимой через ядро K ( x, s ) , если существует непрерывная функция g (x) такая, что b
f ( x) = ∫ K ( x, s ) g ( s ) ds . Если функция f (x) истокопредставима через симметрическое a
17
∞
непрерывное ядро K ( x, s ) , то она может быть разложена в ряд f ( x) = ∑ f k ϕ k ( x) , где k =1
b
f k = ( f , ϕ k ) = ∫ f ( s ) ϕk ( s ) ds , причем этот ряд сходится абсолютно и равномерно на [a, b] . a
Можно рассматривать оператор Фредгольма в пространстве непрерывных комплекснозначных функций hC [a, b] , состоящем из комплекснозначных функций вещественной переменной x: y ( x) = u ( x) + i v( x) x ∈ [a, b] , функции u(x), v(x) – непрерывные на [a,b] вещественные функции. В этом пространстве скалярное b
произведение вводится так: ( y1 , y 2 ) = ∫ y1∗ ( x) y 2 ( x) dx (здесь
*
- знак комплексного
a
сопряжения). Теорема. Пусть интегральный оператор с непрерывным симметрическим вещественным ядром K ( x, s ) действует в комплексном пространстве hC[a,b]. Тогда этот оператор может иметь только вещественные собственные значения. Если
ядро
n
K(x,s)
K ( x, s ) = ∑ a j ( x) b j ( s ) , где j =1
является
вырожденным,
т.е.
представимо
в
виде
a1 ( x),..., a n ( x) и b1 ( s ),..., bn ( s ) - линейно независимы и
непрерывны по своим аргументам на [a, b] , то интегральный оператор является вырожденным. В этом случае и у него всегда есть нулевое собственное значение, причем кратность его равна ∞ . Отыскание других собственных значений сводится к решению эквивалентной алгебраической задачи на собственные значения и собственные векторы для некоторой матрицы c1 b n Λci = ∑ c j ∫ a j ( x) bi ( x) dx , i = 1, 2,..., n , или K ⋅ C = Λ ⋅ C , где K = {kij }i , j =1 , C = # . j =1 a c
n kij
Собственные значения Λ n матрицы К и, следовательно, собственные значения (и 1 характеристические числа λn = ) интегрального оператора Фредгольма теперь можно Λn найти, решив характеристическое уравнение det( K − ΛI ) = 0 . Некоторые задачи на нахождение характеристических чисел и собственных функций оператора Фредгольма с непрерывным невырожденным ядром рассмотрены также в примерах к теме 7.
18
Примеры решения задач
Пример 3.1. Пусть M - подпространство евклидова пространства, инвариантное относительно самосопряженного оператора А. Доказать, что ортогональное дополнение M ⊥ подпространства М также инвариантно относительно оператора А. Решение. Рассмотрим любые элементы y ∈ M , z ∈ M ⊥ , т.е. ( y, z ) = 0 . Подпространство М инвариантно относительно оператора А, что означает Ay ∈ M для любого y ∈ M , т.е. ( Ay, z ) = 0 . Нужно доказать, что Az ∈ M ⊥ . Оператор А - самосопряженный, поэтому ( Ay, z ) = ( y, Az ) = 0 , т.е. элемент Az ортогонален любому y ∈ M , следовательно Az ∈ M ⊥ , что и требовалось доказать. Пример 3.2. Доказать, что норма вполне непрерывного самосопряженного оператора может быть найдена по формуле || A || = sup | ( Ay, y ) | . || y|| =1
Решение. Обозначим µ = sup | ( Ay, y ) | и докажем, что указанная точная верхняя грань || y|| =1
существует. Пользуясь неравенством Коши-Буняковского, получим | ( Ay, y ) | ≤ || Ay || ⋅||N y || ≤ || A || ⋅||N y || = || A || , откуда следует существование sup | ( Ay, y ) | и =1
|| y|| =1
=1
оценка µ = sup | ( Ay, y ) | ≤ || A || . || y|| =1
Докажем теперь, что справедливо неравенство µ ≥ || A || . Для любого элемента у y y0 = имеет норму, равную единице, поэтому | ( Ay0 , y0 ) | ≤ sup | ( Ay0 , y0 ) | = µ , откуда || y || || y0 || =1 2 свойствами получаем | ( Ay, y ) | ≤ µ ⋅ || y || . Пользуясь линейностью оператора А, скалярного произведения и равенством ( Ay, z ) = ( y, Az ) (определение самосопряженного оператора), нетрудно получить 4( Ay, z ) = ( A( y + z ), y + z ) − ( A( y − z ), y − z ) . Из этого равенства с учетом полученной выше оценки, имеем 4 | ( Ay, z ) | = | ( A( y + z ), y + z ) − ( A( y − z ), y − z ) | ≤ | ( A( y + z ), y + z ) | + | ( A( y − z ), y − z ) | ≤ ≤ µ ⋅ || y + z ||2 + µ ⋅ || y − z ||2 = 2 µ ⋅ (|| y ||2 + || z ||2 ) . Поэтому для произвольных элементов Ay , пространства таких, что || y || = 1, || z || = 1 , верно | ( Ay, z ) | ≤ µ . Полагая z = || Ay || | ( Ay, Ay ) | = || Ay || ≤ µ для любых у, таких что || y || = 1 , откуда следует || A || ≤ µ . получим || Ay || Итак, µ ≤ || A || ≤ µ , поэтому || A || = µ = sup | ( Ay, y ) | , что и требовалось. || y|| =1
Замечание. Обратившись к теореме о существовании собственного вектора вполне непрерывного самосопряженного оператора, можно заключить, что если в рассмотренной задаче оператор А - вполне непрерывный, то максимальное по модулю собственное значение его удовлетворяет соотношению | Λ | = || A || = sup | ( Ay, y ) | || y|| =1
19
Пример 3.3. Рассмотрим оператор умножения Ay = (1 − x) ⋅ y ( x) , действующий в пространстве h[0,1] . а) Доказать, что указанный оператор является ограниченным и найти его норму. б) Доказать, что у него нет максимального вектора. Решение. а) Напомним, что нормой линейного оператора называется число
A = sup Ay . y =1
1
Рассмотрим в пространстве h[0,1] множество функций y ( x) : || y ||h[0,1] =
∫y
2
( x) dx = 1 .
0
1
∫ (1 − x)
Тогда || Ay ||h[0,1] =
1
2
y ( x) dx ≤ 2
0
∫y
2
( x) dx = 1 , поэтому оператор ограничен и для
0
нормы оператора получаем оценку || A || ≤ 1 . Докажем, что норма рассматриваемого оператора равна 1. Для этого достаточно построить последовательность yn ( x) непрерывных функций такую, что || Ayn ||h[0,1] → 1 . n →∞
1 3n ⋅ (1 − nx), 0 ≤ x ≤ n . yn ( x ) = Пусть 1 0 , x≥ n Непосредственным вычислением легко проверить, что ∀n || yn ||h[0,1] = 1 и 1 n
|| Ayn ||h2[0,1] = 3n ⋅ ∫ (1 − nx) 2 ⋅ (1 − x) 2 dx = 1 − 0
1 1 − → 1. 2n 10n 2 n→∞
Поэтому || A || = 1 . б) Докажем, что у рассматриваемого оператора в пространстве h[0,1] нет максимального вектора. Напомним, что элемент y : || y || = 1 называется максимальным вектором ограниченного оператора, если || Ay || = || A || . Предположим, что y0 ( x) : || y0 || = 1 является максимальным вектором рассматриваемого оператора, тогда 1
1
|| y0 ||2 = ∫ y02 ( x) dx = 1 ,
|| Ay0 ||2 = ∫ (1 − x) 2 ⋅ y02 ( x) dx =|| A ||2 = 1 . Вычитая последние два
0
0
1
равенства, получим
− (1 − x) ] ⋅ y ∫ [1
2
0
2 0
( x) dx = 0 , что невозможно.
>0
Таким образом, сделанное предположение неверно, т.е. максимального вектора у оператора нет. Замечание. Рассмотренный оператор умножения в пространстве h[0,1] является самосопряженным, но не вполне непрерывным, поэтому теорема о существовании максимального вектора в данном случае неприменима.
Пример 3.4. Пусть K ( 2 ) ( x, s ) = K ( x, s ) −
ϕ1 ( x ) ϕ1 ( s ) , где ϕ1 - нормированная собственная λ1
b
функция оператора Фредгольма Ay = ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds с непрерывным симметрическим a
20
ядром, отвечающая характеристическому числу λ1 . Рассмотрим интегральный оператор b
(2)
A
с ядром K
(2)
( x, s ) : A y = ∫ K (2) ( x, s ) y ( s ) ds . (2)
a
Доказать, что: а) все собственные функции ϕ 2 ,..., ϕ n ,... оператора А, отвечающие характеристическим числам λ2 ≤ ... ≤ λn ≤ ... ,
являются также собственными функциями оператора A(2) ,
соответствующими тем же характеристическим числам λ2 ≤ ... ≤ λn ≤ ... ; б) оператор A(2) не имеет других характеристических чисел, отличных от λk , k = 2,3, 4,... ; в) функция ϕ 1 также является собственной функцией оператора A(2), соответствующей нулевому собственному значению ядра K ( 2 ) ( x, s ) . Решение. Так как ядро оператора А непрерывно и симметрично, то и ядро K ( 2 ) ( x, s ) удовлетворяет тем же условиям, т.е. оператор A(2) является вполне непрерывным и самосопряженным. Заметим также, что действие оператора A(2) можно представить в b ϕ ( x) ϕ1 ( s ) ϕ ] y ( s ) ds = A y − 1 (ϕ1 , y ) . следующем виде: A(2) y = ∫ [ K ( x, s ) − 1
λ1
a
λ1
Напомним, что собственные функции самосопряженного оператора образуют b 1 ортогональную систему, и Aϕ k = ∫ K ( x, s ) ϕ k ( s ) ds = ϕ k . Будем считать также, что λk a b
|| ϕk || = ∫ ϕ k2 ( x) dx = 1 . 2
a
Для любой собственной функции ϕk , k = 2,3, 4,... оператора A имеем
а)
b
ϕ1 ( x) ϕ1 ( s ) 1 1 ϕ k ( s ) ds = ϕk ( x) − 0 = ϕk ( x) , λ λ λ 1 k k a
b
b
A(2)ϕ k = ∫ K (2) ( x, s ) ϕ k ( s ) ds = ∫ K ( x, s ) ϕ k ( s ) ds − ∫ a
ϕk
т.е.
a
является
собственной
функцией
оператора
A(2) ,
соответствующей
характеристическому числу λk . б) Пусть λ - характеристическое число оператора A(2) , а ϕ - отвечающая ему 1 λ является также собственная функция, т.е. A(2)ϕ = ϕ . Докажем, что λ характеристическим числом оператора A , т.е. совпадает с одним из λk , k = 2,3, 4,... . Действительно b b b ϕ ( x) ϕ1 ( s ) (2) (2) ϕ = λ A ϕ = λ ∫ K ( x, s) ϕ ( s ) ds = λ ∫ K ( x, s ) ϕ ( s ) ds − λ ∫ 1 ϕ ( s) ds = λ Aϕ − 0 = λ Aϕ , λ 1 a a a т.е. λ является характеристическим числом оператора A , что и требовалось. Здесь было использовано неочевидное (так как ϕk и ϕ - собственные функции различных операторов!!!) соотношение b
∫ ϕ (s) ϕ (s) ds = (ϕ , ϕ ) = (ϕ , λ A 1
1
1
ϕ ) = λ (ϕ1 , A(2)ϕ ) = ( A(2) − cамосопряженный ) = λ ( A(2)ϕ1 , ϕ ) =
(2)
a
ϕ (ϕ , ϕ ) (ϕ , ϕ ) (ϕ1 , ϕ1 ) = λ 1 , ϕ − 1 = 0 . = λ ( Aϕ1 , ϕ ) − 1 λ1
λ1 λ1 =1
21
ϕ1 1 1 ϕ1 ( x) − ϕ1 ( x) = 0 ⋅ϕ1 ( x) , следовательно ϕ1 - собственная (ϕ1 , ϕ1 ) = λ1 λk λk
в) A(2)ϕ1 = Aϕ1 −
функция оператора A(2) , отвечающая собственному значению Λ 0 = 0 . Пример 3.5. Доказать, что оператор умножения на x : Ay = x ⋅ y ( x) , действующий в пространстве h[0,1] а) является самосопряженным; б) не имеет собственных значений. Решение. 1
1
0
0
a) ( Ay, z ) = ∫ [ x y ( x)] ⋅ z ( x) dx = ∫ y ( x) ⋅ [ x z ( x)] dx = ( y, Az ) , т.е. А - самосопряженный. б) Рассмотрим уравнение Ay ≡ x ⋅ y ( x) = λ y ( x) ⇒ ( x − λ ) ⋅ y ( x) = 0 , откуда получаем y ( x) ≡ 0 . Итак, при любом λ уравнение Ay = λ y имеет только тривиальное решение, что и означает отсутствие собственных значений у оператора А. Замечание. Рассматриваемый оператор не является вполне непрерывным (см. задачу 2.16), поэтому теорема о существовании собственного вектора в данном случае неприменима. x
Доказать, что оператор Вольтерра Ay = ∫ y ( s) ds ( x ∈ [0,1] ), действующий в
Пример 3.6.
0
пространстве h[0,1] : а) является вполне непрерывным; б) не имеет собственных значений. Решение. а) Докажем сначала, что А - вполне непрерывный оператор при действии h[0,1] → C[0,1] . Рассмотрим ограниченную последовательность yn ∈ h[0,1] : yn
h[0,1]
=
1
x
0
0
2 ∫ yn ( x)dx ≤ M , n=1,2,…, и последовательность zn ( x) = Ayn = ∫ yn (s) ds .
Докажем равномерную ограниченность zn ( x) в пространстве C[0,1] . Действительно, zn ( x ) =
x
x
0
0
∫ yn (s) ds = ∫ 1⋅ yn (s) ds ≤
x
x
0
0
2 ∫ ds ⋅ ∫ yn (s) ds ≤
x
1
2 ∫0 ds ⋅ ∫0 yn (s) ds ≤ M N
≤1
≤M 2
сразу для всех x ∈ [0,1] и всех n=1,2,… , откуда следует || zn ||C [0,1] = sup | zn ( x) | ≤ M , что и x∈[0,1]
требовалось. Докажем равностепенную непрерывность последовательности произвольные точки x1 , x2 ∈ [0,1] . Имеем zn ( x1 ) − zn ( x2 ) =
x1
x2
x2
0
0
x1
∫ yn (s) ds − ∫ yn (s) ds =
∫
yn ( s) ds ≤
x2
x2
z n (x) . Возьмем 1
2 2 ∫x ds ⋅ ∫x yn (s) ds ≤ ( x2 − x1 ) ⋅ ∫0 yn (s) ds 1 1
≤ M2
22
Фиксируем произвольное ε > 0 и возьмем 0 < δ = x1 , x2 ∈ [0,1] ,
любых
удовлетворяющих
ε2
. Тогда для всех n = 1, 2,3,... и
M2
x1 − x2 ≤ δ =
условию
ε2
M2 zn ( x1 ) − zn ( x2 ) ≤ ε , т.е. последовательность z n (x) равностепенно непрерывна.
,
имеем
Итак, последовательность функций z n (x) , непрерывных на сегменте [0,1] , равномерно ограничена и равностепенно непрерывна. Из теоремы Арцела следует, что из нее z n (x) можно выделить равномерно сходящуюся при x ∈ [0,1] к непрерывной функции подпоследовательность. Очевидно, что этим же свойством обладает и любая подпоследовательность последовательности z n (x) . Следовательно, оператор А является вполне непрерывным при действии h[0,1] → C[0,1] . Но, т.к. из равномерной сходимости следует сходимость в среднем, то та же самая подпоследовательность непрерывных функций, которая сходится равномерно к некоторой непрерывной функции, сходится и в среднем к той же функции. Поэтому оператор А является вполне непрерывным и при действии h[0,1] → h[0,1] . б) Покажем, что рассматриваемый оператор не имеет собственных значений. Рассмотрим x
уравнение
Ay ≡ ∫ y ( s ) ds = λ y ( x) . Этому уравнению удовлетворяют функции вида 0
−λ x
y ( x) = ce , а так как у(0)=0, то единственное решение его при любом λ y ( x) ≡ 0 , что и доказывает отсутствие собственных значений. Замечание. Рассматриваемый оператор не является самосопряженным. Действительно, путем интегрирования по частям легко показать, что 1
x
1
x
0 0
0
0
( Ay, z ) = ∫ [ ∫ y (t ) dt ] ⋅ z ( x) dx ≠ ∫ y ( x) ⋅ [ ∫ z (t ) dt ] dx = ( y, Az ) . Поэтому теорема о существовании собственного вектора в данном случае неприменима. π
Показать, что оператор Фредгольма Ay = ∫ sin x cos s y ( s ) ds, x ∈ [0, π ] не
Пример 3.7.
0
имеет характеристических чисел. π
Решение. Рассмотрим уравнение y ( x) = λ ∫ sin x cos s y ( s ) ds . Требуется найти такие λ , при 0
которых существуют нетривиальные решения этого уравнения. π
Обозначим C = ∫ cos s y ( s ) ds ,
тогда y ( x) = λC sin x , и для определения С имеем
0
π
C = ∫ cos s C λ sin s ds = 0 . Следовательно, y ( x) ≡ 0 при любом λ , т.е. характеристических 0
y(s)
чисел у исследуемого оператора нет. Замечание. В данном случае ядро K ( x, s ) = sin x ⋅ cos s непрерывное, но симметрическое, поэтому оператор является вполне непрерывным, но самосопряженным, и теорема о существовании собственного вектора неприменима.
23
не не
Пример 3.8. Найти характеристические числа и построить ортонормированные собственные функции однородного уравнения Фредгольма с непрерывным вырожденным π
симметрическим ядром y ( x) = λ ∫ sin( x + s ) y ( s ) ds . 0
Решение. Ядро исследуемого оператора симметрическое и непрерывное, следовательно, оператор Фредгольма в данной задаче является вполне непрерывным и самосопряженным. Представим ядро виде K ( x, s ) = sin( x + s ) = sin x cos s + cos x sin s и обозначим π
π
0
0
∫ cos s y(s) ds = a1 , ∫ sin s y(s) ds = a2 .
Тогда y ( x) = λ a1 sin x + λ a2 cos x , где
π
π
0
0
π
π
0
0
a1 = ∫ cos s y ( s ) ds = λ ∫ cos s (a1 sin s + a2 cos s ) ds = λ a2 = ∫ sin s y ( s ) ds = λ ∫ sin s (a1 sin s + a2 cos s ) ds = λ
λπ a1 − 2 a2 = 0 λπ a − a = 0 2 2 1
Однородная система
1 ∆ (λ ) = −
λπ 2
−
при λ2 = −
2
π
2
π
2
π 2
a2 , a1 .
имеет нетривиальные решения при условии
λπ
2
2 = 1 − λπ = 0 , 2 1
откуда определяем характеристические числа λ1 = При λ1 =
π
2
π
и λ2 = −
2
π
.
имеем a2 = a1 , т.е. собственная функция y1 ( x) = C (sin x + cos x) ;
получаем a2 = − a1 , и собственная функция y2 ( x) = C (sin x − cos x) .
Так как собственные функции, отвечающие различным характеристическим числам, ортогональны, то искомая ортонормированная система есть 1 1 ϕ1 ( x) = ϕ2 ( x) = (sin x + cos x) , (sin x − cos x) .
π
π
Пример 3.9. Если для любых x, s ∈ [a, b] имеет место равенство K ( x, s ) = − K ( s, x) , то ядро K ( x, s ) называется кососимметрическим. Показать, что все отличные от нуля собственные значения оператора Фредгольма b
Ay = ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds, x ∈ [a, b] с вещественным кососимметрическим ядром
-
чисто
a
мнимые числа. b
Решение.
Пусть Λ - одно из собственных значений, т.е.
∫ K ( x, s) y(s)ds = Λy( x) ,
где
a
y ( x) ≡/ 0 - соответствующая собственная функция (возможно, комплекснозначная). Так
24
b
как ядро вещественно, то имеет место также
∫ K ( x, s) y (s)ds = Λ y ( x) , где знак * означает ∗
∗
∗
a
комплексное сопряжение. Умножим второе уравнение на y ( x) , а первое - на комплексно сопряженную функцию y ∗ ( x) , и проинтегрируем по отрезку [a, b] . Получим: b
b
b
Λ ∫ | y ( x) | dx = ∫ y ( x)dx ∫ K ( x, s) y ( s)ds , 2
a
b
∗
a
b
b
a
a
a
b
b
Λ ∫ | y ( x) | dx = ∫ y ( x)dx ∫ K ( x, s) y ( s)ds = ∫ y ( s)ds ∫ K ( x, s ) y ( x)dx . ∗
2
a
∗
∗
a
a
Меняя обозначения переменных интегрирования в последнем интеграле и учитывая, что K ( x, s ) = − K ( s, x) приходим к соотношению b
b
b
b
a
a
b
Λ ∫ | y ( x) | dx = ∫ y ( x)dx ∫ K ( s, x) y ( s)ds = − ∫ y ( x)dx ∫ K ( x, s ) y ( s)ds . ∗
2
a
∗
a
Складывая первое и последнее равенства, найдем
∗
a
b
(Λ + Λ ) ∫ | y ( x) |2 dx = 0 . Так как ∗
a
∗
y ( x) ≡/ 0 , то Λ = −Λ , т.е. либо Λ = 0 , либо является чисто мнимым. Замечание. Напомним, что все собственные значения самосопряженного оператора вещественные числа. В рассмотренном случае интегральный оператор Фредгольма не является самосопряженным, поэтому собственные значения могут не быть вещественными (в данном примере все ненулевые собственные значения оказались чисто мнимыми). Пример 3.10.
Найти характеристические числа и собственные функции оператора 1
Фредгольма с вырожденным кососимметрическим ядром Ay = ∫ ( x − s ) y ( s )ds, x ∈ [0,1] . 0
Решение.
Требуется найти такие λ , при которых существуют нетривиальные решения 1
уравнения
y ( x) = λ ∫ ( x − s ) y ( s )ds .
Обозначим
0
1
1
0
0
C1 = ∫ y ( s )ds, C2 = ∫ s y ( s )ds ,
тогда y ( x) = λ (C1 x − C2 ) , и для определения C1 , C2 получим соотношения
λ
1
1
λ
λ
C1 = λ ∫ (C1s − C2 ) ds = C1 − λ C2 , C2 = λ ∫ s ⋅ (C1s − C2 ) ds = C1 − C2 ,
2 3 2 0 0 y(s) y(s) откуда λ 1 − 2 C1 + λ C2 = 0 . λ λ − C + 1 + C =0 3 1 2 2 Нетривиальные решения системы существуют при условии 1− det −
λ 2
λ
3
λ 1+
λ
=
1 2 λ +1 = 0 12
2
25
⇒ λ1 = +i 2 3, λ2 = −i 2 3 .
Пусть λ = λ1 = 2i 3 тогда, полагая C1 = C ⋅ 2 3 , где С - произвольная постоянная, найдем C2 = C ⋅ (i + 3) и собственные функции y1 ( x) = λ1 (C1 x − C2 ) = C (12i x − 6i + 2 3) . Пусть λ = λ2 = −2i 3 тогда, также полагая C1 = C ⋅ 2 3 , найдем C2 = C ⋅ (−i + 3) и собственные функции y2 ( x) = λ2 (C1 x − C2 ) = C (−12i x + 6i + 2 3) . Замечание. Если оператор несамосопряженный, то характеристические числа могут не быть действительными. В данном случае, ядро оператора K ( x, s ) = x − s не симметрическое, и характеристические числа оказались чисто мнимыми (см. пример 3.9).
Задачи для самостоятельного решения 3.1
Пусть,
ϕ i ( x) ϕ i ( s ) , где ϕ k λi i =1 n
K ( n +1) ( x, s) = K ( x, s) − ∑
-
собственные функции оператора
b
Фредгольма
Ay = ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds с вещественным непрерывным симметрическим ядром, a
отвечающие характеристическим числам
λk ,
k=1,2,…,n. Рассмотрим интегральный оператор A(n+1)
b
∫
с ядром K(n+1)(x,s) : A( n +1) y = K ( n +1) ( x, s ) y ( s ) ds . a
Доказать, что: а) все собственные функции
ϕk , k = n + 1,...
оператора А, отвечающие характеристическим числам
λn+1 ≤ ... ≤ λk ≤ ... , являются также собственными функциями оператора A(n+1) , соответствующими тем же характеристическим числам λn +1 ≤ ... ≤ λk ≤ ... ; б) оператор A(n+1) не имеет других характеристических чисел, отличных от в) функции
ϕk , k = 1, 2,..., n
λk , k = n + 1,... ;
также являются собственными функциями оператора
A(n+1) ,
соответствующими нулевому собственному значению ядра K ( n +1) ( x, s ) . 3.2 Доказать, что интегральный оператор Фредгольма с непрерывным симметрическим ядром, действующий h[ a, b] → h[ a, b] , является самосопряженным оператором. 3.3 Доказать, что интегральный оператор Вольтерра с непрерывным не равным тождественно нулю ядром, действующий h[ a, b] → h[ a, b] , не является самосопряженным оператором. x
3.4
Доказать, что интегральный оператор Вольтерра By =
∫ K ( x, s) y(s) ds
с вещественным
a
непрерывным ядром является вполне непрерывным при действии
h[a, b] → C[a, b]
и
h[a, b] → h[a, b] . 3.5 3.6
Пусть ϕ - собственный вектор самосопряженного оператора A, действующего в евклидовом пространстве. Доказать, что множество векторов, ортогональных ϕ, образуют замкнутое линейное подпространство, инвариантное относительно A. Доказать, что если интегральный оператор Фредгольма с непрерывным симметрическим C
вещественным ядром K ( x, s ) действует в комплексном пространстве h [ a, b] (комплексном
3.7
расширении пространства h[ a, b] ), то этот оператор может иметь только вещественные собственные значения. Доказать, что собственные векторы самосопряженного оператора A , соответствующие различным собственным значениям, ортогональны.
26
K ( x, s ) =
2
sin nx ⋅ sin ns , n2 n =1 ∞
∑ π
3.8
Доказать, что интегральный оператор Фредгольма с ядром
3.9
действующий в пространстве h[0, π], является невырожденным. Доказать, что нуль является простым собственным значением интегрального оператора Фредгольма с ядром K ( x, s ) =
3.10
3.12
sin nx ⋅ sin ns , действующего в пространстве h[0, π],. n2 n=2 ∞
∑ π
Доказать, что нулевое собственное значение
K ( x, s ) = 3.11
2
интегрального оператора Фредгольма с ядром
sin 2nx ⋅ sin 2ns , действующего в пространстве h[0, π], имеет бесконечную (2n) 2 n =1 ∞
2
∑ π
кратность. Привести пример интегрального оператора Фредгольма, нулевое собственное значение которого имеет конечную кратность. Найти характеристические числа и собственные функции однородных уравнений Фредгольма с вырожденными непрерывными симметрическими ядрами в следующих случаях (все характеристические числа - вещественные): π
∫
а) y ( x) = λ cos x cos s y ( s ) ds ; 0
π
∫
б) y ( x) = λ sin x sin s y ( s ) ds ; 0
π
∫
в) y ( x) = λ cos( x + s) y ( s ) ds ; 0
π
∫
г) y ( x) = λ cos( x − s) y ( s) ds ; 0 1
∫
д) y ( x) = λ ( x + s ) y ( s ) ds ; −1 1
∫
е) y ( x) = λ xs y ( s ) ds ; 0
ж) y ( x ) = λ
1
∫ ( xs + x s
2 2
) y ( s ) ds ;
−1
з) y ( x ) = λ
π
∫ (1 + cos( x − s)) y(s) ds .
−π
3.13
Найти характеристические числа и собственные функции уравнений Фредгольма с вырожденными несимметрическими ядрами (характеристические числа необязательно вещественные, и их может не быть вовсе): 1
∫
а) y ( x ) = λ ( xs − 2 x ) y ( s ) ds ; б) y ( x ) = λ
2
0 2π
∫ sin( x − s) y(s) ds ; 0
в) y ( x ) = λ
π
∫ x cos s y(s) ds ;
−π
π
г)
y ( x) = λ ∫ cos x sin s y ( s ) ds . 0
27
Ответы к задачам π
3.11
Ay = ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds , где K ( x, s ) = 0
3.12
λ=
б)
λ=
в)
λ1 =
г)
λ1,2 =
д) е) ж) з) 3.13
2
а)
а) б)
π 2
π 2
π
,
y ( x) = C cos x ;
,
y ( x) = C sin x ;
,
y1 ( x) = C cos x;
2
π
,
2
sin nx ⋅ sin ns n2 n=k ∞
∑ π
2
λ2 = − , π
( k ≥ 2) .
y2 ( x) = C sin x ;
y ( x) = C1 cos x + C2 sin x - ранг х.ч. равен 2.
3 3 , y1 ( x) = C (1 + x 3); λ2 = − , y2 ( x) = C (1 − x 3) ; 2 2 λ = 3, y ( x) = C x ; 3 5 λ1 = , y1 = Cx; λ2 = , y2 = Cx 2 ; 2 2 1 1 , λ1 = y1 = C ; λ2 = , y2(1) = C sin x, y2(2) = C cos x . 2π π 2 λ1 = −6, y1 = C ( x − 2 x ) ; i i λ1 = , λ2 = − , y1 = Ceix ; y2 = Ce − ix ;
λ1 =
π
π
в) характеристических чисел (и собственных функций) нет; г) характеристических чисел (и собственных функций) нет.
28
ТЕМА 4 Принцип сжимающих отображений. Метод последовательных приближений для уравнения Фредгольма 2-рода с "малым" λ. Основные определения и теоремы Пусть D – оператор, вообще говоря, нелинейный, действующий D : B → B , где В банахово (полное нормированное) пространство. Оператор D называется сжимающим (или сжимающим отображением), если существует константа q: 0 ≤ q < 1 , такая, что для любых y1 , y2 ∈ B имеет место неравенство || Dy1 − Dy2 || ≤ q || y1 − y2 || . Элемент y называется неподвижной точкой оператора D, если Dy = y . Теорема (о неподвижной точке). Пусть D – сжимающий оператор. Тогда существует, и притом единственная, точка y ∈ B такая, что Dy = y . Эта точка может быть найдена методом последовательных приближений: yn +1 = Dyn , n = 0, 1, 2,... , где y0 ∈ B произвольная фиксированная точка из B (начальное приближение), причем y n → y : Dy = y . Теорема. Пусть D - оператор, отображающий банахово пространство B в себя, и пусть существует натуральное число k такое, что D k - сжимающий оператор. Тогда оператор D имеет единственную неподвижную точку (т.е. такую, что Dy = y ), причем y может быть найдено методом последовательных приближений: для любого y 0 ∈ B y n +1 = D y n , n = 0,1,... , y n → y . Рассмотрим интегральный оператор Фредгольма A : C[ a , b ] → C [ a , b ] : b
Ay ≡
∫ K ( x, s) y(s) ds , где ядро
K ( x, s ) непрерывно по совокупности переменных x, s , но,
a
вообще говоря, не симметрическое. Обозначим:
max | K ( x, s ) | = K 0 , тогда при
x , s∈[ a ,b ]
1 оператор λ A является сжимающим. Заметим, что C[a, b] - банахово, т.е. K 0 (b − a) полное нормированное пространство. 1 Теорема. Если | λ | < (такие λ будем называть «малыми»), то неоднородное K 0 (b − a) |λ | <
b
уравнение Фредгольма 2-го рода
y ( x) = λ ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds + f ( x) имеет единственное a
решение для любой непрерывной функции f ( x) ∈ C[a, b] , причем решение может быть найдено методом последовательных приближений. 1 Следствие 1. При | λ | < однородное уравнение имеет только тривиальное K 0 (b − a) решение. Следствие 2. Если у оператора Фредгольма есть характеристические числа, то 1 λmin ≥ . K 0 (b − a)
29
Если записать уравнение Фредгольма 2-го рода в операторной форме y = λ A y + f или ( I − λ A) y = f , то в случае, когда решение существует и единственно, его (решение) можно представить в виде y = ( I − λ A) −1 f = ( I + λ Rλ ) f = f + λ Rλ f , где Rλ - интегральный b
оператор с непрерывным по x, s ядром R( x, s, λ ) , т.е. y ( x) = f ( x) + λ ∫ R( x, s, λ ) f ( s)ds . a
Ядро R( x, s, λ ) оператора Rλ называется резольвентой. b
Функции
K1 ( x, s ) ≡ K ( x, s ) ,
K n ( x, s ) = ∫ K ( x, t ) K n −1 (t , s ) dt ,
n = 2, 3, ... называются
a
повторными (итерированными) ядрами. Так как при "малых" λ ( λ <
1 ) ряд K 0 (b − a )
K1 ( x, s ) + λ K 2 ( x, s ) + ... + λn−1 K n ( x, s ) +…
x, s ∈ [ a , b ] ,
сходится
равномерно
по
то
= K ( x ,s )
∞
резольвента R( x, s, λ ) может быть найдена по формуле R ( x, s, λ ) = ∑ λ m −1 K m ( x, s ) . m =1
∞
В случае "малых" λ для оператора Rλ имеет место представление Rλ = ∑ λ n −1 An n =1
ряд Неймана.
Примеры решения задач
Пример 4.1.
Доказать, что сжимающий оператор является непрерывным.
Решение. Напомним определение сжимающего оператора. Оператор А, действующий в банаховом пространстве B называется сжимающим, если ∃ q : 0 ≤ q < 1 такое, что ∀ y1 , y2 ∈ B : Ay1 − Ay2 ≤ q ⋅ y1 − y2 . Возьмем любое ε > 0 и пусть 0 < δ ≤ ε , тогда для любых элементов y, y0 таких, что y − y0 ≤ δ , учитывая 0 ≤ q < 1 , имеем:
Ay − Ay0 ≤ q ⋅ y − y0 < y − y0 ≤ δ ≤ ε . Таким
образом, оператор является непрерывным, что и требовалось доказать. Пример 4.2. Пусть оператор А, действующий в банаховом пространстве В, обладает свойством, что P = An является сжимающим оператором. Доказать, что уравнение y = Ay имеет единственное решение. Решение. Так как Р - сжимающий, то существует единственная неподвижная точка у: y = Py этого оператора, которая может быть найдена методом последовательных приближений, т.е. для указанного у справедливы следующие утверждения: а) для ∀ y0 ∈ B последовательность P k y0 → y (неподвижной точке оператора Р); k →∞ б) Py = y ⇒ P( Py ) = Py = y ⇒ .... ⇒ P k y = y для любого k=1,2,3… . Рассмотрим Ay = A N P k y = A Ank y = Ank Ay = P k Ay . Обозначив Ay ≡ y0
и
продолжая
=y
k →∞ предыдущее равенство, с учетом а) получим Ay = P k Ay = P k y0 → y , откуда следует, см. а )
30
что y = Ay , т.е. неподвижная точка оператора Р является также и неподвижной точкой оператора А. Для доказательства единственности неподвижной точки оператора А предположим противное, т.е. пусть существуют две точки y ≠ y такие что Ay = y и Ay = y , тогда An y ≡ Py = y и An y ≡ Py = y , откуда следует, что y = y в силу единственности неподвижной точки оператора Р. Пример 4.3. Пусть в банаховом пространстве В заданы два сжимающих оператора А и D, т.е. для любых элементов x, y ∈ B имеют место соотношения || Ax − Ay || ≤ α A ⋅ || x − y ||, 0 ≤ α A < 1 и || Dx − Dy || ≤ α D ⋅ || x − y ||, 0 ≤ α D < 1 . Зададим некоторое число ε > 0 . Назовем операторы А и D ε -близкими, если для ∀z ∈ B выполнено || Az − Dz || ≤ ε . Доказать, что неподвижные точки x∗ и y ∗ этих операторов находятся на расстоянии
ρ ( x∗ , y ∗ ) ≡ || x∗ − y ∗ || ≤
ε 1−α
, где α = max{α A , α D } < 1 .
Решение. Пусть x∗ - неподвижная точка оператора А, т.е. x∗ = Ax∗ , а y ∗ - неподвижная точка оператора D: y ∗ = Dy ∗ . Возьмем x∗ в качестве начального приближения итерационного процесса для определения y ∗ , т.е. y0 = x∗ , y1 = Dy0 ≡ Dx∗ ,..., yk = D k x∗ ; Тогда y ∗ = lim D k x∗ . k →∞
|| x∗ − yk || ≤ || x∗ − y1 || + || y1 − y2 || +... + || yk −1 − yk || ≤ || x∗ − y1 || ⋅ (1 + α D + α D2 + ... + α Dk −1 ) ≤
|| x∗ − Dx∗ || . 1−αD
Переходя в последнем неравенстве к пределу при k → ∞ , получим || x∗ − Dx∗ || || Ax∗ − Dx∗ || || Ax∗ − Dx∗ || ε = ≤ ≤ , что и требовалось || x∗ − y ∗ || ≤ 1−αD 1−αD 1− α 1−α доказать. Пример 4.4. Привести пример оператора, переводящего банахово пространство В в себя, удовлетворяющего условию || Ay − Az ||B < || y − z ||B для любых y, z ∈ B , и не имеющего неподвижной точки. Решение. Рассмотрим следующий оператор в пространстве R1 : Ax = x +
π
2
− arctg x . Для
применяя формулу Лагранжа ( ξ между y и z ), получим 1 || Ay − Az ||R1 = | y − arctg y − ( z − arctg z ) | = |1 − | ⋅ | y − z | < | y − z | ≡ || y − z ||R1 . Однако, 1+ ξ 2
любых
y, z ∈ B ,
для всех y имеет место неравенство Ay = y +
π
2 неподвижной точки рассматриваемого оператора.
− arctg y > y , что и означает отсутствие
Замечание. Указанный оператор не удовлетворяет теореме о неподвижной точке!!!
31
1
Пример 4.5.
При каких λ оператор Фредгольма Ay = λ ∫ ( x − s) y ( s) ds является 0
сжимающим а) при действии C[0,1] → C[0,1] ; б) при действии h[0,1] → h[0,1] .
Решение. а) Рассмотрим две непрерывные функции y ( x), z ( x) ∈ C[0,1] , тогда 1
|| Ay − Az ||C [0,1] = | λ | ⋅ max ∫ ( x − s)[ y ( s) − z ( s )] ds ≤ | λ | ⋅ max | y ( s) − z ( s ) | ⋅ max | x − s | = | λ | ⋅ || y − z ||C [0,1] x∈[0,1]
s∈[0,1]
0
x , s∈[0,1]
и оператор А: C[0,1] → C[0,1] будет сжимающим при | λ | < 1 . б) Рассмотрим две непрерывные функции y ( x), z ( x) ∈ h[0,1] , тогда 2
1 = λ ⋅ ∫ dx ∫ ( x − s) ⋅ [ y ( s) − z ( s)] ds ≤ (неравенство Коши-Буняковского) 0 0 1
|| Ay − Az ||
2 h[0,1]
1
2
1
1
1 1
≤ λ ⋅ ∫ {∫ ( x − s ) ds ⋅ ∫ [ y ( s ) − z ( s )] ds} dx = λ ⋅ || y − z || 0 0 0
2
2
2
2
2 h[0,1]
1 ⋅∫ ∫ ( x − s ) 2 ds dx = λ 2 ⋅ || y − z ||h2[0,1] ⋅ и 6 0 0
= || y − z||2h [ 0,1]
оператор А: h[0,1] → h[0,1] будет сжимающим при | λ | < 6 .
x
Пример 4.6.
При каких λ оператор Вольтерра By = λ ∫ ( x − s) y ( s) ds является 0
сжимающим а) при действии C[0,1] → C[0,1] ; б) при действии h[0,1] → h[0,1] .
Решение. а) Рассмотрим две непрерывные функции y ( x), z ( x) ∈ C[0,1] , тогда |λ | || Ay − Az ||C [0,1] = | λ | ⋅ max ∫ ( x − s )[ y ( s ) − z ( s )] ds ≤ | λ | ⋅ max | y ( s ) − z ( s ) | ⋅ max ∫ ( x − s ) ds = || y − z ||C [0,1]
x∈[0,1] s∈[0,1] x∈[0,1] 2 0 0 ≥0 x
x
и оператор В: C[0,1] → C[0,1] будет сжимающим при | λ | < 2 . б) Рассмотрим две непрерывные функции y ( x), z ( x) ∈ h[0,1] , тогда 2
x = λ ⋅ ∫ dx ∫ ( x − s) ⋅ [ y ( s) − z ( s)] ds ≤ (неравенство Коши-Буняковского) 0 0 1
|| Ay − Az ||
2 h[0,1]
1
2
x
x
≤ λ ⋅ ∫ [ ∫ ( x − s ) ds ⋅ ∫ [ y ( s ) − z ( s )] ds ] dx = λ ⋅ || y − z || 0 0 0
2
2
2
2
2 h[0,1]
1
x
⋅∫ dx ∫ ( x − s ) ds = 2
0
0
≤ || y − z ||2h [ 0,1]
оператор В: h[0,1] → h[0,1] будет сжимающим при | λ | < 12 .
32
λ2 12
⋅ || y − z ||h2[0,1] и
Считая параметр λ "малым", методом последовательных приближений резольвенту и получить решение уравнения Фредгольма
Пример 4.7. построить π
y ( x) = λ ∫ sin( x + s) y ( s) ds + cos x .
Сформулировать критерий "малого" λ .
0
Замечание. Приведенный ниже способ построения резольвенты служит иллюстрацией к доказанной в курсе лекций теореме о возможности представлении резольвенты R ( x, s, λ ) в ∞
виде ряда R ( x, s, λ ) = ∑ λ m −1 K m ( x, s) при "малых" λ . Так как ядро оператора Фредгольма в m =1
данной задаче является вырожденным, то решение уравнения может быть получено непосредственно методами, рассмотренными в примерах 6.1-6.2. Для построения резольвенты также могут быть использованы и другие приемы (сравните с результатом примера 6.3!!!).
Решение. Начнем с построения резольвенты R ( x, s, λ ) , выписав итерированные ядра: K1 ( x, s ) ≡ K ( x, s ) = sin( x + s ) , π
π
0
0
π
π
K 2 ( x, s ) = ∫ K ( x, t ) K1 (t , s) dt = ∫ sin( x + t ) sin(t + s) dt = K 3 ( x, s ) = ∫ K ( x, t ) K 2 (t , s) dt = 0
2
π
π 2
∫ sin( x + t ) cos(t − s) dt = 0
⋅ cos( x − s) ,
π2 4
⋅ sin( x + s) ,
………………. π
π K 2 m ( x, s) = ∫ K ( x, t ) K 2 m −1 (t , s) dt = 2 0 π
π K 2 m +1 ( x, s ) = ∫ K ( x, t ) K 2 m (t , s ) dt = 2 0
2 m −1
⋅ cos( x − s ) , m = 1, 2,3... , 2m
⋅ sin( x + s) , m = 1, 2,3... . ∞
Используя формулу для резольвенты R ( x, s, λ ) = ∑ λ m −1 K m ( x, s) и суммируя ряд m =1
отдельно по четным и нечетным номерам, найдем R ( x, s, λ ) =
sin( x + s ) +
πλ 2
cos( x − s )
. 2 πλ 1− 2 Критерий "малого" λ в данном случае совпадает с условием сходимости ряда 2 | λ | < , и как легко видеть, выполняется на более широком множестве значений λ , чем
π
достаточное условие, сформулированное в теореме о разрешимости уравнения Фредгольма 1 1 2-го рода: λ < = . K 0 (b − a ) π b
Далее, так как решение представимо в виде y ( x) = f ( x) + λ ∫ R( x, s, λ ) f ( s) ds , то для a
f ( x) = cos x получим
λπ
2
πλ λπ ⋅ sin x + cos x ⋅ sin x cos x + π 2 2 2 = . y ( x) = cos x + λ ∫ R( x, s, λ ) cos s ds = cos x + 2 2 πλ πλ 0 1− 1− 2 2 33
Тот же результат дает и непосредственное применение метода последовательных приближений. Положим y0 ≡ 0, yn +1 = λ A yn + f , n = 0,1, 2,... , тогда π
y1 = λ ∫ sin( x + s) ⋅ 0 ⋅ ds + cos x = cos x ; 0
π
y2 = λ ∫ sin( x + s) cos s ds + cos x = λ 0
π
y3 = λ ∫ sin( x + s )[λ 0
π 2
sin x + cos x ; 2
π
π λπ sin s + cos s] ds + cos x = cos x + λ sin x + cos x ; 2 2 2
………………. 2n λπ 2 λπ λπ y2 n +1 = cos x 1 + + ... + + sin x ⋅ 2 2 2
y2 n + 2
2 2 n−2 λπ λπ ⋅ 1 + + ... + ; 2 2
2n 2 2n λπ 2 λπ λπ λπ λπ = cos x 1 + + ... + + sin x ⋅ ⋅ 1 + + ... + . 2 2 2 2 2 2 Легко видеть, что если | λ | < , то при n → ∞ обе подпоследовательности
π
сходятся к одной и той же функции
y ( x) =
cos x +
λπ 2
⋅ sin x
πλ 1− 2 получена выше в качестве решения задачи другим способом.
Пример 4.8.
,
2
которая уже была
Методом последовательных приближений решить уравнение Фредгольма
1
y ( x) = λ ∫ y ( s ) ds + 1 . Показать, что ряд Неймана сходится лишь в области | λ | < 1 , однако 0
решение, полученное при этом условии, существует при всех λ ≠ 1 . Решение.
Решение уравнения Фредгольма y = λ A y + f может быть записано в виде ряда ∞
Неймана y ( x) = f ( x) + ∑ λ n An f ( x) . n =1
1
В
нашем
случае
1
Af ( x) = ∫ f ( x) dx ,
f ( x) = 1 ,
поэтому
0
Af ( x) = ∫ 1⋅ dx = 1
и
0
An f ( x) = 1 (n = 2,3,...) . Следовательно, при | λ | < 1 , ряд Неймана
∞
∞
n =1
n =1
∑ λ n An f ( x ) = ∑ λ n
∞
1 ; при | λ | ≥ 1 - ряд 1− λ n =1 расходится, и справедливость полученной формулы оказывается под сомнением. y ( x) = 1 + ∑ λ n =
сходится, и решением уравнения является
1
С другой стороны, если обозначить C = ∫ y ( s ) ds , то решение уравнения примет вид 0
y ( x) = λC + 1 ,
1
откуда
C = ∫ (λC + 1) ds = λ C + 1 . 0
34
Поэтому,
при
λ =1
уравнение
неразрешимо, а для остальных λ ≠ 1 находим C =
1 λ 1 и y ( x) = 1 + λC = 1 + = . 1− λ 1− λ 1− λ
1 , 1− λ что совпадает с выражением, полученным ранее лишь для | λ | < 1 . Заметим, что при | λ | ≥ 1 решение существует, несмотря на то, что ряд Неймана расходится. Итак, решение задачи существует при всех λ ≠ 1 и дается формулой
y ( x) =
Задачи для самостоятельного решения 4.1
Доказать, что интегральный оператор Фредгольма с вещественным непрерывным ядром, действующий в пространстве C[a,b], не имеет характеристических чисел на интервале
λ ∈ 0,
4.2
1 K ( x, s ) . , где K 0 = xmax , s∈[ a ,b ] K 0 (b − a )
Доказать, что интегральный оператор Фредгольма с вещественным непрерывным ядром, действующий в пространстве h[a,b], не имеет характеристических чисел на интервале
λ ∈ 0,
1 K ( x, s ) . , где K 0 = xmax , s∈[ a ,b ] K 0 (b − a ) b
4.3
∫
Доказать, что задача решения уравнения Фредгольма 2-рода y ( x ) = λ K ( x, s ) y ( s ) ds + f ( x) с a
вещественным
K 0 = max
непрерывным
ядром
корректно
поставлена
при
|λ | <
1 , K 0 (b − a )
где
K ( x, s )
x , s∈[ a ,b ]
а) в пространстве C[a,b]; б) в пространстве h[a,b]. 1
что
4.5
пространстве C[0.1] и найти его неподвижную точку. Методом последовательных приближений построить резольвенту и получить решение уравнения Фредгольма 2-го рода:
б) y ( x ) = λ
Фредгольма
1 x s 2 y ( s ) ds + 1 является сжимающим в 2 ∫0
Доказать,
а) y ( x ) = λ
оператор
y ( x) =
4.4
1
∫ x s y(s) ds + x ;
0 1
x
∫ 1+ s
2
y ( s ) ds + 1 + x 2 ;
0 1
∫
в) y ( x ) = λ y ( s ) ds + sin π x ; 0
π
∫
г) y ( x ) = λ x sin 2 s y ( s ) ds + cos 2 x ; д) y ( x ) = λ
0 2π
∫ sin( x + s) y(s) ds + 2 ; 0
35
π 2
∫
(λ = 1) ;
е) y ( x ) = sin x ⋅ cos s y ( s ) ds + 1 0
1
1 s −x ж) y ( x ) = ∫ x e ⋅ y ( s ) ds + e 20 з) y ( x ) =
1 (λ = ) ; 2
1 2
∫ y(s) ds + x
(λ = 1) .
0
В случаях а) - д) сформулировать критерий "малого" соответствующего условия.
λ;
в примерах е) - з) проверить выполнение
Ответы к задачам 4.4 4.5
y=
4 x +1 . 21
3 xs 3x , решение y ( x ) = ; условие сходимости 3−λ 3−λ последовательных приближений | λ | < 3 , достаточное условие теоремы выполнено при | λ | <1. 1 x λx б) Резольвента R ( x, s, λ ) = ⋅ , решение y ( x ) = 1 + + x2 , 2 ln 2 1 + s ln 2 1− λ 1− λ 2 2 2 условие сходимости последовательных приближений | λ | < , достаточное условие ln 2 теоремы выполнено при | λ | < 1 . 1 2λ y ( x) = sin π x + в) Резольвента R ( x, s, λ ) = , решение , условие π (1 − λ ) 1− λ сходимости последовательных приближений | λ | < 1 совпадает с достаточным условием а) Резольвента
R ( x, s , λ ) =
теоремы. г)
Резольвента
R ( x, s , λ ) =
x ⋅ sin 2 s 1+
приближения сходятся при | λ | <
|λ | <
1
π2
λπ
2 2
π
,
, решение
y ( x) = cos 2 x , последовательные
достаточное условие теоремы выполнено при
.
sin( x + s ) + λπ cos( x − s ) , решение y ( x) = 2 , 1 − λ 2π 2 1 последовательные приближения сходятся при | λ | < , достаточное условие теоремы
д)
Резольвента
R ( x, s , λ ) =
π
1 выполнено при | λ | < . 2π
36
2sin x ⋅ cos s , решение y ( x ) = 1 + 2sin x , последовательные 2−λ приближения сходятся при | λ | < 2 , однако достаточное условие "малого" λ 2 | λ |= 1 < - не выполнено.
е) Резольвента R ( x, s, λ ) =
π
ж)
Резольвента
R ( x, s , λ ) =
xe s , 1− λ
решение
y ( x) = x + e − x ,
последовательные
приближения сходятся при | λ | < 1 , однако достаточное условие теоремы | λ |=
1 1 < не 2 e
выполняется.
2 1 y ( x) = x + , последовательные , решение 2−λ 4 приближения сходятся при | λ | < 2 , достаточное условие теоремы | λ |= 1 < 2 также з)
Резольвента
R ( x, s , λ ) =
выполняется.
37
ТЕМА 5. Линейное уравнение Вольтерра 2-го рода. Основные определения и теоремы. x
Уравнение y = λ ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds + f ( x) ,
x, s ∈ [a, b] , или в операторной форме
a
y = λ B y + f , называется уравнением Вольтерра 2-го рода. Пусть ядро K ( x, s ) непрерывно по совокупности переменных на своей треугольной области определения ∆ = {x, s : a ≤ s ≤ x ≤ b} и не равно нулю тождественно, f ( x) – непрерывная на [a, b] функция. Теорема. Уравнение Вольтерра 2-го рода при любом значении λ имеет единственное решение для любой непрерывной функции f ( x) . Это решение может быть найдено методом последовательных приближений yn +1 = λ B yn + f , ∀y0 ∈ C[a, b] , f ( x ) ∈ C[ a , b ] . Следствие 1. При любом λ однородное уравнение имеет только тривиальное решение. Следствие 2. Оператор Вольтерра, действующий C[a, b] → C[a, b] , не имеет характеристических чисел. Таким образом, оператор Вольтерра является примером вполне непрерывного оператора, не имеющего ни одного характеристического числа. Метод последовательных приближений для уравнения Вольтерра 2-го рода называется методом Пикара и выглядит так: для любого начального приближения x
y0 ∈ C [ a , b ]
определим
yn +1 = λ ∫ K ( x, s ) yn ( s ) ds + f ( x), n = 0,1, 2,... ,
или
a
yn +1 = λ B yn + f , причем yn ( x) → y ( x) . n →∞
Полагая y 0 = 0 , получаем ряд Неймана y = f + λ B f + λ 2 B 2 f + ... + λ n B n f + ... . Если записать уравнение Вольтерра 2-го рода в операторной форме y = λ A y + f или ( I − λ A) y = f , то так как решение существует и единственно при любой непрерывной f ( x) и любом λ , его (решение) можно представить в виде функции −1 y = ( I − λ A) f = ( I + λ Rλ ) f = f + λ Rλ f , где Rλ - интегральный оператор с непрерывным x
по x, s ядром R( x, s, λ ) , т.е. y ( x) = f ( x) + λ ∫ R( x, s, λ ) f ( s)ds . a
Ядро R( x, s, λ ) оператора Rλ называется резольвентой. x
Функции
K1 ( x, s ) ≡ K ( x, s ) ,
K n ( x, s ) = ∫ K ( x, t ) K n −1 (t , s) dt ,
n = 2,3,...
называются
s
повторными
(итерированными)
ядрами.
Ряд
K1 ( x, s ) + λ K 2 ( x, s ) + ... + λn−1 K n ( x, s ) +…
= K ( x ,s )
сходится равномерно по x, s ∈ [a, b] при любых λ, в отличие от аналогичного ряда для
38
уравнения Фредгольма, сходимость которого гарантировалась лишь при λ <
1 ,и K 0 (b − a )
∞
резольвента R( x, s, λ ) может быть получена по формуле R ( x, s, λ ) = ∑ λ m −1 K m ( x, s ) . m =1
Уравнения Вольтерра с ядрами специального вида могут также решаться путем сведения к дифференциальному уравнению, либо с использованием преобразования Лапласа (примеры 5.4 и 5.5).
Примеры решения задач.
Пример
5.1.
Методом
последовательных
приближений x
интегрального уравнения Вольтерра 2-го рода
y ( x) = λ ∫ e
построить
−( x−s )
y ( s ) ds + xe
резольвенту x2 2
и найти
0
решение этого уравнения при λ = 1 .
Решение. Вычислим повторные ядра этого уравнения: K1 ( x, s ) = K ( x, s ) = e − ( x − s ) , x
x
s x
s x
s
s
K 2 ( x, s ) = ∫ K ( x, t ) K1 (t , s ) dt = ∫ e − ( x −t ) e− (t − s ) dt = ( x − s ) ⋅ e − ( x − s ) , K 3 ( x, s ) = ∫ K ( x, t ) K 2 (t , s ) dt = ∫ e − ( x −t ) ⋅ (t − s) e− (t − s ) dt =
( x − s)2 − ( x − s ) ⋅e , 2
…………. x
( x − s)n − ( x − s ) K n +1 ( x, s ) = ∫ K ( x, t ) K n (t , s ) dt = ⋅e . n! s Подставляя эти выражения в формулу
для
резольвенты,
получим
∞
R ( x, s, λ ) = ∑ λ m −1 K m ( x, s ) = e − ( x − s ) ⋅ eλ ( x − s ) = e( λ −1)( x − s ) . Заметим, что ряд сходится при любых m =1
λ, что обеспечивается не малостью λ, как было в случае уравнения Фредгольма, а наличием множителя m! в знаменателях повторных ядер. Далее, положив λ = 1 , получим R ( x, s, λ ) = R ( x, s,1) = 1 и запишем решение уравнения при f ( x) = xe
x2 2
в виде x2 2
x
x
s2 2
x2 2
y ( x) = f ( x) + λ ∫ R ( x, s, λ ) f ( s ) ds = xe + 1⋅ ∫ s e ds = ( x + 1) ⋅ e − 1 . 0
a
Пример 5.2. Методом последовательных приближений решить уравнение Вольтерра x
y ( x) = ∫ ( s − x) y ( s ) ds + 1 . 0
Решение.
Итерационный
процесс
для
x
данного
уравнения
выглядит
так:
yn +1 ( x) = ∫ ( s − x) yn ( s ) ds + 1 . Выберем в качестве начального приближения y0 ( x) ≡ 0 , тогда 0
последовательно найдем:
39
x
y1 ( x) = ∫ ( s − x) ⋅ 0 ds + 1 = 1 , 0 x
x
x2 y2 ( x) = ∫ ( s − x) y1 ( s ) ds + 1 = ∫ ( s − x) ⋅1 ds + 1 = 1 − , 2 0 0 x
y3 ( x) = ∫ ( s − x) y1 ( s ) ds + 1 = 1 − 0
x2 x4 + , 2! 4!
…………….. x
x2 x4 (−1) n ⋅ x 2 n . yn +1 ( x) = ∫ ( s − x) yn ( s ) ds + 1 = 1 − + − ... + 2! 4! (2n)! 0 Переходя к пределу при n → ∞ , получим функцию y ( x) = lim yn ( x) = cos x , которая и n →∞
является решением рассматриваемого уравнения. x
Пример 5.3. Доказать, что если ядро уравнения Вольтерра y ( x) = λ ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds + f ( x) 0
зависит только от разности аргументов, т.е. K ( x, s ) = K ( x − s ) , то все повторные ядра, а следовательно и резольвента, также являются функциями лишь от разности ( x − s ) . x
Решение. Пусть K ( x, s ) = K ( x − s ) , тогда K 2 ( x, s ) = ∫ K ( x − t ) K (t − s ) dt . Произведя замену s
переменной
интегрирования
x−s
K 2 ( x, s ) =
по
формуле
t−s =ξ ,
получим
x−s
∫ K ( x − s − ξ ) K (ξ ) dξ = ∫ F ( x − s, ξ ) dξ = Φ 2
2
( x − s ) . Аналогично,
0 x
x
0
x−s
s
s
0
K n ( x, s ) = ∫ K ( x, t ) K m −1 (t , s ) dt = ∫ K ( x − t ) K n −1 (t − s) dt =
∫ K (x − s − ξ ) K
n −1
(ξ ) dξ = Φ n ( x − s) ,
что и требовалось доказать. Пример 5.4. С помощью преобразования Лапласа найти резольвенту и записать решение x
уравнения Вольтерра y ( x) = ∫ sin( x − s ) y ( s ) ds + f ( x) . 0
Решение.
Поставим в соответствие функциям, входящим в уравнение, их изображения: 1 ≡ K ( p ) . Учитывая, что изображение свертки двух y ( x) ÷ Y ( p) , f ( x) ÷ F ( p) , sin x ÷ 2 p +1 функций есть произведение их изображений, получим Y ( p ) = K ( p ) ⋅ Y ( p) + F ( p) , откуда F ( p) K ( p) Y ( p) = = F ( p) + ⋅ F ( p) . 1 − K ( p) 1 − K ( p) Используя результат предыдущей задачи, можно сделать вывод, что резольвента зависит лишь от разности ( x − s ) , следовательно, решение исходного уравнения x
представимо в виде
y ( x) = f ( x) + ∫ R ( x − s,1) f ( s) ds . Сравнивая последние две формулы, a
40
K ( p) легко видеть, что изображение искомой резольвенты есть R ( p) = . Подставив сюда 1 − K ( p) 1 1 K ( p) = 2 , получим R ( p) = 2 , откуда найдем R ( x, s,1) = R( x − s,1) = x − s . p +1 p x
Решение уравнения теперь можно записать так: y ( x) = f ( x) + ∫ ( x − s ) f ( s) ds . 0
x
Решить интегральное уравнение Вольтерра y ( x) = sin x + ∫ sin( x − s) y ( s) ds ,
Пример 5.5.
0
сведя его к задаче Коши для дифференциального уравнения. Решение. Легко видеть, что решение уравнения удовлетворяет условию y (0) = 0 . Последовательно продифференцируем интегральное уравнение и найдем x
x
0
0
y′( x) = cos x + ∫ cos( x − s ) y ( s ) ds + sin( x − x) y ( x) = cos x + ∫ cos( x − s ) y ( s) ds , x
x
0
0
y′(0) = 1 ,
y′′( x) = − sin x − ∫ sin( x − s) y ( s) ds + cos( x − x) y ( x) = − sin x + y ( x) − ∫ sin( x − s ) y ( s ) ds . Складывая последнее равенство с исходным, получим y′′ = 0 . Решение задачи Коши с начальными условиями y (0) = 0 , y′(0) = 1 дает y ( x) = x . Замечание. Этот же результат можно получить, используя формулу решения предыдущего примера, полагая в ней f ( x) = sin x : x
y ( x) = sin x + ∫ ( x − s ) sin s ds = sin x + x − sin x = x . 0
Задачи для самостоятельного решения. 5.1 5.2
Доказать, что интегральный характеристических чисел. Доказать, что интегральный характеристических чисел.
оператор
Вольтерра,
действующий
в
C[a,b],
не
имеет
оператор
Вольтерра,
действующий
в
h[a,b],
не
имеет
x
5.3
Доказать, что задача решения уравнения Вольтерра 2-рода
5.4
корректно поставлена а) в пространстве C[a,b]; б) в пространстве h[a,b]. Решить интегральное уравнение, сведя его к задаче Коши:
y ( x) = ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds + f ( x) a
x
∫
а) y ( x) = e x + y ( s ) ds 0
x
∫
б) y ( x) = 4e x + 3 x − 4 − ( x − s ) y ( s ) ds 0
x
∫
в) y ( x) = sin x + 2 e − s y ( x − s ) ds (Указание: сделать в интеграле замену переменной x − s = ξ ). 0
41
5.5
Методом последовательных интегрального уравнения:
приближений
построить
резольвенту
и
получить
решение
x
∫
а) y ( x) = 1 + s y ( s ) ds 0 x
∫
б) y ( x) = x − ( x − s ) y ( s ) ds 0
x
в) y ( x) = x + 5.6
x2 − y ( s ) ds . 2 ∫0
Решить интегральное уравнение, используя преобразование Лапласа: x
∫
а) y ( x) = x − e x − s y ( s ) ds 0
x
∫
б) y ( x) = cos x − ( x − s ) cos ( x − s ) y ( s ) ds 0
x
в) y ( x ) = 2 +
1 ( x − s )3 y ( s ) ds ∫ 60 x
5.7
Решить уравнение Вольтерра 1-го рода
∫e
x−s
y ( s ) ds = sin x
0
а) применив преобразование Лапласа; б) продифференцировав уравнение и сведя его к уравнению Вольтерра 2-го рода.
Ответы к задачам. 5.4
а) б) в)
5.5
5.6
λ
x2 − s2 2
y ( x) = ( x + 1) ⋅ e x ; y ( x) = 2e x − 2 cos x + 5sin x ; y ( x) = e x − cos x . x2 2
б)
R ( x, s, λ ) = se , 1 sin λ ( s − x) , R ( x, s , λ ) =
y ( x) = sin x ;
в)
R ( x, s , λ ) = e λ ( x − s ) ,
y ( x) = x .
а)
y ( x) = x −
а)
б) в) 5.7
y′ − y = e x , y (0) = 1 ; x y′′ + y = 4e , y (0) = 0, y′(0) = 7 ; y′ − y = sin x + cos x , y (0) = 0 ; y ( x) = e ;
λ
x2 ; 2
2 1 cos x 3 + ; 3 3 y ( x) = cos x + ch x . y ( x) =
y ( x) = cos x − sin x
42
ТЕМА 6 Неоднородное уравнение Фредгольма 2-го рода. Уравнения Фредгольма с вырожденными ядрами. Теоремы Фредгольма. Основные определения и теоремы b
Рассмотрим неоднородное уравнение Фредгольма y ( x) = λ ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds + f ( x) . a
Сопряженным (союзным) интегральным уравнением называется уравнение с ядром K ( x, s ) = K ( s, x) . Если ядро симметрическое, то союзное уравнение совпадает с исходным. ∗
b
Наряду с уравнением
y ( x) = λ ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds + f ( x)
или, в операторной форме
a
y = λ A y + f , будем рассматривать союзное с ним интегральное уравнение
ψ ( x) = λ
b
∫K
∗
( x, s ) ψ ( s ) ds + g ( x)
a
(в операторной форме ⇔ ψ = λ A ψ + g ), g (x) - непрерывная функция. Сформулируем 4 теоремы Фредгольма. Теорема 1. Однородное уравнение ∗
(1)
b
ϕ ( x) − λ ∫ K ( x, s ) ϕ ( s ) ds = 0 a
и союзное с ним однородное уравнение (2)
ψ ( x) − λ
b
∫K
∗
( x, s) ψ ( s ) ds = 0
a
(K*(x, s)=K(s, x)) при любом фиксированном λ имеют либо только тривиальные решения, либо одинаковое конечное число линейно независимых решений: ϕ 1 ,..., ϕ n ; ψ 1 ,...,ψ n . В курсе лекций теорема была доказана для интегральных уравнений с вырожденными и симметрическими ядрами. Теорема 2. Для разрешимости неоднородного уравнения (3)
b
ϕ ( x) − λ ∫ K ( x, s) ϕ ( s ) ds = f ( x) a
необходимо и достаточно, чтобы f (x ) была ортогональна всем линейно независимым решениям однородного союзного уравнения (2) ( f ( x) ⊥ ψ 1 ,ψ 2 ,...,ψ n , если λ характеристическое число). В курсе лекций теорема была доказана для случаев симметрических и вырожденных ядер. Теорема 3 (альтернатива Фредгольма). Либо неоднородное уравнение (3) разрешимо при любой неоднородности непрерывной функции f (x ) , либо однородное уравнение (1) имеет нетривиальное решение. В курсе лекций теорема была доказана для случаев симметрических и вырожденных ядер. Теорема 4. Множество характеристических чисел однородного уравнения (1) не более, чем счетно, с единственной возможной предельной точкой ∞ . 43
Этот результат справедлив для любого вполне непрерывного оператора. В курсе лекций он был получен для вполне непрерывных самосопряженных операторов, и, тем самым, доказан для случая симметрических ядер. Для интегральных операторов с вырожденными ядрами результат тривиален. Замечание. В курсе лекций теоремы Фредгольма были доказаны для уравнений с симметрическими непрерывными ядрами и уравнений с непрерывными вырожденными ядрами. Они справедливы и для общего случая произвольного непрерывного ядра, так как имеет место следующая Теорема. Интегральное уравнение Фредгольма 2 рода y = λ A y + f с невырожденным ядром при фиксированном λ можно заменить эквивалентным интегральным уравнением с вырожденным ядром. Опишем процедуру решения неоднородного интегрального уравнения Фредгольма b
y ( x) = λ ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds + f ( x) ≡ λAy + f
в случаях вырожденного ядра и симметричного
a
ядра. Напомним, что ядро K ( x, s ) интегрального оператора Фредгольма называется n
вырожденным, если оно представимо в виде K ( x, s ) = ∑ a j ( x) b j ( s ) на [a, b] , где функции j =1
a j ( x), b j ( s) - непрерывны по своим аргументам на
[a, b] . Не ограничивая общности,
можно считать, что a1 ( x),..., a n ( x) – линейно независимы, и b1 ( s ),..., bn ( s ) - линейно независимы. b
Рассмотрим
уравнения
Фредгольма
2
рода
y ( x) = λ ∫ K ( x, s ) y ( s) ds + f ( x)
с
a
n
вырожденным ядром K ( x, s ) = ∑ a j ( x) b j ( s ) , f (x) - заданная непрерывная функция. j =1
b
Обозначив
c j = ∫ b j ( s ) y ( s ) ds ,
будем иметь
n
y ( x) = λ ∑ c j a j ( x) + f ( x) .
a
нахождения b
cj
получим n
b
Для
j =1
эквивалентную
систему
алгебраических
b
уравнений
n
ci = ∫ y ( x) bi ( x) = λ ∑ c j ∫ a j ( x) bi ( x) dx + ∫ f ( x) bi ( x) dx , или ci − λ ∑ k ij c j = f i , i = 1,..., n . j =1 j =1 a a a
k ij
fi
1 − λ k11
Определитель этой системы
D (λ ) =
− λ k21 ... − λ kn1
− λ k12
...
− λ k1n
1 − λ k22 ...
− λ k2 n
... − λ kn 2
... ... ... 1 − λ knn
.
Теорема. Если λ не является характеристическим числом (т.е. D(λ ) ≠ 0 ), то интегральное уравнение Фредгольма 2 рода имеет, и притом, единственное, решение для любой непрерывной функции f (x) . Решение алгебраической системы для c j может быть получено, например, по 1 n ∑ Dik (λ ) f k , где Dik (λ ) - алгебраические дополнения D(λ ) ; D(λ ) k =1 D(λ ) и Dik (λ ) называются определителями Фредгольма. Тогда
формулам Крамера: ci =
44
b
n
1 n y ( x) = f ( x) + λ ∑ ∑ Dik (λ ) ai ( x) ∫ f (s) bk (s) ds , i =1 D (λ ) k =1 a b
или
y ( x) = f ( x) + λ ∫ R ( x, s, λ ) f ( s ) ds ,
где
a
R ( x, s , λ ) =
1 n n ∑ ∑ Dik (λ ) ai ( x) bk ( s ) D(λ ) i =1 k =1
-
резольвента интегрального оператора. Теперь рассмотрим интегральное уравнение Фредгольма 2-го рода в случае симметрического ядра. Пусть ядро K ( x, s ) непрерывно по совокупности переменных, симметрическое и K ( x, s ) ≡/ 0 ; λ - вещественное число; f (x) - заданная непрерывная функция. Пусть λ1 ≤ λ2 ≤ ... ≤ λn ≤ ... - последовательность характеристических чисел интегрального оператора, которым соответствует ортонормированная система собственных функций ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ,... (каждое характеристическое число повторяется в этой последовательности столько раз, какова его кратность!!!). Возможны два случая: а) λ ≠ λ k , k = 1,2,... Тогда решение можно записать в следующем виде ∞
λ
k =1
λk − λ
y ( x) = f ( x) + ∑
f k ϕ k ( x) , где
b
f k = ∫ f ( s ) ϕ k ( s ) ds - коэффициенты Фурье функции a
f ( x) по ортонормированной системе собственных функций ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ,... , или b ∞ ϕk ( x) ϕk ( s) y ( x) = f ( x) + λ ∫ ∑ f ( s ) ds = f ( x) + λ ∫ R( x, s, λ ) f ( s) ds , λk − λ a k =1 a
b
R ( x , s ,λ )
ϕk ( x) ϕk ( s) - резольвента интегрального оператора Фредгольма. λk − λ k =1 λ = λ ko , где λko - характеристическое число интегрального оператора, имеющее ∞
где R ( x, s, λ ) = ∑
б) кратность r , т.е. ему отвечают r ортонормированных собственных функций ϕ ko ( x) ,..., ϕ ko + r −1 ( x) . В этом случае решение не единственно и определяется формулой
y ( x) = f ( x) +
∞
∑
k =1 k ≠ ko ... k ≠ k0 + r −1
λ fk ϕ k ( x) + cko ϕko ( x) + ... + cko + r −1 ϕko + r −1 ( x) , λk − λ
где c k o , . . . , c k o + r − 1 - произвольные константы, причем решение существует при условии ортогональности f ( x) всем собственным функциям ϕ ko ( x) ,..., ϕ ko + r −1 ( x) , соответствующим характеристическому числу λko . Бесконечный ряд, записанный в данном выражении, сходится абсолютно и равномерно. Заметим, что решения отличаются одно от другого на функции, являющиеся элементами Ker ( I − λ A) (нуль-пространства) оператора I − λ A . Теорема. Если однородное уравнение Фредгольма 2-го рода с непрерывным симметрическим ядром имеет только тривиальное решение (т.е. λ ≠ λ k , k = 1,2,... ), то неоднородное уравнение имеет, и притом, единственное, решение для любой функции f ( x) . Если однородное уравнение имеет нетривиальное решение (λ = λk при некотором k), то неоднородное уравнение разрешимо тогда и только тогда, если неоднородность – f ( x) – ортогональна всем собственным функциям, непрерывная функция
45
соответствующим данному λ (т.е. ортогональна всем решениям однородного уравнения). В последнем случае, если решение есть, то оно не единственно. Теорема. (Альтернатива Фредгольма для интегральных уравнений Фредгольма 2-го рода с симметрическими ядрами): Либо неоднородное уравнение имеет решение при любой непрерывной функции f ( x) , либо однородное уравнение имеет нетривиальное решение.
Примеры решения задач
Пример 6.1. Показать, что характеристические числа однородного уравнения Фредгольма 1
y ( x) = λ ∫ ( s 2 + sx) y ( s )ds
и
соответствующего
однородного
союзного
уравнения
−1 1
z ( x) = λ ∫ ( x 2 + sx) z ( s )ds совпадают, и при этих λ указанные уравнения имеют одинаковое −1
число линейно независимых решений. 1
2 ∫ s y(s) ds = a1 ,
Решение. Обозначим
−1
1
∫ s y(s) ds = a2 ,
−1
1
∫ z (s) ds = b1
−1
1
∫ s z (s) ds = b
2
. Тогда
−1
решения указанных уравнений примут вид y ( x) = λ a1 + λ a2 x , z ( x) = λb1 x 2 + λb2 x , и для определения коэффициентов получим 1 1 2λ 2λ a1 = λ ∫ s 2 (a1 + a2 s )ds = a1 , a2 = λ ∫ s (a1 + a2 s ) ds = a2 , 3 3 −1 −1 1
b1 = λ ∫ (b1s 2 + b2 s ) ds = −1
2λ 2λ b1 , b2 = λ ∫ s (b1s 2 + b2 s ) ds = b2 . 3 3 0 1
3 3 Итак, при λ ≠ a1 = a2 = 0 ⇒ y ( x) ≡ 0 , b1 = b2 = 0 ⇒ z ( x) ≡ 0 ; при λ = 2 2 3 a2 , a1 , b1 , b2 остаются произвольными. Поэтому, λ = является характеристическим 2 числом для обоих рассматриваемые уравнений, и при этом λ они имеют по два линейно независимых решения y1 ( x) ≡ C , y2 ( x) = Cx и z1 ( x) ≡ Cx, z2 ( x) = Cx 2 .
Пример 6.2. Для каждого λ исследовать разрешимость и построить решение неоднородного уравнения Фредгольма 2-го рода с вырожденным несимметрическим 1
ядром y ( x) = λ ∫ ( s 2 − sx) y ( s)ds + x 3 . −1
1
Решение. Рассмотрим соответствующее однородное уравнение y ( x) = λ ∫ ( s 2 − sx) y ( s )ds . −1
1
Обозначим
∫s
1
2
y ( s ) ds = a1 ,
−1
1
где a1 = λ ∫ s 2 (a1 − a2 s )ds = −1
∫ s y(s) ds = a
2
, тогда решение его имеет вид y ( x) = λ a1 − λ a2 x ,
−1
2λ a1 , 3
1
a2 = λ ∫ s (a1 − a2 s ) ds = − −1
46
2λ a2 . 3
Итак, при
λ≠±
3 2
a1 = a2 = 0 , однородное уравнение имеет только тривиальное решение, а значит исходное неоднородное уравнение имеет единственное решение. 3 При λ = ± (характеристические числа) однородное уравнение имеет нетривиальные 2 3 3 решения: если λ = + , то y1 ( x) = C , если λ = − , то y2 ( x) = Cx . Поэтому, для указанных 2 2 значений λ вопрос о разрешимости неоднородного уравнения сводится к проверке ортогональности функции f ( x) = x3 собственным функциям однородного союзного 1
уравнения z ( x) = λ ∫ ( x 2 − sx) z ( s )ds . −1
Найдем собственные функции однородного союзного уравнения. 1
1
∫ z (s) ds = b , ∫ s z (s) ds = b 1
2
−1
b1 = λ ∫ (b1s 2 − b2 s ) ds = −1
При
∫
−1
, тогда решение его имеет вид z ( x) = λb1 x 2 − λ b2 x , где
−1
1
1
Обозначим
λ=+
3 2
2λ 2λ b1 , b2 = λ ∫ s (b1s 2 − b2 s ) ds = − b2 . 3 3 0 1
получаем
b2 = 0 ,
b1
-
произвольно,
откуда
z1 ( x) ≡ Cx 2
и
1
f ( x) ⋅ z1 ( x) dx = C ∫ x3 ⋅ x 2 dx = 0 , т.е. исследуемое уравнение разрешимо и решение его не −1
единственно; при
λ=−
3 2
имеем
1
b1 = 0 ,
b2
-
произвольно,
откуда
z2 ( x) ≡ Cx
и
1
∫ f ( x) ⋅ z ( x) dx = C ∫ x
3
2
−1
⋅ x dx ≠ 0 , т.е. у исследуемого неоднородного уравнения решений
−1
нет. 1
Чтобы
решить
уравнения
y ( x) = λ ∫ ( s 2 − sx) y ( s)ds + x 3
снова
обозначим
−1
1
2 ∫ s y(s) ds = a1 ,
−1
1
1
∫ s y(s) ds = a
2
, тогда решение представимо в виде y ( x) = λ a1 − λ a2 x + x3 ,
−1
2λ 2λ 2 a1 , a2 = ∫ s (λ a1 − λ a2 s + s 3 ) ds = − a2 + . 3 3 5 −1 2 a1 = 0, 0 ⋅ a2 = , следовательно, решений нет, как и было 5
где a1 = ∫ s 2 (λ a1 − λ a2 s + s 3 )ds = −1
1
3 имеем 2 установлено ранее; 3 1 при λ = + получим a2 = , a1 = C - произвольная постоянная, поэтому 2 5 3 y ( x) ≡ C + x + x 3 , т.е. решение не единственно, и определяется с точностью до 10 3 собственной функции ядра y1 ( x) = C , отвечающей λ = + . 2 При λ = −
47
Если λ ≠ ± y ( x) =
3 6 , то a1 = 0, a2 = , и единственное решение дается формулой 2 5(3 + 2λ )
6x + x3 . 5(3 + 2λ )
Пример 6.3.
Построить резольвенту уравнения Фредгольма π
y ( x) = λ ∫ sin( x + s ) y ( s ) ds + f ( x) 0
а) б)
вычислив определители Фредгольма; в виде разложения по собственным функциям.
Решение. а) Ядро исследуемого оператора K ( x, s ) = sin( x + s ) = sin x cos s + cos x sin s является вырожденным. Обозначим a1 ( x) = sin x , a2 ( x) = cos x , b1 ( s ) = cos s , b2 ( s ) = sin s и найдем b
элементы определителей Фредгольма kij = ∫ a j ( x) bi ( x) dx : a
π
π
0
0
π
π
k11 = ∫ a1 ( x) b1 ( x) dx = ∫ sin x cos x dx = 0 , k21 = ∫ a1 ( x) b2 ( x) dx = ∫ sin x sin x dx = 0
0
D (λ ) =
−λ k21
−λ k12
2
0
π
π
0
0
π 2
,
k22 = ∫ a2 ( x) b2 ( x) dx = ∫ cos x sin x dx = 0 .
,
−λ k1n
1 − λ k22 ...
−λ k 2 n
... −λ k n 2
0
k12 = ∫ a2 ( x) b1 ( x) dx = ∫ cos x cos x dx =
...
... −λ kn1
π
D11 (λ ) = 1,
Вычислим определители Фредгольма: 1 − λ k11
π
π
... ... ... 1 − λ knn
D12 (λ ) = D21 (λ ) = λ −λ
1 = −λ
π 2
1
π 2
π 2
D22 (λ ) = 1 ,
, 2
π = 1− λ . 2
n n 1 ∑∑ Dik (λ ) ai ( x) bk (s) в случае D(λ ) ≠ 0 , D(λ ) i =1 k =1 2 2 1 2 т.е. λ ≠ ± , примет вид R( x, s, λ ) = ∑∑ Dik (λ ) ai ( x) bk (s) = D(λ ) i =1 k =1 π π π π 1⋅ sin x cos s + λ ⋅ sin x sin s + λ ⋅ cos x cos s + 1 ⋅ cos x sin s sin( x + s ) + λ cos( x − s ) 2 2 2 . = = 2 2 π π 1− λ 1− λ
Искомая резольвента R( x, s, λ ) =
2 2 б) Характеристические числа и собственные функции однородного уравнения π 2 y ( x) = λ ∫ sin( x + s ) y ( s ) ds были получены в примере 3.8: λ1 = и нормированная
π
0
собственная функция y1 ( x) = функция y2 ( x) =
1
π
1
π
(sin x + cos x) , λ2 = −
2
π
и нормированная собственная
(sin x − cos x) . Подставляя их в формулу для резольвенты в случае
48
симметрического
непрерывного
ϕk ( x) ϕk ( s) , λk − λ k =1 ∞
R ( x, s , λ ) = ∑
ядра
1 (sin x + cos x) (sin s + cos s) 1 (sin x − cos x) (sin s − cos s ) R ( x, s , λ ) = + = 2 2 π π −λ − −λ
sin( x + s) + λ
имеем
π 2
cos( x − s)
. 2 π 1− λ π π 2 Заметим, что этот же результат был получен ранее методом последовательных приближений в случае "малого" λ (см. пример 4.7).
Решить уравнение y ( x) =
Пример 6.4.
1
π
π
∫ ( sin x sin s + s ) y(s) ds + sin 2 x .
−π
π
Решение.
Обозначим
π
∫ sin s y(s) ds = C , ∫π sy(s)ds = C 1
−π
y ( x) =
1
π
2
, тогда решение примет вид
−
(C1 sin x + C2 ) + sin 2 x . Постоянные C1 , C2 могут быть найдены из системы
π C1 C2 = + sin 2 s )ds = C1 C 1 ∫ sin s ⋅ ( sin s + π π −π . π C = s ⋅ ( C1 sin s + C2 + sin 2s )ds = 2C − π 1 2 ∫ π π −π Итак, C1 = C - остается произвольным, C2 = 2C − π , и искомое решение C определяется неоднозначно: y ( x) = sin 2 x − 1 + (sin x + 2) .
π
Замечание. В рассматриваемом случае λ = π
1
π
совпадает с характеристическим числом
однородного уравнения y ( x) = λ ∫ ( sin x sin s + s ) y ( s ) ds . Поэтому решение неоднородного −π
уравнения оказалось не единственно, и определилось с точностью до собственной функции соответствующего однородного уравнения, отвечающей характеристическому 1 числу λ0 = .
π
Действительно, используя введенные выше обозначения, решение однородного уравнения представим в виде y ( x) = λ (C1 sin x + C2 ) . Постоянные C1 , C2 найдем из системы π = C 1 ∫ sin s ⋅ λ (C1 sin s + C2 )ds = λπ C1 C1 (1 − λπ ) = 0 −π , ⇔ π C 2 λπ C 0 − = 1 2 C = s ⋅ λ (C sin s + C )ds = 2πλC 1 2 1 2 ∫ −π 1 нетривиальное решение которой C1 = C , C2 = 2C существует при λ = .
π
Таким образом, λ0 =
1
π
- характеристическое число, а
отвечающие ему собственные функции.
49
y0 ( x) = C (sin x + 2)
-
Рекомендуем самостоятельно найти собственные функции однородного союзного π
уравнения z ( x) =
∫ ( sin x sin s + x ) z (s) ds
и убедиться в выполнении условия разрешимости,
−π
т.е.
ортогональности
неоднородности
f ( x) = sin 2 x
всем
собственным
функциям 1 однородного союзного уравнения, отвечающим характеристическому числу λ0 = .
π
1
Пример 6.5.
Решить уравнение y ( x) = 2 ∫ xs y ( s ) ds + x . 0
1
Обозначим C = ∫ s y ( s )ds , тогда решение, если оно существует, можно
Решение.
0
записать в виде y ( x) = 2C x + x . Подставляя это выражение в предыдущую формулу, для 1
0
решений
не
имеет.
Поэтому
2 , которое 5 Фредгольма
C = ∫ s ⋅ (2C s + s )ds = C +
определения постоянной С получим уравнение исследуемое
интегральное
уравнение
1
y ( x) = 2 ∫ xs y ( s ) ds + x решений также не имеет. 0
Замечание. Элементарно устанавливается, что λ0 = 2 является характеристическим числом 1
y ( x) = λ ∫ xs y ( s ) ds
однородного уравнения Фредгольма
с собственной функцией
0
y0 ( x) = C x . Так как ядро симметрическое, то λ0 = 2 является также характеристическим
числом однородного союзного уравнения с той же собственной функцией z0 ( x) = C x . В рассматриваемом случае имеем λ = 2 = λ0 , т.е. λ совпадает с характеристическим числом однородного уравнения. При этом условие разрешимости (ортогональность неоднородности f ( x) = x всем собственным функциям однородного союзного уравнения) не выполнено. Пример 6.6.
Рассмотрим неоднородное уравнение Фредгольма 1
y ( x) = λ ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds + f ( x) 0
с симметрическим непрерывным (невырожденным) ядром x (1 − s ) , 0 ≤ x ≤ s K ( x, s ) = , x, s ∈[ 0;1] . s (1 − x) , s ≤ x ≤ 1 1) При λ ≠ λn , где λn = n 2π 2 ( n ∈ `) - собственные значения исследуемого интегрального оператора Фредгольма (см. пример 7.7), построить резольвенту интегрального оператора и записать решение неоднородного уравнения. 2) 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
50
Решение. 1) Если
λ ≠ λn = n 2π 2 (n ∈ `) ,
то используя построенную в примере 7.7
ортонормированную систему ϕn ( x) = 2 sin π nx , запишем соответствующую формулу для резольвенты интегрального оператора Фредгольма с симметрическим ядром ∞ ϕ ( x) ϕn ( s) ∞ 2 sin π nx ⋅ 2 sin π s R ( x, s , λ ) = ∑ n . =∑ λn − λ π 2 n2 − λ n =1 n =1 Тогда решение неоднородного уравнения примет вид 1 1 ∞ sin π nx sin π s y ( x) = f ( x) + λ ∫ R ( x, s, λ ) f ( s ) ds = f ( x) + λ ∫ 2∑ ⋅ f ( s ) ds . π 2n2 − λ 0 0 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 1 ∞ ∞ f ⋅ 2 sin π nx 2 sin π nx , y ( x) = f ( x) + λ ∑ 2 2 ⋅ ∫ 2 sin π ns ⋅ f ( s ) ds = f ( x) + λ ∑ n 2 2 π n −λ n =1 π n − λ n =1 0 1
где
f n = 2 ∫ sin π ns ⋅ f ( s ) ds
-
коэффициенты
Фурье
по
соответствующей
0
ортонормированной системе ϕn ( x) = 2 sin π nx . 2) Если λ ≠ λn = n 2π 2 (n ∈ `) , то неоднородное уравнение разрешимо при любой непрерывной функции f ( x) . Используя полученные выше формулы и вычисляя соответствующие интегралы, имеем: 1 ∞ sin π nx sin π ns sin 2π x 4π 2 sin 2π x π π λ sin 2 s ds sin 2 x а) y ( x) = sin 2π x + λ ∫ 2 ∑ ⋅ = + = ; 2 2 2 2 n 4 4 π λ π λ π λ − − − = n 1 0 ∞ sin π nx sin π ns (−1) n +1 sin π nx ⋅ s ds = x + 2λ ∑ б) y ( x) = x + λ ∫ 2 ∑ . 2 2 π 2n2 − λ n =1 n =1 π n (π n − λ ) 0 1
∞
Если же ∃n ∈ ` такое, что λ = λn = n 2π 2 , т.е. λ 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 = n 2π 2 (n ∈ `) , так как f ( x) = x при любом n не ортогональна соответствующей собственной функции
ϕn ( x) = 2 sin π nx 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 = 4π 2 , решение не существует, так как f ( x) = sin 2π x не ортогональна собственной функции ϕ2 ( x) = 2 sin 2π x однородного союзного уравнения, отвечающей заданному λ = λ2 = 4π 2 ; При λ = λn = n 2π 2 ≠ 4π 2 функция f ( x) = sin 2π x ортогональна собственной функции
ϕn ( x) = 2 sin π nx
(n ≠ 2)
однородного
рассматриваемому λ = λn = n π , 2
2
союзного
уравнения,
отвечающей
n ≠ 2 , т.е. решение существует, но не единственно и 1
представимо в виде y ( x) = sin 2π x + πN n ∫2 2
λ
2
0
sin π kx sin π ks ⋅ sin 2π s ds + C sin π nx , где 2 2 2 2 n k =1, k ≠ n π k − π N ∞
∑
λ
51
С - произвольная постоянная. Меняя порядок суммирования и интегрирования, заметим, 1
что все слагаемые в сумме при k ≠ 2 равны нулю, т.к. ∫ sin π ks ⋅ sin 2π s dx = 0 (k ≠ 2) . 0
1
Поэтому, учитывая что
1
∫ sin π 2s ⋅ sin 2π s dx = 2
(k = 2) , окончательно получим
0
y ( x) = sin 2π x +
π 2n2 4sin 2π x + C sin π nx , где С - произвольно. sin 2π x + C sin π nx = 2 2 2 4π − π n 4 − n2
Задачи для самостоятельного решения 6.1
Построить 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 1
∫ ( x + s) y(s) ds + f ( x) ;
б) y ( x ) = λ
−1
π
∫
в) y ( x ) = λ y ( s ) ds + f ( x) ; 0
г) y ( x ) = λ д) y ( x ) = λ
π
∫ (1 + cos( x − s)) y(s) ds + f ( x) ;
−π 2π
∫ (sin x sin s + sin 2 x sin 2s) y(s) ds + f ( x) . 0
6.2
Исследовать разрешимость при различных значениях Фредгольма 2-го рода: а) y ( x ) = λ б) y ( x ) = λ
1
∫ x(1 + s) y(s) ds + x
2
;
0 1
∫ x y(s) ds + sin 2π x ; 0 1
∫
в) y ( x ) = λ (1 + 2 x ) s y ( s ) ds + 1 − г) y ( x ) = λ
0 1
3 x; 2
∫ x sin 2π s y(s) ds + x ; 0 1
∫
д) y ( x ) = λ arccos s ⋅ y ( s ) ds + 0
1 1 − x2
;
π
е) y ( x ) = λ
4
∫π tg s ⋅ y(s) ds + ctg x ;
−
4
52
λ
и решить интегральные уравнения
π
∫
ж) y ( x ) = λ sin x cos s y ( s ) ds + cos x ; 0
π
∫
з) y ( x ) = λ cos( x + s ) y ( s ) ds + 1 ; 0 1
∫
и) y ( x ) = λ (1 + xs ) y ( s ) ds + sin π x ; −1
к ) y ( x) = λ л) y ( x ) = λ
π
∫π cos ( x − s) y(s) ds + sin 2 x ; 2
− 1
∫ (2 xs
3
+ 5 x 2 s 2 ) y ( s ) ds + 7 x 4 + 3 ;
−1
( x + 1) s , ( s + 1) x ,
1
∫
м) y ( x ) = λ K ( x, s ) y ( s ) ds + cos π x ,
где K ( x, s ) =
0
0≤ x ≤ s . s ≤ x ≤1
Ответы к задачам 6.1
а)
б) в) г) д) 6.2
а)
б)
в)
г)
д)
xs 3 xs = ; 1 3 − λ 1− λ 3 2λ (1 + 3xs ) + 3( x + s ) R ( x, s , λ ) = ; 3 − 4λ 2 1 R ( x, s , λ ) = ; 1 − λπ 1 cos( x − s ) R ( x, s , λ ) = + ; 1 − 2πλ 1 − λπ sin x sin s + sin 2 x sin 2s R ( x, s , λ ) = . 1 − λπ 6 x 7λ 2 При λ ≠ - единственное решение y ( x ) = x + ⋅ , 5 2 6 − 5λ 6 при λ = - решений нет; 5 При λ ≠ 2 - единственное решение y ( x ) = sin 2π x , при λ = 2 - y ( x ) = Cx + sin 2π x - решение не единственно; 7 3 При λ ≠ - единственное решение y ( x ) = 1 − x , 6 2 7 3 при λ = - y ( x ) = 1 − x + C (1 + 2 x) - решение не единственно; 6 2 2π x При λ ≠ −2π - единственное решение y ( x ) = , λ + 2π при λ = −2π - решений нет; 1 π 2λ При λ ≠ 1 - единственное решение y ( x ) = + , 1 − x 2 8(1 − λ ) R ( x, s , λ ) =
53
при
λ = 1 - решений нет;
е) При всех
λ ∈\
- единственное решение
λ ∈\
- единственное решение
y ( x) = ctg x + y ( x) = cos x +
πλ 2
;
πλ
sin x ; 2 2 2 4λ sin x з) При λ ≠ , λ ≠ − - единственное решение y ( x ) = 1 − , π π 2 + λπ 2 при λ = - решений нет, ж) При всех
π
λ=
при
1
- y ( x ) = C + 2sin 2 x - решение не единственно;
π
1 3 2 3λ x, - единственное решение y ( x ) = sin π x + ⋅ π 3 − 2λ 2 2 3 при λ = - решений нет, 2 1 3x при λ = - y ( x ) = C + sin π x + - решение не единственно; 2 2π 1 2 2sin 2 x к) При λ ≠ , λ ≠ - единственное решение y ( x ) = , π π 2 − λπ 2 при λ = − - решений нет,
и)
При
λ≠ , λ≠
π
при л)
λ=
2
π
y ( x) = 1 − sin x + C cos x - решение не единственно;
-
1 5 20λ 2 x + 7 x4 , - единственное решение y ( x ) = 3 + 2 4 1 − 2λ 1 5 50 2 x + 7 x 4 - решение не при λ = - решений нет, при λ = - y ( x ) = 3 + Cx − 2 4 3 При
λ≠ , λ≠
единственно; м)
При
λ ≠ 1,
λ ≠ −π 2 n 2
(n ∈ `) - единственное решение
1 + e ex π (sin π x + π cos π x) ⋅ − y ( x) = cos π x + λ , 2 2(λ + π 2 ) 1 + π λ − 1 2 при λ = 1, λ = −π - решений нет, при
λ = −π 2 n 2
(n = 2,3, 4,...) -
решение не единственно
1+ e e π (sin π x + π cos π x) ⋅ − y ( x) = cos π x + λ + C (sin π x + nπ cos π x) . 2 2(λ + π 2 ) 1 + π λ − 1 x
54
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 порядка Ly = p( x) − q( x) y , где коэффициенты p( x) , q( x) , ρ ( 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 ( α12 + α 22 ≠ 0, β12 + β 22 ≠ 0 ): Ly + λρ ( x) y = 0 . β1 y (b) + β 2 y′(b) = 0 α1 y (a ) + α 2 y′(a ) = 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. Обозначим G ( x, s ) функцию Грина краевой задачи Ly = f ( x) . β1 y (b) + β 2 y′(b) = 0 α1 y (a ) + α 2 y′(a ) = 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) + β 2 y′(b) = 0 α1 y (a ) + α 2 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 b
y ( x) = −λ ∫ G ( x, s) ρ ( s) y ( s) ds a
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. Ly + λρ ( x) y = 0 В курсе лекций для первой краевой задачи 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.
55
Теорема. Задача Штурма-Лиувилля эквивалентна задаче на характеристические b
числа и собственные функции ϕ ( x) = λ ∫ K ( x, s ) ϕ ( s ) ds
для интегрального оператора с
a
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) , b
т.е.
∫ y ( x) y ( x) ρ ( x) dx = 0 i
k
при λi ≠ λk , и могут быть нормированы с весом ρ ( x) :
a
b
∫y
2 k
( x) ρ ( x) dx = 1 .
a
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
n =1
a
Лиувилля: f ( x) = ∑ f n yn ( x) , где коэффициенты Фурье равны f n = ∫ f ( x) yn ( x) ρ ( x) dx . Теорема. Собственные значения первой краевой задачи Штурма-Лиувилля положительны. Имеет место следующая оценка снизу для наименьшего собственного значения: 2 2 q ( x) dy1 λ1 = ∫ q y1 + p ≥ 0. dx > xinf ∈[ a ,b ] ρ ( x ) dx a b
Заметим, что перечисленные результаты остаются справедливыми и для второй краевой задачи если q( x) ≡/ 0 , (граничные условия имеют вид y′(a) = 0 , y′(b) = 0 ), для третьей краевой задачи (граничные условия имеют вид y′(a ) − h1 y (a ) = 0 , y′(b) + h2 y (b) = 0 , h1 , h2 – положительные постоянные), а также для смешанных краевых задач, когда левом конце задается условие одного вида, а на правом другого. Необходимо помнить, что для второй краевой задачи в случае 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)
56
Примеры решения задач
d dy p( x) , рассматриваемый на dx dx подпространстве дважды непрерывно дифференцируемых функций из h[a, b] , удовлетворяющих граничным условиям y′(a ) = 2 y (a), y′(b) = 0 , является симметрическим. Пример 7.1. Доказать,
что
Ly =
оператор
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 b
h[a, b] введено обычным образом: ( y, z ) = ∫ y ( x) z ( x)dx . a
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) = 2 z (a ), z ′(b) = 0 . Тогда, интегрируя по частям и учитывая граничные условия, будем иметь:
b
b
b
a
a
( 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 b
a
,
b
b
b
a
a
( 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 a
b
. 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. Лиувилля
Доказать, что все собственные значения третьей краевой задачи Штурма-
Ly + λρ ( x) y = 0 y′(a ) − y (a ) = 0, y′(b) + 3 y (b) = 0 d dy положительны, если оператор Ly = p( x) − q( x) y , причем ρ ( x ) > 0, p ( x ) > 0 , dx dx q ( x) ≥ 0 x ∈ [ a, b] . 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 d dy функция, удовлетворяющая уравнению p( x) − q( x) y + λρ ( x) y = 0 . Умножим это dx dx 57
уравнение на y ( x) и проинтегрируем по отрезку [a, b] (первое слагаемое в левой части формулы интегрируется по частям): b
b
b
b
a
a
a
2 2 2 ∫ ([( p( x) y′]′ − q( x) y ) y( x)dx ≡ p( x) y′y a − ∫ p( x) y′ ( x) dx − ∫ q( x) y ( x) dx = −λ ∫ ρ ( x) y ( x) dx .
b
a
Учитывая граничные условия получим
y′(a ) = y (a), y′(b) = −3 y (b) ,
b
b
и то, что y ( x) ≡/ 0 , b
λ ∫ ρ ( x) y ( x) dx = p (b)3 y (b) + p (a ) y (a) + ∫ p ( x) y′ ( x) dx + ∫ q( x) y 2 ( x) dx .
2
2
a
≥0
2
≥0
> 0, т.к . ρ ( x ) > 0
2
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. Лиувилля
Найти собственные значения и собственные функции задачи Штурмаy′′ + λ y = 0 . y′(0) = 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. В 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 λ x + C2 cos λ x .
Дополнительные условия дают откуда
получаем
sin λ l = 0 .
y′(0) = 0 ⇒ C1 = 0 ,
Следовательно,
y′(l ) = 0 ⇒ C2 λ sin λ l = 0 ,
искомые
собственные
значения
2
πn πn λn = , n = 1, 2,3... , а отвечающие им собственные функции yn ( x) = C cos x. l l Пример 7.4. Найти собственные значения и собственные функции задачи ШтурмаЛиувилля y′′ + λ y = 0 . y′(0) − y (0) = 0, y (1) = 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 λ x + C2 cos λ x , и из граничных y′(0) − y (0) = C1 λ − C2 = 0 , y (1) = C1 sin λ + C2 cos λ = 0 . условий вытекает Нетривиальное решение этой системы, т.е. C12 + C22 ≠ 0 , существует, если
58
det
λ sin λ
−1 cos λ
= λ cos λ + sin λ = 0, λ > 0 .
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 = −C1tg 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′′ + λ y = 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 с собственной функцией y0 ( x ) = 1 . Если λ > 0 , то общее решение уравнения имеет вид y ( x) = C1 sin λ x + C2 cos λ x , и из граничных условий вытекает y (0) − y (2π ) = C2 − C2 cos λ 2π − C1 sin λ 2π = 0 , y′(0) − y′(2π ) = λ (C1 − C1 cos λ 2π + C2 sin λ 2π ) = 0 . Нетривиальное решение этой системы, т.е. C12 + C22 ≠ 0 , существует, если det
− sin λ 2π
1 − cos λ 2π
1 − cos λ 2π
sin λ 2π
= 2 cos λ 2π − 2 = 0 .
Поэтому λn = n 2 , n = 1, 2,3,... , и при найденных значениях λ существуют по два линейно (1)
(2)
C C 1 0 и 1 = , которые при каждом независимых решения 1 = 0 1 C2 C2 λn = n 2 , 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 y0 ( x) = 1 ;
собственные значения λn = n 2 , n = 1, 2,3,... имеют
кратность 2 и им отвечает по 2 линейно независимые функции
yn(1) ( x) = sin nx и
yn(2) ( x) = cos nx . Замечание. Дополнительные условия, поставленные в этом примере, возникают при рассмотрении периодических задач, т.е. y ( x) = y ( x + 2π ) . 59
60
Пример 7.6. Проверить возможность сведения к интегральному уравнению и свести y′′ + λ ⋅ (1 + x 2 ) y = 0 , y (0) = 0, y (1) = 0 к задачу Штурма-Лиувилля интегральному уравнению Фредгольма с симметрическим ядром. Решение. В нашем случае Ly ≡ y′′ , p ( x) = 1 > 0, q ( x ) ≡ 0, ρ ( x) = 1 + x 2 > 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 ШтурмаЛиувилля может быть сведена к интегральному уравнению. x( s − 1), 0 ≤ x ≤ s Построив функцию Грина G ( x, s ) = и рассматривая выражение s ( x − 1), s ≤ x ≤ 1 −λ (1 + x 2 ) y
как
неоднородность,
приведем
уравнение
к
виду
1
y ( x) = λ ∫ −G ( x, s )(1 + s 2 ) y ( s )ds . 0
Чтобы симметризовать ядро, умножим последнее соотношение на 1 + x 2 и введем в рассмотрение функцию ϕ ( x) = y ( x) 1 + x 2 .
1
Тогда получим ϕ ( x) = λ ∫ K ( x, s )ϕ ( s )ds 0
интегральное
уравнение
Фредгольма
K ( x, s ) = − 1 + x ⋅ G ( x, s ) ⋅ 1 + s 2
с
непрерывным
симметрическим
ядром
для функции ϕ ( x) .
2
1
Пример 7.7.
Рассмотрим однородное уравнение Фредгольма y ( x) = λ ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds с 0
симметрическим непрерывным (невырожденным) ядром x (1 − s ) , 0 ≤ x ≤ s , K ( x, s ) = s (1 − x) , s ≤ x ≤ 1
x, s∈[ 0;1] .
Найти характеристические числа и ортонормированные собственные функции этого ядра. Решение. Чтобы определить характеристические числа, нужно найти те значения λ , при 1
которых уравнение
y ( x) − λ ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds = 0
имеет
нетривиальные
решения;
0
соответствующие решения y ( x) ≡/ 0 и есть искомые собственные функции. Заметим, что ядро K ( x, s ) в 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
x
1
0
x
y ( x) = λ (1 − x) ∫ s y ( s ) ds + λ x ∫ (1 − s ) y ( s ) ds , откуда
следует, что y (0) = y (1) = 0 . После двукратного дифференцирования обеих частей этого соотношения по х приходим к дифференциальному уравнению y′′ + λ y = 0 .
61
Итак, характеристические числа и собственные функции являются решениями задачи Штурма-Лиувилля для уравнения y′′ + λ y = 0 с граничными условиями y (0) = y (1) = 0 . Нетрудно показать, что если λ ≤ 0 , то имеется только нулевое решение y ( x) ≡ 0 . При λ > 0 получим y ( x) = c1 sin λ x + c2 cos λ x , следовательно, нетривиальные решения существуют тогда и только тогда, если λ = λn = n 2π 2 (n ∈ `) . При этом ранг каждого характеристического числа равен единице, так как им отвечают одномерные собственные подпространства вида yn ( x) = C sin π nx . Так как ядро оператора симметрическое, то собственные функции, отвечающие различным характеристическим числам, ортогональны. Нормируя их, получим ортонормированную систему собственных функций ϕn ( x) = 2 sin π nx . Замечание. Приведенный здесь алгоритм нахождения характеристических чисел и собственных функций учитывает специфику структуры ядра K ( x, s ) , которое представляет собой функцию Грина некоторой краевой задачи. Другие способы построения характеристических чисел и собственных функций были рассмотрены в примерах и задачах к темам 3 и 6. Пример 7.8.
Найти характеристические числа и собственные функции оператора
Фредгольма
y ( x) = λ ∫ K ( x, s ) y ( s ) ds с симметрическим непрерывным (невырожденным)
1
0
ядром s ( x + 1) , K ( x, s ) = x( s + 1) ,
0≤ x ≤ s , s ≤ x ≤1
x, s∈[ 0;1] .
Решение. Действуя как в предыдущем примере, сведем интегральное уравнение к краевой задаче Штурма-Лиувилля. Запишем
уравнение
в
x
1
0
x
y ( x) = λ x ∫ ( s + 1) y ( s ) ds + λ ( x + 1) ∫ s y ( s ) ds .
виде
Дифференцируя это соотношение, найдем x
1
0
x
y′( x) = λ ∫ ( s + 1) y ( s ) ds + x( x + 1) y ( x) + λ ∫ s y ( s ) ds − ( x + 1) xy ( x) . Заметим, что 1
1
0
0
y (0) = λ ∫ sy ( s )ds, y (1) =λ ∫ ( s + 1) y ( s )ds ,
1
1
0
0
y′(0) = λ ∫ sy ( s )ds, y′(1) =λ ∫ ( s + 1) y ( s )ds .
Дифференцируя уравнение еще раз, получим y′′( x) = λ ( x + 1) y ( x) − λ xy ( x) = λ y ( x) . Итак, характеристические числа и собственные функции являются решениями следующей задачи Штурма-Лиувилля: y′′ − λ y = 0 . y (0) = y′(0), y (1) = y′(1) Так как ядро симметрическое, то все характеристические числа - вещественные. Однако в данном случае знак характеристических чисел заранее неизвестен, поэтому для решения задачи необходимо рассмотреть обе возможности: λ > 0 и λ < 0 (случай λ = 0 , как следует из определения характеристического числа, невозможен). 1. Пусть λ > 0 . Тогда общее решение уравнения имеет вид y ( x) = C1e x
λ
+ C2 e − x
λ
. Граничные условия приводят к системе 62
C1 + C2 = λ (C1 − C2 ) , λ − λ λ − λ + = − C e C e λ ( C e C e ) 1 2 1 2 которая имеет нетривиальные решения при условии (1 − λ ) ⋅ sh λ = 0 . Таким образом, λ0 = 1 - характеристическое число; ранг его равен 1, и ему отвечает собственное подпространство вида y0 ( x) = Ce x . 2. Пусть λ = −ω 2 < 0 . Тогда общее решение уравнения y ( x) = C1 cos ω x + C2 sin ω x . Граничные условия приводят к системе
имеет
вид
(1 + ω 2 ) ⋅ sin ω = 0 ,
т.е.
C1 = ωC2 , C1 cos ω + C2 sin ω = ω (−C1 sin ω + C2 cos ω )
условием нетривиальной ωn = π n, n ∈ ] .
совместности
которой
является
Итак, характеристические числа λn = −π 2 n 2 < 0, n ∈ ` . Ранг каждого характеристического числа равен единице, и им отвечают собственные функции вида yn ( x) = C (π n cos π nx + sin π nx), n ∈ ` .
Задачи для самостоятельного решения 7.1
Доказать, что все собственные значения λ задачи Штурма-Лиувилля
( p( x) y′ )′ − q( x) y + λρ ( x) y = 0 ,
x ∈ (a, b),
p ( x) > 0, q ( x) ≥ 0, ρ ( x) > 0
положительны при следующих граничных условиях: а) y′(a) = 0 , y (b) = 0 ; б) в) г) 7.2
y′(b) = 0 ; y (b) + y′(b) = 0 ; y (b) + 2 y′(b) = 0 .
Найти собственные значения и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля: а) y′′ + λ y = 0 , y′(0) = 0, y (l ) = 0 ; б) в) г) д) е) ж)
7.3
y (a) = 0 , y (a) − 2 y′(a) = 0 , y (a) − y′(a) = 0 ,
y′′ + λ y = 0 , y′′ + λ y = 0 , y′′ + λ y = 0 , y′′ + λ y = 0 , y′′ + λ y = 0 , y ( xy′)′ + λ = 0 , x
y (0) = 0, y′(l ) = 0 ; y (0) = 0, y′(1) + hy (1) = 0 (h > 0) ; y′(0) = 0, y′(l ) + hy (l ) = 0 (h > 0) ; y′(0) − hy (0) = 0, y′(l ) = 0 (h > 0) ; y′(0) − h1 y (0) = 0, y′(l ) + h2 y (l ) = 0 (h1 , h2 > 0) y (1) = 0, y (2) = 0 .
Проверить возможность сведения к интегральному уравнению и свести задачу Штурма-Лиувилля к интегральному уравнению Фредгольма с симметрическим ядром: а) б) в) г) д)
y′′ + λ ⋅ (1 + x 2 ) y = 0 , y′′ + λ ⋅ e 2 x y = 0 , y′′ + λ ⋅ e 2 x y = 0 , y′′ + λ ⋅ y = 0 , (1 + x 2 ) y′′ + 2 xy′ + λ y = 0 ,
y′(0) = 0 , y (0) = 0 , y (0) = 0 , y (0) = 0 , y (0) = 0 , 63
y (1) = 0 ; y (1) = 0 ; y′(1) = 0 ; y (1) + hy′(1) = 0 ; y′(1) = 0 ;
ж)
x 2 y′′ + 2 x y′ + λ x 2 y = 0 , ( xy′)′ + λ xy = 0 ,
з)
( xy′)′ + (λ x −
е)
7.4
n2 ) ⋅ y = 0 (n ∈ `) , x
y′(1) = 0 , | y (0) |< ∞ ,
y (2) = 0 ; y (1) = 0 ;
| y (0) |< ∞ ,
y (1) = 0 .
Найти характеристические числа и собственные функции однородного уравнения Фредгольма с непрерывным симметрическим невырожденным ядром, в следующих случаях: 1
∫
а) y ( x ) = λ K ( x, s ) y ( s ) ds , 0
π
∫
б) y ( x ) = λ K ( x, s ) y ( s ) ds ,
где
0
π
∫
в) y ( x ) = λ K ( x, s ) y ( s ) ds ,
0≤ x ≤ s ; s ≤ x ≤1
x , s ,
где K ( x, s ) =
где
0
cos x sin s , K ( x, s ) = cos s sin x , sin x cos s , K ( x, s ) = sin s cos x ,
0≤ x ≤ s ; s ≤ x ≤π 0≤ x ≤ s . s ≤ x ≤π
Указание. Свести интегральное уравнение к задаче Штурма-Лиувилля.
Ответы к задачам 2
7.2
π а) λn = ( n + 1 2 ) , l
n = 0,1, 2,...;
yn ( x) = C cos
n = 0,1, 2,...;
yn ( x) = C sin
2
π б) λn = ( n + 1 2 ) , l
λn ,
в)
π l
π l
( n + 12 ) x ; ( n + 12 ) x ;
n = 1, 2,3,...
-
положительные
решения
уравнения
tg λ = −
n = 1, 2,3,...
-
положительные
решения
уравнения
ctg λ l =
положит.
решения
уравнения
ctg λ l =
λ h
;
yn ( x) = C sin x λn ;
λn ,
г)
λ h
;
yn ( x) = C cos x λn ;
λn ,
д)
n = 1, 2,3,...
-
λ h
yn ( x) = C cos λn (l − x) ; е)
λn ,
h1 + h2 ; λ − h1h2
n = 1, 2,3,... - корни уравнения tg λ l = λ
yn ( x) = C (h1 sin λn x + λn cos λn x) ; 2
ж)
7.3
а) б)
πn , λn = ln 2
n = 1, 2,3,...;
yn ( x) = C sin
0≤ x≤s s − 1, G ( x, s ) = , s ≤ x ≤1 x − 1, 0≤ x≤s x( s − 1), G ( x, s ) = , s ≤ x ≤1 s ( x − 1),
πn ln 2
ln x .
K ( x, s ) = − 1 + x 2 ⋅ G ( x, s ) ⋅ 1 + s 2 ; K ( x, s ) = −e x ⋅ G ( x, s ) ⋅ e s ;
64
;
в)
г)
д)
е)
ж)
з)
7.4
а) б) в)
0≤ x≤s − x, G ( x, s ) = , s ≤ x ≤1 − s, s − (h + 1) 0≤ x≤s h + 1 x, , G ( x, s ) = x − h + ( 1) s, s ≤ x ≤1 h + 1 0≤ x≤s − arctg x, G ( x, s ) = , s ≤ x ≤1 − arctg s,
K ( x, s ) = −e x ⋅ G ( x, s ) ⋅ e s ;
K ( x, s ) = −G ( x, s ) ;
K ( x, s ) = −G ( x, s ) ;
1 1 1≤ x ≤ s s − 2 , , G ( x, s ) = 1 − 1 , s≤x≤2 x 2 0≤ x≤s ln s, G ( x, s ) = , s ≤ x ≤1 ln x, n 1 x ( xs ) n − , s 2n G ( x, s ) = n 1 s n 2n ( xs ) − x ,
λn = π 2 (n + 1 2 ) 2 , λn = 1 − (n + 1 2 ) 2 , λn = (n + 1 2 ) 2 − 1,
K ( x, s ) = − x ⋅ G ( x, s ) ⋅ s ;
K ( x, s ) = − x ⋅ G ( x, s ) ⋅ s ;
0≤ x≤s ,
K ( x, s ) = − x ⋅ G ( x, s ) ⋅ s .
s ≤ x ≤1
yn = C sin π (n + 1 2) x,
n = 0,1, 2,... ;
yn = C cos(n + 1 2 ) x,
n = 0,1, 2,... ;
yn = C sin(n + 1 2 ) x,
n = 0,1, 2,... .
65
ТЕМА 8 Основные понятия вариационного исчисления. Задача с закрепленными концами. Основные определения и теоремы Если на некотором множестве функций указано правило, которое ставит в соответствие каждой функции некоторое число, то на этом множестве задан функционал. Будем рассматривать функционалы, действующие из линейного нормированного пространства E в пространство вещественных чисел \1 : E → \1 . Итак, функционал – это оператор, множество значений которого состоит из чисел. Будем рассматривать следующие линейные пространства E (или их линейные подпространства E ' ): 1) C[a, b] – пространство непрерывных на [a, b] функций, в котором определена норма || y ||C[ a ,b ] = max | y ( x) | . x∈[ a ,b ]
(1)
2) C [a, b] – пространство функций, непрерывных вместе со своими первыми производными на [a, b] . Норма в этом пространстве определяется как || y ||C (1) [ a ,b ] = max | y ( x) | + max | y′( x) | . x∈[ a ,b ]
x∈[ a ,b ]
Определение. Функционал V [ y ] называется непрерывным в точке y 0 ∈ E , если для ∀ε > 0 ∃δ > 0 такое, что при ∀y ∈ E : || y − y0 || ≤ δ выполняется неравенство | V [ y ] − V [ y0 ] | ≤ ε . Аналогично можно дать определение непрерывности функционала в точке y 0 ∈ E ' , если функционал рассматривается только на множестве E ' . Функционал называется непрерывным на всём пространстве E (множестве E ' ), если он непрерывен в каждой точке E(E' ) . Определение. Точка y0 является точкой локального минимума (максимума) функционала V [ y ] , если найдется число r > 0 такое, что для любого y ∈ E : || y − y0 ||E ≤ r выполнено неравенство V [ y ] ≥ V [ y0 ] ( V [ y ] ≤ V [ y0 ] ). Пусть y 0 ∈ E - произвольная фиксированная точка, h ∈ E - произвольный элемент E. Рассмотрим функцию вещественной переменной t Φ (t ) ≡ V [ y 0 + th] , t – вещественное число. d Определение. Если для любого h ∈ E существует Φ′(t )t =0 = V [ y0 + th]t =0 , то эта dt производная называется вариацией (слабой вариацией) функционала V в точке y0 и обозначается δV ( y 0 , h) . Очевидно, что V [ y0 + th] − V [ y0 ] = t δ V ( y0 , h) + o(| t |) . Определение. Функционал V [ y ] называется дифференцируемым в точке y0 , если для любого h ∈ E V [ y0 + h] − V [ y0 ] = dV ( y0 , h) + o(|| h ||) , где dV ( y 0 , h) - линейный и непрерывный по h функционал, который иногда называют сильной вариацией в точке y0 , в то время как функционал (от h) δV ( y 0 , h) - слабой вариацией в точке y0 . Если существует сильная вариация, то существует и вариация (слабая вариация). Обратное, вообще говоря, неверно.
65
Теорема (необходимое условие экстремума). Пусть y 0 ∈ E - точка экстремума V [ y ] и существует δV ( y 0 , h) для всякого h ∈ E . Тогда δV ( y 0 , h) = 0 . Конкретизируем вид функционала и множество допустимых функций. Рассмотрим b
функционал V [ y ] = ∫ F ( x, y, y′) dx на множестве функций E ′ ⊆ E = C 1[a, b] таком, что a
E ′ = { y ∈ C (1) [a, b], y (a) = A, y (b) = B} . Простейшая задача вариационного исчисления (задача с закрепленными концами): среди всех функций из множества E ′ определить ту, b
которая реализует экстремум функционала V [ y ] = ∫ F ( x, y, y′) dx . a
Определение. Функционал достигает сильного минимума (максимума) на функции y0 ( x) , если найдется число r > 0 такое, что для любой функции из сильной окрестности y0 ( x ) , т.е. y ∈ E ′ : || y − y0 ||C [ a ,b ] = max | y ( x) − y0 ( x) |≤ r , выполнено неравенство x∈[ a ,b ]
V [ y ] ≥ V [ y0 ] ( V [ y ] ≤ V [ y0 ] ). Определение. Функционал достигает слабого минимума (максимума) на функции y0 ( x) , если найдется число r > 0 такое, что для любой функции из слабой окрестности y0 ( x) , т.е. y ∈ E ′ : || y − y0 ||C (1) [ a ,b ] = max | y ( x) − y0 ( x) | + max | y′( x) − y0′ ( x) |≤ r , выполнено x∈[ a ,b ]
x∈[ a ,b ]
неравенство V [ y ] ≥ V [ y0 ] ( V [ y ] ≤ V [ y0 ] ). Ясно, что если на функции y0 ( x) реализуется сильный экстремум, то имеет место и слабый в той же точке. Обратное, вообще говоря, неверно. Теорема (необходимое условие экстремума в задаче с закрепленными концами). 1)
Пусть
y ( x)
реализует
экстремум
(сильный
или
слабый)
функционала
b
V [ y ] = ∫ F ( x, y, y′) dx
с
y (a) = A, y (b) = B
условиями
и
является
дважды
a
непрерывно дифференцируемой. Пусть функция F ( x, y, y′) имеет непрерывные производные до второго порядка включительно при x ∈ [a, b] и в некоторой области изменения y и y′ , содержащей y ( x) . Тогда y ( x) является решением краевой задачи для уравнения Эйлера d Fy − Fy′ = 0; y (a ) = A, y (b) = B . dx 2)
b
Решения этой задачи называются экстремалями функционала V [ y ] = ∫ F ( x, y, y′) dx . a
Так как уравнение Эйлера, вообще говоря, дифференциальное уравнение второго порядка, то решение его может быть как единственным, так и не единственным, и может не существовать вовсе. Приемы интегрирования уравнения Эйлера зависят от конкретного вида функции F ( x, y, y′) . Приведем некоторые примеры для некоторых, часто встречающихся случаев. 1. F не зависит от y′ : F ( x, y, y′) = F ( x, y ) . Уравнение Эйлера в этом случае имеет вид Fy ( x, y ) = 0 , т.е. является не
дифференциальным, а алгебраическим, поэтому его решение (если оно существует) представляет собой одну или несколько кривых, которые, вообще говоря, не удовлетворяют граничным условиям y (a) = A, y (b) = B .
66
Итак, решение краевой задачи для уравнения Эйлера в рассматриваемом случае, вообще говоря, не существует. 2. F зависит от y′ линейно: F ( x, y, y′) = M ( x, y ) + y′ ⋅ N ( x, y ) . d Уравнение Эйлера имеет вид M y + y′N y − N ( x, y ) = M y + y′ ⋅ N y − N x − N y ⋅ y′ = 0 , dx т.е. ∂M ∂N − =0 . ∂y ∂x Полученное уравнение не является дифференциальным, поэтому краевая задача для уравнения Эйлера также, вообще говоря, не имеет решения. ∂M ∂N ≡ выражение M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy является полным В частном случае ∂y ∂x дифференциалом, и значение функционала b
(b, B )
a
( a , A)
V [ y ] = ∫ F ( x, y, y′) dx =
∫
M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy
не
зависит
от
выбора
кривой,
соединяющей точки (a, A) и (b, B) . 3. F зависит только от y′ : F ( x, y, y′) = F ( y′) . Уравнение Эйлера имеет вид y′′ ⋅ Fy′y′ ( y′) = 0 . Далее возможны два варианта: а) y′′ = 0 , тогда общее решение есть y ( x) = C1 x + C2 , где C1 , C2 - произвольные постоянные, определяемые из граничных условий; б) Fy′y′ ( y′) = 0 , тогда y′ = ki , где ki - корни алгебраического уравнения F ′′(t ) = 0 , и соответствующие решения y ( x) = k x + C являются частными случаями п. а). i
i
i
Поэтому, решениями уравнения Эйлера в обоих случаях а) и б) являются прямые. 4. F не зависит от y : F ( x, y, y′) = F ( x, y′) . d Fy′ ( x, y′) = 0 и имеет первый интеграл Уравнение Эйлера принимает вид dx Fy′ ( x, y′) = C , где С - произвольная постоянная. Дальнейшее интегрирование производится путем разрешения относительно производной, либо путем введения параметра. 5. F не зависит от x : F ( x, y, y′) = F ( y, y′) . Уравнение Эйлера в этом случае имеет вид Fy − y′ ⋅ Fyy′ − y′′ ⋅ Fy′y′ = 0 . d ( F − y′ ⋅ Fy′ ) = 0 и найдем первый интеграл dx F − y′ ⋅ Fy′ = C . Дальнейшее интегрирование также производится методами, развитыми для Умножив
на
y′ ,
получим
дифференциальных уравнений первого порядка, не разрешенных относительно производной. Итак, если экстремаль существует, то она, как правило, может быть включена в однопараметрическое семейство решений уравнения Эйлера y = y ( x, C ) . Определение. Если через каждую точку области G на плоскости xOy проходит единственная кривая семейства y = y ( x, C ) , то это семейство называют собственным полем в области G. Определение. Если все кривые семейства y = y ( x, C ) проходят через некоторую точку ( x0 , y0 ) ∈ G (центр пучка), а через каждую точку области, отличную от ( x0 , y0 ) , проходит одна и только одна кривая семейства, то y = y ( x, C ) называют центральным полем в области G.
67
Выбор любой точки области G (кроме центра пучка во втором случае) определяет единственную экстремаль, проходящую через эту точку, и задает в области G некоторую функцию p ( x, y ) - наклон поля экстремалей: p ( x, y ) в каждой точке ( x, y ) ∈ G равна тангенсу угла наклона той экстремали, которая проходит через эту точку. Сформулируем достаточные условия экстремума в задаче с закрепленными концами. Достаточные условия Вейерштрасса. Пусть функция y = y0 ( x) удовлетворяет необходимому условию экстремума, т.е. является экстремалью в задаче с закрепленными концами. Будем считать, что экстремаль y = y0 ( x) на сегменте [a, b] может быть включена в поле экстремалей (собственное или центральное). Рассмотрим кривые y = y ( x) , удовлетворяющие тем же граничным условиям, что и экстремаль y = y0 ( x), y ( x) ∈ C (1) [a, b] (кривые сравнения). Функция E ( x, y, p, y′) = F ( x, y, y′) − F ( x, y, p) − ( y′ − p) Fp ( x, y, p) называется функцией Вейерштрасса. В аргументах функции E ( x, y, p, y′) через y′ обозначается производная кривой сравнения y ( x) в точке ( x, y ) , а через p = p( x, y ) - наклон поля экстремалей в этой точке. Приращение функционала V [ y ] выражается через функцию Вейерштрасса ( y0 ( x) исследуемая экстремаль, а y ( x) - кривая сравнения): b
∆V = V [ y ( x)] − V [ y0 ( x)] = ∫ E ( x, y ( x), p ( x, y ( x)), y '( x))dx . a
Поэтому достаточным условием достижения функционалом V [ y ] экстремума на экстремали y0 ( x) является знакоопределенность функции E ( x, y, p, y′) в окрестности экстремали y0 ( x) . Экстремум будет слабым или сильным в зависимости от того, в слабой или сильной окрестности экстремали y0 ( x) сохраняет знак функция Вейерштрасса. Достаточные условия слабого экстремума: b
Кривая y = y0 ( x) доставляет слабый экстремум функционалу V [ y ] = ∫ F ( x, y, y′) dx в a
задаче с закрепленными концами y (a) = A, y (b) = B , если: 1) кривая y = y0 ( x) является экстремалью функционала, т.е. является решением краевой задачи для уравнения Эйлера с условиями y (a) = A, y (b) = B ; 2) экстремаль y = y0 ( x) может быть включена в поле экстремалей на отрезке [a, b] ; 3) функция Вейерштрасса сохраняет знак во всех точках слабой окрестности экстремали y = y0 ( x) , т.е. в точках ( x, y ) , близких к экстремали y = y0 ( x) , и для значений y′ , близких к значениям p ( x, y ) ( p ( x, y ) - заданная функция, так как определено поле экстремалей). Если E ≥ 0 , то функционал V [ y ] имеет на y0 ( x) слабый минимум, если E ≤ 0 , то функционал V [ y ] имеет на y0 ( x) слабый максимум. Достаточные условия сильного экстремума. b
Кривая y = y0 ( x) доставляет сильный экстремум функционалу V [ y ] = ∫ F ( x, y, y′) dx в a
задаче с закрепленными концами y (a) = A, y (b) = B , если: 1) кривая y = y0 ( x) является экстремалью функционала т.е. является решением краевой задачи для уравнения Эйлера с условиями y (a) = A, y (b) = B ; 2) экстремаль y = y0 ( x) может быть включена в поле экстремалей на отрезке [a, b] ; 68
3)
функция Вейерштрасса сохраняет знак во всех точках сильной окрестности экстремали y = y0 ( x) , т.е. в точках ( x, y ) , близких к экстремали y = y0 ( x) , и для произвольных значений y′ . Если E ≥ 0 , то функционал V [ y ] имеет на y0 ( x) сильный минимум, если E ≤ 0 , то функционал V [ y ] имеет на y0 ( x) сильный максимум. Достаточное условие отсутствия экстремума. Если в точках экстремали y = y0 ( x) при некоторых значениях y′ функция Е имеет противоположные знаки, то сильный экстремум на y0 ( x) не достигается. Если в точках экстремали y = y0 ( x) при значениях y′ сколь угодно близких к p ( x, y ) , функция Е имеет противоположные знаки, то на y0 ( x) не достигается и слабый экстремум. Достаточные условия Лежандра. Пусть функция F ( x, y, y′) имеет непрерывную вторую производную Fy′y′ ( x, y, y′) и экстремаль y = y0 ( x) включена в поле экстремалей. Достаточные условия слабого экстремума ( Fy′y′ исследуется на самой экстремали y = y0 ( x) ). Если на экстремали y = y0 ( x) Fy′y′ > 0 , то функционал V [ y ] имеет на y0 ( x) слабый минимум; если на экстремали y = y0 ( x) Fy′y′ < 0 , то функционал V [ y ] имеет на y0 ( x) слабый максимум. Достаточные условия сильного экстремума (( Fy′y′
исследуется в сильной
окрестности экстремали y = y0 ( x) ). Если Fy′y′ ≥ 0 в точках ( x, y ) , близких к экстремали y = y0 ( x) , и для произвольных значений y′ , то V [ y ] имеет на экстремали y0 ( x) сильный минимум. Если Fy′y′ ≤ 0 в точках ( x, y ) , близких к экстремали y = y0 ( x) , и для произвольных значений y ' , то V [ y ] имеет на экстремали y0 ( x) сильный максимум.
Примеры решения задач 1
Пример 8.1. Вычислить вариацию функционала V [ y ] = y 2 (0) + ∫ ( xy + y′2 ) dx в точке у. −1
Решение. Найдем сначала вариацию функционала V [ y ] , воспользовавшись первым определением (слабую вариацию): 1 d d 2 δ V ( y, h) ≡ V [ y + th] = ( y (0) + th(0)) + ∫ [ x( y ( x) + th( x)) + ( y′( x) + th′( x)) 2 ]dx = dt dt t =0 −1 t =0 1
= 2 y (0)h(0) + ∫ [ x ⋅ h( x) + 2 y′ ⋅ h′( x) ]dx . −1
Теперь воспользуемся вторым определением и найдем вариацию как линейную часть приращения функционала в точке у (сильную вариацию). Зададим приращение аргумента функционала произвольную непрерывно дифференцируемую функцию h( x) : h(−1) = h(1) = 0 , и вычислим приращение ∆V = V [ y + h] − V [ y ] =
69
1
1
= [ y (0) + h(0)] − y (0) + ∫ [ x( y ( x) + h( x)) + ( y′( x) + h′( x)) ]dx − ∫ [ xy ( x) + y′2 ( x)]dx = 2
2
2
−1 1
−1
1
= 2 y (0)h(0) + ∫ [ x ⋅ h( x) + 2 y′( x) ⋅ h′( x) ]dx + h 2 (0) + ∫ h′2 ( x) dx . −1
−1
Линейная относительно h часть приращения - первые два слагаемые последнего равенства - и есть искомая (сильная) вариация 1
dV [ y, h] = 2 y (0)h(0) + ∫ [ x ⋅ h( x) + 2 y′ ⋅ h′( x) ]dx , −1
которая в данном случае совпадает с полученной ранее (слабой) вариацией δ V [ y, h] .
1
Пример 8.2.
Найти экстремаль функционала V [ y ] = ∫ ( y 2 + y′2 ) dx с дополнительными 0
условиями y (0) = 0, y (1) = 0 . Доказать, что на полученной экстремали достигается экстремум функционала а) путем непосредственного вычисления приращения функционала; б) применив достаточные условия в форме Вейерштрасса и Лежандра. Решение. Уравнение Эйлера для функционала в исследуемой задаче y′′ − y = 0 имеет общее решение y = C1 e x + C2 e − x . Граничным условиям удовлетворяет экстремаль y0 ( x) ≡ 0 . а) Непосредственное вычисление приращения функционала на кривой y0 ( x) ≡ 0 дает 1
∆V = V [ y ] − V [ y0 ( x) ≡ 0] = ∫ ( y 2 + y '2 )dx ≥ 0 . Поэтому на ней реализуется сильный (а, 0
следовательно, и слабый) минимум. б) Заметим, что экстремаль y0 ( x) ≡ 0 при x ∈ [0,1] может быть включена в собственное поле экстремалей y = C e x . 1.
Функция Вейерштрасса E ( x, y, p, y ') = y 2 + y '2 − y 2 − p 2 − ( y ' − p )2 p = ( y ' − p ) ≥ 0 при
2.
любых y, y′ , т.е. сохраняет знак в сильной окрестности кривой y0 ( x) ≡ 0 . Следовательно, выполнено достаточное условие Вейерштрасса, и экстремаль y0 ( x) ≡ 0 реализует сильный (и слабый) минимум. Fy ' y ' = 2 > 0 при любых y, y′ , поэтому выполнено достаточное условие Лежандра.
2
Функционал на экстремали y0 ( x) ≡ 0 достигает сильного (и слабого) минимума.
0
Пример 8.3.
Найти экстремаль функционала V [ y ] = ∫ (12 xy − y′2 ) dx с дополнительными −1
условиями y (−1) = 1, y (0) = 0 . Доказать, что на полученной экстремали достигается экстремум функционала а) путем непосредственного вычисления приращения функционала; б) применив достаточные условия в форме Вейерштрасса и Лежандра. Решение. Уравнение Эйлера для функционала в рассматриваемой задаче y′′ + 6 x = 0 имеет общее решение y = − x 3 + C1 x + C2 . Граничным условиям удовлетворяет экстремаль y0 ( x ) = − x 3 . 70
а) Зададим приращение аргумента функционала - произвольную непрерывно дифференцируемую функцию h( x) , удовлетворяющую условиям h(−1) = h(0) = 0 , - и вычислим приращение функционала на экстремали y0 ( x) = − x 3 : 0
0
∆V = V [− x 3 + h] − V [− x3 ] = ∫ [12 x(− x3 + h( x)) − (−3 x 2 + h′( x)) 2 ]dx − ∫ [12 x(− x3 ) − (−3 x 2 ) 2 ]dx = −1
−1
0
0
0
= ∫ [12 x h( x) + 6 x 2 h′( x) − h′2 ( x)]dx = ∫ [12 x h( x) − h′2 ( x)]dx + ∫ 6 x 2 h′( x)dx = −1 −1 −1
инт. по частям 0
0
0
0
= 6 x 2 h( x) − ∫ 12 x h( x)dx + ∫ [12 x h( x) − h′2 ( x)]dx = − ∫ h′2 ( x)dx ≤ 0 . −1
−1 −1 −1 =0
Итак, ∆V ≤ 0 независимо от y′ (в сильной окрестности), поэтому на экстремали y0 ( x) = − x 3 реализуется сильный (а, следовательно, и слабый) максимум. б)
Заметим, что экстремаль y0 ( x) = − x 3 при x ∈ [−1, 0] может быть включена в
собственное поле экстремалей (решений уравнения Эйлера) y = − x 3 + C . 1. Функция Вейерштрасса 2 E ( x, y, p, y′) = 12 xy − y′2 − (12 xy − p 2 ) − ( y′ − p)(−2 p ) = − ( y′ − p ) ≤ 0 при любых y, y′ , т.е. сохраняет знак в сильной окрестности кривой y0 ( x) = − x 3 . Следовательно, выполнено достаточное условие Вейерштрасса, и экстремаль y0 ( x) = − x 3 реализует сильный (и слабый) максимум. 2.
Fy′y′ = − 2 < 0
при любых y, y′ , поэтому выполнено достаточное условие Лежандра.
Функционал на экстремали y0 ( x) = − x 3 достигает сильного (и слабого) максимума.
b
Пример 8.4.
Пусть V [ y ] = ∫ [ p ( x) y′2 + q( x) y 2 + 2 yϕ ( x)]dx ,
где функция p( x) > 0 -
a
непрерывно дифференцируема, а q( x) ≥ 0 и ϕ ( x) непрерывные на [a, b] функции. а) Записать уравнение для экстремалей в задаче с закрепленными концами y (a) = A, y (b) = B . б) Показать, что если y0 ( x) является экстремалью функционала V [ y ] , то на ней реализуется минимум этого функционала. Решение. Уравнение Эйлера для экстремалей изучаемого функционала имеет вид d ( p( x) y′) − q( x) y = ϕ ( x) . Нетрудно показать, что при сформулированных dx предположениях на функции p ( x), q( x), ϕ ( x) , это уравнение с дополнительными условиями y (a) = A, y (b) = B имеет единственное решение y = y0 ( x) , которое и определяет экстремаль в рассматриваемой задаче. Зададим h( x) : h(a ) = h(b) = 0 и определим знак приращения функционала на исследуемой экстремали:
71
b
∆V = V [ y0 ( x) + h( x)] − V [ y0 ( x)] = ∫ [ p( x)(( y0′ + h′) 2 − y0′ ) + q( x) (( y0 + h) 2 − y0 ) + 2ϕ ( x)h]dx = 2
2
a
1
b
b
= ∫ [2 p( x) y0′ h′ + 2q( x) y0 h + 2ϕ ( x) h]dx + ∫ p( x) h′2 ( x) dx + ∫ q ( x)h 2 ( x)dx > 0 , 0 a a
>0
≥0
так как первое слагаемое в этой сумме обращается в ноль. Действительно, интегрируя по частям первое слагаемое, получим
b
b
2∫ [ p ( x) y0′ h′ + q ( x) y0 h + ϕ ( x)h]dx = 2 p( x) y0 ( x)h( x) a + 2 ∫ [−( p ( x) y0′ )′ + q( x) y0 + ϕ ( x)] h( x)dx = 0
a a b
= 0, т.к . h ( a ) = h ( b ) = 0
= 0 в силу ур − я Эйлера
. Итак, ∆V = V [ y0 ( x) + h( x)] − V [ y0 ( x)] > 0 , поэтому на экстремали y = y0 ( x) достигается минимум исследуемого функционала, что и требовалось доказать. a
Пример 8.5.
Исследовать на экстремум функционал
V [ y ] = ∫ y′ 3 dx
с граничными
0
условиями
y (0) = 0 , y (a) = b
( a > 0, b > 0 ).
Решение. Уравнение Эйлера для данного функционала имеет вид y′′ = 0 . Семейство экстремалей определяется формулой y = C1 x + C2 . Граничным условиям удовлетворяет b единственная экстремаль y = x . a b Найденная экстремаль может быть включена в собственное поле y = x + C , наклон a b поля экстремалей p = . a Функция Вейерштрасса имеет вид 2 E ( x, y, p, y′) = y′3 − p 3 − ( y′ − p) 3 p 2 = ( y′ − p ) ( y′ + 2 p ) b и знак ее определяется знаком выражения y′ + 2 p = y′ + 2 . Следовательно, E ( x, y, p, y′) a может менять знак в зависимости от y′ . Поэтому сильного экстремума на исследуемой экстремали нет. b Вместе с тем, функция Вейерштрасса сохраняет знак, если y′ близко к p = > 0 a b (наклону поля экстремалей), т.е. y′ + 2 p = y′ + 2 ≥ 0 и неравенство E ( x, y, p, y′) ≥ 0 a выполнено для всех кривых сравнения y = y ( x) из некоторой слабой окрестности b b экстремали y = x . Таким образом, на экстремали y = x , согласно достаточному a a условию Вейерштрасса, достигается слабый минимум.
72
Пример 8.6.
Показать, что в задаче с закрепленными концами a
V [ y ] = ∫ ( y 2 − y′2 ) dx, y (0) = 0, y (a) = 0 0
а)
в случае a =
π 2
<π
на экстремали y0 ( x) ≡ 0 реализуется сильный максимум
функционала;
5π > π функция y0 ( x) ≡ 0 также является единственной экстремалью в 4 рассматриваемой задаче, причем функция Вейерштрасса сохраняет знак на этой кривой, однако экстремум на ней не достигается; в) в случае a = π экстремаль определяется не единственным образом. б) в случае a =
Решение. Уравнение Эйлера имеет вид y′′ + y = 0 . Его общее решение есть y = C1 sin x + C2 cos x . Граничным условиям y (0) = 0 , y (a) = 0 , как в случае а), так и в случае б) удовлетворяет единственная функция y0 ( x) ≡ 0 .
π
а) Если x ∈ [0, ] , то экстремаль y0 ( x) ≡ 0 может быть включена, например, в центральное 2 поле экстремалей y = C sin x . Функция Вейерштрасса 2 E ( x, y, p, y′) = y 2 − y′2 − ( y 2 − p 2 ) + ( y′ − p)2 p = − ( y′ − p ) ≤ 0 при любых y, y′ , т.е. сохраняет знак в сильной окрестности кривой y0 ( x) ≡ 0 . Следовательно, выполнено достаточное условие Вейерштрасса, и экстремаль y0 ( x) ≡ 0 реализует сильный (и слабый) максимум. 5π 2 б) Если x ∈ [0, ] , то функция Вейерштрасса E ( x, y, p, y′) = − ( y′ − p ) ≤ 0 также 4 сохраняет знак в сильной окрестности кривой y0 ( x) ≡ 0 . Заметим, что V [ y ≡ 0] = 0 и докажем, что на функции y0 ( x) ≡ 0 не достигается слабый (следовательно, и сильный) экстремум. 1 4 Рассмотрим последовательность ϕn ( x) = sin x . Ясно, что при достаточно больших n 5 1 4x 4 4x + max ≤ r , т.е. все указанные cos п выполнено || ϕn − y0 || 1 4π = max sin 4π n 4 π C [0, ] 5 5 n 5 [0, ] [0, ] ∈ ∈ x x 5 5
5
функции, начиная с некоторого номера, принадлежат слабой окрестности y0 ( x) ≡ 0 . Однако
V [ϕ n ] =
5π 4
∫ 0
1 4x sin 2 dx − 2 n 5
5π 4
∫ 0
16 4x 9 cos 2 dx = 2 25n 5 25n 2
5π 4
∫
cos 2
0
4x dx > 0 = V [0] , 5
следовательно, на функции y0 ( x) ≡ 0 слабый (и сильный) максимум не достигается. 1 4n Рассмотрим последовательность ψ n ( x) = 2 sin x . Ясно, что при достаточно 5 n 1 4nx 4 4nx cos + max ≤ r , т.е. все больших п выполнено || ψ n − y0 || 1 4π = max 2 sin π π 4 4 C [0, ] 5 5 x∈[0, ] n x∈[0, ] 5n 5 5
5
указанные функции, начиная с некоторого номера, принадлежат слабой окрестности y0 ( x) ≡ 0 . 73
Однако, при достаточно больших n V [ψ n ] =
5π 4
∫ 0
1 4nx sin 2 dx − 4 n 5
5π 4
∫ 0
16 4nx 5π cos 2 dx = 2 25n 5 8
16 1 < 0 = V [0] . 4− 2 n 25n
Следовательно, на функции y0 ( x) ≡ 0 минимум также не достигается. Причина указанного явления состоит в том, что экстремаль y0 ( x) ≡ 0 нельзя 5π включить в поле экстремалей при x ∈ [0, ] , так как все решения уравнения Эйлера 4 y = C1 sin x + C2 cos x , удовлетворяющие одному из граничных условий y (0) = 0 или 5π 5π y ( ) = 0 , обращаются в ноль одновременно еще в одной точке x0 ∈ [0, ] . Например, 4 4 если потребовать y (0) = 0 , то все кривые семейства y = C sin x обращаются в ноль при 5π x0 = π ∈ [0, ] . 4 в) В случае a = π уравнение Эйлера y′′ + y = 0 имеет семейство решений y = C sin x , удовлетворяющих граничными условиям y (0) = 0 , y (π ) = 0 , следовательно, экстремаль определяется не единственным образом. Легко проверить, что в этом случае на любой π
функции семейства y = C sin x выполнено V [ y ] = ∫ ( y 2 − y′2 )dx = 0 . 0
G Пример 8.7. Пусть тело перемещается по кривой y = y ( x) со скоростью v такой, что G | v |= v( x, y ) = y . Какова должна быть траектория его движения, чтобы тело попало из точки y (a) = A в точку y (b) = B за минимальное время?
Решение. Время, необходимое для перемещения из точки (a, y (a )) в точку (b, y (b)) по
1 + y ′2 ds = dx ≡ V [ y ] . заданной кривой y = y ( x) , определяется функционалом t = ∫ v( x, y ) ∫a y a Таким образом, решение поставленной задачи дается экстремалями функционала V [ y ] при условиях y (a) = A , y (b) = B . d Уравнение Эйлера в рассматриваемом случае Fy − Fy′ = Fy − Fy′y′ y′′ − Fy′y y′ = 0 . dx d Умножая на y′ , получим ( F − y′Fy′ ) = 0 , и найдем первый интеграл dx 1 + y ′2 cos t y′ 1 y= , тогда − y′ = = C1 . Положим y′ = tg t , C1 y y 1 + y ′2 y 1 + y ′ 2 b
b
dy cos t dt sin t = ctg t dy = , откуда x= + C2 . Исключив параметр t, получим y′ C1 C1 1 ( x − C2 ) 2 + y 2 = 2 , т.е. экстремалями задачи являются окружности с центрами на оси х. C1 Итак, искомая траектория движения тела - дуга окружности с центром на оси х, соединяющая точки (a, A) и (b, B) . Легко видеть, что такая окружность определяется единственным образом при заданных дополнительных условиях y (a) = A , y (b) = B . dx =
74
Задачи для самостоятельного решения Найти вариацию функционала b
8.1
V [ y ] = ∫ yy′dx . a b
8.2
V [ y ] = ∫ ( x + y )dx . a b
8.3
V [ y ] = ∫ ( y 2 − y′2 )dx . a
π
8.4
V [ y ] = ∫ y′ sin y dx . 0
Исследовать на экстремум функционалы в задаче с закрепленными концами (найти экстремали и проверить достаточные условия каким либо способом): 1
8.5
1 V [ y ] = ∫ e x y 2 + y′2 dx 2 0
8.6
V [ y ] = ∫ e y y′2 dx
y (0) = 0, y (1) = ln 4 .
x3 V [ y ] = ∫ 2 dx y′ 1
y (1) = 1, y (2) = 4 .
y (0) = 1, y (1) = e .
1
0 2
8.7
a
8.8
V [ y] = ∫ 0 1
8.9
dx y′
y (0) = 0, y (a) = b (a > 0, b > 0) .
V [ y ] = ∫ (1 + x) y′2 dx
y (0) = 0, y (1) = 1 .
0
π 2
8.10
V [ y ] = ∫ ( y 2 − y′2 )dx 0 2
8.11
V [ y] =
∫ y′(1 + x
2
y′)dx
π
y (0) = 1, y ( ) = 1 . 2 y (−1) = 1, y (2) = 4 .
−1 1
8.12
V [ y ] = ∫ ( y′3 + y′2 )dx
y (−1) = −1, y (1) = 3 .
V [ y ] = ∫ ( xy′4 − 2 yy′3 ) dx
y (1) = 0, y (2) = 1 .
V [ y ] = ∫ (1 − e − y′ )dx
y (0) = 0, y (a) = b (a > 0) .
−1 2
8.13
1 a
8.14
2
0
1 + y ′2 π π dx, Найти семейство экстремалей функционала V [ y ] = ∫ −
8.15 8.16
75
Ответы к задачам b
8.1
δ V = ∫ ( y′h + yh′)dx a b
8.2
δ V = ∫ h( x)dx
(δ y = h( x)) .
(δ y = h( x)) .
a
b
8.3
δ V = 2 ∫ ( yh − y′h′)dx
(δ y = h( x)) .
a
π
8.4
δ V = ∫ ( y′ cos y ⋅ h + sin y ⋅ h′)dx
(δ y = h( x)) .
0
8.5 Экстремаль 8.6 Экстремаль 8.7 Экстремаль 8.8 Экстремаль 8.9 Экстремаль
y ( x) = e x реализует сильный (и слабый) минимум. y ( x) = 2 ln( x + 1) реализует сильный (и слабый) минимум. y ( x) = x 2 реализует слабый минимум. b y ( x) = x реализует слабый минимум. a ln( x + 1) y ( x) = реализует сильный (и слабый) минимум. ln 2 y ( x) = sin x + cos x реализует сильный (и слабый) максимум.
8.10 Экстремаль 8.11 На непрерывных кривых экстремум не достигается. 8.12 Экстремаль y ( x ) = 2 x + 1 реализует слабый минимум.
y ( x) = x − 1 реализует слабый минимум. b a 8.14 На экстремали y ( x ) = x : при | b |< достигается слабый минимум; a 2 a a при | b |> - слабый максимум; при | b |= - экстремума нет. 2 2 2 2 2 8.15 Окружности x + ( y − C1 ) = C2 . 8.16 y ( x ) = ch x . 8.13 Экстремаль
76
ТЕМА 9 Задачи с подвижной границей. Условия трансверсальности.
Основные определения и теоремы x1
Рассмотрим функционал V [ y ] = ∫ F ( x, y, y′) dx , заданный на кривых y ( x) ∈ C (1) [a, b] , x0
граничные точки которых A( x0, y0 ) и B ( x1, y1 ) в свою очередь лежат на фиксированных гладких кривых y = ϕ ( x), y = ψ ( x), так что y0 = ϕ ( x0 ), y1 = ψ ( x1 ) .
Задача с подвижными границами ставится так: среди всех функций y ( x) ∈ C (1) [a, b] , графики которых соединяют точки двух данных кривых y = ϕ ( x) и y = ψ ( x) , найти ту, которая доставляет экстремум функционалу V [ y ] . Отметим, что абсциссы x0 и x1 точек А и В заранее не известны, и также подлежат определению. Необходимые условия экстремума. Для того, чтобы функция y = y ( x) доставляла x1
экстремум функционалу V [ y ] = ∫ F ( x, y, y′) dx
среди всех кривых
y ( x) ∈ C (1) [a, b] ,
x0
соединяющих точки двух заданных линий y = ϕ ( x), y = ψ ( x), необходимо, чтобы: 1) кривая y = y ( x) была решением уравнения Эйлера для функционала V [ y ] (являлась экстремалью), 2) в точках A( x0 , y0 ) , B ( x1 , y1 ) пересечения экстремали y = y ( x) с кривыми y = ϕ ( x) и y = ψ ( x) выполнялись условия трансверсальности [ F + (ϕ ′ − y ′) Fy′ ] x = x0 = 0, [ F + (ψ ′ − y ′) Fy′ ] x = x1 = 0. Условия трансверсальности устанавливают связь между угловыми коэффициентами кривых y ′ и ϕ ′ , а также y ′ и ψ ′ в граничных точках А и В. Для определения четырех параметров - C1 , C2 из общего решения уравнения Эйлера и значений x0 , x1 (координат концов экстремали) - два условия трансверсальности нужно дополнить двумя естественными условиями пересечения заданных кривых и искомой экстремали y ( x0 ) = ϕ ( x0 ), y ( x1 ) = ψ ( x1 ) . Замечание 1. Если граничная точка (пусть точка А) может перемещаться только по горизонтальной прямой y = x0 (т.е. ϕ ′ = 0 ), то условие трансверсальности в точке A( x0 , y0 ) принимает вид [ F − y′Fy′ ]x = x0 = 0 .
Замечание 2. Если граничная точка (например, точка В) может перемещаться только по вертикальной прямой x = x1 (т.е.ψ ′ = ∞ ), то такая задача называется задачей со свободным концом, и условие трансверсальности при x = x1 в этом случае принимает вид Fy′
x = x1
=0 .
77
Примеры решения задач
Пример 9.1. Показать, что если в задаче об экстремуме функционала V [ y] =
x0 = B[ y ]
∫
A( x, y ) 1 + y′2 dx
a
с левым закрепленным и правым подвижным концами функция A( x, y ) ≠ 0 дифференцируема, то условие трансверсальности переходит в условие ортогональности. Условие трансверсальности F + (ϕ ′ − y′) Fy′ = 0 при x = x0 = B[ y ] в данной A( x, y ) y′ A( x, y ) (1 + ϕ ′ y′) задаче имеет вид A( x, y ) 1 + y′2 + (ϕ ′ − y′) ⋅ = 0 или = 0 . Так 2 1 + y′ 1 + y ′2
Решение.
1 , что и требовалось. ϕ ′( x0 ) Итак, условие трансверсальности совпадает с условием ортогональности.
как A( x, y ) ≠ 0 , то
1 + y′ϕ ′
x = x0
= 0 или y′( x0 ) = −
x1
Пример 9.2. Исследовать на экстремум функционал
V [ y] = ∫ 0
1 + y ′2 dx y
при условии,
что левый конец закреплен y (0) = 0 , а правый ( x1 , y1 ) может перемещаться вдоль заданной прямой y = x − 5 . Решение. Функция F ( x, y, y′) =
1 + y ′2 не зависит явно от х. Поэтому уравнение Эйлера y
имеет первый интеграл F − y′Fy′ = C ,
1 + y ′2 y′ − y′ =C , y y 1 + y ′2
т.е.
или
Cy 1 + y′2 =1 . Положим
y′ = tg t . Тогда
y = C1 cos t , а dx =
dy C sin t dt =− 1 = − C1 cos t dt , откуда y′ tg t
x = − C1 sin t + C2 . 2
Исключая параметр t, получаем уравнение семейства окружностей ( x − C2 ) 2 + y 2 = C1 с центрами на оси х. Из условия y (0) = 0 найдем C1 = C2 = C и ( x − C ) 2 + y 2 = C 2 . Константа C может быть определена из условия трансверсальности, которое для данного функционала совпадает с условием ортогональности (пример 9.1) кривой y = y ( x) семейства ( x − C ) 2 + y 2 = C 2 и прямой y = x − 5 в точке их пересечения ( x1 , y1 ) . В нашем случае ϕ ( x) = x − 5, ϕ ′ = 1 , поэтому из 1 + y′ϕ ′
x = x1
= 0 вытекает y′
x = x1
= −1 .
Дифференцируя семейство решений уравнения Эйлера, получим yy′ = C − x . В точке пересечения кривых ( x1 , y1 ) имеем N y ( x1 ) ⋅ N y′( x1 ) = C − x1 , поэтому − y1 = C − x1 и y1 = x1 − 5 , ≡ y1
= −1
откуда C = 5 и искомая экстремаль дается формулой y = ± 10 x − x 2 . Замечание. Этот результат можно получить и из геометрических соображений. Условие ортогональности прямой y = x − 5 и окружности ( x − C ) 2 + y 2 = C 2 в точке их пересечения означает, что центр окружности (C , 0) лежит на этой прямой. Следовательно, центр окружности есть точка пересечения прямой y = x − 5 с осью х, т.е. C = 5 . 78
Пример 9.3. Среди кривых, соединяющих точки прямой 2 y + 2 x + 3 = 0 и параболы 2 x = 2 y , найти ту, которая имеет наименьшую длину.
1 2 3 x - уравнение параболы, y = ψ ( x) ≡ − x − 2 2 уравнение прямой. Пусть точка с координатами ( x1 , y1 ) находится на параболе, т.е. 1 2 3 y1 = x1 , а точка ( x2 , y2 ) - на прямой, т.е. y2 = − x2 − . Длина дуги кривой y = y ( x) , 2 2 соединяющей точки ( x1 , y1 ) и ( x2 , y2 ) , определятся функционалом
Решение. Введем обозначения: y = ϕ ( x) ≡
x2
V [ y ] = ∫ 1 + y′2 dx .
Таким образом, решение поставленной задачи дается
x1
x2
V [ y ] = ∫ 1 + y′2 dx
экстремалью задачи с подвижной границей для функционала
с
x1
условиями y ( x1 ) = y1 = ϕ ( x1 ) , y ( x2 ) = y2 = ψ ( x2 ) . Уравнение Эйлера y′′ = 0 имеет общее решение y ( x) = α x + β . Для определения постоянных α и β , а также координат концов дуги экстремали получим следующие условия в точках ( x1 , y1 ) и ( x2 , y2 ) : 1 y1 = α x1 + β , y1 = x12 2 , y′( x1 ) ′( x1 ) − y′( x1 )] = 0 1 + y′2 ( x1 ) + [ϕ N N 1 + y ′2 ( x ) = x1 =α 1 3 y2 = α x2 + β , y2 = − x2 − 2 y′( x2 ) 1 + y′2 ( x2 ) + [ϕ ′( x2 ) − y′( x2 )] = N N 1 + y ′2 ( x ) 0 =−1 =α 2 Во второй строке записано условие трансверсальности F + (ϕ ' − y ') Fy ' = 0 , где F ( x, y, y′) = 1 + y′2 , в точках ( x1 , y1 ) и ( x2 , y2 ) . Легко видеть, что оно совпадает с условием ортогональности y′( x1,2 ) ⋅ ϕ ′( x1,2 ) + 1 = 0 . Решая
систему,
найдем
x1 = −1,
3 x2 = − , 2
1 y1 = , 2
y2 = 0
и
экстремаль
3 y ( x) = x + . 2 Замечание. Длина дуги полученной экстремали l =
x2
∫
x1
1 + y′ dx = 2
−1
∫
3 − 2
1 + 1 dx =
1 2
дает
минимальное расстояние от прямой до параболы. Этот результат легко получить и из геометрических соображений.
79
π 4
Пример 9.4.
V [ y ] = ∫ ( y′2 − y 2 ) dx с условием y (0) = 1
Найти экстремали функционала
0
(задача со свободным правым концом при x = Решение.
Граничное условие при x =
π 4
π 4
).
следует поставить так: Fy′
Экстремали в данной задаче находятся из условий откуда получаем единственное решение y ( x) = sin x + cos x .
x=
π 4
y′′ + y = 0 y (0) = 1,
= 2 y′ x = π = 0 . 4
( ур − е Эйлера ) , π y′ = 0 4
Задачи для самостоятельного решения Найти экстремали и значение ξ
9.1
V [ y ] = ∫ y′2 dx
ξ
в следующих задачах с подвижной границей:
y (0) = 0, y (ξ ) = −ξ − 1 .
0
ξ
9.2
V [ y ] = ∫ y′2 dx
y (0) = 0, y (ξ ) =
2 . 1− ξ
y (0) = 0, y (ξ ) =
1
0
ξ
9.3
V [ y ] = ∫ 1 + y′2 dx 0
ξ
9.4
V [ y ] = ∫ ( y′2 + x 2 )dx
ξ2
.
y (0) = 0, y (ξ ) = 1 .
0
ξ
9.5
V [ y] = ∫ 0
1 + y ′2 dx y
y (0) = 1, y (ξ ) = ξ − 1 .
9.6
Найти минимальное расстояние от точки M 0 ( −1,5) до параболы x = y .
9.7
Найти минимальное расстояние от точки M 0 (1, 0) до эллипса 4 x + 9 y = 36 .
9.8
Найти минимальное расстояние между точками параболы y = x и прямой x − y = 5 .
9.9
Найти минимальное расстояние от прямой x + y = 4 до окружности x + y = 1 .
2
2
2
2
Найти экстремали в задачах со свободными концами: 2
9.10
V [ y ] = ∫ (2 xy + y′2 )dx
y (0) = 0 .
V [ y ] = ∫ (2 y + 6 y′ + y′2 )dx
y (0) = 0 .
0 1
9.11
0 1
9.12
2
V [ y ] = ∫ (2 yy′ + y′2 )dx . 0
80
2
π 2
9.13
V [ y ] = ∫ (4 y 2 + y′2 + 2 y cos x)dx . 0 2
9.14
V [ y ] = ∫ (2 y + yy′ + x 2 y′2 )dx . 1 2
9.15
V [ y ] = ∫ (2 y − yy′ + x 2 y′2 )dx 1
Ответы к задачам 9.1
y ( x) = −2 x,
ξ = 1.
9.2
y ( x) = ±4 x,
ξ=
9.3
y ( x) =
9.4
Решений нет.
9.5
y ( x) = 1 + 2 x − x 2 ,
ξ = 2.
9.6
2 30 . 4 , 5
y ( x) = 2 x − 2 .
9.7
x , 2
1 . 2
ξ =62.
экстремаль
19 2 , экстремаль 8 9.9 2 2 − 1 . x3 9.10 y ( x ) = − 2x . 6 9.11 y ( x ) = −3 x . 9.12 y ( x ) ≡ 0 . 9.8
y ( x) = − x +
3 . 4
1 2 ch 2 x y ( x) = − + cos x . 5 sh π x 4 + ln 4 9.14 y ( x ) = ln − −6. 4 x 2 + ln x 9.15 y ( x ) = x + 1 + . ln 2 9.13
81
ТЕМА 10 Условный экстремум. Задача Лагранжа. Изопериметрические задачи. Основные определения и теоремы В вариационных задачах на условный экстремум функции, на которых исследуется функционал, подчиняются дополнительным условиям связи. b
Рассмотрим функционал
V [ y, z ] = ∫ F ( x, y, z , y′, z ′)dx a
с граничными условиями
y (a) = y0 , y (b) = y1 , z ( a ) = z0 ,
z (b) = z1 .
Среди всех кривых y ( x), z ( x) ∈ C (1) [a, b] , удовлетворяющих граничным условиям, а также условию связи Φ ( x, y, z , y′, z ′) = 0 , требуется определить те, на которых реализуется экстремум функционала V [ y, z ] . Сформулированную проблему иногда называют задачей Лагранжа. Связи типа Φ ( x, y, z ) = 0 (т.е. не зависящие от производных) в механике называются голономными, а связи вида Φ ( x, y, z , y′, z ′) = 0 (зависящие от производных) называются неголономными.
2)
Необходимые условия экстремума (задача Лагранжа). Пусть функции y ( x), z ( x) реализуют экстремум функционала V [ y, z ] на множестве пар функций, удовлетворяющий граничным условиям и условиям связи; функции F , Φ трижды дифференцируемы;
3)
y ( x) и z ( x) дважды дифференцируемы и Φ′z + Φ′y ≠ 0 .
1)
2
2
Тогда существует дифференцируемая функция λ ( x) такая, что функции y ( x), z ( x) удовлетворяют системе уравнений Эйлера для вспомогательного функционала b
∫ H ( x, y, z, y′, z′) dx ,
где
H ≡ F ( x, y, z , y′, z ′) + λ ( x)Φ ( x, y, z , y′, z′)
(конструкция,
a
аналогичная функции Лагранжа в задаче об условном экстремуме функций нескольких переменных). Замечание 1. В случае голономных связей (не зависящих от производных) условие 3) теоремы отсутствует. Замечание 2. Естественно, что приведенное в исследуемом функционале количество функций - две, является минимально необходимым для постановки задачи об условном экстремуме. В общем случае, количество связей должно быть меньше количества функций в функционале V. Изопериметрическая задача. Условия связи могут быть заданы не в виде функций, а виде дополнительных функционалов. Важнейшим примером таких задач является так называемая изопериметрическая задача, которая ставится следующим образом:
82
среди всех функций
y ( x) ∈ C (1) [a, b]
найти ту, которая доставляет экстремум
b
функционалу
V [ y ] = ∫ F ( x, y, y′)dx , с граничными условиями
y (a) = y0 , y (b) = y1 при
a b
наличии связи J [ y ] = ∫ G ( x, y, y′)dx = l , где l - заданная постоянная. a
Изопериметрическая задача сводится к задаче Лагранжа введением функции x
z ( x) = ∫ G ( x, y, y′)dx . Очевидно, z (a) = 0, z (b) = l , z ′ = G ( x, y, y′) . a
Таким образом, рассматриваемая изопериметрическая задача приведена к виду: b
V [ y ] = ∫ F ( x, y, y′)dx ,
y (a) = y0 , y (b) = y1 , z (a ) = 0, z (b) = l с неголономной связью
a
Φ ( x, y, z , y′, z ′) ≡ − z ′ + G ( x, y, y′) = 0 (в данном случае функция z входит только в условие связи). 1) 2) 3)
Необходимые условия экстремума (изопериметрическая задача). Пусть на функции y(x) достигается экстремум функционала V [ y ] при сформулированных граничных условия и условиях связи, функция F трижды дифференцируема, y ( x) дважды дифференцируема и не является экстремалью функционала J [ y ] . Тогда существует постоянная λ такая, что y(x) удовлетворяет уравнению Эйлера для b
вспомогательного функционала
∫ H ( x, y, y′)dx ,
где H ≡ F ( x, y, y′) + λ G ( x, y, y′) .
a
Замечание.
Если
- экстремаль функционала J [ y ] , то G y −
y(x)
d G y′ = 0 , т.е. dx
b
уравнение Эйлера для функционала
∫ H ( x, y, y′)dx
совпадает с обычным уравнением
a
d Эйлера Fy − Fy′ = 0 для функционала V [ y ] . dx
Примеры решения задач
Пример 10.1. функционала
Записать уравнение экстремалей изопериметрической задачи для b
V [ y ] = ∫ [ p( x) y′2 + q( x) y 2 ] dx a
b
с дополнительными условиями
J [ y ] = ∫ ρ ( x) y 2 dx = 1 ,
y (a) = 0 ,
y (b) = 0 ,
a
где p( x) непрерывно дифференцируемая, q( x) и ρ ( x) непрерывные на причем ρ ( x ) > 0, p ( x ) > 0 , q( x) ≥ 0 .
[a, b] функции,
Решение. В принятых выше обозначениях F ( x, y, y′) = p( x) y′2 + q ( x) y 2 , G ( x, y, y′) = ρ ( x) y 2 , H ( x, y, y′) = p( x) y′2 + q ( x) y 2 + λρ ( x) y 2 , поэтому вспомогательный
83
b
V [ y ] + λ J [ y ] = ∫ [ p( x) y′2 + q ( x) y 2 + λρ ( x) y 2 ] dx .
функционал имеет вид
a
d [ p ( x) y′] − q( x) y − λρ ( x) y = 0 с краевыми условиями y (a) = 0 , dx y (b) = 0 , очевидно, имеет решение y ( x) ≡ 0 , которое, однако, не удовлетворяет Уравнение Эйлера
b
изопериметрическому условию
∫ ρ ( x) y
2
dx = 1 . Поэтому экстремали следует определить
a
как решения задачи Штурма-Лиувилля, т.е. экстремалями в данном случае являются собственные функции yn ( x) с собственными значениями λn < 0 . Умножив уравнение Эйлера на yn ( x) и проинтегрировав по отрезку [a, b] с учетом дополнительных условий, найдем b
b
b
p( x) yn′ ( x) yn ( x) a − ∫ p ( x) yn′2 dx − ∫ q( x) yn2 dx = λn ∫ ρ ( x) yn2 dx , т.е. значение функционала V [ y ]
a a a
=0 b
=1
на полученных экстремалях V [ yn ( x)] = −λn . Итак, экстремалями рассматриваемой изопериметрической задачи являются ортонормированные с весом ρ ( x) собственные функции yn ( x) задачи Штурма-Лиувилля; при этом соответствующие им собственные значения λn представляют собой экстремальные значения функционала −V [ y ] .
Пример 10.2. сечения.
Найти тело вращения наименьшего объема с заданной площадью осевого
Решение. Пусть ось Ox выбранной системы координат совпадает с осью вращения, тогда b
для ответа на вопрос задачи нужно найти минимум функционала V [ y ] = π ∫ y 2 dx при a
b
условиях 2∫ y dx = S ,
y (a) = A , y (b) = B . Уравнение Эйлера для функционала Лагранжа
a
b
V [ y ] = ∫ ( y 2 + λ y ) dx в рассматриваемом случае не дифференциальное, а алгебраическое a
2 y + λ = 0 , и его решение y ( x) = −
λ
2 т.е. искомым телом является цилиндр.
существует лишь, если A = B = −
λ 2
и −λ (b − a ) = S ,
Пример 10.3. На поверхности цилиндра x 2 + y 2 = a 2 найти кривую наименьшей длины, соединяющую точки (a, 0, 0) и (0, a, h) , и расстояние между этими точками, измеренное по поверхности цилиндра. Решение. Зададим искомую кривую в параметрической форме L :{x = x(t ), y = y (t ), z = z (t )} , тогда длина дуги этой кривой дается функционалом β
l = V [ x, y, z ] = ∫ x 2 + y 2 + z 2 dt . Конкретный способ выбора параметра α
ниже. 84
t будет указан
Для
решения
задачи
требуется
найти
экстремали
в
Лагранжа
функционала
β
V [ x, y, z ] = ∫ x 2 + y 2 + z 2 dt
задаче
с
голономной
связью
α
ϕ ( x, y, z ) ≡ x 2 + y 2 − a 2 = 0 и граничными условиями x(α ) = a, x( β ) = 0,
y (α ) = 0, y ( β ) = a, β
Составим вспомогательный функционал
∫α
z (α ) = 0 . z(β ) = h x 2 + y 2 + z 2 + λ (t )( x 2 + y 2 − a 2 ) dt , тогда
d x =0 2λ (t ) ⋅ x − 2 dt x + y 2 + z 2 d y =0. 2λ (t ) ⋅ y − 2 2 2 dt + + x y z d z − =0 dt x 2 + y 2 + z 2
система уравнений Эйлера выглядит так:
Выберем в качестве t естественный параметр - длину дуги кривой, отсчитанную от точки (a, 0, 0) , тогда x 2 + y 2 + z 2 = 1 и уравнения Эйлера примут более простой вид x = 2λ (t ) ⋅ x y = 2λ (t ) ⋅ y . z=0 Отсюда сразу найдем z = C , где | C |< 1 . Далее, дифференцируя дважды уравнение поверхности x 2 + y 2 = a 2 , получим xx + yy + x 2 + y 2 = 0 , откуда xx + yy = z 2 − 1 = C 2 − 1 . Подставляя это соотношение в первые
=1− z 2
C 2 −1 . два уравнения последней системы, найдем C 2 − 1 = 2λ (t ) ( x 2 + y 2 ) ⇒ 2λ (t ) =
a2 2 =a
Теперь уравнения Эйлера легко интегрируются и, так как | C |< 1 , т.е. C 2 − 1 < 0 , то их решение есть x(t ) = A1 sin γ t + A2 cos γ t , y (t ) = B1 sin γ t + B2 cos γ t , z (t ) = Ct + C1 - винтовая 1− C2 линия (здесь введено обозначение γ = ). a2 Дополнительные условия при выбранном способе параметризации кривой следует поставить так: x(0) = a, y (0) = 0, z (0) = 0 . x(l ) = 0, y (l ) = a, z (l ) = h Условия
t=0
при
с
x(t ) = a cos γ t , y (t ) = a sin γ t , z (t ) = Ct ; откуда x(t ) = a cos
следует
π 2l
γ=
t , y (t ) = a sin
π 2l
,
и
x2 + y 2 = a2
учетом
при t = l уравнения
π
h t , z (t ) = t . 2l l 85
имеем
дают h cos γ l = 0, sin γ l = 1, C = , l
экстремали
принимают
вид
Подставив полученные формулы в соотношение x 2 + y 2 + z 2 = 1 , определявшее выбор 2
2
2
πa h πa 2 параметризации, найдем + = 1 , откуда l = h + . Итак, кратчайшее 2 2l l расстояние между точками (a, 0, 0) и (0, a, h) , измеренное на поверхности цилиндра 2
πa x 2 + y 2 = a 2 , равно l = h 2 + . 2 Замечание. Эту формулу можно вывести и из простых геометрических соображений: если "разрезать" поверхность цилиндра по образующей, проходящей через точку (a, 0) и πa "развернуть" ее, то получим прямоугольник со сторонами длиной и h , диагональ 2 πa которого равна l = h 2 + 2 заданными точками.
2
и дает искомое минимальное расстояние между
Пример 10.4. На поверхности 15 x − 7 y + z = 22 найти кривую наименьшей длины, соединяющую точки A(1, −1, 0) и B (2,1, −1) , и расстояние между этими точками, измеренное по данной поверхности. Решение. Зададим искомую кривую в параметрической форме L :{x = x(t ), y = y (t ), z = z (t )} , 0 ≤ t ≤ α , где значение α будет определено позднее. Тогда B
α
A
0
длина дуги кривой дается функционалом l = V [ x, y, z ] = ∫ dl = ∫ x 2 + y 2 + z 2 dt . Для
решения
задачи
нужно
найти
экстремали
функционала
α
V [ x, y, z ] = ∫ x 2 + y 2 + z 2 dt
в
задаче
Лагранжа
с
голономной
связью
0
ϕ ( x, y, z ) ≡ 15 x − 7 y + z − 22 = 0 и граничными условиями x(0) = 1, x(α ) = 2,
y (0) = −1, y (α ) = 1, α
Составим вспомогательный функционал
∫ 0
z (0) = 0 . z (α ) = −1 x 2 + y 2 + z 2 + λ (t )(15 x − 7 y + z − 22) dt ,
система уравнений Эйлера для которого выглядит так:
d x =0 15λ (t ) − 2 dt x + y 2 + z 2 d y =0. −7λ (t ) − 2 2 2 dt x y z + + z λ (t ) − d =0 dt x 2 + y 2 + z 2
Как и в предыдущем примере выберем в качестве t естественный параметр - длину дуги кривой, отсчитанную от точки A , тогда x 2 + y 2 + z 2 = 1 и α = l , а уравнения Эйлера примут вид: x = 15λ (t ), y = −7λ (t ), z = λ (t ) .
86
Продифференцировав дважды уравнение поверхности 15 x − 7 y + z = 22 , получим 15 x − 7 y + z = 0 , откуда, учитывая уравнения Эйлера, найдем λ (t ) = 0 . Поэтому x = y = z = 0 , и экстремалями задачи являются прямые. Дополнительное условие в точке A(1, −1, 0) и способ выбора параметра, т.е. соотношение x 2 + y 2 + z 2 = 1 , определяют искомую кривую в параметрической форме 1 2 1 x(t ) = 1 + t , y (t ) = −1 + t , z (t ) = − t , а условие в точке B (2,1, −1) (т.е. при t = α ) 6 6 6 дает расстояние между точками: l = α = 6 .
Замечание. Результат, полученный нами средствами вариационного исчисления, был очевиден заранее из геометрических соображений, так как заданная поверхность 15 x − 7 y + z = 22 - плоскость, следовательно, минимальное расстояние между любыми двумя точками на ней есть длина отрезка, соединяющего эти точки. Пример 10.5. (задача Чаплыгина). Определить траекторию, по которой должен двигаться G G самолет с постоянной относительно воздуха скоростью u : | u |= u = const , чтобы за фиксированное время Т облететь территорию максимальной площади, если скорость G G ветра v постоянна и | v |= v < u . Решение. Выберем систему координат так, что ось Ox направлена вдоль скорости ветра. Пусть искомая траектория задана в параметрической форме x = x(t ), y = y (t ) , тогда G G G скорость самолета в этой системе координат V ≡ {x (t ), y (t )} = u + v и имеет место соотношение ( x − v) 2 + y 2 = u 2 . Задача состоит в нахождении кривой, реализующей минимум функционала площади T 1 S [ x, y ] = ∫ ( xy − yx ) dt при наличии неголономной связи ( x − v) 2 + y 2 − u 2 = 0 . Граничные 20 условия: x(0) = x(T ) = x0 , y (0) = y (T ) = y0 , т.е. самолет вылетает из некоторой точки и в нее же возвращается (выбор начальной точки будет указан ниже). T 1 Функционал Лагранжа L[ x, y ] = ∫ ( xy − yx ) + λ (t ) ( ( x − v) 2 + y 2 − u 2 ) dt 2 0 1 d 1 2 y − dt − 2 y + 2λ (t )( x − v) = 0 , 1 d 1 − x − x + 2λ (t ) y = 0 2 dt 2
порождает систему уравнений Эйлера
y − 2λ (t )( x − v) = C1 . x + 2λ (t ) y = C2 Сделаем сдвиг исходной системы координат, т.е. выберем начальную точку траектории ( x0 , y0 ) так, что C1 = C2 = 0 , тогда в новых координатах имеем
интегрируя которую получим
y = 2λ (t )( x − v) . x = −2λ (t ) y ( x − v) 2 + y 2 − u 2 = 0
87
Далее, исключая функцию λ (t ) из первого и второго уравнения, приведем систему к yy x − v = − u 2 x2 u2 y2 x dx 2 − = , ( x v ) . Учитывая, что = , откуда y 2 = 2 виду , x 2 2 2 x +y x +y y dy ( x − v) 2 + y 2 − u 2 = 0 x
получим дифференциальное уравнение искомой траектории x
которое легко интегрируется, так как
dx +y dy x +y 2
2
=
dx v 2 +y=± x + y2 , dy u
d x2 + y 2 . dy
Следовательно, решение задачи дается формулой собой семейство эллипсов с эксцентриситетом
x2 + y2 = ±
ε=
v y + C и представляет u
v < 1 , большая ось которых u
перпендикулярна оси Ox , т.е. направлению ветра.
Задачи для самостоятельного решения b
10.1
Найти экстремали изопериметрической задачи для функционала V [ y ] =
∫ F ( x, y, y′) dx в a
следующих случаях: 1
а) V [ y ] =
1
2 ∫ y′ dx ,
∫ y dx = 3 ,
0
0
π
∫
π
∫ y dx = 1,
б) V [ y ] = ( y′ + x ) dx , 2
2
0 1
∫ y′ dx ,
1
∫ ( y − y′ ) dx = 12 ,
2
2
0 1
г)
y (0) = 0, y (π ) = 0 ;
2
0 1
в) V [ y ] =
y (0) = 1, y (1) = 6 ;
0 1
V [ y ] = ∫ y′2 dx ,
∫ y dx = 1,
0
0
y (0) = 0, y (1) =
1
∫ xy dx = 1 ,
y (0) = 0, y (1) = 0 .
0
b
10.2
Найти экстремали задачи на условный экстремум для функционала V [ y, z ] =
∫ F ( x, y, z, y′, z′) dx a
с голономными связями в следующих случаях: 1
∫
а) V [ y, z ] = ( y ′ + z ′ )dx , 2
2
y2 + z2 = 1,
0
y (0) = 1, y (1) = 0, z (0) = 0, z (1) = 1 ; 1
∫
б) V [ y, z ] = ( y ′ + z ′ + x ) dx , 2
2
3
y − 2 z + 3x = 0 ,
0
y (0) = 2, y (1) = 1, z (0) = 1, z (1) = 2 ; 1
∫
в) V [ y , z ] = ( y′ + z ′ + 1) dx , 2
2
y + z = 2x2 ,
0
y (0) = 0, y (1) = 2, z (0) = 0, z (1) = 0 ;
88
1 ; 4
π 2
∫
г) V [ y, z ] = ( y + z − y ′ − z ′ + cos x ) dx , 2
2
2
2
0
y − z = 2sin x ,
π π y (0) = 1, y = 1, z (0) = 1, z = −1 . 2 2 b
10.3
Найти экстремали задачи на условный экстремум для функционала V [ y, z ] =
∫ F ( x, y, z, y′, z′) dx a
с неголономными связями в следующих случаях: 1
∫
y − z′ = 0 ,
а) V [ y , z ] = ( y′ + 2 z ′ + z ) dx , 2
2
2
0
1 y (0) = −2, y (1) = − , z (0) = 1, z (1) = 0 ; e 1
∫
y′ − z = 0 ,
б) V [ y, z ] = ( y ′ + z ′ )dx , 2
2
0
y (0) = 0, y (1) = 1, z (0) = 1, z (1) = 0 ; π
∫
y′ = z − cos x ,
в) V [ y, z ] = ( y ′ − z ′ ) dx , 2
2
0
y (0) = 0, y (π ) = 0, z (0) = 0, z (π ) =
π 2
;
π
г) V [ y, z ] =
4
∫(y
2
− 4 x 2 z 2 ) dx ,
z ′ = 2 y − 4 xz ,
0
Ответы к задачам 10.1
а) y ( x ) = 3 x + 2 x + 1 ; 2
б) yk ( x ) = ±
2
π
sin kx, k ∈ ` ;
x x2 − ; 2 4 y ( x) = 60 x 3 − 96 x 2 + 36 x . πx πx y ( x) = cos , z ( x) = sin ; 2 2 y ( x ) = 2 − x, z ( x) = 1 + x ; 2 y ( x ) = x + x, z ( x) = x 2 − x y ( x) = cos x + sin x, z ( x) = cos x − sin x .
в) y ( x ) = г) 10.2
а) б) в) г)
10.3
−x
а) y ( x ) = ( x − 2)e , б) решений нет;
x sin x, 2 г) y ( x ) = sin 2 x, в) y ( x ) =
z ( x) = (1 − x)e − x ; 1 (sin x − x cos x) ; 2 z ( x) = cos 2 x + 2 x ⋅ sin 2 x . z ( x) =
89
z (0) = 0,
π z =1. 4
