11.1: Задачі на власні значення для y» + λy = 0
- Page ID
- 62308
У розділі 12 ми вивчимо рівняння з частинними похідними, що виникають у задачах теплопровідності, поширення хвиль та теорії потенціалу. Метою цього розділу є розробка інструментів, необхідних для вирішення цих рівнянь. У цьому розділі ми розглянемо наступні проблеми, де\(\lambda\) знаходиться дійсне число і\(L>0\):
- Проблема 1:\(y''+\lambda y=0,\quad y(0)=0,\quad y(L)=0\)
- Проблема 2:\(y''+\lambda y=0,\quad y'(0)=0,\quad y'(L)=0\)
- Проблема 3:\(y''+\lambda y=0,\quad y(0)=0,\quad y'(L)=0\)
- Завдання 4:\(y''+\lambda y=0,\quad y'(0)=0,\quad y(L)=0\)
- Проблема 5:\(y''+\lambda y=0,\quad y(-L)=y(L), \quad y'(-L)=y'(L)\)
У кожній задачі умови, що слідують за диференціальним рівнянням, називаються граничними умовами. Зауважте, що граничні умови в задачі 5, на відміну від тих, що в задачах 1-4, не вимагають, що\(y\) або\(y'\) дорівнюють нулю в граничних точках, але тільки ті, що\(y\) мають однакове значення в\(x=\pm L\), і які\(y'\) мають однакове значення в\(x=\pm L\). Ми говоримо, що граничні умови в задачі 5 є періодичними.
Очевидно, що\(y\equiv0\) (тривіальне рішення) є рішенням Задачі 1-5 при будь-якому значенні\(\lambda\). Для більшості значень\(\lambda\), немає інших рішень. Цікаве питання полягає в наступному:
Для яких значень проблеми\(\lambda\) має нетривіальні рішення, і які вони?
Значенням,\(\lambda\) для якого задача має нетривіальний розв'язок, є власним значенням задачі, а нетривіальними розв'язками є\(\lambda\) - власні функції, або власні функції, пов'язані з\(\lambda\). Зауважте, що ненульова константа,\(\lambda\) кратна -власній функції, знову є\(\lambda\) -власною функцією.
Задачі 1-5 називаються задачею на власні значення. Розв'язування задачі на власні значення означає знаходження всіх її власних значень і пов'язаних з ними власних функцій. Ми візьмемо це, як дано тут, що всі власні значення Задачі 1-5 є дійсними числами. Це доведено в більш загальних умовах в розділі 13.2.
Задачі\(1\) — не\(5\) мають від'ємних власних значень. Крім того,\(,\)\(\lambda=0\) є власним значенням Задачі\(2\) та\(5,\) з пов'язаною власною функцією,\(y_0=1,\) але\(\lambda=0\) не є власним значенням Задачі\(1,\)\(3,\) або\(4\).
- Доказ
-
Розглядаємо завдання 1-4, і залишаємо завдання 5 вам (Вправа 11.1.1). Якщо\(y''+\lambda y=0\), то\(y(y''+\lambda y)=0\), так
\[\int_0^L y(x)(y''(x)+\lambda y(x))\,dx=0;\nonumber \]
отже,
\[\label{eq:11.1.1} \lambda\int_0^L y^2(x)\,dx=-\int_0^L y(x)y''(x)\, dx.\]
Інтеграція по частинам
\[\label{eq:11.1.2} \begin{array}{rcl} \int_0^L y(x)y''(x)\, dx &= \left.\ y(x)y'(x)\right| _{0}^{L} -\int_0^L (y'(x))^2\,dx \\ &=\ y(L)y'(L)-y(0)y'(0)-\int_0^L (y'(x))^2\,dx. \end{array}\]
Однак якщо\(y\) задовольняє будь-яку з граничних умов Задачі 1-4, то
\[y(L)y'(L)-y(0)y'(0)=0;\nonumber \]
отже, рівняння\ ref {eq:11.1.1} і рівняння\ ref {eq:11.1.2} означають, що
\[\lambda\int_0^L y^2(x)\,dx=\int_0^L (y'(x))^2\, dx.\nonumber \]
Якщо\(y\not\equiv0\), то\(\int_0^L y^2(x)\,dx>0\). Тому\(\lambda\ge0\) і, якщо\(\lambda=0\), то\(y'(x)=0\) для всіх\(x\) в\((0,L)\) (чому?) , І постійно\(y\) ввімкнено\((0,L)\). Будь-яка постійна функція задовольняє граничним умовам задачі 2, тому\(\lambda=0\) є власним значенням задачі 2, а будь-яка ненульова постійна функція є асоційованою власною функцією. Однак єдина постійна функція, яка задовольняє граничним умовам\(1\) Задачі\(3\), або\(4\) є\(y\equiv0\). Тому\(\lambda=0\) не є власним значенням будь-якої з цих проблем.
Вирішити задачу з власним значенням
\[\label{eq:11.1.3} y''+\lambda y=0,\quad y(0)=0,\quad y(L)=0.\]
Рішення
З теореми Template:index, будь-які власні значення рівняння\ ref {eq:11.1.3} повинні бути додатними. Якщо\(y\) задовольняє рівняння\ ref {eq:11.1.3} з\(\lambda>0\), то
\[y=c_1\cos\sqrt\lambda\, x+c_2\sin\sqrt\lambda\, x,\nonumber \]
де\(c_1\) і\(c_2\) є константами. Гранична умова\(y(0)=0\) має на увазі це\(c_1=0\). Тому\(y=c_2\sin\sqrt\lambda\, x\). Тепер гранична умова\(y(L)=0\) має на увазі це\(c_2\sin\sqrt\lambda\, L=0\). Щоб зробити\(c_2\sin\sqrt\lambda\, L=0\) з\(c_2\ne0\), ми повинні вибрати\(\sqrt\lambda=n\pi/L\), де\(n\) натуральне ціле число. Тому\(\lambda_n=n^2\pi^2/L^2\) є власним значенням і
\[y_n=\sin{n\pi x\over L}\nonumber \]
є асоційованою власною функцією.
Для подальшої довідки у вигляді теореми викладено результат Example Template:index}.
Задача про власні значення
\[y''+\lambda y=0,\quad y(0)=0,\quad y(L)=0\nonumber \]
має нескінченно багато позитивних власних значень\(\lambda_n=n^2\pi^2/L^2\), з пов'язаними власними функціями
\[y_n=\sin {n\pi x\over L},\quad n=1,2,3,\dots.\nonumber\]
Інших власних значень немає.
Ми залишаємо вам довести наступну теорему про задачу 2 аргументом, подібним до прикладу Template:index (Вправа 11.1.17).
Задача про власні значення
\[y''+\lambda y=0,\quad y'(0)=0,\quad y'(L)=0\nonumber \]
має власне значення\(\lambda_0=0\), з пов'язаною власною функцією\(y_0=1\), і нескінченно багато позитивних власних значень\(\lambda_n=n^2\pi^2/L^2\), з пов'язаними власними функціями
\[y_n=\cos {n\pi x\over L}, n=1,2,3\dots.\nonumber\]
Інших власних значень немає.
Вирішити задачу з власним значенням
\[\label{eq:11.1.4} y''+\lambda y=0,\quad y(0)=0,\quad y'(L)=0.\]
Рішення:
З теореми Template:index, будь-які власні значення рівняння\ ref {eq:11.1.4} повинні бути додатними. Якщо\(y\) задовольняє рівняння\ ref {eq:11.1.4} з\(\lambda>0\), то
\[y=c_1\cos\sqrt\lambda\, x+c_2\sin\sqrt\lambda\, x,\nonumber \]
де\(c_1\) і\(c_2\) є константами. Гранична умова\(y(0)=0\) має на увазі це\(c_1=0\). Тому\(y=c_2\sin\sqrt\lambda\, x\). Значить,\(y'=c_2\sqrt\lambda\cos\sqrt\lambda\,x\) і гранична умова\(y'(L)=0\) має на увазі це\(c_2\cos\sqrt\lambda\,L=0\). Щоб зробити\(c_2\cos\sqrt\lambda\,L=0\) з,\(c_2\ne0\) ми повинні вибрати
\[\sqrt\lambda={(2n-1)\pi\over2L},\nonumber \]
де\(n\) - натуральне число. Тоді\(\lambda_n=(2n-1)^2\pi^2/4L^2\) є власним значенням і
\[y_n=\sin{(2n-1)\pi x\over2L}\nonumber \]
є асоційованою власною функцією.
Для подальшої довідки ми викладемо результат Example Template:index як теорему.
Задача про власні значення
\[y''+\lambda y=0,\quad y(0)=0,\quad y'(L)=0\nonumber \]
має нескінченно багато позитивних власних значень\(\lambda_n=(2n-1)^2\pi^2/4L^2,\) з пов'язаними власними функціями
\[y_n=\sin{(2n-1)\pi x\over2L},\quad n=1,2,3,\dots.\nonumber \]
Інших власних значень немає.
Ми залишаємо вам довести наступну теорему про задачу 4 аргументом, подібним до прикладу Template:index (Вправа 11.1.18).
Задача про власне значення
\[y''+\lambda y=0,\quad y'(0)=0,\quad y(L)=0\nonumber \]
має нескінченно багато позитивних власних значень\(\lambda_n=(2n-1)^2\pi^2/4L^2,\) з пов'язаними власними функціями
\[y_n=\cos{(2n-1)\pi x\over2L},\quad n=1,2,3,\dots.\nonumber\]
Інших власних значень немає.
Вирішити задачу з власним значенням
\[\label{eq:11.1.5} y''+\lambda y=0,\quad y(-L)=y(L),\quad y'(-L)=y'(L).\]
Рішення
З теореми Template:index,\(\lambda=0\) є власним значенням рівняння\ ref {eq:11.1.5} з пов'язаною власною функцією\(y_0=1\), і будь-які інші власні значення повинні бути додатними. Якщо\(y\) задовольняє рівняння\ ref {eq:11.1.5} з\(\lambda>0\), то
\[\label{eq:11.1.6} y=c_1\cos\sqrt\lambda\, x+c_2\sin\sqrt\lambda\, x,\]
де\(c_1\) і\(c_2\) є константами. Гранична умова\(y(-L)=y(L)\) має на увазі, що
\[\label{eq:11.1.7} c_1\cos(-\sqrt\lambda\,L)+c_2\sin(-\sqrt\lambda\,L)=c_1\cos \sqrt\lambda\,L+c_2\sin \sqrt\lambda\,L.\]
Так як
\[\label{eq:11.1.8} \cos(-\sqrt\lambda\,L)=\cos \sqrt\lambda\,L\quad \text{and} \quad \sin(-\sqrt\lambda\,L)=-\sin \sqrt\lambda\,L,\]
Рівняння\ ref {eq:11.1.7} означає, що
\[\label{eq:11.1.9} c_2\sin \sqrt\lambda\,L=0.\]
Диференціювання рівняння\ ref {eq:11.1.6} дає
\[y'=\sqrt\lambda\left(-c_1\sin\sqrt\lambda x+c_2\cos\sqrt\lambda x\right).\nonumber\]
Гранична умова\(y'(-L)=y'(L)\) має на увазі, що
\[-c_1\sin(-\sqrt\lambda\,L)+c_2\cos(-\sqrt\lambda\,L)=-c_1\sin \sqrt\lambda\,L+c_2\cos \sqrt\lambda\,L,\nonumber\]
і рівняння\ ref {eq:11.1.8} означає, що
\[\label{eq:11.1.10} c_1\sin \sqrt\lambda\,L=0.\]
Заробляє. Рівняння\ ref {eq:11.1.9} і рівняння\ ref {eq:11.1.10} означають, що\(c_1=c_2=0\) якщо\(\sqrt\lambda =n\pi /L\), де не\(n\) є натуральне число. У цьому випадку Рівняння\ ref {eq:11.1.9} і рівняння\ ref {eq:11.1.10} обидва тримають довільні\(c_1\) і\(c_2\). Власне значення, визначене таким чином\(\lambda_n=n^2\pi^2/L^2\), є, і кожне таке власне значення має лінійно незалежні асоційовані власні функції.
\[\cos {n\pi x\over L} \quad \text{and} \quad \sin{ n\pi x\over L}. \nonumber\]
Для подальшої довідки ми викладемо результат Example Template:index як теорему.
Задача про власне значення
\[y''+\lambda y=0,\quad y(-L)=y(L),\quad y'(-L)=y'(L),\nonumber\]
має власне значення\(\lambda_0=0\), з пов'язаною власною функцією\(y_0=1\) та нескінченно багатьма додатними\(\lambda_n=n^2\pi^2/L^2,\) власними значеннями з пов'язаними власними функціями
\[y_{1n}=\cos {n\pi x\over L} \quad \text{and} \quad y_{2n}=\sin {n\pi x\over L},\quad n=1,2,3,\dots.\nonumber\]
Інших власних значень немає.
Ортогональність
Ми говоримо, що дві\(g\) інтегровні функції\(f\) і ортогональні на інтервалі,\([a,b]\) якщо
\[\int_a^bf(x)g(x)\,dx=0.\nonumber\]
Більш загально, ми говоримо, що функції\(\phi_1\),\(\phi_2\),...,,\(\phi_n\),... (скінченно або нескінченно багато) ортогональні,\([a,b]\) якщо
\[\int_a^b\phi_i(x)\phi_j(x)\,dx=0\quad \text{whenever} \quad i\ne j.\nonumber\]
Важливість ортогональності стане зрозумілою, коли ми вивчимо ряди Фур'є в наступних двох розділах.
Показати, що власні функції
\[\label{eq:11.1.11} 1,\, \cos{\pi x\over L},\, \sin{\pi x\over L}, \, \cos{2\pi x\over L}, \, \sin{2\pi x\over L},\dots, \cos{n\pi x\over L}, \, \sin{n\pi x\over L},\dots\]
задачі 5 є ортогональними на\([-L,L]\).
Рішення
Ми повинні показати, що
\[\label{eq:11.1.12} \int_{-L}^L f(x)g(x)\,dx=0\]
коли\(f\) і\(g\) є відмінними функціями від Рівняння\ ref {eq:11.1.11}. Якщо\(r\) будь-яке ненульове ціле число, то
\[\label{eq:11.1.13} \int_{-L}^L\cos{r\pi x\over L}\,dx ={L\over r\pi}\sin{r\pi x\over L}\bigg|_{-L}^L=0.\]
і
\[\int_{-L}^L\sin{r\pi x\over L}\,dx =-{L\over r\pi}\cos{r\pi x\over L}\bigg|_{-L}^L=0.\nonumber\]
Тому рівняння\ ref {eq:11.1.12} містить, якщо\(f\equiv1\) і\(g\) є будь-якою іншою функцією в Equation\ ref {eq:11.1.11}.
Якщо\(f(x)=\cos m\pi x/L\) і\(g(x)=\cos n\pi x/L\) де\(m\) і\(n\) є різними натуральними числами, то
\[\label{eq:11.1.14} \int_{-L}^L f(x)g(x)\,dx=\int_{-L}^L\cos{m\pi x\over L} \cos{n\pi x\over L}\,dx.\]
Щоб оцінити цей інтеграл, ми використовуємо ідентичність
\[\cos A\cos B={1\over2}[\cos(A-B)+\cos(A+B)]\nonumber\]
з\(A=m\pi x/L\) і\(B=n\pi x/L\). Тоді рівняння\ ref {eq:11.1.14} стає
\[\int_{-L}^L f(x)g(x)\,dx={1\over2}\left[\int_{-L}^L\cos{(m-n)\pi x\over L}\,dx +\int_{-L}^L\cos{(m+n)\pi x\over L}\,dx\right].\nonumber\]
Оскільки\(m-n\) і\(m+n\) є ненульовими цілими числами, Equation\ ref {eq:11.1.13} означає, що інтеграли праворуч дорівнюють нулю. Тому рівняння\ ref {eq:11.1.12} вірно в даному випадку.
Якщо\(f(x)=\sin m\pi x/L\) і\(g(x)=\sin n\pi x/L\) де\(m\) і\(n\) є різними натуральними числами, то
\[\label{eq:11.1.15} \int_{-L}^L f(x)g(x)\,dx=\int_{-L}^L\sin{m\pi x\over L} \sin{n\pi x\over L}\,dx.\]
Щоб оцінити цей інтеграл, ми використовуємо ідентичність
\[\sin A\sin B={1\over2}[\cos(A-B)-\cos(A+B)]\nonumber\]
з\(A=m\pi x/L\) і\(B=n\pi x/L\). Тоді рівняння\ ref {eq:11.1.15} стає
\[\int_{-L}^L f(x)g(x)\,dx={1\over2}\left[\int_{-L}^L\cos{(m-n)\pi x\over L}\,dx -\int_{-L}^L\cos{(m+n)\pi x\over L}\,dx\right]=0.\nonumber\]
Якщо\(f(x)=\sin m\pi x/L\) і\(g(x)=\cos n\pi x/L\) де\(m\) і\(n\) є додатними цілими числами (не обов'язково відмінними), то
\[\int_{-L}^L f(x)g(x)\,dx=\int_{-L}^L\sin{m\pi x\over L} \cos{n\pi x\over L}\,dx=0\nonumber\]
тому що integrand є непарною функцією, а межі симетричні про\(x=0\).
Вправи 11.1.19-11.1.22 просять вас переконатися, що власні функції Задачі 1-4 ортогональні\([0,L]\). Однак це також випливає із загальної теореми, яку ми доведемо в главі 13.