Московский государственный университет им. М. В. Ломоносова Физический факультет
В. Т. Волков, А. Г. Ягола
Интегральны...
19 downloads
245 Views
2MB Size
Report
This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!
Report copyright / DMCA form
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− ≤ 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
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 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 |
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 |
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 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 ] = ∫ −