Embed Size (px)
Citation preview
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ УКРАИНЫ
Таврический национальный университетим. В. И. Вернадского
Н.Д. КОПАЧЕВСКИЙ
ОПЕРАТОРНЫЕ МЕТОДЫ МАТЕМАТИЧЕСКОЙФИЗИКИ
Специальный курс лекцийдля студентов специальностей
”Математика” и ”Прикладная математика”
Симферополь, 2008
ББК 22.311К65УДК 517.[958+983+984]
Рекомендовано к печати научно-методической комиссиейфакультета математики и информатики ТНУ
(протокол 2 от 12.11.2008 г.)
Рецензент :Закора Д.А. – к. ф.-м. н., доцент кафедры математического анализа Таври-ческого национального университета им. В.И. Вернадского
К65 Копачевский Н.Д. Операторные методы математическойфизики: Специальный курс лекций. – Симферополь: ООО "ФОРМА", 2008.– 142 с. – На русском языке.
В учебном пособии рассматриваются краевые и спектральные задачи математи-ческой физики и их операторные аналоги в гильбертовом пространстве. Приводитсяобобщенное решение операторного уравнения в энергетическом пространстве и вы-числительный процесс Ритца для него. Подробно излагаются спектральная теорияположительно определенных операторов и ее приложения в задачах механики и гид-родинамики.
Примеры и упражнения, представленные в учебном пособии, позволяют рекомен-довать его как для аудиторных занятий, так и самостоятельного изучения
Для студентов, аспирантов и специалистов, специализирующихся в области ма-тематики и прикладной математики.
c© Копачевский Н.Д., 2008c© ООО "ФОРМА", 2008
Оглавление
Введение 7Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Предварительные пояснения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1 Обобщенное решение операторного уравнения 101.1 Краевая задача и ее оператор . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.1.1 Одномерные краевые задачи . . . . . . . . . . . . . 101.1.2 Многомерные краевые задачи . . . . . . . . . . . . . 12
1.2 Положительно определенные операторы . . . . . . . . . . . 141.2.1 Симметричные и положительно определенные опе-
раторы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.2.2 Примеры . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.2.3 Неравенство Фридрихса . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.3 Энергетическое пространство положительно определен-ного оператора . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.3.1 Функционал энергии . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.3.2 Энергетическое пространство положительно опре-
деленного оператора . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.3.3 Главные и естественные краевые условия . . . . . . 25
1.4 Обобщенное решение операторного уравнения . . . . . . . 281.4.1 Точка минимума функционала энергии в энергети-
ческом пространстве . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.4.2 Примеры . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.4.3 Представление обобщенного решения в виде ряда . 31
1.5 Расширение положительно определенного оператора . . . 331.5.1 Определения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.5.2 Сопряженный и самосопряженный операторы . . . 36
3
1.5.3 Расширение положительно определенного опера-тора с сохранением нижней грани . . . . . . . . . . 40
1.6 Метод Ритца приближенного решения операторного урав-нения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.6.1 Минимизирующая последовательность и ее сходи-
мость . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.6.2 Процесс Ритца . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 471.6.3 Теорема о сходимости процесса Ритца . . . . . . . . 491.6.4 Примеры . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2 Спектральная теория положительно определенных опе-раторов 522.1 Задача на собственные значения . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.1.1 Определения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.1.2 Свойства собственных значений и собственных
элементов самосопряженного оператора . . . . . . . 532.1.3 Обобщенный собственный спектр положительно
определенного оператора . . . . . . . . . . . . . . . . 552.2 Вариационная формулировка задачи о собственном спектре 56
2.2.1 Вариационный принцип для первого собственногозначения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
2.2.2 Вариационный принцип для последующих соб-ственных значений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2.2.3 Минимизирующая последовательность для на-именьшего собственного значения . . . . . . . . . . 59
2.3 Основные теоремы о спектре . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.3.1 Определение дискретного спектра . . . . . . . . . . 622.3.2 Теорема о дискретности спектра . . . . . . . . . . . 622.3.3 Представление положительно определенного опе-
ратора и его дробных степеней с помощью соб-ственных значений и базиса из собственных эле-ментов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
2.3.4 Снова о задачах с дискретным спектром . . . . . . 672.4 Теоремы вложения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
2.4.1 Одномерные теоремы вложения . . . . . . . . . . . . 692.4.2 Многомерные теоремы вложения . . . . . . . . . . . 722.4.3 Эквивалентные нормы в пространствах Соболева . 74
2.5 Максиминимальный принцип . . . . . . . . . . . . . . . . . 762.5.1 Максиминимальный принцип Куранта . . . . . . . . 772.5.2 Теорема о монотонности спектра . . . . . . . . . . . 79
4
2.5.3 Спектральная задача с двумя положительнымиоператорами . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
2.6 Процесс Ритца в задаче на собственные значения . . . . . 822.6.1 Общая схема процесса Ритца . . . . . . . . . . . . . 822.6.2 Теорема о наименьшем собственном значении . . . 852.6.3 Процесс Ритца для последующих собственных зна-
чений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 862.6.4 Упражнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
3 Приложения 903.1 Одномерные и многомерные спектральные задачи мате-
матической физики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 903.1.1 Задача Штурма-Лиувилля . . . . . . . . . . . . . . . 903.1.2 Три классические спектральные задачи математи-
ческой физики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 973.1.3 Спектральная задача для эллиптического операто-
ра общего вида . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1003.2 Продольные и поперечные колебания стержня перемен-
ного сечения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1013.2.1 Постановка начально-краевой задачи о продоль-
ных колебаниях стержня . . . . . . . . . . . . . . . . 1023.2.2 Собственные продольные колебания стержня с
грузом на конце . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1043.2.3 Постановка задачи о поперечных колебаниях
стержня . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.2.4 Задача о поперечных колебаниях упругого стержня 113
3.3 Малые колебания идеальной жидкости в частично запол-ненном контейнере . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1173.3.1 Постановка задачи о малых колебаниях тяжелой
идеальной жидкости в произвольном контейнере . . 1173.3.2 Формулировка задачи Стеклова в проблеме соб-
ственных колебаний тяжелой жидкости в контей-нере . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
3.3.3 Оператор задачи Стеклова . . . . . . . . . . . . . . . 1223.3.4 Свойства решений задачи Стеклова . . . . . . . . . 1253.3.5 Примеры . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
3.4 Малые движения вязкой жидкости в полностью заполнен-ном контейнере . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1303.4.1 Постановка задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1303.4.2 Двумерная задача. Применение функции тока . . . 131
5
3.4.3 Качественное исследование спектральной задачидля функции тока . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
Литература 140
6
Введение
Предисловие
Настоящий курс лекций предназначен для студентов шестого – седьмо-го семестров обучения по специальностям классическая и прикладнаяматематика. Его следует изучать после прохождения курса функцио-нального анализа, а также после знакомства с элементами вариацион-ного исчисления.
Основная идея, которая систематически проводится в курсе, состоитв том, что неоднородной краевой задаче математической физики ста-вится в соответствие оператор этой задачи, который действует в вы-бранном гильбертовом пространстве. Обычно этот оператор оказывает-ся неограниченным самосопряженным оператором, обладающий свой-ством положительной определенности либо полуограниченности.
Предварительные пояснения
Многие задачи математической физики, теории упругости, гидродина-мики и другие приводят к изучению краевых задач для дифференци-альных уравнений в частных производных при соответствующих гра-ничных условиях. Если дифференциальное уравнение линейно относи-тельно искомой функции, а краевые условия линейные и однородные,то к таким задачам можно применить единый подход, основанный навведении и изучении свойств так называемого оператора краевой за-дачи. Получающиеся операторы обладают свойствами линейности (т.е.аддитивности и однородности), однако оказываются неограниченнымив выбранном гильбертовом пространстве и потому их задают не на всемпространстве H, а лишь на некотором плотном в H множестве.
Рассмотрим некоторые примеры.
7
Пример 0.0.1. Задача о равновесии плоской пластинки.Пусть в ненагруженном состоянии плоская пластинка занимает об-
ласть Ω ⊂ R2 и имеет границу S = ∂Ω, а на концах жестко защемлена.При действии поперечной нагрузки f = f(x1, x2) возникает задача оботыскании поперечного прогиба u = u(x1, x2) под действием силы f .Эта задача приводит к неоднородному уравнению Софи-Жермен
∆22u = f ( в Ω ), ∆2 :=
2∑k=1
∂2
∂x2k
, (0.1)
и граничным условиям жесткого защемления пластинки
u = 0,∂u
∂n= 0 ( на ∂Ω ), (0.2)
где ~n – единичный вектор внешней нормали к ∂Ω, а ∆2 – двумерныйоператор Лапласа.
Как будет выяснено ниже, к этой задаче можно применить методыфункционального анализа, а также вариационный подход, позволяю-щий разыскивать ее обобщенное решение как точку минимума квадра-тичного функционала
F (u) :=∫
Ω
(|∆2u|2 − 2fu) dΩ. (0.3)
При этом будет указан алгоритм приближенного решения задачи (0.1),(0.2). 2
Пример 0.0.2. Колебания тяжелой жидкости в сосуде.Пусть идеальная несжимаемая жидкость частично заполняет про-
извольный сосуд и в состоянии покоя при действии силы тяжести сускорением ~g занимает область Ω ⊂ R3. Твердую стенку сосуда обо-значим через S, а покоящуюся свободную поверхность жидкости, пер-пендикулярную вектору ~g = −g~e3, через Γ. Оказывается, что задачаоб определении частот ω собственных колебаний жидкости может бытьприведена к спектральной задаче
∆3Φ = 0 ( в Ω ),∂Φ∂n
= 0 ( на S ),∂Φ∂n
= λΦ ( на Γ ), (0.4)
где λ = ω2/g, а ∆3 :=3∑
k=1
∂2
∂x2k
– трехмерный оператор Лапласа.
8
Общий операторный метод, с которым мы познакомимся в данномкурсе, позволит привести задачу (0.4) к виду Au = λu, изучить свой-ства решений этой задачи и установить, что собственные значения λоператора A можно найти, рассматривая последовательные минимумыфункционала
F (Φ) :=∫
Ω
|gradΦ|2 dΩ/∫
Γ
|Φ|2 dΓ (0.5)
или максимумы обратного отношения.
9
Глава 1
Обобщенное решениеоператорного уравнения
1.1 Краевая задача и ее оператор
1.1.1 Одномерные краевые задачи
Остановимся сначала на наиболее простом случае, когда рассматрива-емая краевая задача одномерна. Пусть изучается неоднородная задачадля уравнения
−(p(x)u′)′ + q(x)u = f(x), a < x < b, (1.1)
с однородными краевыми условиями Дирихле:
u(a) = u(b) = 0. (1.2)
Считаем, что здесь функции p = p(x) ∈ C1([a, b]) и q = q(x) ∈C([a, b]) – это заданные переменные коэффициенты дифференциально-го выражения, стоящего в левой части (1.1), а f(x) – заданная функция,правая часть уравнения. Требуется найти функцию u(x) как решениезадачи (1.1), (1.2).
Для изучения этой задачи применяются методы теории линейныхнеограниченных операторов, действующих в гильбертовом простран-стве. Выберем в качестве основного гильбертова пространства H веще-ственное пространство L2(a, b) функций u(x), для которых скалярное
10
произведение определено по закону
(u, v) :=
b∫a
u(x)v(x) dx, (1.3)
а норма функции равна
||u||2 :=
b∫a
|u(x)|2 dx, (1.4)
где справа стоит интеграл Лебега.Введем в рассмотрение множество D (A) ⊂ H, для элементов u(x)
которого выполнены свойства
D (A) := u(x) ∈ H : −(p(x)u′)′ + q(x)u ∈ C[a, b] ⊂ H, (1.5)
a < x < b, u(a) = u(b) = 0,
и будем трактовать задачу (1.1)–(1.2) как уравнение вида
Au = f, f ∈ H, (1.6)
рассматриваемое в гильбертовом пространстве H. Здесь в левой частистоит результат применения к элементу u(x) из D (A) оператора A, дей-ствующего в H по закону
(Au)(x) := −(p(x)u′)′ + q(x)u. (1.7)
Таким образом, краевая задача (1.1)–(1.2) заменяется операторнымуравнением (1.6) в пространстве H. Если оператор A имеет в H огра-ниченный обратный, то решение задачи (1.6) имеет вид u = A−1f .
Рассмотрим простейший пример задачи вида (1.1)–(1.2).
Пример 1.1.1. Пусть в (1.1), (1.2) будет
p(x) ≡ 1, q(x) ≡ 1, a = 0, b = 1. (1.8)
Тогда речь идет о задаче
Au := −u′′ + u = f(x), 0 < x < 1, u(0) = u(1) = 0. (1.9)
11
Здесь H = L2(0, 1), а f(x) считается элементом из H. Тогда
D (A) := u(x) ∈ L2(0, 1) : u′′ ∈ C([0, 1]) ⊂ L2(0, 1),u(0) = u(1) = 0.
(1.10)
В данном примере множество D (A) состоит из функций u(x), обра-щающихся в нуль на концах отрезка [0, 1] и имеющих непрерывные вто-рые производные, т.е. функции u′(x) непрерывно дифференцируемы, асами функции u(x) дважды непрерывно дифференцируемы. Множествотаких функций плотно в H, т.е. замыкание D (A) по норме H дает всепространство H:
D (A) = H. 2 (1.11)
Напомним, что нормой оператора A, действующего в гильбертовомпространстве H, называется величина
‖A‖ := sup0 6=u∈D(A)⊂H
(‖Au‖/‖u‖) . (1.12)
Упражнение 1.1.1. Проверить, что оператор A из примера 1.1.1неограничен, т.е. его норма равна +∞.
Указание. Найти, чему равен предел отношения ‖Aun‖/‖un‖ на эле-ментах последовательности
un(x) := sin(πnx), n ∈ N, (1.13)
принадлежащих области определения оператора A. 2
Этот пример показывает, что операторы, возникающие в задачахматематической физики, являются неограниченными в H операторамии потому естественной их областью определения является не все про-странство H, а лишь некоторое плотное в H множество D (A).
Совокупность линейных ограниченных операторов, действующих вгильбертовом пространстве H, далее будем обозначать через L(H).
1.1.2 Многомерные краевые задачиВ качестве другого примера рассмотрим задачу Неймана для уравненияПуассона.
Пример 1.1.2. Пусть Ω ⊂ Rm – область в m-мерном (m > 2) простран-стве, ∂Ω – ее граница. Рассмотрим задачу
−∆u+ u = f ( в Ω ),∂u
∂n= 0 ( на ∂Ω ). (1.14)
12
Здесь f = f(x), x = (x1, x2, . . . , xm) ∈ Ω, – заданная в Ω функция,u = u(x) – искомая функция, а ~n – внешняя нормаль к ∂Ω. 2
Выберем в качестве H вещественное гильбертово пространствоL2(Ω) со скалярным произведением
(u, v) :=∫Ω
u(x)v(x) dΩ, dΩ = dx1 . . . dxm, (1.15)
и нормой
||u||2 :=∫Ω
|u(x)|2 dΩ, (1.16)
где интеграл снова понимается в смысле Лебега. Будем считать, что намножестве
D (A) := u(x) ∈ L2(Ω) : −∆u ∈ C(Ω) ⊂ L2(Ω),∂u
∂n= 0 ( на ∂Ω ),
(1.17)
которое является плотным в H, определен оператор A по закону
Au := −∆u+ u. (1.18)
Тогда задачу (1.14) можно трактовать при любом f ∈ H как опера-торное уравнение вида
Au = f, f ∈ H = L2(Ω). (1.19)
Упражнение 1.1.2. Убедиться, что операторы, введенные в примерах1.1.1 и 1.1.2, обладают свойствами линейности, т.е.
A(c1u1 + c2u2) = c1Au1 + c2Au2,
u1, u2 ∈ D (A) , c1, c2 ∈ R. 2(1.20)
Упражнение 1.1.3. Проверить, что для оператора Лапласа ∆ :=∂2/∂x2
1 + ∂2/∂x22 + ∂2/∂x2
3 при произвольных u(x1, x2, x3) и v(x1, x2, x3),имеющих непрерывные вторые частные производные, справедливы пер-вая и вторая формулы Грина:
−∫Ω
(∆u)v dΩ =∫Ω
∇u · ∇v dΩ−∫
∂Ω
∂u
∂nv dS, (1.21)
13
∫Ω
[(∆u)v − u(∆v)] dΩ =∫
∂Ω
(∂u
∂nv − u
∂v
∂n
)dS, (1.22)
где ∇u = gradu =3∑
k=1
∂u
∂xk~ek – операция вычисления градиента. 2
Упражнение 1.1.4. На примере области Ω = (0, π) × (0, π) ⊂ R2 убе-диться, что оператор A задачи (1.14) из примера 1.1.2 неограничен.
Указание. Проверить, что для последовательности функций
ukj(x1, x2) = cos(kx1) cos(jx2) (1.23)
супремум отношения (1.12) равен +∞. 2
Упражнение 1.1.5. Проверить, опираясь на формулу Грина (1.22),чтодля задачи (0.1), (0.2) о равновесии плоской пластинки на множестве че-тырежды непрерывно дифференцируемых в Ω функций, т.е. на C4(Ω),справедлива первая формула Грина для бигармонического оператора∆2
2:
∫Ω
(∆2
2u)v dΩ =
∫Ω
(∆2u) (∆2v) dΩ+
+∫
∂Ω
(∂∆2u
∂nv −∆2u
∂v
∂n
)dS. 2
(1.24)
1.2 Положительно определенные операторы
1.2.1 Симметричные и положительно определенныеоператоры
Везде далее в этой части пособия будем предполагать, что оператор Aкраевой задачи действует в сепарабельном гильбертовом пространствеH со скалярным произведением (·, ·) и имеет область определения D (A),плотную вH. Напомним, что множество M ⊂ H называется плотнымв H, если для любого u0 ∈ H и ∀ε > 0 можно найти такой элементuε ∈M , что ||u0 − uε|| < ε.
14
Далее считаем также, что D (A) есть линейное множество (лине-ал), а оператор A, определенный на D (A), линеен, т.е. аддитивен иоднороден.
Определение 1.2.1. Оператор A называется симметричным, если
(Au, v) = (u,Av) ∀ u, v ∈ D (A) . 2 (1.25)
Определение 1.2.2. Симметричный оператор A называется неот-рицательным (A > 0), если
(Au, u) > 0 ∀u ∈ D (A) . 2 (1.26)
Определение 1.2.3. Симметричный оператор A называется поло-жительным (A > 0), если
(Au, u) > 0 ∀u ∈ D (A) , u 6= 0. 2 (1.27)
Определение 1.2.4. Симметричный оператор A называется поло-жительно определенным (A 0), если существует c 6= 0 такое, что
(Au, u) > c2 (u, u) ∀u ∈ D (A) , u 6= 0. 2 (1.28)
Замечание 1.2.1. Из свойства положительной определенности следуетсвойство положительности, а из него – неотрицательности. Обратныеутверждения неверны. 2
Определение 1.2.5. Симметричный оператор A называется ограни-ченным снизу ( A > γI), если
∃γ ∈ R : (Au, u) > γ (u, u) ∀u ∈ D (A) . 2 (1.29)
1.2.2 Примеры
Рассмотрим в виде упражнений некоторые примеры.
Упражнение 1.2.1. Показать, что в задаче (1.9), т.е.
Au := −u′′ + u = f(x), 0 < x < 1, u(0) = u(1) = 0, (1.30)
оператор A: а)симметричен; б)неотрицателен; в)положителен; г)поло-жительно определен. 2
15
Упражнение 1.2.2. Показать, что в задаче
Au := −∆u = f ( в Ω ),∂u
∂n= 0 (на ∂Ω ), Ω ⊂ R3, (1.31)
оператор A обладает свойствами: а)симметрии; б)неотрицательности,но не обладает свойством положительности.
Лемма 1.2.1 (неравенство Пуанкаре). Пусть u(x) ∈ C1([0, 1]) и u(0) =0. Тогда справедливо неравенство
2
1∫0
|u(x)|2 dx 6
1∫0
|u′(x)|2 dx. (1.32)
Доказательство. Так как
u(x) = u(0) +
x∫0
u′(t) dt =
x∫0
u′(t) dt,
то
u2(x) =
x∫0
u′(t) dt
2
6
x∫0
12 dt
x∫0
|u′(t)|2 dt 6 x
1∫0
|u′(t)|2 dt.
Отсюда
1∫0
|u(x)|2 dx 612
1∫0
|u′(t)|2 dt =12
1∫0
|u′(x)|2 dx.
При выводе было использовано неравенство Коши-Буняковского∣∣∣∣∣∣x∫
0
u′(t)dt
∣∣∣∣∣∣ 6 x∫
0
12 dt
1/2
·
x∫0
|u′(t)|2 dt
1/2
применительно к пространству L2(0, x). 2
Упражнение 1.2.3. Для функции u(x) из C1([a, b]), u(a) = 0, доказатьнеравенство Пуанкаре для отрезка [a, b]:
b∫a
|u(x)|2 dx 6(b− a)2
2
b∫a
|u′(x)|2 dx. 2 (1.33)
16
Упражнение 1.2.4. Показать, что в задаче (1.1), (1.2)
Au := −(p(x)u′)′ + q(x)u = f(x), a < x < b, u(a) = u(b) = 0,
p(x) ∈ C1[a, b], q(x) ∈ C[a, b], 0 < p0 6 p(x), 0 6 q0 6 q(x),(1.34)
оператор A (его называют оператором Штурма-Лиувилля) положи-тельно определен.
Решение упражнения 1.2.4. После интегрирования по частям и учетакраевых условий имеем
(Au, u) =
b∫a
[(−p(x)u′)′ + q(x)u]u dx =
b∫a
[p(x)|u′|2 + q(x)|u|2
]dx >
> p0
b∫a
|u′|2 dx+ q0
b∫a
|u|2 dx.
Отсюда и из (1.33) следует, что оператор A обладает свойством поло-жительной определенности
(Au, u) =
b∫a
[p(x)|u′|2 + q(x)|u|2
]dx >
>
(2p0
(b− a)2+ q0
) b∫a
|u(x)|2 dx,
(1.35)
обобщающим неравенство Пуанкаре (1.33). 2
Упражнение 1.2.5. Показать, что в задаче
Au := − (p(x)u′)′ + q(x)u = f,
a < x < b, p(x) > p0 > 0, q(x) > q0 > 0,
u′(a)− αu(a) = 0, u′(b) + βu(b) = 0, α > 0, β > 0,
оператор A положительно определен. 2
Упражнение 1.2.6. Показать, что в задаче о равновесии плоской пла-стинки
Au := ∆22u = f ( в Ω ) ,
∂u
∂n= u = 0 ( на ∂Ω ) , Ω ⊂ R2,
17
оператор A симметричен на множестве функций из C4(Ω), удовлетво-
ряющих условиям жесткого защемления пластинки, а также обладаетсвойствами A > 0, A > 0.
Указание. Воспользоваться первой формулой Грина для бигармони-ческого оператора ∆2
2 (см. (1.24)). 2
Упражнение 1.2.7. Показать, что в задаче об определении формыравновесия однородного упругого стержня, жестко защемленного наодном конце, свободного на втором конце и подвергающемся действиюпоперечной силы f(x), т.е. в задаче
Au(x) := u(4) = f, a < x < b, u(a) = u′(a) = 0, u′′(b) = u′′′(b) = 0,
оператор A положительно определен в L2(a, b).
Указание. Воспользоваться обобщенным неравенством Пуанкаре(1.33) для u′′(x) и u′(x). 2
1.2.3 Неравенство Фридрихса
Многомерным аналогом неравенства Пуанкаре является неравенствоФридрихса, которое сейчас будет установлено.
Лемма 1.2.2. Пусть u(x), x ∈ Ω ⊂ Rm, является непрерывно диффе-ренцируемой функцией в замкнутой ограниченной области Ω и обраща-ется в нуль на ∂Ω, т.е. u(x) ∈ C1
0 (Ω). Тогда имеет место неравенствоФридрихса: ∫
Ω
|∇mu|2 dΩ :=∫Ω
m∑k=1
∣∣∣∣ ∂u∂xk
∣∣∣∣2 dΩ > c2∫Ω
|u|2 dΩ (1.36)
с некоторой константой c > 0, ∇mu :=m∑
k=1
∂u
∂xk~ek.
Доказательство. Поместим область Ω ⊂ Rm в m–мерный куб K сребром a, т.е. считаем, что
Ω ⊂ K :=x ∈ Rm : 0 < xi < a, i = 1,m
.
Продолжим функцию u(x) нулем на K\Ω; продолженная функция u(x)в силу равенства u(x) ≡ 0 на ∂K окажется кусочно гладкой в K.
18
Имеемu(x1, . . . , xm) =
∫ x1
0
∂u
∂ξ1(ξ1, x2, . . . , xm) dξ1,
и по неравенству Коши-Буняковского (см. лемму 1.2.1)
|u(x)|2 6∫ x1
0
12 dξ1
∫ x1
0
∣∣∣∣ ∂u∂ξ1∣∣∣∣2 dξ1 6 x1
∫ a
0
∣∣∣∣ ∂u∂ξ1∣∣∣∣2 dξ1.
Интегрируя это неравенство по K, т.е. вычисляя интеграл
a∫0
. . .
a∫0
. . . dx1 . . . dxm,
получим, что∫K
|u(x)|2 dK 6a2
2
∫K
∣∣∣∣ ∂u∂x1
∣∣∣∣2 dK 6a2
2
∫K
m∑k=1
∣∣∣∣ ∂u∂xk
∣∣∣∣2 dK =
=a2
2
∫K
|∇mu|2 dK.
Так как здесь справа и слева интегралы по K\Ω дают нуль, то оконча-тельно получаем (после замены u 7−→ u) неравенство (1.36)∫
Ω
|∇mu|2 dΩ >2a2
∫Ω
|u(x)|2 dΩ
с постоянной c =√
2/a. 2
Замечание 1.2.2. Неравенство Фридрихса распространяется и нафункции u(x), у которых
∂u
∂xi∈ L2(Ω), u(x) = 0 ( на ∂Ω ). 2
Упражнение 1.2.8. Опираясь на неравенство Фридрихса (1.36), до-казать, что оператор A задачи Дирихле для уравнения Пуассона
Au := −∆u = f(в Ω ⊂ R3 ), u = 0 ( на ∂Ω
),
заданный на множестве D (A) = C20 (Ω), положительно определен в
L2(Ω). 2
19
Упражнение 1.2.9. Проверить,что оператор A задачи Неймана
Au := −∆u+ u = f ( в Ω ),∂u
∂n= 0 (на ∂Ω ),
определенный на
D (A) :=u(x) ∈ C2
(Ω)
:∂u
∂n= 0 (на ∂Ω )
,
является положительно определенным в L2(Ω). 2
1.3 Энергетическое пространство положи-тельно определенного оператора
Здесь вводится фундаментальное понятие энергетического простран-ства, которое является математическим обобщением многих ситуаций,встречающихся в задачах физики, механики, гидродинамики и др.
1.3.1 Функционал энергии
Пусть в гильбертовом пространстве H на множестве D (A), плотном вH, задан положительно определенный оператор A, и рассматриваетсяуравнение
Au = f, (1.37)
где f – произвольный элемент из H.Рассмотрим некоторые простые свойства решений уравнения (1.37).
Свяжем с (1.37) квадратичный функционал
F (u) := (Au, u)− 2(f, u), (1.38)
называемый функционалом энергии и определенный на элементах u ∈D (A). Во многих задачах функционал (1.38) пропорционален (равенудвоенной) потенциальной энергии изучаемой системы при действии нанее внешней нагрузки f .
Теорема 1.3.1. (о единственности решения операторного урав-нения) Если A > 0 (тем более если A 0), то уравнение (1.37) мо-жет иметь не более одного решения u0 из D (A) при любом f ∈ H.
20
Доказательство. Допустим, что существуют два решения: Au1 =f, Au2 = f, ui ∈ D (A) , i = 1, 2. Тогда
Au2 −Au1 = A(u2 − u1) = 0, (A(u2 − u1), u2 − u1) = 0,
и так как A > 0, то u2 − u1 = 0, т.е. u2 = u1. 2
Теорема 1.3.2. (о минимуме функционала энергии) Пусть A > 0(A 0) и уравнение (1.37) имеет (единственное) решение u0 ∈ D (A).Тогда функционал энергии F (u) принимает на u = u0 минимальноезначение в D (A). Обратно, если минимум функционала энергии F (u)достигается на некотором элементе u0 ∈ D (A), то этот элементявляется решением уравнения Au = f .
Доказательство. 1) Если Au0 = f , то в силу симметрии операто-ра A и свойств скалярного произведения в вещественном гильбертовомпространстве H из формулы (1.38) имеем
F (u) = (Au, u)− 2(Au0, u) == (Au, u)− (Au0, u)− (Au, u0) + [(Au0, u0)− (Au0, u0)] == (A (u− u0) , u− u0)− (Au0, u0) > −(Au0, u0) = F (u0).
2) Пусть F (u) принимает минимальное значение на элементе u0 ∈D (A). Тогда
F (u0 + tv) > F (u0) ∀t ∈ R, ∀v ∈ D (A) .
Имеем
F (u0 + tv) = (A (u0 + tv) , u0 + tv)− 2 (f, u0 + tv) = ... =
= (Au0, u0) + t2 (Av, v) + 2t (Au0, v)− 2(f, u0)− 2t(f, v).
Этот квадратный относительно t трехчлен должен иметь минимум приt = 0, т.е.
d
dtF (u0 + tv) |t=0= 2 (Au0 − f, v) = 0, ∀v ∈ D (A) .
Так как v – произвольный элемент из плотного в H множества D (A),то отсюда следует, что Au0 − f = 0, т.е. Au0 = f .
21
В самом деле, если (ϕ, v) = 0 ∀v ∈ D(A), то в силу плотности D(A)в H найдется последовательность vn∞n=1 из D(A) такая, что vn −→ϕ (n −→∞). Тогда из соотношений (ϕ, vn) = 0 при n −→∞ получаем
limn−→∞
(ϕ, vn) = (ϕ, limn−→∞
vn) = (ϕ,ϕ) = 0
и потому ϕ = 0. 2
Основной вывод, который можно сделать из теоремы 1.3.2, состоитв том, что задачу о нахождении решения u = u0 ∈ D (A) уравнения(1.37) можно заменить равносильной ей задачей о нахождении точкиминимума u = u0 ∈ D (A) функционала энергии F (u).
Однако существенным и принципиальным является следующийфакт: функционал F (u) может не иметь минимума на D (A) и по-тому теорема 1.3.2 имеет условный характер. В связи с этим обсто-ятельством поступают следующим образом. Оказывается, функционалэнергии можно расширить с D (A) на более широкое множество из Hтак, чтобы на этом множестве функционал F (u) обязательно имел ми-нимум в некоторой точке u0. Тогда этот элемент u0, возможно не при-надлежащий D (A), называют обобщенным решением уравнения (1.37).
1.3.2 Энергетическое пространство положительноопределенного оператора
Напомним, что рассматривается на плотном в H множестве D (A) опе-ратор A, обладающий свойством положительной определенности:
(Au, u) > c2(u, u), ∀u ∈ D (A) . (1.39)
Определим на D (A) новое скалярное произведение
(u, v)A := (Au, v) , ∀u, v ∈ D (A) . (1.40)
Упражнение 1.3.1. Проверить, что (1.40) удовлетворяет всем аксио-мам скалярного произведения в вещественном гильбертовом простран-стве:
10. (u, v)A = (v, u)A ;20. (c1u1 + c2u2, v)A = c1(u1, v)A + c2(u2, v)A;30. (u, u)A > 0;40. (u, u)A = 0 ⇐⇒ u = 0 в D (A) . 2
22
Пример 1.3.1. Пусть в L2(0, 1) на
D (A) := u(x) : u′′ ∈ C([0, 1]), u(0) = u(1) = 0
задан оператор Au = −u′′. Тогда
(u, v)A =
1∫0
(−u′′)v dx = . . . =
1∫0
u′(x)v′(x) dx.
Нетрудно видеть, что здесь правая часть имеет смысл не только наэлементах u(x) и v(x) из D (A), а и на более широком множестве функ-ций, содержащих D (A); именно, для этих функций достаточно, чтобыu′(x) и v′(x) принадлежали L2(0, 1) и выполнялись граничные условияu(0) = u(1) = 0, v(0) = v(1) = 0. 2
Введем по скалярному произведению (1.40) на D (A) энергетическуюнорму
‖u‖A = [(u, u)A]1/2. (1.41)
Тогда D (A) станет предгильбертовым пространством, возможно,неполным. Пополним D (A) по энергетической норме (1.41), т.е. при-соединим к D (A) те элементы, для которых новая норма конечна. Вразобранном выше примере это были абсолютно непрерывные функцииu(x) из H, т.е. такие функции u(x), у которых u′(x) ∈ L2(0, 1). Заметим,что множество таких функций плотно в H = L2(0, 1).
Обозначим пополненное по норме (1.41) множество элементов изD (A) через HA и назовем его энергетическим пространством операто-ра A. Очевидно, по построению D (A) ⊂ HA. Покажем теперь, что дляA 0 будет HA ⊂ H.
Теорема 1.3.3. Энергетическое пространство HA положительноопределенного оператора A ограниченно вкладывается в исходное про-странство H. Это означает, что: а) каждому элементу u ∈ HA при-водится в соответствие один и только один элемент u′ ∈ H, а ли-нейной комбинации элементов из HA – соответствующая линейнаякомбинация элементов из H; б) разным элементам из HA приводятсяв соответствие разные элементы из H.
Доказательство. 1) Если u ∈ D (A) ⊂ H, то поставим ему в соот-ветствие этот же элемент u′ = u ∈ H.
2) Если u ∈ HA и u /∈ D (A), то по определению HA существуетпоследовательность uk∞k=1 , uk ∈ D (A), такая что ‖u− uk‖A → 0 (k →
23
∞). Отсюда получаем, что ‖uk − um‖A → 0 (k,m → ∞), а из свойстваположительной определенности имеем
‖uk − um‖ 61c‖uk − um‖A → 0 (k,m→∞),
т.е. последовательность uk∞k=1 фундаментальна в полном гильберто-вом пространстве H. Поэтому существует u′ = lim
k→∞uk ∈ H.
Поставим u′ в соответствие исходному элементу u ∈ HA.Легко проверяется, что соответствие HA 3 u 7−→ u′ ∈ H линейно.3) Покажем, что обратное соответствие u′ 7−→ u также линейно,
т.е. различным элементам из HA отвечают различные элементы из H.Пусть, напротив, элементам u1 и u2 из HA отвечает один и тот жеэлемент u′ ∈ H. Тогда разности u = u1 − u2 отвечает нулевой элементпространства H. Докажем тогда, что u = 0 (в HA).
Пусть u = limk→∞
uk (в HA), uk ∈ D (A); по построению uk → 0 (в H).
Поэтому для любого f ∈ H будет (f, uk) → 0 (k → ∞). Положим f =Aϕ, ϕ ∈ D (A). Тогда (Aϕ, uk) = (ϕ, uk)A → 0 (k →∞). Так как uk → u(в HA), то имеем (ϕ, u)A = 0 (∀ϕ ∈ D (A)). Поскольку D (A) плотнов HA, то отсюда следует, что u = 0 в HA (см. конец доказательстватеоремы 1.3.2). 2
Упражнение 1.3.2. Доказать, что для элементов из HA справедливосоотношение
‖u‖2A > c2 ‖u‖2 . (1.42)
Указание. Осуществляя предельный переход uk → u (вHA, а потомуи в H), воспользоваться неравенством∣∣‖uk‖A − ‖u‖A
∣∣ 6 ‖uk − u‖A → 0 (k →∞). 2
Таким образом, согласно теореме 1.3.3, можно далее считать, чтоHA ⊂ H. Условимся под символом HA ⊂→ H понимать не только вклю-чение HA ⊂ H, свойство HA = H, но и неравенство для норм
‖u‖ 6 c−1 ‖u‖A , ∀u ∈ HA, (1.43)
вытекающее из (1.42) и характеризующее ограниченность операторавложения любого элемента u ∈ HA в пространство H.
24
1.3.3 Главные и естественные краевые условия
Сейчас на примерах будет показано, что для операторов, определяе-мых одним и тем же дифференциальным выражением и различнымикраевыми условиями, их энергетические пространства HA могут бытьразличными. В одних случаях для элементов из HA сохраняются те жекраевые условия, которые имели место для элементов из D (A), и такиекраевые условия называются главными, в других случаях для элемен-тов из HA краевые условия снимаются вовсе. Их называют естествен-ными краевыми условиями.
Пример 1.3.2. Вернемся еще раз к задаче
Au := −u′′ = f, 0 < x < 1, u(0) = u(1) = 0,
D (A) :=u(x) ∈ C2([0, 1]) : u(0) = u(1) = 0
.
Здесь квадрат нормы в энергетическом пространстве
(u, u)A =
1∫0
|u′(x)|2 dx
конечен для любых абсолютно непрерывных функций u(x). Кроме то-го, указанные функции должны удовлетворять некоторым граничнымусловиям. Найдем эти условия.
По определению HA как замыкания D (A) в энергетической нор-ме для любой u(x) ∈ HA найдется такая последовательность функцийuk(x) ∈ D (A), что
‖uj − uk‖2A =
1∫0
∣∣u′j(x)− u′k(x)∣∣2 dx→ 0 (j, k →∞).
Но отсюда следует, что последовательность u′k∞k=1 фундаментальна
в L2(0, 1) и потому в силу полноты этого пространства имеет предел,который обозначим v(x) ∈ L2(0, 1).
Для любого k имеем
uk(x) = uk(0) +
x∫0
u′k(t) dt =
x∫0
u′k(t) dt.
25
Переходя в этом тождестве к пределу при k →∞ и учитывая, что приuk → u (в HA) будет также uk → u (в H), будем иметь
u(x) =
x∫0
v(t) dt, u(0) = 0, u′(x) = v(x) ∈ L2(0, 1).
Проверим еще, что u(1) = 0. Это свойство следует из соотношения
1∫x
u′k(t) dt = uk(1)− uk(x) = −uk(x)
после перехода к пределу при k →∞.Таким образом, в рассматриваемом примере в HA входят абсолютно
непрерывные функции, обращающиеся в нуль на концах:
HA = u(x) ∈ L2(0, 1) : u′(x) ∈ L2(0, 1), u(0) = u(1) = 0 .
Это множество гораздо шире, чем исходное множество D (A), хо-тя граничные условия Дирихле для элементов из HA такие же, как идля элементов из D (A), т.е. сохраняются при расширении D (A) до HA.2
Пример 1.3.3. Рассмотрим теперь то же уравнение с так называемымикраевыми условиями третьего рода (условиями Ньютона):
Au := −u′′ = f, 0 < x < 1, u′(0)− αu(0) = 0, u′(1) + βu(1) = 0,
причем считаем, что α > 0, β > 0. Если u(x) из
D (A) :=u(x) ∈ C2([0, 1]) : u′(0)− αu(0) = 0, u′(1) + βu(1) = 0
,
то
(Au, u) = (u, u)A =
1∫0
|u′(x)|2 dx+ α |u(0)|2 + β |u(1)|2 > 0,
и при α > 0 легко проверяется, что A > 0.Рассмотрим, каким свойствам удовлетворяют элементы из HA в
этом случае. Если uk∞k=1 – фундаментальная в HA последователь-ность, элементы которой принадлежат D (A), то имеем
‖uk − uj‖2A =
1∫0
∣∣u′k(x)− u′j(x)∣∣2 dx+
26
+α |uk(0)− uj(0)|2 + β |uk(1)− uj(1)|2 → 0 (k, j →∞).
Отсюда в силу полноты L2(0, 1) следует, что
u′k(x) → v(x) ∈ L2(0, 1), uk(0) → c ∈ R (k →∞).
Тогда, переходя в соотношении
uk(x) = uk(0) +
x∫0
u′(t) dt
к пределу при k →∞, получаем, что предельный элемент
u(x) = c+
x∫0
v(t) dt, v(x) ∈ L2(0, 1),
т.е. u(x) является абсолютно непрерывной функцией.Таким образом, в данном примере
HA = u(x) ∈ L2(0, 1) : u′(x) ∈ L2(0, 1) ,
и граничные условия, которым удовлетворяли элементы из D (A), дляэлементов из HA (получающихся при предельном переходе в процессеобразования HA) уже могут не выполняться. 2
Заметим в заключение этого параграфа, что по самому своему опре-делению D (A) плотно вHA (в энергетической норме), кроме того, D (A)плотно в H по условию. Поэтому имеют место включения
D (A) ⊂ HA ⊂ H
и свойстваD (A) = HA = H,
где замыкание берется по норме пространства H.
Замечание 1.3.1. Отметим еще без доказательства, что в многомер-ных задачах для оператора Лапласа краевое условие Дирихле являетсяглавным, а условия Неймана или Ньютона (т.е. второе и третье краевыеусловия) – естественные: для элементов из HA они, вообще говоря, невыполнены.
27
1.4 Обобщенное решение операторногоуравнения
Как было выяснено в предыдущем параграфе, задача о решении опера-торного уравнения
Au = f, f ∈ H, u ∈ D (A) ⊂ H, (1.44)
равносильна задаче о нахождении элемента u0 ∈ D (A), на которомфункционал энергии
F (u) = (Au, u)− 2(f, u), u ∈ D (A) , (1.45)
принимает минимальное значение. Однако такого элемента u0 ∈ D (A)может и не найтись. В этом случае, как оказывается, минимум достига-ется на более широком множестве, чем D (A), именно, на HA ⊃ D (A).
1.4.1 Точка минимума функционала энергии в энер-гетическом пространстве
Снова считаем, что A 0 и наряду с H введено энергетическое про-странство HA ⊂→ H; полагаем также, что f ∈ H.
Для элементов u ∈ D (A) функционал энергии можно записать ввиде
F (u) = (u, u)A − 2(f, u). (1.46)
Покажем, что функционал F (u) можно расширить с D (A) на всеHA. Действительно, первое слагаемое в (1.46) имеет смысл для лю-бых u ∈ HA. Убедимся, что и второе слагаемое можно записать в видескалярного произведения элементов из HA. Это можно сделать с ис-пользованием леммы Рисса об общем виде линейного ограниченногофункционала в гильбертовом пространстве.
Лемма 1.4.1. (Рисс) Пусть E – произвольное гильбертово простран-ство со скалярным произведением (u, v)E. Тогда любой линейный огра-ниченный функционал l(u), действующий в E, единственным образомможет быть представлен в виде скалярного произведения в E, т.е.существует единственный элемент u0 ∈ E такой, что
l(u) = (u, u0)E 2. (1.47)
Лемма 1.4.2. Выражение (f, u) при f ∈ H, u ∈ HA, является линей-ным ограниченным функционалом в HA.
28
Доказательство леммы просто: в силу неравенства ‖u‖ 6 c−1 ‖u‖A
для элементов u из HA имеем
|(f, u)| 6 ‖f‖ ‖u‖ 6 c−1 ‖f‖ ‖u‖A . 2
Из леммы 1.4.2 и леммы Рисса 1.4.1 следует, что в HA существуеттакой единственный элемент u0, что
(f, u) = (u0, u)A, ∀ u ∈ HA, (1.48)
и теперь формулой
F (u) = (u, u)A − 2(u0, u)A, ∀ u ∈ HA, (1.49)
можно расширить функционал энергии с D (A) на HA ⊃ D (A).
Теорема 1.4.1. В энергетическом пространстве HA существуетодин и только один элемент, на котором функционал энергии (1.49)достигает минимума; этот элемент определен соотношением (1.48).
Доказательство следует из таких простых преобразований:
F (u) = (u, u)A − 2(u0, u)A + (u0, u0)A − (u0, u0)A == (u− u0, u− u0)A − (u0, u0)A > −(u0, u0)A = F (u0).
(1.50)
Очевидно, функционал F (u) ограничен снизу в HA и его минимумдостигается при u = u0 ∈ HA. 2
Определение 1.4.1. Назовем элемент u0 ∈ HA, реализующий ми-нимум функционала энергии (1.49), обобщенным решением уравненияAu = f . 2
Замечание 1.4.1. Если окажется, что u0 ∈ D (A), то u0 будет обычнымрешением уравнения Au = f . Действительно, в этом случае при любомv ∈ HA имеем согласно (1.48):
(u0, v)A − (f, v) = (Au0 − f, v) = 0,
и так как HA плотно в H, то из последнего соотношения следует, чтоAu0 = f . 2
29
1.4.2 ПримерыРассмотрим некоторые примеры, иллюстрирующие теорему 1.4.1.
Пример 1.4.1. В задаче
Au := −u′′ = f, 0 < x < 1, u(0) = u(1) = 0, (1.51)
функционал F (u) можно записать как в виде
F (u) =
1∫0
(−u′′)u dx− 2
1∫0
f(x)u(x) dx,
так и в виде
F (u) =
1∫0
|u′(x)|2 dx− 2
1∫0
f(x)u(x) dx.
Здесь первая форма имеет смысл при u ∈ D (A), где
D (A) =u(x) ∈ C2([0, 1]) : u(0) = u(1) = 0
,
а вторая – на более широком множестве
HA = u(x) ∈ L2(0, 1) : u′ ∈ L2(0, 1), u(0) = u(1) = 0 .
По теореме 1.4.1 получаем, что задача (1.51) имеет единственноеобобщенное решение u0 ∈ HA при любом f(x) ∈ L2(0, 1).
Более подробное рассмотрение показывает, что на самом деле ре-шение u0 = u0(x) обладает свойством u′′0(x) ∈ L2(0, 1). Такое решениезадачи (1.51) называется решением почти всюду. 2
Пример 1.4.2. Рассмотрим в Ω ⊂ R3 краевую задачу
Au := −∆u+ u = f(x) ( в Ω ),∂u
∂n= 0 ( на ∂Ω ),
D (A) :=u ∈ C2(Ω) :
∂u
∂n= 0 ( на ∂Ω )
.
(1.52)
ЗдесьH = L2(Ω),
HA :=u(x) ∈ L2(Ω) : ‖u‖2A =
∫Ω
[|∇u|2 + |u|2
]dΩ <∞
⊂→ H,
30
(f, u) :=∫
Ω
f(x)u(x) dΩ.
По теореме 1.4.1 задача (1.52) имеет при любой f(x) ∈ L2(Ω) един-ственное обобщенное решение u0(x), для которого конечна энергетиче-ская норма
‖u0‖2A =∫Ω
[|∇u0|2 + |u0|2
]dΩ
и при любой v(x) ∈ HA справедливо тождество∫Ω
(∇u0 · ∇v + u0 · v) dΩ =∫Ω
f(x)v(x) dΩ. 2 (1.53)
Заметим, что если u0(x) имеет вторые частные производные из L2(Ω),а граница ∂Ω достаточно гладкая и имеет почти в каждой точке ∂Ω (всмысле меры ∂Ω) нормаль ~n, то из первой формулы Грина для опера-тора Лапласа, справедливой и в этом случае, имеем из (1.53)∫
Ω
(−∆u0 + u0 − f) v dΩ +∫
∂Ω
∂u0
∂nv dS = 0, ∀v ∈ HA.
Отсюда можно установить обычными средствами вариационного исчис-ления, что
−∆u0 + u0 = f ( в L2(Ω) ),∂u0
∂n= 0 ( на ∂Ω ). (1.54)
Это и есть решение почти всюду в трехмерном случае. 2
Упражнение 1.4.1. Доказать свойства (1.54). 2
1.4.3 Представление обобщенного решения в видеряда
В предыдущих рассуждениях всегда предполагалось, что основное про-странство H сепарабельно, т.е. в нем существует счетное плотное мно-жество.
Теорема 1.4.2. Для того, чтобы энергетическое пространство HA
было сепарабельным, необходимо и достаточно, чтобы сепарабельнымбыло исходное пространство H.
31
Доказательство этой теоремы будет проведено позже, в следующемпараграфе. 2
Так как в силу сепарабельности H таковым по теореме 1.4.2 будет иHA, то в нем существует ортонормированный базис vk∞k=1, т.е. такиеэлементы, для которых
(vk, vj)A = δkj , ∀k, j ∈ N,
а любой элемент из HA представляется в виде ряда Фурье по базисуvk∞k=1.
Теорема 1.4.3. В ортонормированном базисе vk∞k=1 пространстваHA обобщенное решение u0 ∈ HA уравнения Au = f имеет вид
u0 =∞∑
k=1
(f, vk)vk, f ∈ H. (1.55)
Доказательство следует из того, что коэффициенты Фурье элемен-та u0 в силу тождества (см. (1.48))
(u0, v)A = (f, v), ∀v ∈ HA,
равны(u0, vk)A = (f, vk), ∀k ∈ N. 2
Упражнение 1.4.2. В задаче об определении формы равновесия за-крепленной мембраны
Au := −∆u := −(∂2
∂x2+
∂2
∂y2
)u(x, y) = f(x, y),
(x, y) ∈ Π := (0, a)× (0, b) ⊂ R2,
u(0, y) = u(a, y) = u(x, 0) = u(x, b) = 0,
представить решение u(x, y) в виде ряда по ортонормированному в HA
базису
vkj(x, y) =2π
√ab
b2k2 + a2j2sin
πkx
asin
πjy
b, k, j = 1, 2, . . . .
Вычислить коэффициенты Фурье решения u = u0(x, y), если f(x, y) ≡ 1.
32
Ответ: при произвольной f = f(x, y) ∈ L2(Π) имеем
fkj := (f, vkj)L2(Π) =
=2π
√ab
b2k2 + a2j2
a∫0
dx
b∫0
dy f(x, y) sinπkx
asin
πjy
b,
а при f(x, y) ≡ 1
fkj :=(f, vkj)L2(Π) = . . . =
=2(ab)3/2
π3kj(b2k2 + a2j2)1/2
[1− (−1)k
] [1− (−1)j
],
u0(x, y) =16a2b2
π4
∑k,j=1,3,5,...
1kj(b2k2 + a2j2)
sinπkx
asin
πjy
b. 2
1.5 Расширение положительно определен-ного оператора
Как сейчас будет установлено, положительно определенный операторA,действующий в гильбертовом пространстве H и заданный на плотном вH множестве D (A), всегда может быть расширен до самосопряженно-го оператора A, у которого константа положительной определенностиостается такой же, как и у оператора A.
1.5.1 ОпределенияВведем некоторые определения, относящиеся к плотно заданным (т.е. кзаданным на плотном в H множестве) операторам.
Определение 1.5.1. Расширением линейного оператора A называ-ется любой линейный оператор A1, для которого D(A1) ⊃ D (A) иA1u = Au для u ∈ D (A). Обозначение: A ⊂ A1. 2
Определение 1.5.2. Сужением A |D линейного оператора A на ли-нейное множество D ⊂ D (A) называется такой оператор A2, чтоD(A2) = D и A2u = Au при u ∈ D. 2
Определение 1.5.3. Линейный оператор A называется замкнутым,если из того, что uk → u0 и Auk → v0, следует, что u0 ∈ D (A) иAu0 = v0. 2
33
Замечание 1.5.1. Если оператор A не замкнут, то возникает вопросо том, имеет ли он замкнутые расширения. Это возможно, очевидно,в том случае, когда две любые последовательности u′k
∞k=1 ⊂ D (A) и
u′′k∞k=1 ⊂ D (A), имеющие один и тот же предел u0 из H, обладают тем
свойством, что limk→∞
Au′k = limk→∞
Au′′k =: v0 ∈ H; тогда элемент u0 можно
включить в область определения расширения A оператора A; полагаютпо определению Au0 = v0(= lim
k→∞Au′k = lim
k→∞Au′′k).
Такое расширение A оператора A называется замыканием оператораA и является минимальным замкнутым расширением. 2
Другое, равносильное определение замкнутого оператора A, вводит-ся следующим образом. Назовем совокупность пар элементов G(A) :=(u;Au), u ∈ D(A) ⊂ H, графиком оператора A. График G(A) опера-тора A принадлежит ортогональной сумме H⊕H =: H2 гильбертовыхпространств с квадратом нормы
‖(u; v)‖2H2 := ‖u‖2 + ‖v‖2
и является там линейным множеством (линеалом). Оператор A, очевид-но, замкнут тогда и только тогда, когда его график G(A) — замкнутоемножество в H2. Это последнее свойство и можно принять в качестведругого определения замкнутости оператора A.
Нетрудно убедиться также в справедливости следующих утвержде-ний.
10. Если оператор A замкнут, а B ∈ L(H), т.е. B ограничен, тооператор A+B, заданный на D(A), также замкнут.
20. Если замкнутый оператор определен на всем пространстве H,т.е. D(A) = H, то он ограничен: A ∈ L (H).
30. Если оператор A замкнут и существует обратный операторA−1, то A−1 также замкнут.
Для элементов из D(A) вводят скалярное произведение по закону
(u, v)G(A) := (Au,Av) + (u, v), u, v ∈ D(A) ⊂ H.
Если A замкнут, то оказывается, что D(A) — гильбертово простран-ство относительно этого скалярного произведения, т.е. оно полное понорме, порожденной им. Сходимость в этом пространстве называютсходимостью в смысле графика оператора A.
Напомним, что функция u(x), x ∈ Ω ⊂ Rm, называется финитнойфункцией, если она бесконечно дифференцируема и обращается в нульв пограничной полосе, т.е. в малой окрестности границы ∂Ω области Ω.
34
Пример 1.5.1. На множестве D (A) финитных на отрезке [0, 1] функ-ций рассмотрим оператор A, действующий по закону Au := −u′′. Такойоператор, очевидно, симметричен на D (A) (проверьте!), причем D (A)является плотным в H = L2(0, 1) множеством.
Пусть теперь на
D(A) := u(x) ∈ L2(0, 1) : u′′ ∈ L2(0, 1), u(0) = u′(0) = u(1) = u′(1) = 0
действует оператор A по тому же закону Au := −u′′. Так как D (A) ⊂D(A) и Au = Au для u ∈ D (A), то A ⊂ A.
Можно проверить, что оператор A симметричен на D(A) ⊂ L2(0, 1)и является замыканием оператора A. Таким образом, в этом примереA – замкнутое симметричное расширение оператора A. 2
Упражнение 1.5.1. Проверить свойство замкнутости оператора A.Решение. Пусть uk ∈ D(A), uk → u0 (в L2(0, 1)) и Auk := −u′′k → v0
(в L2(0, 1)). Тогда имеем
u′k(x) = u′k(0) +
x∫0
u′′k(t) dt =
x∫0
u′′k(t) dt,
uk(x) = uk(0) +
x∫0
u′k(t) dt =
x∫0
u′k(t) dt.
Переходя в этих соотношениях к пределу при k →∞, получим, что
u′0(x) = −x∫
0
v0(t) dt, u0(x) =
x∫0
u′0(t) dt,
и потому (из первого равенства) u′′0 ∈ L2(0, 1), u0(0) = u′0(0) = 0. Ана-логично проверяется, что u0(1) = u′0(1) = 0; тогда u0(x) ∈ D
(A)
иAu0 := −u′′0 = v0, т.е. A – замкнут. 2
Пример 1.5.2. На множестве D (A) бесконечно дифференцируемыхи финитных в области Ω ⊂ R3 функций задан оператор A по законуAu := −∆u+ u. Очевидно, его расширением является оператор A, длякоторого
D(A)
:= u(x) ∈ L2(Ω) : ∆u ∈ L2(Ω), u = 0 ( на ∂Ω ) ,
Au := −∆u+ u. 2
35
1.5.2 Сопряженный и самосопряженный операторыПусть оператор A определен на линеале D (A), плотном в H. Еслиu ∈ D (A) , v ∈ H, то можно составить скалярное произведение (Au, v).Существуют такие элементы v из H, для которых при любом u ∈ D (A)будет
(Au, v) = (u, v∗), (1.56)где v∗ – некоторый элемент из H. Тогда выражение (Au, v) при этих vявляется линейным ограниченным в H функционалом l(u) от u ∈ D (A):
l(u) := (u, v∗), ‖l‖ = ‖v∗‖ <∞.
Лемма 1.5.1. Если для некоторого v ∈ H представление (1.56) воз-можно, то в этом представлении по элементу v элемент v∗ опреде-ляется единственным образом.
Доказательство. Если бы при некотором v ∈ H и любом u ∈ D (A)выполнялись равенства
(Au, v) = (u, v1∗), (Au, v) = (u, v2∗),
то после вычитания левых и правых частей для v∗ = v2∗−v1∗ получаетсясоотношение
(u, v∗) = 0, ∀u ∈ D (A) .
Так как D (A) плотно в H, то это равенство возможно лишь в случае,когда v∗ = 0. 2
Из леммы 1.5.1 следует, что соответствие v 7→ v∗ однозначно.
Упражнение 1.5.2. Проверить, что указанное соответствие v 7→ v∗обладает свойством линейности. 2
Заметим теперь, что множество элементов v ⊂ H, для которыхсправедливо соотношение (1.56) при любом u ∈ D (A), не является пу-стым множеством. Ему принадлежит, например, элемент v = 0; крометого, согласно утверждению упражнения 1.5.2, это множество v яв-ляется линеалом в H.
Определим на указанном линеале D (A∗) оператор A∗, действующийпо закону
A∗v := v∗, v ∈ D (A∗) , (1.57)и назовем A∗ оператором, сопряженным с оператором A. Тогда из (1.56)и (1.57) получаем
(Au, v) = (u,A∗v), ∀u ∈ D (A) , v ∈ D (A∗) . (1.58)
36
Замечание 1.5.2. Из предыдущих рассуждений следует, что для суще-ствования оператора A∗ необходимо и достаточно, чтобы линеал D (A)был плотен в H. 2
Теорема 1.5.1. Оператор A∗, сопряженный к плотно заданному опе-ратору A, всегда замкнут, т.е. A∗ = A∗.
Доказательство. Пусть vk ∈ D (A∗) и vk → v0, A∗vk → v0∗. Поопределению 1.5.3 сопряженного оператора при любом u ∈ D (A) имеем
(Au, vk) = (u,A∗vk),
и после перехода к пределу при k → ∞ получим (здесь используетсясвойство непрерывности скалярного произведения)
(Au, v0) = (u, v0∗),
откуда в силу (1.57) и (1.58) находим, что v0 ∈ D (A∗) и A∗v0 = v0∗.2
Теорема 1.5.2. Плотно заданный симметричный оператор A допус-кает замкнутые расширения.
Доказательство. Для симметричного оператора A с плотной обла-стью определения D (A) имеем
(Au, v) = (u,Av), ∀u ∈ D (A) , ∀v ∈ D (A) . (1.59)
Сравнение этого соотношения с (1.58) показывает, что элементыv ∈ D (A) принадлежат также D (A∗) и A∗v = Av. Таким образом, опе-ратор A∗ является расширением оператора A (A ⊂ A∗). Так как A∗ –замкнутый оператор, то оператор A допускает замкнутые расширения,одним из которых является оператор A∗. При этом в силу включений
D (A) ⊂ D (A∗) ⊂ H
область определения D (A∗) оператора A∗ плотна в H. 2
Пример 1.5.3. Пусть, как и в примере 1.5.1, оператор A определенна плотном в H = L2(0, 1) множестве D (A) бесконечно дифференци-руемых финитных функций выражением Au := −u′′. Интегрируя почастям выражение
(Au, v) =
1∫0
(−u′′)v dx = (−u′v) |10 +(v′u) |10 +
1∫0
u(−v′′) dx
37
с использованием свойства финитности функции u ∈ D (A) получаем,что
(Au, v) = (u, v∗), ∀u ∈ D (A) ,
где v∗ := A∗v ∈ L2(0, 1), если v′′(x) ∈ L2(0, 1).Таким образом, в данном примере сопряженный оператор A∗ опре-
делен выражениемA∗v := −v′′(x)
на множестве
D (A∗) := v(x) ∈ L2(0, 1) : v′′(x) ∈ L2(0, 1) ,
плотном в L2(0, 1). Можно проверить, используя прием интегрирова-ния по частям, что замкнутый оператор A∗ уже не обладает свойствомсимметрии на D (A∗). 2
Определение 1.5.4. Симметричный оператор A называется самосо-пряженным, если A = A∗, т.е. D (A) = D (A∗) и
(Au, v) = (u,Av), ∀u, v ∈ D (A) = D (A∗) . 2 (1.60)
Так как оператор A∗ всегда замкнут, то самосопряженный операторзамкнут. Для доказательства самосопряженности симметричного опе-ратора A достаточно установить следующее: если некоторый элементv ∈ D (A∗), то v ∈ D (A). Обратное включение очевидно, т.к. A∗ являет-ся расширением симметричного оператора A и потому D (A) ⊂ D (A∗).
Пример 1.5.4. Пусть Au := −u′′(x), 0 < x < 1,
D (A) := u(x) ∈ L2(0, 1) : u′′(x) ∈ L2(0, 1), u(0) = u(1) = 0 .
С использованием формулы интегрирования по частям непосред-ственно проверяется, что A = A∗, т.е. D (A) = D (A∗) и A∗v = Av длявсех v ∈ D (A∗). 2
Сейчас будет установлен один критерий самосопряженности поло-жительно определенного оператора A. Предварительно докажем суще-ствование и ограниченность обратного оператора A−1.
Лемма 1.5.2. Всякий положительно определенный оператор A имеетограниченный обратный, причем если (Au, u) > c2(u, u), то
∥∥A−1∥∥ 6
c−2.
38
Доказательство. Пусть Au = 0; тогда ‖u‖2 6 c−2(Au, u) = 0 и по-этому u = 0; значит, существует обратный оператор A−1. Далее, прилюбом u ∈ D (A)
‖u‖2 6 c−2(Au, u) 6 c−2‖Au‖ · ‖u‖,
и если Au = v, то u = A−1v и из предыдущего неравенства∥∥A−1v∥∥ 6 c−2 ‖v‖ . 2 (1.61)
Теорема 1.5.3. (критерий самосопряженности). Положительноопределенный оператор A является самосопряженным тогда и толь-ко тогда, когда область его значений R (A) есть все пространство:R (A) = H.
Доказательство. 10. Достаточность. Пусть R (A) = H и A 0.Возьмем любые элементы u ∈ D (A) и v ∈ D (A∗). Тогда
(Au, v) = (u,A∗v) =: (u, v∗).
Так как R (A) = H, то v∗ = Aw, w ∈ D (A), и потому
(Au, v) = (u,Aw) = (Au,w), ∀u ∈ D (A) .
Снова используя свойство R (A) = H, получаем, что D (A∗) 3 v = w ∈D (A) и A∗v = v∗ = Aw = Av, т.е. A = A∗.
20. Необходимость. Пусть теперь A 0 и A = A∗. Тогда A – замкну-тый оператор. Рассмотрим произвольную последовательность Auk∞k=1
фундаментальную в R (A). Из полноты пространства H следует, чтоAuk → v0 ∈ H, причем в силу ограниченности A−1 получаем, чтоuk = A−1(Auk) → A−1v0 =: u0. Тогда из свойства замкнутости опе-ратора A = A∗ следует, что u0 ∈ D (A) и Au0 = v0, т.е. v0 ∈ R (A).Значит, R (A) образует замкнутое в H подпространство. Покажем, чтоортогональное к нему подпространство тривиально, т.е. состоит из ну-левого элемента. Действительно, пусть v ⊥ R (A), т.е.
(Au, v) = 0 = (u, 0), ∀u ∈ D (A) .
Это значит, что v ∈ D (A∗) и A∗v = Av = 0 (использована самосо-пряженность A), откуда в силу существования и ограниченности A−1
следует, что v = 0. 2
Таким образом, согласно доказанной теореме, для установленияфакта самосопряженности положительно определенного оператора Aдостаточно проверить, что R (A) = H.
39
1.5.3 Расширение положительно определенногооператора с сохранением нижней грани
Так как A ⊂ A∗ и A∗ может потерять свойство симметрии, котороеимелось у оператора A, возникает естественный вопрос: имеются ли уоператора A замкнутые симметричные расширения A такие, чтобыуравнение
Au = f (1.62)
имело решение u ∈ D(A)
при любом f ∈ H. Покажем, что ответ наэтот вопрос положителен.
Пусть A 0, D (A) = H, и снова рассматривается уравнение
Au = f, f ∈ H. (1.63)
Введем элемент u0 ∈ HA, являющийся обобщенным решением уравне-ния (1.63); этот элемент реализует минимум функционала энергии:
F (u) = (u, u)A − 2(f, u), u ∈ HA. (1.64)
Так как элемент u0 единственным образом определяется через элементf ∈ H согласно тождеству (см. (1.48))
(u0, u)A = (f, u), ∀u ∈ HA, (1.65)
то можно считать, чтоu0 = Gf, (1.66)
где G : H → HA – оператор, определенный на всем H и действующийиз H в HA, причем HA = H.
Лемма 1.5.3. G – симметричный и ограниченный в H оператор.
Доказательство. Из формул (1.65) и (1.66) следует, что
(Gf, u)A = (f, u), ∀u ∈ HA, ∀f ∈ H. (1.67)
Взяв произвольный элемент g ∈ H, положим u = Gg ∈ HA; имеем
(Gf,Gg)A = (f,Gg) = (g,Gf) , ∀f, g ∈ H, (1.68)
откуда следует свойство симметричности оператора G (в H).Далее, полагая в формуле (1.67) u = Gf , получим
(Gf, f) = ‖Gf‖2A > c2 ‖Gf‖2 ,
40
откуда имеем
‖Gf‖2 6 c−2(Gf, f) 6 c−2 ‖Gf‖ · ‖f‖ ,
и потому‖Gf‖ 6 c−2 ‖f‖ , ∀f ∈ H.
Отсюда следует ограниченность оператора G и оценка для нормы:
‖G‖ 6 c−2. 2
Лемма 1.5.4. Существует оператор, обратный к оператору G.
Доказательство. Докажем, что уравнение Gf = 0 имеет единствен-ное решение f = 0. ПриGf = 0 из формулы (1.67) имеем (f, u) = 0, ∀u ∈HA. Так как HA плотно в H, отсюда следует, что f = 0. 2
Обозначим G−1 =: A; тогда
D(A)
= R (G) ⊂ HA, R(A)
= D(G) = H.
Теорема 1.5.4. Оператор A есть положительно определенное расши-рение оператора A
(A ⊂ A
). При этом точные нижние грани отно-
шений
(Au, u)(u, u)
(u ∈ D (A)) ,
(Au, u
)(u, u)
(u ∈ D
(A))
,
равны между собой, а уравнение Au = f имеет единственное решениепри любом f ∈ H.
Доказательство. 10.Покажем сначала, что A ⊂ A. Пусть u0 – произ-вольный элемент из D (A). Положим f = Au0. По теореме 1.3.2 элементu0 реализует минимум функционала
F (u) = (Au, u)− 2(f, u).
Тогда u0 = Gf ∈ R(G) = D(A) и Au0 = G−1u0 = f = Au0 ∀u0 ∈ D (A).Отсюда следует, что D (A) ⊂ D
(A); попутно установлено, что Au0 =
Au0, ∀u0 ∈ D (A), т.е. окончательно имеем A ⊂ A.20. Докажем теперь, что A – симметричный оператор. Пусть u ∈
D(A), v ∈ D
(A)
и g = Au ∈ H, f = Av ∈ H; тогда из соотношения
(Gf, g) = (f,Gg) , G = A−1,
41
имеем (v, Au
)=(Av, u
), ∀v, u ∈ D
(A). (1.69)
30. Покажем, что для оператора A имеет место неравенство положи-тельной определенности(
Au, u)
> c2(u, u), ∀u ∈ D(A), (1.70)
где c2 – точная нижняя грань отношения (Au, u) /(u, u)), – является так-же точной нижней гранью отношения
(Au, u
)/(u, u)). Действительно,
так как A ⊂ A, то множество значений отношения(Au, u
)/(u, u) шире,
чем множество значений отношения (Au, u) /(u, u), и тогда
inf0 6=u∈D(A)
(Au, u
)(u, u)
6 inf0 6=u∈D(A)
(Au, u)(u, u)
=: c2 > 0.
Однако для u = Gf ∈ D(A)⊂ HA из тождества (1.67)
(f, u) = (Gf, u)A
имеем Au = f и потому(Au, u
)= (u, u)A > c2 ‖u‖2 ,
откуда
inf0 6=u∈D(A)
(Au, u
)(u, u)
> c2.
40. Разрешимость уравнения Au = f при любом f ∈ H есть лишьиная формулировка отмеченного выше факта о том, что R
(A)
=
D(G) = H. Действительно, если f ∈ H, то f ∈ R(A)
и, значит, су-
ществует такой элемент u0 ∈ D(A), что Au0 = f . Единственность ре-
шения есть следствие свойства A 0. 2
Замечание 1.5.3. Для любого элемента u ∈ D(A)
и любого элементаv ∈ HA имеет место тождество(
Au, v)
= (u, v)A. 2 (1.71)
42
Действительно, если u ∈ D(A)
и f = Au, то из соотношения
(f, v) = (u, v)A, ∀v ∈ HA,
следует соотношение (1.71). Одновременно получаем, что обычное ре-шение из D
(A)
уравнения Au = f есть обобщенное решение уравненияAu = f .
Определение 1.5.5. Построенное выше расширение A оператора Aназывается его расширением по Фридрихсу. 2
Отметим еще раз, что так как здесь R(A)
= D(G) = H, то рас-ширение по Фридрихсу оператора A является его самосопряженнымрасширением. Таким образом, итогом рассмотрения этого параграфаявляется следующее утверждение.
Теорема 1.5.5. Положительно определенный оператор A можно рас-ширить (по Фридрихсу) до самосопряженного положительно опреде-ленного оператора A с той же точной нижней гранью. 2
Далее нам понадобится следующий факт.
Лемма 1.5.5 (вспомогательная). Элемент u0 ∈ H принадлежитэнергетическому пространству HA оператора A 0 тогда и толькотогда, когда существует последовательность uk∞k=1 ⊂ D (A) такая,что
‖uk − uj‖A → 0 (k, j →∞), ‖uk − u0‖ → 0 (k →∞). (1.72)
Доказательство. 10. Необходимость. Пусть u0 ∈ HA. Докажем,что выполнены свойства (1.72). Так как D (A) плотно в HA, то суще-ствует последовательность uk∞k=1 ⊂ D (A) такая, что ‖uk − u0‖A →0 (k → ∞). Эта сходящаяся последовательность, очевидно, фундамен-тальна в HA и потому ‖uk − uj‖A → 0 (k, j → ∞). Далее, соотношение‖uk − u0‖ → 0 (k → ∞) следует из свойства A 0, т.е. из неравенства‖uk − u0‖ 6 c−1‖uk − u0‖A.
20. Достаточность. Если выполнены условия (1.72), то последова-тельность uk∞k=1 ⊂ D (A) фундаментальна в HA и потому имеет пре-дел u0 ∈ HA ⊂ H. Тогда снова имеем свойство ‖uk − u0‖ → 0 (k →∞).Отсюда из второго условия (1.72) имеем u0 = u0 ∈ HA. 2
Теорема 1.5.6. Энергетические пространства HA и HA оператораA 0 и его расширения A (по Фридрихсу) совпадают.
43
Доказательство. 10. (HA ⊂ HA) Покажем, что любой элемент u0 изHA принадлежит HA и его нормы в обоих пространствах одинаковы.
а) Если u0 ∈ D (A) ⊂ HA, то (в силу свойства A ⊂ A) u0 ∈ D(A)⊂
HA, при этом
‖u0‖2A = (Au0, u0) = (Au0, u0) = ‖u0‖2A . (1.73)
б) Пусть теперь u0 ∈ HA ⊂ H и u0 /∈ D (A). Тогда по определениюHA
существует последовательность uk∞k=1, uk ∈ D (A), такая, что uk → u0
в HA (тогда uk −u0 → 0 в H), ‖uk − uj‖A → 0. Но, если uk, uj из D (A),
то uk, uj из D(A)
и
‖uk − uj‖2A = (A (uk − uj) , uk − uj) =
=(A (uk − uj) , uk − uj
)= ‖uk − uj‖2A → 0.
(1.74)
Отсюда и из uk → u0 (в H) согласно вспомогательной лемме 1.5.5 полу-чаем, что предельный элемент u0 ∈ HA, при этом ‖uk − u0‖A → 0 (k →∞). Имеем: ‖uk − u0‖A → 0 (по выбору uk), ‖uk − u0‖A → 0 (k → ∞),откуда получаем
‖u0‖A = limk→∞
‖uk‖A = limk→∞
‖uk‖A = ‖u0‖A .
20. (HA ⊂ HA) Убедимся теперь, что из соотношения u0 ∈ HA вы-текает соотношение u0 ∈ HA и равенство энергетических норм. Еслиu0 ∈ HA, то существует последовательность uk∞k=1 ⊂ D
(A)⊂ HA,
для которой ‖uk − u0‖A → 0 (k →∞). Отсюда получаем, что по вспо-могательной лемме 1.5.5
‖uk − u0‖ → 0 (k →∞), ||uk − um||A → 0 (k,m→∞).
Так как uk ∈ HA, то по первой части доказательства этой теоремыuk ∈ HA. Значит uk − um ∈ HA и одновременно HA. Поэтому согласноформуле (1.73) (при u0 = uk − um) имеем совпадение энергетическихнорм:
‖uk − um‖A = ‖uk − um‖A → 0.
Тогда вместе с соотношением uk → u0 (в H) по вспомогательной лемме1.5.5 имеем u0 ∈ HA и совпадение норм (как и в п.10).
Теорема доказана. 2
44
В заключение этого параграфа докажем сформулированную ранеетеорему 1.4.2 о сепарабельности энергетического пространства HA.
Доказательство теоремы 1.4.2.10. Если энергетическое пространство HA для A 0 сепарабельно,
то в нем существует счетное плотное множество ψk∞k=1. Докажем, чтооно плотно в исходном пространстве H. Пусть u0 ∈ H – произвольныйэлемент. Так как HA плотно в H, то при любом ε > 0 найдется элементu∗ ∈ HA, такой, что ‖u0 − u∗‖ < ε/2. Далее, из свойства плотности мно-жества ψk∞k=1 в HA следует, что найдется такой номер k0 ∈ N, что‖u∗ − ψk0‖A < εc/2, где c > 0 – постоянная положительной определен-ности для A. Тогда
‖u0 − ψk0‖ 6 ‖u0 − u∗‖+ ‖u∗ − ψk0‖ 6
6 ‖u0 − u∗‖+ ‖u∗ − ψk0‖A c−1 <
ε
2+ε
2= ε.
20. Если пространство H сепарабельно и потому в нем имеетсяполная последовательность fk∞k=1 ⊂ H, то по ней можно постро-ить последовательность обобщенных решений uk∞k=1 ⊂ HA уравненийAuk = fk.
Покажем, что последовательность uk∞k=1 полна в HA. В самом де-ле, обозначим
Sn :=n∑
k=1
akuk, Tn :=n∑
k=1
akfk.
Используя соотношения (uk, η)A = (fk, η), ∀η ∈ HA, оценим для u ∈D(A) величину
‖u− Sn‖2A = (u− Sn, u− Sn)A = (Au, u− Sn)−n∑
k=1
ak (uk, u− Sn)A =
= (Au, u− Sn)−n∑
k=1
ak (fk, u− Sn) = (Au− Tn, u− Sn) 6
6 ‖Au− Tn‖ · ‖u− Sn‖ 6 ‖Au− Tn‖ · c−1 ‖u− Sn‖A .
Тогда‖u− Sn‖A 6 c−1 ‖Au− Tn‖ .
Так как fk∞k=1 – полная система в H, то по любому ε > 0 можно най-ти такие рациональные коэффициенты akn
k=1, что ‖Au− Tn‖ < εc, и
45
свойство полноты системы uk∞k=1 по отношению к D (A) доказано, таккак в предыдущих рассуждениях u ∈ D (A) – произвольный элемент.
Если теперь u = u0 ∈ HA и u0 /∈ D (A), то можно аппроксимироватьв норме HA элемент u0 близким ему элементом u∗ ∈ D (A), а этот по-следний, как выше, с помощью линейных комбинаций Sn =
∑nk=1 akuk
с рациональными коэффициентами ak. Это и есть искомое счетное иплотное в HA множество. 2
1.6 Метод Ритца приближенного решенияоператорного уравнения
Сейчас будет обсужден простой метод построения приближенных ре-шений уравнения Au = f , основанный на переходе к конечномернымподпространствам из HA.
1.6.1 Минимизирующая последовательность и еесходимость
Вернемся к рассмотрению квадратичного функционала энергии
F (u) = (u, u)A − 2(f, u), u ∈ HA, (1.75)
определенного на элементах энергетического пространства HA. Точкаu0 ∈ HA, на которой реализуется минимум этого функционала, даетобобщенное решение исходного уравнения
Au = f, f ∈ H. (1.76)
Возникает естественный вопрос: как построить приближенно обобщен-ное решение u0 задачи (1.76)?
Определение 1.6.1. Последовательность un∞n=1 ⊂ HA называетсяминимизирующей для функционала энергии F (u), если
limn→∞
F (un) = minu∈HA
F (u) = F (u0) = −‖u0‖2A . 2 (1.77)
Теорема 1.6.1. При A 0 всякая последовательность, минимизиру-ющая для функционала энергии, сходится по энергетической норме кобобщенному решению u0 задачи (1.76).
46
Доказательство. Из формул (1.50) и (1.77) и из условия теоремыимеем
F (un) = ‖un − u0‖2A − ‖u0‖2A → −‖u0‖2A (n→∞).
Поэтому
‖un − u0‖2A → 0 (n→∞), ‖un − u0‖ → 0 (n→∞). 2
Эта простая теорема лежит в основе многих приближенных методовнахождения обобщенного решения u0.
1.6.2 Процесс РитцаОсновная идея решения задачи (1.76) состоит в аппроксимации реше-ния u0 линейными комбинациями так называемых координатных эле-ментов.
Определение 1.6.2. Выберем последовательность элементовϕk∞k=1, удовлетворяющих следующим трем условиям:
1) ϕk ∈ HA, k ∈ N; 2) при любом n элементы ϕknk=1 линейно
независимы; 3) последовательность ϕk∞k=1 полна в HA.Назовем, следуя Ритцу, элементы ϕk – координатными, а всю си-
стему ϕk∞k=1 – координатной системой. 2
Метод Ритца состоит в том, что минимум функционала F (u) ищет-ся не на всем HA, а на его конечномерных подпространствах H(n)
A , на-тянутых на элементы ϕ1, . . . , ϕn; затем осуществляется предельныйпереход при n→∞.
Представим приближенное решение задачи о минимуме функциона-ла (1.75) в виде
u = u(n) =n∑
k=1
akϕk ∈ H(n)A , (1.78)
где ϕk – координатные элементы и ak – постоянные, подлежащие опре-делению. Подставим u(n) вместо u в функционал F (u); это превратитфункционал энергии в функцию n независимых переменных a1, . . . an:
F (u(n)) =
n∑k=1
akϕk,
n∑j=1
ajϕj
A
− 2
f, n∑j=1
ajϕj
=
=n∑
k,j=1
akaj(ϕk, ϕj)A − 2n∑
j=1
aj(f, ϕj).
(1.79)
47
Выберем теперь ak так, чтобы F (u(n)) приняла минимальное значе-ние. Это приведет, как сейчас будет видно, к системе из n линейныхалгебраических уравнений с неизвестными ak, k = 1, 2, . . . , n.
В точке минимума функционала F (u(n)) =: Φ(a1, . . . , an) имеем
∂F (u(n))∂aj
=∂Φ(a1, . . . , an)
∂aj= 0, j = 1, . . . , n, (1.80)
и эти условия дают соотношения
∂F (u(n))∂aj
= 2n∑
k=1
(ϕk, ϕj)Aak − 2(f, ϕj) = 0, j = 1, . . . , n.
Таким образом, приходим к системе Ритца:n∑
k=1
(ϕk, ϕj)Aak = (f, ϕj), j = 1, . . . , n. (1.81)
Если координатные элементы ϕk ∈ D (A), то элементы матрицы Ритцав (1.81) можно вычислить по формулам
(ϕk, ϕj)A = (Aϕk, ϕj) = (ϕj , ϕk)A, k, j = 1, . . . , n. (1.82)
Видно, что матрица Ритца обладает свойством симметрии. Болеетого, ее определитель
det ((ϕj , ϕk)A)nk,j=1 (1.83)
есть определитель Грама линейно независимых элементов ϕk ∈ HA,k = 1, n, и потому отличен от нуля. Отсюда следует, что система уравне-ний Ритца (1.81) всегда разрешима, если A 0. Найдя коэффициентыak = a
(n)k и подставив их в (1.78), получим элемент u(n), который будем
называть приближенным по Ритцу решением уравнения (1.76).Наиболее просто система (1.81) выглядит в том случае, когда эле-
менты ϕk = vk ортонормированы в HA, т.е.
(vk, vj)A = δkj , k, j = 1, . . . , n. (1.84)
Тогда решение системы уравнений (1.81) таково
aj = (f, vj), j = 1, . . . , n, (1.85)
а приближенное решение
u(n) =n∑
k=1
(f, vk)vk → u0 =∞∑
k=1
(f, vk)vk (k →∞) (1.86)
48
представляет собой отрезок ряда Фурье для u0 ∈ HA по ортонормиро-ванной в HA системе vk∞k=1 (см. теорему 1.4.3). В этом случае, оче-видно, ∥∥∥u0 − u(n)
∥∥∥A→ 0 (n→∞), (1.87)
т.е. приближенное по Ритцу решение сходится к искомому обобщенномурешению u0 ∈ HA.
1.6.3 Теорема о сходимости процесса Ритца
Покажем теперь, что и в общей ситуации свойство (1.87) имеет место.
Теорема 1.6.2. Для положительно определенного оператора A при-ближенные по Ритцу решения u(n) при n → ∞ сходятся к точномуобобщенному решению u0 как в HA, так и в H.
Доказательство. Последовательность u(n) приближенных по Ритцурешений u(n) =
∑nk=1 akϕk не изменится, если координатные элемен-
ты ϕk в представлении (1.78) подвергнуть линейному невырожденномупреобразованию с треугольной матрицей. Так будет, в частности, еслиосуществить известный процесс Шмидта ортогонализации последова-тельности ϕk∞k=1 в пространстве HA.
Именно, поступим следующим образом. Заменим элементы ϕk но-выми элементами vj по формулам
v1 = b11ϕ1, v2 = b21ϕ1 + b22ϕ2, . . . , vj =j∑
k=1
bjkϕk, (1.88)
в которых все постоянные bkk 6= 0 (треугольное преобразование невы-рождено!). Тогда
u(n) =n∑
k=1
akϕk =n∑
j=1
αjvj =
=n∑
j=1
αj
j∑k=1
bjkϕk =n∑
k=1
ϕk
n∑j=k
αjbjk,
(1.89)
т.е.
ak =n∑
j=k
αjbjk. (1.90)
49
Так как элементы ϕk линейно независимы, то элементы vj можновыбрать ортонормированными в HA, и тогда
u(n) =n∑
k=1
akϕk =n∑
j=1
αjvj =n∑
k=1
(f, vk)vk → u0 ( в HA, n→∞) .
Здесь последний переход∑∞
k=1(f, vk)vk → u0 ( в HA) уже установленранее (см. (1.87)). Заметим в заключение, что из сходимости u(n) → u0
в HA следует сходимость u(n) → u0 в H (почему?). 2
Замечание 1.6.1. Если система Ритца (1.81) для данного n уже по-строена и по тем или иным причинам желательно получить менее точ-ное приближение, не содержащее некоторых координатных функций,то коэффициенты ak, соответствующие этому менее точному прибли-жению, найдутся из системы, которая получается из системы (1.81)усечением, т.е. вычеркиванием строк и столбцов, соответствующих от-брошенным координатным функциям. 2
Замечание 1.6.2. Требование полноты координатной системы ϕk∞k=1
в пространстве HA не вполне необходимо. Достаточно лишь потребо-вать, чтобы эта система была полна в классе обобщенных решений.Например, если известно, что искомая функция четная относительнокакой-либо из независимых переменных, то можно брать в качествекоординатных функций только четные относительно этой переменной,и достаточно, чтобы выбранная система координатных функций былаполна в классе четных (по этой переменной) функций из HA. 2
1.6.4 ПримерыЗдесь будут рассмотрены примеры применения метода Ритца для од-номерных и многомерных краевых задач.
Пример 1.6.1. В задаче
Au := −u′′ + u = f(x), −1 < x < 1, u(−1) = u(1) = 0,
D (A) := u(x) ∈ L2(−1, 1) : u′′(x) ∈ L2(−1, 1), u(−1) = u(1) = 0 ,
при четной f(x) решение u(x), очевидно, также будет четной функцией.Поэтому в качестве координатных функций в методе Ритца достаточновзять функции ϕk(x) вида
ϕk(x) = x2(k−1)(1− x2), k = 1, 2, ...;
50
они удовлетворяют краевым условиям и образуют полную системуфункций в классе четных функций из энергетического пространстваHA с квадратом нормы
(u, u)A :=
1∫−1
[|u′(x)|2 + |u(x)|2
]dx, u(−1) = u(1) = 0. 2
Упражнение 1.6.1. Выписать систему Ритца (1.81) в рассматривае-мом случае. 2
Пример 1.6.2. Рассмотрим в прямоугольнике Π := (0, a) × (0, b) сме-шанную краевую задачу для уравнения
Au := −∆u+ u = f(x, y), (x, y) ∈ Π,
D (A) := u(x, y) ∈ L2(Π) : ∆u ∈ L2(Π), u(0, y) = u(a, y) = 0,∂u
∂y(x, 0) =
∂u
∂y(x, b) = 0.
Здесь в качестве координатных функций можно выбрать функции
ϕkj(x, y) = sinπkx
acos
πjy
b, k = 1, 2, . . . , j = 0, 1, . . . ,
представляющие собой произведение ортогональных соответственно вL2(0, a) и L2(0, b) полных систем функций
sin πkx
a
∞k=1
иcos πjy
b
∞j=0
,удовлетворяющих краевым условиям рассматриваемой задачи. 2
Упражнение 1.6.2. Получить выражение для энергетического ска-лярного произведения в HA и выписать систему Ритца в рассматрива-емом случае. 2
Замечание 1.6.3. В рассмотренном втором примере в качестве систе-мы координатных функций взята система собственных функций опера-тора A; если в задаче выбрать такую систему затруднительно, то мож-но просто взять совокупность многочленов от двух переменных, причемнеобходимо удовлетворить требованию главных краевых условий. На-пример, можно взять систему
ϕkj(x, y) = x(x− a)Pkj(x, y), k, j = 0, 1, 2, . . . ,
где Pkj(x, y) := xkyj ; эти функции образуют полную линейно независи-мую систему и в H = L2(Π), и в HA. 2
Вопрос о выборе координатной системы функций является доста-точно сложной и весьма ответственной задачей; он требует серьезногоизучения и рассмотрения многих типичных ситуаций.
51
Глава 2
Спектральная теорияположительноопределенных операторов
2.1 Задача на собственные значения
Пусть A – линейный неограниченный положительно определенный опе-ратор, действующий в комплексном сепарабельном гильбертовом про-странстве H и заданный на плотной в H области определения D (A).Многие задачи математической физики, связанные с проблемами коле-баний гидродинамических и других систем, в общем виде могут бытьсформулированы как задачи о нахождении нетривиальных решенийуравнения
Au = λu, u ∈ D (A) ⊂ H, λ ∈ C. (2.1)
2.1.1 Определения
Напомним некоторые известные из курса функционального анализаопределения, связанные с задачей (2.1).
Определение 2.1.1. Если при λ ∈ C оператор Rλ(A) := (A− λI)−1
существует, ограничен и определен на всем H, то говорят, что λ –регулярная точка оператора A и пишут λ ∈ ρ(A). 2
52
Множество ρ(A) всех регулярных точек оператора A открыто, егоназывают резольвентным множеством оператора A, а Rλ(A) – резоль-вентой для A.
Определение 2.1.2. Спектром σ(A) оператора A называется мно-жество σ(A) = C \ ρ(A). 2
Cпектр оператора – замкнутое множество.
Определение 2.1.3. Точки λ0 ∈ σ(A), в которых оператор Rλ0(A) :=(A− λ0I)
−1 не существует, называют собственными значениями опе-ратора A. 2
В этом случае ядро Ker(A − λ0I) 6= 0, т.е. существует ненулевойэлемент u0 ∈ H такой, что Au0 = λ0u0. Этот элемент u0 называют соб-ственным элементом оператора A, отвечающим собственному значе-нию λ = λ0.
Определение 2.1.4. Совокупность всех собственных элементов опе-ратора A, отвечающих данному собственному значению λ0, образу-ет собственное подпространство Zλ0 = Ker(A − λ0I) оператора A;размерность dimZλ0 этого собственного подпространства называет-ся собственной кратностью собственного значения λ0. Совокупностьвсех изолированных конечнократных собственных значений оператораA называют дискретным спектром оператора A и обозначают σd(A),а совокупность всех собственных значений называют собственным(точечным) спектром оператора A (σp(A)). 2
Замечание 2.1.1. Для произвольного линейного (аддитивного и одно-родного) оператора A, заданного на плотном в H множестве D (A), вспектре σ(A) оператора A выделяют также непрерывный спектр σc(A)и остаточный спектр σr(A), и весь спектр σ(A) разбивается, таким об-разом, на непересекающиеся множества:
σ(A) = σp(A) ∪ σc(A) ∪ σr(A). (2.2)
Если оператор A самосопряжен в H, то у него остаточный спектр от-сутствует: σr(A) = ∅. 2
2.1.2 Свойства собственных значений и собственныхэлементов самосопряженного оператора
При рассмотрении спектральных задач вида (2.1) естественно пользо-ваться положениями теории комплексных, а не вещественных гильбер-товых пространств. Как известно, в таких пространствах H скалярное
53
произведение при перестановке порядка сомножителей меняется на ком-плексно сопряженное выражение:
(u, v) = (v, u). (2.3)
Например, в L2(Ω) скалярное произведение вводится для комплекс-нозначных функций u(x) = u1(x)+ iu2(x), x ∈ Ω, и v(x) = v1(x)+ iv2(x)по закону
(u, v) :=∫Ω
u(x)v(x) dΩ; (2.4)
оно, очевидно, обладает свойством (2.3).Свойства решений задачи (2.1) при A 0 сформулируем в виде
утверждений, которые предложим доказать самостоятельно.
Упражнение 2.1.1. Доказать, что собственные значения λ симмет-ричного оператора A вещественны. 2
Упражнение 2.1.2. Если оператор A положительно определен, т.е.(Au, u) > c2(u.u) при u ∈ D (A), то для всех его собственных значенийλ выполнено неравенство λ > c2. 2
Упражнение 2.1.3. Собственные элементы симметричного оператора,отвечающие различным собственным значениям, ортогональны. 2
Упражнение 2.1.4. В сепарабельном гильбертовом пространстве Hсимметричный оператор A может иметь не более чем счетное множествособственных значений. 2
Замечание 2.1.2. Если одному собственному значению отвечаетнесколько линейно независимых собственных элементов, то их мож-но подвергнуть процессу ортогонализации Шмидта. После этого всесобственные элементы можно нормировать в H. Отсюда следует та-кой важный вывод: собственные элементы uk(A)∞k=1 симметричногооператора A образуют ортонормированную систему, при этом
(uk(A), uj(A)) = δkj , (uk(A), uj(A))A = λkδkj , (2.5)
а в последовательности λk(A)∞k=1 собственных значений оператора Aлюбое собственное значение λj(A) повторяется столько раз, какова егократность. 2
54
Упражнение 2.1.5. Пусть uk(A) ∈ HA (k = 1, 2, ...) – совокупностьсобственных элементов оператора A 0, образующих ортонормиро-ванный базис в H. Показать, что в этом случае обобщенное решениеu0 ∈ HA задачи Au = f при f ∈ H представимо в виде ряда
u0 =∞∑
k=1
λ−1k (A)(f, uk)uk, (2.6)
где λk(A) – собственные значения оператора A. 2
2.1.3 Обобщенный собственный спектр положитель-но определенного оператора
Для положительно определенного оператора A по аналогии с понятиемобобщенного решения операторного уравнения Au = f вводится по-нятие обобщенного собственного элемента оператора A и обобщенногособственного значения.
Если Au = λu =: f , 0 6= u ∈ D (A), то при любом v ∈ HA:
(u, v)A = λ(u, v) (2.7)
Определение 2.1.5. Элемент u ∈ HA и число λ ∈ R назовем обобщен-ным собственным элементом и обобщенным собственным значениемоператора A 0, если они удовлетворяют тождеству (2.7) при лю-бом v ∈ HA. 2
Замечание 2.1.3. Обобщенный собственный элемент u = u0, отвечаю-щий обобщенному собственному значению λ0, не всегда является обыч-ным собственным элементом. Так будет, если u0 ∈ D (A). Действительнов этом случае из (2.7) имеем
(u0, v)A − λ0(u0, v) = (Au0 − λ0u0, v) = 0
для всех элементов v из плотного в H множества HA. Поэтому Au0 =λ0u0, т.е. u0 – обычный собственный элемент, а λ0 – обычное собственноезначение. 2
Теорема 2.1.1. Число λ0 ∈ R и элемент u0 ∈ HA тогда и только то-гда являются обобщенными собственным значением и собственнымэлементом положительно определенного оператора A, когда они яв-ляются обычными собственным значением и собственным элементомрасширения A оператора A по Фридрихсу.
55
Доказательство. 1) Необходимость. Пусть λ0 и u0 ∈ HA – обобщен-ное собственное значение и обобщенный собственный элемент оператораA; тогда
(u0, v)A = λ0(u0, v) =: (f, v), ∀v ∈ HA.
Отсюда получаем, что элемент u0 ∈ HA реализует минимум функцио-нала
F (u) := (u, u)A − 2(f, u), ∀u ∈ HA.
Но тогда по предыдущему u0 ∈ D(A)
и Au0 = f = λ0u0, т.е. λ0 и u0 –
собственное значение и собственный элемент оператора A.2) Достаточность. Если Au0 = λ0u0, то при любом v ∈ HA = HA
имеем
(u0, v)A = λ0(u0, v);
однако (u0, v)A = (u0, v)A для ∀u0, v ∈ HA, и потому λ0 и u0 – обобщен-ные собственное значение и обобщенный собственный элемент операто-ра A. 2
Замечание 2.1.4. Так как оператор A ⊃ A симметричен и положи-тельно определен в H, то свойства собственных значений и собственныхэлементов оператора A – те же, что сформулированы в упражнениях2.1.1-2.1.4. В дальнейшем слово обобщенные для краткости просто бу-дем опускать, имея в виду, что при необходимости используются соб-ственные элементы не оператора A, а его расширения по Фридрихсу A.2
2.2 Вариационная формулировка задачи особственном спектре
Здесь будут приведены вариационные принципы и теоремы о нахожде-нии первого и последующих собственных значений и собственных эле-ментов оператора A. Так как собственный спектр положительно опреде-ленного оператора A вещественный (и положительный), а собственныеэлементы можно выбирать "вещественными то можно снова считать,что H – вещественное гильбертово пространство.
56
2.2.1 Вариационный принцип для первого собствен-ного значения
Если u ∈ D (A) – собственный элемент оператора A, отвечающий соб-ственному значению λ, то
λ =(Au, u)(u, u)
=‖u‖2A‖u‖2
> inf0 6=u∈HA
(‖u‖2A‖u‖2
)=: d > c2 (2.8)
Теорема 2.2.1. Если существует элемент u1 ∈ HA, на котором до-стигается нижняя грань d отношения (2.8), то число λ1 = d естьнаименьшее обобщенное собственное значение оператора A, а u1 – от-вечающий этому значению обобщенный собственный элемент.
Доказательство. Если нижняя грань (2.8) достигается на u1, то этоозначает, что (при нормировке ‖u1‖ = 1)
u1 ∈ HA, ‖u1‖2A = d =: λ1. (2.9)
Возьмем произвольный элемент v ∈ HA, t ∈ R, и составим отношение
‖u1 + tv‖2A‖u1 + tv‖2
=: ϕ(t). (2.10)
Так как функция ϕ(t) достигает минимума при t = 0, то ϕ′(0) = 0, т.е.
d
dt
((u1, u1)A + 2t(u1, v)A + t2(v, v)A
(u1, u1) + 2t(u1, v) + t2(v, v)
) ∣∣t=0
= 0.
Тогда2(u1, v)A(u1, u1)− 2(u1, v)(u1, u1)A = 0,
т.е., с учетом (2.9),
(u1, v)A = λ1(u1, v), ∀v ∈ HA. (2.11)
Это равенство показывает, что λ1 и u1 ∈ HA – обобщенные собственноезначение и собственный элемент оператора A.
То, что λ1 = d – наименьшее из возможных собственных значенийоператора A, вытекает из (2.8). 2
57
2.2.2 Вариационный принцип для последующих соб-ственных значений
Допустим, что наименьшее собственное значение λ1 = d и соответствую-щий собственный элемент u1 ∈ HA уже найдены. Как найти следующеесобственное значение λ2 > λ1 и собственный элемент u2? Из предыду-щего ясно, что λ2 нужно искать среди значений отношения Рэлея
‖u‖2A‖u‖2
на элементах u, ортогональных к u1 (в H и в HA).Обозначим черезH(1) подпространство пространстваH, ортогональ-
ное к элементу u1 6= 0, а через H(1)A – подпространство, ортогональное
к u1 в HA.
Упражнение 2.2.1. Доказать, что H(1)A = HA ∩H(1).
Решение. 1) Если u ∈ HA ∩H(1), то
(u1, u)A = λ1(u1, u) = 0,
так как по условию (u1, u) = 0 для ∀u ∈ H(1). Значит, u ∈ H(1)A .
2) Если (u1, u)A = 0 для ∀u ∈ H(1)A , то
(u1, u) = λ−11 (u1, u)A = 0,
т.е. u ∈ H(1) и u ∈ HA. 2
Если известны попарно ортогональные собственные элементыu1, . . . , un, то можно ввести подпространства H(n) и H(n)
A пространств Hи HA, соответственно, ортогональные (каждое в своем скалярном про-изведении) к u1, . . . , un. Аналогично упражнению 2.2.1 устанавливается,что
H(n)A = HA ∩H(n). (2.12)
Теорема 2.2.2. Пусть для оператора A 0 известны n первых соб-ственных значений 0 < c2 6 d = λ1 6 . . . 6 λn и соответствующих импопарно ортогональных (как в H, так и в HA) собственных элементовu1, . . . , un. Пусть
λn+1 := infu∈H
(n)A
‖u‖2A , ‖u‖ = 1. (2.13)
58
Если эта нижняя грань достигается на некотором элементе un+1,то λn+1 – собственное значение оператора A, непосредственно следу-ющее за λn, а элемент un+1 есть собственный элемент оператора A,отвечающий числу λn+1.
Доказательство. Проведем те же рассуждения, как и при доказа-тельстве теоремы 2.2.1. Вместо (2.11) здесь придем к тождеству
(un+1, v)A = λn+1(un+1, v), ∀v ∈ H(n)A . (2.14)
Если w ∈ HA – произвольный элемент, а ‖uk‖ = 1, k = 1, . . . , n, тоэлемент
v = w −n∑
k=1
(w, uk)uk ∈ H(n)A
(проверьте!)Подставив такой v в (2.14) и учитывая, что (un+1, uk)A =
(un+1, uk) = 0 (k = 1, . . . , n), имеем
(un+1, w)A = λn+1 (un+1, w) , ∀w ∈ HA.
Отсюда и следует утверждение теоремы. 2
Замечание 2.2.1. Теоремы 2.2.1 и 2.2.2 имеют условный характер;из них следует, что задачу на собственные значения для оператора Aможно заменить равносильной ей вариационной задачей о нахождениипоследовательных минимумов отношения Рэлея ||u||2A/||u||2 в подпро-странствах H(n)
A либо задачей (2.13). При этом предполагается, что со-ответствующие нижние грани достигаются на некоторых элементах изHA. 2
2.2.3 Минимизирующая последовательность для -наименьшего собственного значения
Здесь будет приведено достаточное условие того, что существует эле-мент u1 ∈ HA, на котором реализуется нижняя грань функционала Рэ-лея и потому существуют (по теореме 2.2.1) обобщенный собственныйэлемент и наименьшее обобщенное собственное значение оператора A.
Теорема 2.2.3. Пусть wn∞n=1 ⊂ HA – минимизирующая последо-вательность для функционала ‖w‖2A, рассматриваемого на элемен-тах w ∈ HA с ‖w‖ = 1. Если из этой последовательности мож-но выделить сходящуюся в H подпоследовательность vk := wnk
, то
59
λ1 = d = inf0 6=u∈HA
‖w‖2A (‖w‖ = 1) есть наименьшее собственное значе-
ние оператора A, а предел (в H) u1 := limk→∞
wnkвыделенной подпоследо-
вательности wnkесть соответствующий (обобщенный) собственный
элемент.
Доказательство. а) Введем сходящуюся вH подпоследовательностьvk = wnk
, которая, очевидно, также будет минимизирующей для функ-ционала ‖w‖2A. Тогда элементы vk обладают следующими свойствами:
1) vk ∈ HA; 2) ‖vk‖ = 1; 3) limk→∞
||vk||2A = d = λ1; 4) существует эле-
мент u1 ∈ H такой, что ‖vk − u1‖ → 0 (k →∞). Наша цель – доказать,что u1 ∈ HA и что ‖u1‖2A = λ1.
б) Пусть t ∈ R – произвольное число и ηk ∈ HA – произвольныйэлемент. Для vk + tηk имеем
‖vk + tηk‖2A‖vk + tηk‖2
> inf0 6=u∈HA
‖u‖2A‖u‖2
= d = λ1.
Тогда(vk + tηk, vk + tηk)A − λ1(vk + tηk, vk + tηk) =
= t2‖ηk‖2A − λ1 ‖ηk‖2
+ 2t (vk, ηk)A − λ1(vk, ηk)+
+‖vk‖2A − λ1 ‖vk‖2
> 0.
Поскольку квадратный относительно t трехчлен неотрицателен, тоего дискриминант неположителен и потому
|(vk, ηk)A − λ1(vk, ηk)| 6√‖ηk‖2A − λ1 ‖ηk‖2
√‖vk‖2A − λ1
(‖vk‖ = 1). Отсюда
|(vk, ηk)A − λ1(vk, ηk)| 6 ‖ηk‖A
√‖vk‖2A − λ1. (2.15)
в) До сих пор элементы ηk ∈ HA были произвольны. Потребуемтеперь, чтобы они были ограничены в совокупности, т.е.
‖ηk‖A 6 C, ∀k ∈ N. (2.16)
Тогда из неравенства (2.15) имеем
|(vk, ηk)A − λ1(vk, ηk)| 6 C
√‖vk‖2A − λ1. (2.17)
60
Здесь правая часть стремится к нулю при k →∞, поэтому стремит-ся к нулю и левая часть и притом равномерно относительно выбораэлементов ηk, удовлетворяющих условиям (2.16).
г) Выберем в качестве ηk элементы
ηk = vk − vm,
где номерm произволен, а k →∞. Так как последовательность ‖vk‖2A →λ1 и потому ограничена, т.е. ‖vk‖A 6 M , то ‖ηk‖A 6 2M =: C. Тогда изнеравенства (2.17) следует, что
limk→∞
[(vk, vk − vm)A − λ1(vk, vk − vm)] = 0,
причем стремление к нулю равномерное относительноm ∈ N. Но тогдаможно перейти к пределу при m→∞. Получим
limk,m→∞
[(vk, vk − vm)A − λ1(vk, vk − vm)] = 0.
д) Так как здесь номера k и m равноправны, то
limk,m→∞
[(vm, vk − vm)A − λ1(vm, vk − vm)] = 0.
Вычитая из первого соотношения второе, имеем
limk,m→∞
[‖vk − vm‖2A − λ1‖vk − vm‖2
]= 0.
е) Поскольку по условию имеем ‖vk − vm‖ → 0 (k,m → ∞), то от-сюда получаем, что последовательность vk фундаментальна и в HA,поэтому, если vk → u1 (в H), то vk → u1 ∈ HA (вспомним лемму 1.5.5).Значит,
‖u1‖2A = limk→∞
‖vk‖2A = d = λ1, ‖u1‖ = limk→∞
‖vk‖ = 1.
Итак, существует элемент u1 ∈ HA такой, что на нем достигаетсянижняя грань функционала ‖u‖2A при условии ‖u‖ = 1. По теореме2.2.1 получаем, что d = λ1 есть наименьшее собственное значение, а u1
– соответствующий собственный элемент оператора A. 2
2.3 Основные теоремы о спектреВ этом параграфе будет сформулирован и доказан признак, позволяю-щий установить дискретность спектра в основной задаче
Au = λu, A 0, u ∈ D (A) ⊂ H. (2.18)
61
2.3.1 Определение дискретного спектраДопустим, что построены первые n собственных значений оператора A,т.е. числа λ1 6 . . . 6 λn, а также отвечающие им ортонормированные вH собственные элементы ukn
k=1. Рассмотрим функционал
Φn(u) := ‖u‖2A , u ∈ H(n)A , ‖u‖ = 1. (2.19)
Обозначимλn+1 = inf
0 6=u∈H(n)A
‖u‖2A , ‖u‖ = 1. (2.20)
Если для функционала (2.19) построена минимизирующая последо-вательность и из нее выделена подпоследовательность, сходящаяся вH, то, как и в предыдущей теореме 2.2.3, доказывается, что λn+1 естьn + 1–ое собственное значение, а предел un+1 выделенной подпоследо-вательности – это n+ 1–й собственный элемент задачи (2.18).
Таким образом, рассматривая задачи (2.19) в пространствахH(n)
A , n = 1, 2, . . ., можно находить числа λn и собственные элементыun.
Определение 2.3.1. Будем говорить, что оператор A 0 имеетдискретный спектр σd(A) = σ(A), если:
10. Оператор A имеет бесконечную последовательность собствен-ных значений λk∞k=1, каждое из которых не более чем конечнократ-но, а lim
k→∞λk = +∞. Обычно число λk в последовательности λk∞k=1
повторяется столько раз, какова его кратность, и тогда имеем
0 < λ1 6 . . . 6 λk 6 . . . , λk → +∞ (k →∞). (2.21)
20. Последовательность собственных элементов uk∞k=1, отвеча-ющих собственным значениям λk∞k=1, полна в H.
2.3.2 Теорема о дискретности спектраВ данном пункте будет установлен основной результат этого параграфа.
Теорема 2.3.1. Пусть для A 0 выполнено условие компактностивложения
HA ⊂→⊂→ H, (2.22)
т.е. всякое множество, ограниченное в HA, компактно в H (опера-тор вложения компактен, или вполне непрерывен). Тогда обобщенныйспектр этого оператора дискретен.
62
Доказательство теоремы проведем по этапам.10. Рассмотрим число
λ1 = inf0 6=u∈HA
‖u‖2A , ‖u‖ = 1,
и построим для него минимизирующую последовательностьv(1)j
∞j=1
.
Это значит, что v(1)j ∈ HA,
∥∥∥v(1)j
∥∥∥ = 1,∥∥∥v(1)
j
∥∥∥2
A→ λ1 (j → ∞). В
силу последнего условия имеем∥∥∥v(1)
j
∥∥∥2
A6 C (j ∈ N), т.е. минимизиру-
ющая последовательность ограничена в HA. Тогда по условию (2.22)она компактна в H и поэтому из нее можно выделить сходящуюся в Hподпоследовательность
v(1)jk
∞k=1
. По теореме 2.2.3 получаем, что пре-дел u1 ∈ HA этой подпоследовательности есть обобщенный собственныйэлемент, отвечающий наименьшему собственному значению λ1 задачи(2.18).
20. Аналогичным образом строим обобщенные собственные элемен-ты u2, . . . , un, опираясь на соответствующие задачи (2.20) в простран-ствах H(1)
A , . . . ,H(n−1)A . Этот процесс никогда не оборвется, так как по
предположению пространство H и плотное в нем пространство HA бес-конечномерны.
Итак, получены собственные значения
0 < c2 6 λ1 6 . . . 6 λk 6 . . . ,
а также отвечающие им собственные элементы
u1, . . . , uk, . . . ,
которые ортогональны в H и в HA и нормированы в H.30. Докажем, что
limk→∞
λk = +∞.
Допустим противное. Тогда монотонная последовательность λk∞k=1
ограничена: λk 6 M < ∞. В этом случае ‖uk‖A =√λk 6
√M < ∞,
т.е. совокупность собственных элементов uk∞k=1 ограничена в HA ипо условию теоремы компактна в H. Однако для ортонормирован-ной в H последовательности это невозможно: нельзя выделить фунда-ментальную подпоследовательность в силу соотношения ‖uk − uj‖2 =2 (∀k, j, k 6= j).
63
40. Покажем, что система uk∞k=1 полна (и ортогональна) в HA.Допустим противное и рассмотрим H(∞)
A – подпространство HA, орто-гональное всем собственным элементам uk∞k=1. Это подпространствопо предположению должно содержать отличные от нуля элементы. Обо-значим λ∞ = inf ‖u‖2A, 0 6= u ∈ H(∞)
A , ‖u‖ = 1. Тогда по предыдущемуλ∞ – собственное значение оператора A. Сравним λ∞ с λn; имеем
λ∞ > λn, так как H(∞)A ⊂ H(n)
A , ∀n = 1, 2, . . . .
Однако λn →∞ (n→∞), поэтому λ∞ > ∞, что нелепо, так как
λ∞ = inf ‖u‖2A <∞, ‖u‖ = 1, u ∈ H(∞)A 6= 0 .
Полученное противоречие доказывает полноту системы uk∞k=1 в HA.50. Докажем, что эта система полна в H. Если u0 ∈ HA, то согласно
40 для ∀ε > 0 найдется такая линейная комбинация∑N
k=1 akuk, что∥∥∥∥∥u0 −N∑
k=1
akuk
∥∥∥∥∥A
< εc,
где c > 0 – константа положительной определенности для A 0. От-сюда имеем ∥∥∥∥∥u0 −
N∑k=1
akuk
∥∥∥∥∥ 6 c−1
∥∥∥∥∥u0 −N∑
k=1
akuk
∥∥∥∥∥A
< ε.
Таким образом, система uk∞k=1 полна для совокупности элементовHA ⊂ H.
Если теперь u0 ∈ H – произвольный элемент, то для ∀ε > 0 найдется(в силу плотности HA в H) элемент u0 ∈ HA такой, что выполненосвойство
‖u0 − u0‖ <ε
2.
и, кроме того, ∥∥∥∥∥u0 −N∑
k=1
akuk
∥∥∥∥∥ < ε
2,
Тогда ∥∥∥∥∥u0 −N∑
k=1
akuk
∥∥∥∥∥ 6 ‖u0 − u0‖+
∥∥∥∥∥u0 −N∑
k=1
akuk
∥∥∥∥∥ < ε.
Теорема доказана полностью. 2
64
Замечание 2.3.1. По ходу доказательства теоремы было установленотакже (см. п. 30), что в последовательности λk∞k=1 число λk не мо-жет повторятся счетное число раз, т.е. каждое собственное значение λk
конечнократно. 2
Упражнение 2.3.1. Докажите сформулированное в замечании 2.3.1утверждение. 2
2.3.3 Представление положительно определенного -оператора и его дробных степеней с помощьюсобственных значений и базиса из собственныхэлементов
Пусть A 0, HA ⊂→⊂→ H, λk∞k=1 – дискретный спектр оператора A,а uk∞k=1 – ортонормированный вH базис из его собственных элементов(являющийся также и ортогональным базисом в HA).
Возьмем любой u ∈ D (A) и разложим его по базису uk∞k=1; имеем:u =
∑∞k=1(u, uk)uk. Так как Auk = λkuk, то формально получим
Au = A
( ∞∑k=1
(u, uk)uk
)=
∞∑k=1
λk(u, uk)uk. (2.23)
Обоснование этой формулы простое: если u ∈ D (A), то
Au =∞∑
k=1
(Au, uk)uk =∞∑
k=1
(u, uk)A uk =∞∑
k=1
λk (u, uk)uk;
здесь было использовано основное тождество для обобщенных собствен-ных элементов.
Так как ряд справа в (2.23) должен сходиться (поскольку при u ∈D (A) будет Au ∈ H), то отсюда следует описание D (A):
D (A) :=
u =
∞∑k=1
(u, uk)uk ∈ H :∞∑
k=1
λ2k |(u, uk)|2 <∞
. (2.24)
Аналогичным образом можно описать HA ⊂ H. Если u ∈ HA, u =∑∞k=1 (u, uk)uk, то
(u, u)A =
∞∑k=1
(u, uk)uk,
∞∑j=1
(u, uj)uj
A
=
65
=∞∑
j,k=1
(u, uk) (u, uj) (uk, uj)A =∞∑
k=1
λk |(u, uk)|2 <∞;
справедливо и обратное утверждение. Поэтому
HA =
u =
∞∑k=1
(u, uk)uk ∈ H :∞∑
k=1
λk |(u, uk)|2 <∞
. (2.25)
Введем теперь понятие дробных степеней оператора A 0, которыйбудем считать расширенным (по Фридрихсу) до самосопряженного. По-ложим по определению, что для u =
∑∞k=1 (u, uk)uk при α > 0 оператор
Aα действует по закону
Aαu :=∞∑
k=1
λαk (u, uk)uk. (2.26)
Как ясно из предыдущего, A1 = A, A0 = I и
D(Aα) :=
u =
∞∑k=1
(u, uk)uk :∞∑
k=1
λ2αk |(u, uk)|2 <∞
. (2.27)
Сравнивая (2.27) с (2.25), получаем, что
HA = D(A1/2) ⊂ H, (2.28)
и потомуD(A1/2) плотно вH. Аналогично можно установить, чтоD(Aα)плотно в H при любых α > 0.
Закон (2.26) распространяется и на значения α < 0. В этом случае,очевидно, D(Aα) совпадает со всем H, так как
∞∑k=1
λ2αk |(u, uk)|2 <∞ ∀u =
∞∑k=1
(u, uk)uk ∈ H,
поскольку∑∞
k=1 |(u, uk)|2 <∞ и при α < 0 числа λ2αk → 0 (k →∞).
Замечание 2.3.2. По дробным степеням Aα оператора A 0 с дис-кретным спектром строится шкала гильбертовых пространств Hα :=D(Aα/2), обладающая рядом замечательных свойств; такие шкалы при−∞ < α < ∞ применяются при исследовании многих задач математи-ческой физики. 2
Упражнение 2.3.2. Убедиться, что имеют место свойства
Aα+βu = Aα(Aβu) = Aβ(Aαu), ∀α, β ∈ R,
и установить, для каких элементов u эти свойства справедливы. 2
66
2.3.4 Снова о задачах с дискретным спектром
Покажем, что свойство дискретности спектра оператора A 0 связанос одним важным свойством обратного оператора A−1.
Теорема 2.3.2. Если оператор A 0 имеет дискретный спектр т.е.σ(A) = σd(A), то обратный оператор компактен: A−1 ∈ S∞.
Доказательство основано на том, что оператор A−1 можно предста-вить в виде суммы конечномерного оператора и оператора, как угодномалого по норме.
Если uk∞k=1 – ортонормированная в H система собственных эле-ментов оператора A, отвечающая дискретному спектру λk(A)∞k=1, то
A−1u =∞∑
k=1
(A−1u, uk
)uk =
=∞∑
k=1
(u,A−1uk
)uk =
∞∑k=1
λ−1k (u, uk)uk =
= G1u+G2u :=N∑
k=1
λ−1k (u, uk)uk +
∞∑k=N+1
λ−1k (u, uk)uk.
Здесь G1 – конечномерный (N–мерный) оператор, а G2 можно сде-лать подбором N как угодно малым по норме. Действительно,
‖G2u‖2 =∞∑
k=N+1
λ−2k |(u, uk)|2 6
1λ2
N+1
∞∑k=N+1
|(u, uk)|2 6
61
λ2N+1
∞∑k=1
|(u, uk)|2 =1
λ2N+1
‖u‖2 ,
откуда получаем, что
‖G2‖ 61
λN+1
,
и если N достаточно велико, то 1/λN+1 < ε для любого ε > 0. 2
Теорема 2.3.3. Если оператор A 0 имеет дискретный спектр, тоHA ⊂→⊂→ H.
67
Доказательство. Если некоторое множество u ⊂ HA = D(A1/2)ограничено в HA, т.е.
‖u‖2A =∥∥∥A1/2u
∥∥∥2
6 C
для любого элемента из этого множества, то это множество, элементыкоторого представимы в виде
u = A−1/2(A1/2u),
компактно в H. Действительно, оно получается применением к ограни-ченному в H множеству элементов
A1/2u
оператора A−1/2, который
компактен в H вместе с оператором A−1. 2
Упражнение 2.3.3. Доказать, что для оператора A 0 с дискретнымспектром оператор A−α при любом α > 0 компактен.
Указание. См. доказательство теоремы 2.3.2. 2
Теорема 2.3.4. Пусть оператор A самосопряжен и положительноопределен. Тогда следующие утверждения эквивалентны:
10. Оператор A имеет дискретный спектр, т.е. σ(A) = σd(A).20. Обратный оператор A−1 ∈ S∞.30. HA ⊂→⊂→ H.
Доказательство. Импликация 30 ⇒ 10 доказана в теореме 2.3.1, им-пликация 10 ⇒ 20 – в теореме 2.3.2, а импликация 10 ⇒ 30 – в теореме2.3.3. Осталось доказать лишь импликацию 20 ⇒ 10. Однако этот фактнепосредственно следует из известной из курса функционального ана-лиза теоремы Гильберта–Шмидта: если оператор A−1 положителен икомпактен, то система его собственных элементов uk∞k=1 полна и ор-тогональна в H, а собственные значения µk(A−1)∞k=1 конечнократныи положительны,
µ1(A−1) > µ2(A−1) > . . . > µk(A−1) > . . . , µk(A−1) → 0 (k →∞).
Поскольку µk(A−1) = λ−1k (A), то собственные значения λk(A) оператора
A также конечнократны и положительны, причем limk→∞
λk(A) = +∞.
Так как собственные элементы у операторов A и A−1 совпадают, то витоге приходим к выводу, что оператор A имеет дискретный спектр:σ(A) = σd(A). 2
Отметим в заключение этого параграфа, что свойство HA ⊂→⊂→ Hявляется типичным в классических задачах математической физики,
68
рассматриваемых в произвольной ограниченной области Ω ⊂ Rm, m ≥1. В следующем параграфе будут приведены простые достаточные усло-вия, называемые теоремами вложения, которые позволяют установитьсвойство HA ⊂→⊂→ H и вместе с ним свойство дискретности спектраоператора A.
2.4 Теоремы вложенияЗдесь будет рассмотрен вспомогательный материал, позволяющий в техили иных типичных ситуациях устанавливать свойство HA ⊂→⊂→ H.Предварительно рассмотрим некоторые общие вопросы, относящиеся копределению вложения, компактного вложения и метрики в простран-ствах, называемых пространствами Соболева.
2.4.1 Одномерные теоремы вложенияКак было видно из предыдущего, свойство компактного вложения
HA ⊂→⊂→ H
играет фундаментальную роль в задачах с дискретным спектром.Напомним определения ограниченного и компактного вложения од-
ного пространство в другое.
Определение 2.4.1. Будем говорить, что гильбертово (банахово)пространство F ограниченно вложено в гильбертово (банахово) про-странство E и обозначать этот факт F ⊂→ E, если F плотно в E исуществует такая константа a > 0, что для любого u ∈ F выполнено
‖V u‖E = ‖u‖E 6 a ‖u‖F , (2.29)
где V – так называемый оператор вложения. 2
Если в качестве E взять пространство H, а в качестве F – энергети-ческое пространство HA, то в силу неравенства
‖u‖ 6 c−1 ‖u‖A , ∀u ∈ HA, (2.30)
получаем, что HA ⊂→ H с константой d = c−1, где c > 0 – константаположительной определенности для оператора A. Слева в (2.29) либопишут, либо не пишут в явной форме оператор вложения V , т.е. опера-тор сопоставления элемента u ∈ F его же как элемента E (V : F → E);как следует из (2.29), ‖V ‖ 6 a.
69
Определение 2.4.2. Говорят, что F компактно вложено в E и пи-шут F ⊂→⊂→ E, если F ограниченно вложено в E и оператор вложе-ния V : F → E компактен, т.е. вполне непрерывен из F в E. 2
Свойства компактности вложения одного пространства в другое изу-чает целое направление в современной теории уравнений в частных про-изводных, называемое теоремами вложения. Здесь будут приведенылишь некоторые из этих теорем, и притом без доказательства.
а) Начнем с простого примера – банаховых (не гильбертовых) про-странств E = C([a, b]) и F = C1([a, b]). Так как
‖u‖C([a,b]) := maxa6x6b
|u(x)|, ‖u‖C1([a,b]) :=
:= ||u||C([a,b]) + ‖u′‖C([a,b]),(2.31)
и множество C1([a, b]) непрерывно дифференцируемых функций, задан-ных на отрезке [a, b], плотно в множестве непрерывных функций, тоC1([a, b]) ⊂→ C([a, b]) с константой вложения d = 1. Далее, по формулеНьютона-Лейбница получаем, что ∀u ∈ C1([a, b]):
u(x) = u(a) +
x∫a
u′(t) dt =: V u, x ∈ [a, b]. (2.32)
Отсюда видно, что оператор вложения V , сопоставляющий функцииu ∈ C1([a, b]) ее же как элемент C([a, b]), является компактным: онравен сумме одномерного оператора V1, V1u := u(a), и интегральногооператора Вольтерра с единичным ядром, действующего на u′(x):
(V2u) (x) :=
x∫a
1 · u′(t) dt. (2.33)
Действительно,
|V1u(x)| = |u(a)| 6 maxx∈[a,b]
|u(x)| 6
6 maxx∈[a,b]
|u(x)|+ maxx∈[a,b]
|u′(x)| = ‖u(x)‖C1([a,b]).
Поэтому оператор V1 : C1([a, b]) → R ограничен и ‖V1‖ ≤ 1. Так как R– одномерное подпространство, то V1 – компактный оператор. Далее,
‖V2u(x)‖C([a,b]) = ‖x∫
a
u′(t) dt‖C([a,b]), V2 = W1 ·W2.
70
Здесь W2u(x) := u′(x), W2 : C1([a, b]) → C([a, b]) – ограниченный опе-ратор, так как ‖W2u(x)‖ = ‖u′(x)‖C([a,b]) = max
x∈[a,b]|u′(x)| 6 max
x∈[a,b]|u(x)|+
maxx∈[a,b]
|u′(x)| = ‖u(x)‖C1([a,b]) и потому ‖W2‖ ≤ 1. Далее, W1ϕ :=x∫a
ϕ(t) dt
– интегральный оператор типа Вольтерра и потому W1 – компактныйоператор.
Если u(t) ∈ C1([a, b]), то u′(t) ∈ C([a, b]) и потому оператор V2 естькомпактный оператор из C1([a, b]) в C([a, b]). Поэтому и V = V1 + V2
компактен из C1([a, b]) в C([a, b]).
Упражнение 2.4.1. Проверьте, что оператор вложения V :Ck([a, b]) → Cm([a, b]) является компактным при любом m < k. 2
б) Рассмотренные примеры относятся, однако, к случаю банахова,а не гильбертова пространства. Гильбертовым аналогом пространстваC[a, b] является пространство L2(a, b) ⊃ C([a, b]) со скалярным произве-дением и нормой
(u, v)L2(a,b) :=
b∫a
u(x)v(x) dx, ||u||L2(a,b) := (u, u)1/2. (2.34)
Введем пространство H1(a, b) = W 12 (a, b) ⊃ C1([a, b]) абсолютно
непрерывных функций, т.е. таких функций u(x), x ∈ [a, b], которыепредставимы по формуле Ньютона-Лейбница (2.32), где теперь u′(x) ∈L2(a, b), а интеграл понимается в смысле Лебега. Здесь
(u, v)W 12 (a,b) :=
b∫a
[u′(x)v′(x) + u(x)v(x)] dx,
‖u‖2W 12 (a,b) = (u, u)W 1
2 (a,b).
(2.35)
Множество W 12 (a, b) плотно в C([a, b]), а C([a, b]) плотно в L2(a, b), по-
этому W 12 (a, b) ⊂→ L2(a, b) с константой d = 1 (см. (2.35)). Из представ-
ления (2.32) снова получаем, что оператор вложения V : W 12 (a, b) →
L2(a, b) компактен.
Упражнение 2.4.2. Введем пространство0
W 12 (a, b) функций u ∈
W 12 (a, b) : u(a) = u(b) = 0 со скалярным произведением
(u, v) 0W 1
2 (a,b):=
b∫a
u′(x)v′(x) dx. (2.36)
71
Показать, что0
W 12 (a, b) ⊂→ L2(a, b).
Указание. Использовать одномерный аналог неравенства Фридрих-са, т.е. неравенство Пуанкаре, а также свойство плотности в L2(a, b)множества финитных функций и представление (2.33) для элементов
из0
W 12 (a, b). 2
Аналогично пространству W 12 (a, b) вводится пространство W l
2(a, b)при любом l ∈ N. Здесь скалярное произведение
(u, v)W l2(a,b) :=
b∫a
l∑k=0
u(k)(x)v(k)(x) dx. (2.37)
Очевидно, W l2(a, b) состоит из функций u(x) ∈ L2(a, b) у которых все
производные до порядка l включительно принадлежат L2(a, b).Пространства W l
2(a, b) называются пространствами С. Л. Соболе-ва – по имени выдающегося советского математика и академика, раз-работавшего теорию теорем вложения.
Теорема 2.4.1. При любых целых k > m, m > 0, имеет место вло-жение
W k2 (a, b) ⊂→⊂→ Wm
2 (a, b).
Этот факт примем здесь без доказательства. 2
2.4.2 Многомерные теоремы вложенияБудем теперь считать, что функции u(x), x = (x1, . . . , xm), заданы вобласти Ω ⊂ Rm, и рассмотрим гильбертово пространство L2(Ω) со ска-лярным произведением и нормой
(u, v)L2(Ω) :=∫Ω
u(x)v(x) dΩ, ‖u‖2L2(Ω) := (u, u)L2(Ω).
Здесь интегрирование ведется по m–мерной области Ω, а m–кратныйинтеграл понимается в смысле Лебега.
Введем пространство W 12 (Ω), Ω ⊂ R3, со скалярным произведением
(u, v)W 12 (Ω) :=
∫Ω
[∇u · ∇v + u(x)v(x)] dΩ, ‖u‖2W 12 (Ω) := (u, u)W 1
2 (Ω).
72
Упражнение 2.4.3. Доказать, что W 12 (Ω) ⊂→ L2(Ω).
Указание. Для доказательства плотности W 12 (Ω) в L2(Ω) воспользо-
ваться тем, что множество финитных функций плотно в L2(Ω). 2
Упражнение 2.4.4. Опираясь на неравенство Фридрихса, доказать,что
0
W 12 (Ω) ⊂→ L2(Ω),
где0
W 12 (Ω) := u(x) ∈W 1
2 (Ω) : u(x) = 0 (на ∂Ω )– пространство функций u(x) со скалярным произведением
(u, v) 0W 1
2 (Ω):=∫Ω
∇u(x) · ∇v(x) dΩ.
В таком пространстве квадрат нормы выражается в виде интегралаДирихле:
||u||20W 1
2 (Ω)=∫Ω
|∇u|2 dΩ (= ||u||2A),
он равен энергетическому скалярному произведению для некоторого по-ложительно определенного оператора A. Найдите закон, которым опре-деляется оператор A, и множество D (A) ⊂ L2(Ω). 2
Рассмотрим еще пространство W l2(Ω) со скалярным произведением
(u, v)W l2(Ω) :=
∫Ω
∑|α|6l
Dαu · Dαv
dΩ, (2.38)
где α = (α1, . . . , αm) – мультииндекс, |α| = α1 + . . .+ αm, αk – неотри-цательные целые числа,
Dαu := Dα11 . . .Dαm
m u, Dju :=∂u
∂xj.
Здесь для u(x) ∈ W l2(Ω) суммируются с квадратом по области
Ω ⊂ Rm не только сама функция, но и все ее частные производныедо порядка l включительно. Например, при l = 2 имеем:
||u||2W 22 (Ω) =
∫Ω
|u(x)|2 + |∇u|2 +m∑
k,j=1
∣∣∣∣ ∂2u
∂xk∂xj
∣∣∣∣2 dΩ.
73
Определение 2.4.3. Если частные производные u(x) суммируются сквадратом по Ω, то эти производные для данной u(x) называют обоб-щенными. 2
В приложениях большую роль играют следующие две теоремыС. Л. Соболева.
Теорема 2.4.2. Для произвольной области Ω ⊂ Rm, имеющей кусочно-гладкую границу ∂Ω с ненулевыми внутренними и внешними углами,имеет место вложение
W 12 (Ω) ⊂→⊂→ L2(Ω).
Теорема 2.4.3. Для произвольной области Ω с кусочно-гладкой ∂Ωимеет место свойство: оператор следа γ компактен, т.е.
γ : W 12 (Ω) → L2(∂Ω), γ ∈ S∞. 2
Здесь оператор следа γ : W 12 (Ω) → L2(∂Ω) определен по закону
γu := u(x)|∂Ω,
т.е. для любой функции u(x) ∈ W 12 (Ω) он сопоставляет u(x) ее след на
∂Ω.Доказательства этих теорем здесь не приводятся. 2
Замечание 2.4.1. Аналогом вышеприведенных теорем являются так-же следующие факты при целых k > m > 0:
W k2 (Ω) ⊂→⊂→ Wm
2 (Ω), γ : W k2 (Ω) →Wm
2 (∂Ω), γ ∈ S∞. 2
2.4.3 Эквивалентные нормы в пространствах Собо-лева
В задачах математической физики часто встречается ситуация, когдаэнергетическая норма не совпадает, но эквивалентна норме одного из со-болевских пространств. Это обстоятельство позволяет с использованиемтеорем вложения Соболева устанавливать факт дискретности спектраосновного оператора задачи.
Определение 2.4.4. Говорят, что нормы ‖ · ‖1 и ‖ · ‖2 в банаховомпространстве E эквивалентны, если существуют 0 < c1 6 c2 такие,что при любом u ∈ E
c1‖u‖2 6 ‖u‖1 6 c2‖u‖2. 2
74
Нормы, которые были введены выше для пространств W l2(Ω), на-
зывают стандартными нормами. Можно, однако, ввести достаточномного эквивалентных норм. Приведем один общий результат такого ро-да.
Теорема 2.4.4. Пусть l(u) – линейный ограниченный функционал впространстве W 1
2 (Ω), для которого
l(u0) 6= 0, u0 = u0(x) ≡ 1. (2.39)
Тогда норма
||u||21,Ω :=∫Ω
|∇u|2 dΩ + |l(u)|2 (2.40)
эквивалентна стандартной норме W 12 (Ω). 2
Упражнение 2.4.5. Показать, что имеет место неравенство
‖u‖21,Ω 6 c‖u‖2W 12 (Ω), c > 0. 2 (2.41)
Доказательство теоремы 2.4.4. Установим неравенство
‖u‖2W 12 (Ω) 6 c22‖u‖21,Ω (2.42)
дающее вместе с неравенством (2.41) при c21 = c−1 утверждение об эк-вивалентности норм ‖ · ‖W 1
2 (Ω) и ‖ · ‖1,Ω.Допустим противное. Тогда существует такая последовательность
un∞n=1 ⊂W 12 (Ω), для которой
‖un‖2W 12 (Ω) > n2‖un‖21,Ω. (2.43)
Поэтому для элементов vn := un/‖un‖W 12 (Ω) имеем
‖vn‖W 12 (Ω) = 1, ‖vn‖21,Ω =
∫Ω
|∇vn|2 dΩ + |l(vn)|2 61n2. (2.44)
Так как последовательность vn∞n=1 ограничена в W 12 (Ω), то по первой
теореме вложения Соболева, т.е. теореме 2.4.2, она компактна в L2(Ω),и потому из vn∞n=1 можно выделить подпоследовательность vnk
∞k=1,сходящуюся в L2(Ω) к некоторому элементу v∗(x) ∈ L2(Ω).
Из (2.44) для элементов выделенной подпоследовательности полу-чаем, что |∇vnk
(x)| → 0 почти всюду в L2(Ω), |l(vnk)| → 0 (k → ∞).
75
Отсюда предельным переходом при k → ∞ устанавливается, что v∗(x)имеет обобщенные производные по переменным x1, x2, . . . , xm, которыеравны нулю почти всюду в области Ω. Но тогда v∗(x) = const := C. Таккак l(C) = Cl(1) и по условию l(1) 6= 0, то в силу свойства lim
k→∞l(vnk
) =
0 = Cl(1) получаем, что C = 0 и потому v∗(x) ≡ 0 ∈W 12 (Ω). Это проти-
воречит соотношениям
limk→∞
‖vnk‖W 1
2 (Ω) = 1 = ‖v∗‖W 12 (Ω). 2
Упражнение 2.4.6. Доказать, что норма
‖u‖21,Ω :=∫Ω
|∇u|2 dΩ +
∫Ω
u dΩ
2
(2.45)
эквивалентна стандартной нормеW 12 (Ω) и отсюда получить неравенство
Пуанкаре
∫Ω
|u|2 dΩ 6 c
∫Ω
|∇u|2 dΩ +
∫Ω
u dΩ
2 . 2 (2.46)
Упражнение 2.4.7. Доказать, что норма
||u||21,Ω :=∫Ω
|∇u|2 dΩ +
∫Γ
u dΓ
2
, (2.47)
где Γ ⊂ ∂Ω – произвольное множество положительной меры в Rm−1,эквивалентна стандартной норме пространства W 1
2 (Ω). 2
2.5 Максиминимальный принципКак было установлено в параграфе 2.3, собственные значения λk =λk(A) оператора A 0, имеющего дискретный спектр, суть последова-тельные инфимумы, а точнее, последовательные минимумы отношения‖u‖2A/‖u‖2, рассматриваемого на подпространствах H(k−1)
A энергетиче-ского пространства HA.
При этом для нахождения λk(A) и отвечающего ему собственногоэлемента uk(A) необходимо знать все собственные элементы uj(A) с но-мерами j = 1, . . . , k − 1. Имеется, однако, и иной подход, позволяющий
76
определить собственные значения λk(A) без предварительного знанияλj(A) и uj(A) для j = 1, . . . , k − 1.
2.5.1 Максиминимальный принцип КурантаПусть v1, . . . , vk−1 – линейно независимые и совершенно произвольные,но фиксированные элементы из H. Рассмотрим задачу о нахожденииинфимума (минимума) функционала
ϕ(u) := ‖u‖2A, ‖u‖ = 1, (2.48)
при дополнительных условиях
(u, vj) = 0, j = 1, . . . , k − 1. (2.49)
Множество элементов u ∈ HA, удовлетворяющих условиям (2.48),(2.49), обозначим через Mk = Mk(v1, . . . , vk−1), а решение поставленнойзадачи – через
λ = λ(v1, . . . , vk−1) = min0 6=u∈Mk
‖u‖2A, ‖u‖ = 1. (2.50)
Упражнение 2.5.1. Доказать, что Mk ⊂ HA есть подпространствокоразмерности k − 1.
Указание. Воспользоваться теоремой Рисса об общем виде линейногофункционала в HA, представлениями
0 = (u, vj) = (u,wj)A, j = 1, . . . , k − 1, ∀u ∈ HA, (2.51)
а также свойством линейной независимости элементов vj в H. 2
Теорема 2.5.1 (максиминимальный принцип Р. Куранта). Собствен-ное значение λk оператора A с дискретным спектром равно макси-мальному значению, которое может принять
min0 6=u∈Mk
‖u‖2A = λ(v1, . . . , vk−1), ‖u‖ = 1,
если варьировать набор элементов vjk−1j=1 ⊂ H. Это максимальное
значение минимумов λ(v1, . . . , vk−1) достигается при u = uk, vj =uj , j = 1, . . . , k − 1, где ujk−1
j=1 – первые k − 1 собственных элементовоператора A:
λk = maxMk
min0 6=u∈Mk
‖u‖2A, k = 1, 2, . . . , ‖u‖ = 1. (2.52)
77
Доказательство. 10. Заметим прежде всего, что при vj = uj , j =1, . . . , k − 1, имеем λk = λ(u1, . . . , uk−1). Действительно, в этом случаеλ(u1, . . . , uk−1) есть минимум функционала ‖u‖2A, ‖u‖ = 1, при допол-нительных условиях
(u, uj) = 0, j = 1, . . . , k − 1. (2.53)
Однако этот факт уже ранее был установлен в основной спектраль-ной теореме из параграфа 2.2. Таким образом, если в (2.52) в качествеMk выбрать Mk = Mk(u1, . . . , uk−1), то на этом подпространстве из HA
достигается максимальное значение min0 6=u∈Mk
‖u‖2A.
20. Продолжая доказательство теоремы, установим, что
λ(v1, . . . , vk−1) 6 λk (2.54)
при произвольно выбранных v1, . . . , vk−1 из H.Пусть u – произвольный элемент из HA. Так как система эле-
ментов um∞m=1 является ортонормированным базисом в H, то u =∑∞m=1(u, um)um. Элементы vj также разложим в ряды по базису, име-
ем
vj =∞∑
m=1
(vj , um)um =∞∑
m=1
bjmum, j = 1, . . . , k − 1. (2.55)
Далее достаточно выбрать лишь элементы u = u =∑k
m=1 amum ∈Mk с произвольными коэффициентами am и такие, которые удовлетво-ряют лишь условиям ортогональности (2.49). Эти условия дают соот-ношения
0 = (u, vj) =
(k∑
m=1
amum,∞∑
n=1
bjnun
)=
k∑m=1
∞∑n=1
ambjn(um, un) =
=k∑
m=1
ambjm, j = 1, . . . , k − 1,
которые представляют собой систему k−1 линейных уравнений относи-тельно k неизвестных am. Поэтому данная система имеет бесконечноемножество решений, из них хотя бы одно можно выбрать так, чтобы‖u‖2 =
∑km=1 |am|2 = 1.
Для такого элемента u имеем
‖u‖2A =k∑
m=1
λm|am|2 6 λk
k∑m=1
|am|2 = λk.
78
Так как по построению u ∈Mk(v1, . . . , vk−1), то отсюда получаем
min0 6=u∈Mk
‖u‖2A 6 ‖u‖2A 6 λk,
и поэтомуmaxMk
min0 6=u∈Mk
‖u‖2A 6 λk. (2.56)
Как уже упоминалось в начале доказательства теоремы, левая часть(2.56) совпадает с правой при Mk = Mk(u1, . . . , uk−1).
Теорема доказана полностью. 2
2.5.2 Теорема о монотонности спектра
Из максиминимального принципа Куранта вытекает важная теорема,позволяющая во многих случаях сравнивать собственные значения двухоператоров.
Определение 2.5.1. Пусть A 0, B 0. Будем говорить, что Aне меньше B и записывать это в виде A > B, если: 1) любой элементHA принадлежит также HB, т.е. HA ⊂ HB; 2) для любого элементаu ∈ HA справедливо неравенство
‖u‖2A > ‖u‖2B . (2.57)
Теорема 2.5.2 (о монотонности спектра). Пусть выполнены условия:1) A > B; 2) HA ⊂→⊂→ H, HB ⊂→⊂→ H. Тогда
λk(A) > λk(B), k ∈ N. (2.58)
Доказательство. Из условий теоремы следует, что операторы A иB имеют дискретный спектр. Далее, так как
‖u‖2A > ‖u‖2B , ∀u ∈ HA, ‖u‖ = 1,
то иmaxMk
min0 6=u∈Mk
‖u‖2A > maxMk
min0 6=u∈Mk
‖u‖2B , ‖u‖ = 1, (2.59)
где Mk = Mk(v1, . . . , vk−1).В самом деле, из условия ‖u‖2A > ‖u‖2B (u ∈Mk) следует, что
‖u‖2A > ‖u‖2B > minu∈Mk
‖u‖2B .
79
Тогда иmin
u∈Mk
‖u‖2A > minu∈Mk
‖u‖2B .
ОтсюдаmaxMk
minu∈Mk
‖u‖2A > minu∈Mk
‖u‖2A > minu∈Mk
‖u‖2B ,
значитmaxMk
minu∈Mk
‖u‖2A > maxMk
minu∈Mk
‖u‖2B .
Из (2.59) и из максиминимального принципа Куранта получаютсянеравенства (2.58). 2
Замечание 2.5.1. Часто теоремой о монотонности спектра пользуютсядля установления двусторонних оценок собственных значений операто-ра A. Пусть имеется связь A′ 6 A 6 A′′ и, например, D(A′) = D (A) =D(A′′). Если, кроме того, HA′ ⊂→⊂→ H, HA ⊂→⊂→ H, HA′′ ⊂→⊂→ H,то по предыдущему получаем
λk(A′) 6 λk(A) 6 λk(A′′), k ∈ N. (2.60)
На практике операторы A′ и A′′ для данного оператора A стараютсяподобрать таким образом, чтобы для этих операторов собственные зна-чения находились достаточно легко. 2
В следующих параграфах будут приведены примеры различных за-дач математической физики, для которых собственные значения допус-кают двусторонние оценки.
2.5.3 Спектральная задача с двумя положительны-ми операторами
Очень часто при исследовании конкретных задач о колебаниях кон-сервативных систем с бесконечным числом степеней свободы возникаетспектральная задача вида
Au = λBu, (2.61)
которая обобщает обсуждавшуюся до сих пор стандартную задачу
Au = λu, (2.62)
получающуюся из (2.61) при B = I, где I – единичный оператор.
80
Будем далее предполагать, что для операторов A и B, действующихв гильбертовом пространстве H, выполнены следующие условия
10. D (A) = H, D(B) = H, D (A) ⊂ D(B).20. A 0, B 0.30. HA ⊂→⊂→ HB .Исследование задачи (2.61) при предположениях 10−30 представля-
ем провести самостоятельно путем решения следующих упражнений.
Упражнение 2.5.2. Доказать, что собственные значения λ задачи(2.61) положительны, а собственные элементы, отвечающие различнымсобственным значениям, ортогональны как в HA, так и в HB . 2
Упражнение 2.5.3. Доказать, что если HA ⊂→⊂→ HB , то задача(2.61) имеет дискретный положительный спектр λk∞k=1, а соответству-ющая система собственных элементов uk∞k=1 образует ортонормиро-ванный в HB и ортогональный в HA базис:
(uk, uj)B = δkj , (uk, uj)A = λkδkj . 2 (2.63)
Упражнение 2.5.4. Собственные значения λk суть последовательныеминимумы вариационного отношения
‖u‖2A/‖u‖2B ,
рассматриваемого на подпространствах H(k−1)A элементов из HA, орто-
гональных в HB (либо в HA) к первым k − 1 собственным элементамu1, . . . , uk−1. Доказать эти факты. 2
Упражнение 2.5.5. Доказать, что для собственных значений λk за-дачи (2.61) справедлив максиминимальный принцип Куранта:
λk = maxMk
min0 6=u∈Mk
‖u‖2A/‖u‖2B , (2.64)
где Mk – подпространство в HB , состоящее из элементов, ортогональ-ных в HB к произвольным линейно независимым элементам v1, . . . , vk−1
из HB . 2
Определение 2.5.2. Будем говорить, что A2 не меньше A1 в HB
(A2 > A1 в HB), если HA2 ⊂ HA1 ⊂ HB и для любого элемента u ∈ HA2
справедливо неравенство ‖u‖2A2> ‖u‖2A1
. 2
Упражнение 2.5.6. Сформулируйте и докажите теорему о монотон-ности спектра для уравнения (2.61). 2
81
Упражнение 2.5.7. Пусть A, A1, B, B1 – положительно определен-ные операторы, действующие в гильбертовом пространстве H, причемA > A1, B 6 B1.
Тогда, если спектр уравнения
A1u = λB1u (2.65)
дискретен, то и спектр уравнения
Au = λBu (2.66)
также дискретен, а собственные значения λk и λk этих задач связанысоотношениями
λk 6 λk, k ∈ N. (2.67)
Указание. Опираясь на свойства A > A1 и B 6 B1, доказать, чтовсякое множество, ограниченное в HA, компактно в HB ; по пути ис-пользовать аналогичное свойство для задачи (2.65). Далее использо-вать теорему о монотонности спектра применительно к задачам (2.65)и (2.66). 2
2.6 Процесс Ритца в задаче на собственныезначения
Для нахождения решений задачи на собственные значения Au = λuлибо задачи Au = λBu, если они имеют дискретный спектр, можно,как и в случае уравнения Au = f , применить метод Ритца.
Напомним, что если оператор A имеет дискретный спектр, то егособственные значения суть последовательные минимумы вариационно-го отношения
λk = min0 6=u∈H(k−1)
A
‖u‖2A, ‖u‖2 = 1, (2.68)
где H(k−1)A – подпространство пространства HA, ортогональное (в HA
либо в H) к собственным элементам ujk−1j=1 , оператора A.
2.6.1 Общая схема процесса РитцаРассмотрим задачу о приближенном нахождении собственных элемен-тов и собственных значений оператора A с дискретным спектром. Выбе-рем, как и в параграфе 1.6, последовательность ϕk∞k=1 координатныхэлементов, т.е. элементов, удовлетворяющих трем условиям:
82
1) ϕk ∈ HA, k ∈ N; 2) при любом n ∈ N элементы ϕknk=1 линейно
независимы; 3) последовательность ϕk∞k=1 полна в HA.Будем разыскивать решения задачи (2.68) в виде
u = u(n) =n∑
k=1
akϕk (2.69)
и подберем коэффициенты Ритца aknk=1 так, чтобы ‖u(n)‖2 = 1 и что-
бы ‖u(n)‖2A была минимальна. Получим задачу о минимуме функции nпеременных a1, a2, . . . , an
‖u(n)‖2A =n∑
k,m=1
akam(ϕk, ϕm)A (2.70)
при дополнительном условии
‖u(n)‖2 =n∑
k,m=1
akam(ϕk, ϕm) = 1. (2.71)
Применяя метод неопределенных множителей Лагранжа, рассмот-рим задачу на безусловный экстремум для квадратичной формы
F (u(n)) : = ‖u(n)‖2A − λ‖u(n)‖2 =
=n∑
k,m=1
akam ((ϕk, ϕm)A − λ(ϕk, ϕm)) .(2.72)
Здесь λ пока – неопределенный множитель Лагранжа, играющий роль,как это будет ясно из дальнейшего, собственного значения.
В точке экстремума производные ∂F/∂am должны равняться нулю,эти условия приводят к системе уравнений
2n∑
k=1
ak ((ϕk, ϕm)A − λ(ϕk, ϕm)) = 0 m = 1, . . . , n. (2.73)
Данная система имеет нетривиальные решения тогда и только тогда,когда
det ((ϕk, ϕm)A − λ(ϕk, ϕm))nk,m=1 = 0, (2.74)
т.е. числа λ должны быть корнями характеристического уравнения(2.74).
83
Лемма 2.6.1. Уравнение (2.74) имеет в точности n корней, которыеявляются вещественными и положительными.
Доказательство. 10. Так как элементы ϕknk=1 линейно независи-
мы, то их определитель Грама det ((ϕk, ϕm))nk,m=1 6= 0; именно этот мно-
житель стоит в уравнении (2.74) при λn. В то же время свободный членэтого многочлена есть det ((ϕk, ϕm)A)n
k,m=1 6= 0. Отсюда следует, чтолевая часть уравнения (2.74) есть в точности многочлен n–ой степени,причем λ = 0 не является его корнем.
20. По основной теореме алгебры получаем, что уравнение имеетровно n (с учетом кратности) корней. Так как A 0, то матрица ГрамаA(n) := ((ϕk, ϕm)A)n
k,m=1 – положительно определенная, аналогичнымсвойством обладает и матрица Грама I(n) := ((ϕk, ϕm))n
k,m=1. Отсюдаследует, что решения уравнения (2.74), совпадающие с собственнымизначениями задачи(
A(n) − λI(n))v(n) = 0, v(n) := (a1, . . . , an)t, (2.75)
вещественны и положительны. 2
Расположим корни уравнения (2.74) в порядке неубывания:
0 < λ(n)1 6 λ
(n)2 6 . . . 6 λ
(n)k 6 . . . 6 λ(n)
n . (2.76)
Пусть λ0 – какой-либо из этих корней. Тогда при λ = λ0 система (2.73)имеет нетривиальное решение a0
knk=1, которое можно найти с точно-
стью до произвольного множителя. Выберем этот множитель так, что-бы выполнялось соотношение
‖u(n)0 ‖2 = ‖
n∑k=1
a0kϕk‖2 =
n∑k,m=1
a0ka
0m(ϕk, ϕm) = 1. (2.77)
Подставляя λ = λ0, ak = a0k, k = 1, . . . , n, в соотношения (2.73),
умножая каждое уравнение на a0m и суммируя по m, получим
n∑k,m=1
a0ka
0m(ϕk, ϕm)A = ‖u(n)
0 ‖2A =
= λ0
n∑k,m=1
a0ka
0m(ϕk, ϕm) = λ0.
(2.78)
Таким образом, минимум функционала ‖u(n)‖2A реализуется на одномиз приближенных решений, и потому этот минимум равен наименьше-му собственному значению λ
(n)1 .
84
2.6.2 Теорема о наименьшем собственном значенииРассмотрим теперь процесс, когда n → ∞. Так как при возрастанииn минимум функционала ‖u(n)‖2A разыскивается на все более широкоммножестве, то λ(n)
1 не возрастает. С другой стороны, последовательностьλ(n)
1 ∞n=1 ограничена снизу числом
d := inf0 6=u∈HA
‖u‖2A/‖u‖2 > 0. (2.79)
Значит, последовательность λ(n)1 имеет предел, который не меньше d >
0.
Теорема 2.6.1. Имеет место предельное соотношение
limn→∞
λ(n)1 = d =: λ1(A). (2.80)
Доказательство. 10. По определению точной нижней грани для лю-бого ε > 0 найдется такой элемент u′ ∈ HA, что ‖u′‖2 = 1, d 6 ‖u′‖2A <d+ ε. Отсюда
√d 6 ‖u′‖A <
√d+ ε.
В силу полноты системы ϕk∞k=1 в HA найдется элемент u′N :=∑Nk=1 bkϕk такой, что ‖u′ − u′N‖A <
√ε. Тогда
‖u′N‖A = ‖(u′N − u′) + u′‖A <√ε+
√d+ ε
и потому
‖u′N‖2A <(√
ε+√d+ ε
)2
. (2.81)
20. Оценим теперь снизу ‖u′N‖; имеем в силу (2.79)
‖u′N − u′‖ 61√d‖u′N − u′‖A <
√ε
d.
Поэтому
‖u′N‖ = ‖(u′N − u′) + u′‖ > ‖u′‖ − ‖u′N − u′‖ > 1−√ε
d. (2.82)
30. Так как λ(N)1 есть минимум отношения вида ‖u′N‖2A/‖u′N‖2, то в
силу (2.81) и (2.82)
85
d 6λ(N)1 6
‖u′N‖2A‖u′N‖2
<
(√ε+
√d+ ε
)2(1−
√ε/d)2 =:
=: d+ α(ε), α(ε) → 0 (ε→ 0).
(2.83)
В силу произвольности ε > 0 отсюда следует утверждение теоремы.2
2.6.3 Процесс Ритца для последующих собственныхзначений
Займемся теперь вопросом о том, как найти собственные значенияλ2, . . . , λk по методу Ритца. По-видимому, для нахождения приближен-ного значения для числа λk нужно разыскивать минимум функционала‖u(n)‖2A при дополнительных условиях
‖u(n)‖2 = 1, (u(n), u(n)j ) = 0, j = 1, . . . , k − 1, (2.84)
где u(n)j k−1
j=1 – уже найденные приближенные собственные элементыоператора A, отвечающие собственным значениям λ
(n)j , j = 1, . . . , k −
1.Рассмотрим для определенности процесс Ритца приближенного на-
хождения собственного значения λ2. Снова применяя метод неопре-деленных множителей Лагранжа для учета дополнительных условий(2.84), приходим к квадратичной форме
F (u(n)) := ‖u(n)‖2A − λ‖u(n)‖2 − 2µ(u(n), u(n)1 ), (2.85)
где множители λ и µ подлежат определению. Приравнивая нулю про-изводные по am, получаем взамен (2.73) систему уравнений
2n∑
k=1
ak [(ϕk, ϕm)A − λ(ϕk, ϕm)]− µ(ϕk, ϕm)a1k = 0,
m = 1, . . . , n,
(2.86)
где a1k – коэффициенты Ритца для u(n)
1 .
86
Покажем, что в (2.86) на самом деле µ = 0. Для этого умножимкаждое уравнение (2.86) на a1
m и просуммируем по m, получим
n∑k,m=1
aka1m [(ϕk, ϕm)A − λ(ϕk, ϕm)]− µ
n∑k,m=1
(ϕk, ϕm)a1ka
1m = 0. (2.87)
Так как в силу нормировки
n∑k,m=1
(ϕk, ϕm)a1ka
1m = 1 (2.88)
и для u(n)1 =
∑nk=1 a
1kϕk справедливы соотношения
n∑k=1
a1k
[(ϕk, ϕm)A − λ
(n)1 (ϕk, ϕm)
]= 0, m = 1, . . . , n, (2.89)
то после перемены местами индексов суммирования в (2.87) получим сучетом (2.88), (2.89), (2.84):
n∑k,m=1
ama1k [(ϕk, ϕm)A − λ(ϕk, ϕm)]− µ
n∑k,m=1
a1ka
1m(ϕk, ϕm) =
=n∑
m=1
am
n∑k=1
a1k [(ϕk, ϕm)A − λ(ϕk, ϕm)]− µ =
=n∑
m=1
am
n∑k=1
(λ(n)1 − λ)a1
k(ϕk, ϕm)− µ =
= (λ(n)1 − λ)(u(n), u
(n)1 )− µ = −µ = 0. (2.90)
Итак, при нахождении λ(n)2 множитель Лагранжа µ = 0 и потому
снова можно использовать функционал
F (u(n)) = ‖u(n)‖2A − λ‖u(n)‖2, (2.91)
при этом λ(n)2 будет собственным значением, следующим за λ(n)
1 .
87
Замечание 2.6.1. Аналогично доказывается, что при нахождениивсех последующих собственных значений λ
(n)k , k = 2, . . . , n, множители
Лагранжа равны нулю (все, кроме λ), т.е. можно исходить из функци-онала (2.91). При этом числа λ(n)
k суть последовательные корни харак-теристического уравнения
det ((ϕk, ϕm)A − λ(ϕk, ϕm))nk,m=1 = 0; (2.92)
тогда0 < λ
(n)1 6 λ
(n)2 6 . . . 6 λ
(n)k 6 . . . 6 λ(n)
n . (2.93)
Теорема 2.6.2. Для любого k ∈ N имеет место предельное соотно-шение
limn→∞
λ(n)k = λk(A). (2.94)
Доказательство этого факта здесь не приводится.Сформулируем итоговый результат этого параграфа в виде следую-
щего утверждения.
Теорема 2.6.3. Собственные значения λk(A) и собственные элемен-ты uk(A) оператора A с дискретным спектром можно найти прибли-женно, применяя процесс Ритца к функционалу
F (u) = ‖u‖2A − λ‖u‖2, u ∈ HA; (2.95)
для собственных значений λ(n)k этот процесс является сходящимся
при n→∞ и имеют место формулы (2.94). 2
Замечание 2.6.2. Аналогичная теорема имеет место и для задачиAu = λBu с дискретным спектром; здесь вместо (2.95) следует взятьфункционал
F (u) = ‖u‖2A − λ‖u‖2B , u ∈ HA. 2 (2.96)
2.6.4 УпражненияЗдесь будут приведены примеры некоторых задач на использованиепроцесса Ритца при нахождении собственных значений.
Упражнение 2.6.1. В задаче
− d
dx
(p(x)
du
dx
)+ q(x)u(x) = λu(x),
a < x < b, u(a) = u(b) = 0,(2.97)
88
получить формулы для вычисления матриц Ритца ((ϕk, ϕm)A)nk,m=1 и
((ϕk, ϕm))nk,m=1 на основе координатной системы функций
ϕk(x) = sin(πkx− a
b− a
), k ∈ N. (2.98)
Обосновать законность выбора этой координатной системы при услови-ях
0 < p0 6 p(x) ∈ C1([a, b]), 0 6 q(x) ∈ C([a, b]). 2
Упражнение 2.6.2. В задаче
−div(h(x1, x2)∇u) + q(x1, x2)u = λr(x1, x2)u,u = u(x1, x2), (x1, x2) ∈ (0, a)× (0, b) =: Ω,
u(0, x2) = u(a, x2) = 0, u(x1, 0) = u(x1, b) = 0,(2.99)
получить формулы для вычисления матриц Ритца на основе коорди-натной системы функций
ϕkj(x1, x2) = sinπkx1
asin
πjx2
b, k, j ∈ N. (2.100)
Обосновать законность выбора этой координатной системы при услови-ях
0 < h0 6 h(x1, x2) ∈ C1(Ω), 0 6 q(x1, x2) ∈ C(Ω),
0 < r0 6 r(x1, x2) ∈ C(Ω). 2
Замечание 2.6.3. При обосновании законности выбора координатныхсистем в упражнениях 2.6.1 и 2.6.2 воспользоваться тем, что эти систе-мы функций образуют ортогональный базис в пространствах, энергети-ческая норма в которых эквивалентна энергетической норме в указан-ных упражнениях. Из этого факта следует полнота системы координат-ных функций в энергетическом пространстве (докажите это!). 2
89
Глава 3
Приложения
3.1 Одномерные и многомерные спек-тральные задачи математической физи-ки
В этом параграфе будут рассмотрены некоторые типичные спектраль-ные задачи математической физики, имеющие дискретный спектр иполную ортогональную систему собственных элементов. Рассмотрениеначнем с наиболее простых одномерных задач для функций, заданныхна конечном отрезке.
3.1.1 Задача Штурма-ЛиувилляЭта задача является математическим обобщением задачи о собственныхколебаниях неоднородной струны, закрепленной на концах. Постановказадачи следующая: требуется найти нетривиальные решения u(x) диф-ференциального уравнения Штурма-Лиувилля
− d
dx
(p(x)
du
dx
)+ q(x)u = λr(x)u, a < x < b, (3.1)
и спектральный параметр λ, если дополнительно заданы краевые усло-вия в точках x = a и x = b. Обычно рассматривают три вида классиче-ских краевых условий:
а) Условия Дирихле (задача А):
u(a) = u(b) = 0. (3.2)
90
б) Условия Неймана (задача В):
u′(a) = u′(b) = 0. (3.3)
в) Условия Ньютона (задача С):
u′(a)− αu(a) = 0, u′(b) + βu(b) = 0,α > 0, β > 0, α+ β > 0.
(3.4)
Возможны и другие варианты, когда на левом и правом концах вы-бираются различные условия вида а), б) или в).
В уравнении (3.1) функции p(x), q(x) и r(x) заданы и неотрица-тельны; далее предполагаем, что p(x) непрерывно дифференцируема на[a, b], а q(x) и r(x) – непрерывны на этом отрезке. Предполагаем также,что p(x) > p0 > 0, r(x) > r0 > 0. С учетом вышесказанного получаем,что
p1 > p(x) > p0 > 0, q1 > q(x) > q0 ≥ 0, r1 > r(x) > r0 > 0. (3.5)
Упражнение 3.1.1. Используя прием интегрирования по частям, про-верить, что при любой v(x) ∈ C1[a, b] для решений u(x) ∈ C2[a, b] урав-нения (3.1) выполнено тождество
b∫a
[− d
dx
(p(x)
du
dx
)+ q(x)u(x)
]v(x) dx = (−p(x)u′(x)v(x))b
x=a +
+
b∫a
[p(x)u′(x)v′(x) + q(x)u(x)v(x)] dx = λ
b∫a
r(x)u(x)v(x) dx. 2
(3.6)
Покажем, что все три задачи Штурма-Лиувилля (3.1), (3.2) – (3.4)укладываются в общую схему спектральной задачи вида Au = λu,где A — оператор с дискретным спектром, действующий в некоторомгильбертовом пространстве. Особенностью этих трех задач является тообстоятельство, что в рассматриваемом случае в качестве основногогильбертового пространства H здесь естественно взять пространствоH = L2(a, b; r(x)) с весом r(x) и скалярным произведением
(u, v) :=
b∫a
r(x)u(x)v(x) dx; (3.7)
91
такой вид скалярного произведения подсказывает правая часть в тож-дестве (3.6).
Закон, по которому должен действовать оператор A, заданный наплотном множестве в H, получается из уравнения (3.1), если обе егочасти разделить на r(x); тогда
Au(x) :=1
r(x)
[− d
dx
(p(x)
du
dx
)+ q(x)u(x)
]. (3.8)
Что касается выбора области определения D (A) оператора A, то он обу-словливается дифференциальным выражением (3.8) и краевыми усло-виями а), б) или в).
Далее для определенности рассмотрим задачу Дирихле для уравне-ния Штурма-Лиувилля. Тогда
D (A) := u ∈ C2([a, b]) : u(a) = u(b) = 0. (3.9)
Получим свойства решений задачи (3.1), (3.2) в процессе решенияследующих ниже упражнений.
Упражнение 3.1.2. Опираясь на неравенства (3.5) для r(x), доказать,что нормы в L2(a, b) и L2(a, b; r(x)) эквивалентны. 2
Упражнение 3.1.3. Проверить, что оператор A, заданный выражени-ем (3.8) на множестве D (A) (см. (3.9)), симметричен и положительноопределен в H = L2(a, b; r(x)).
Указание. При установлении свойства A 0 воспользоваться нера-венством Пуанкаре. 2
Упражнение 3.1.4. Опираясь на неравенства (3.5), а также на нера-венство Пуанкаре, установить, что энергетическая норма
‖u‖2A :=
b∫a
[p(x)|u′(x)|2 + q(x)|u(x)|2
]dx (3.10)
эквивалентна стандартной норме
‖u‖2W 12 (a,b) :=
b∫a
[|u′(x)|2 + |u(x)|2
]dx (3.11)
пространства W 12 (a, b). 2
92
Упражнение 3.1.5. Используя свойство эквивалентности норм вL2(a, b) и L2(a, b; r(x)), а также норм (3.10) и (3.11), доказать, что
HA ⊂→⊂→ H = L2(a, b; r(x)). 2 (3.12)
Следствием утверждений, приведенных в упражнениях 3.1.2–3.1.5,является
Теорема 3.1.1. Задача Дирихле для уравнения Штурма-Лиувилля,т.е. задача (3.1), (3.2), имеет дискретный положительный спектр
0 < λ1 < λ2 < . . . < λk < . . . , λk → +∞ (k →∞), (3.13)
и систему собственных функций uk(x)∞k=1, полную и ортогональнуюв H = L2(a, b; r(x)) и HA, при этом выполнены следующие формулыортогональности:
b∫a
r(x)uk(x)uj(x) dx =δkj ,
b∫a
[p(x)u′k(x)u′j(x) + q(x)uk(x)uj(x)
]dx = λkδkj .
(3.14)
Доказательство утверждений теоремы следует из основной спек-тральной теоремы, так как HA ⊂→⊂→ H.
Убедимся теперь, что имеют место строгие неравенства (3.13), т.е.каждое собственное значение рассматриваемой задачи однократное.(Заметим, что такая ситуация типична для одномерных задач.)
Пусть какому-либо собственному значению λk отвечают две линейнонезависимые собственные функции uk1(x) и uk2(x). Для этих функцийимеем uk1(a) = uk2(a) = 0, u′k1(a) 6= 0, u′k2(a) 6= 0. (Если положить рав-ными нулю и производные, то по теореме единственности решения зада-чи Коши для дифференциального уравнения второго порядка функцииuk1(x) и uk2(x) тождественно равнялись бы нулю.) Рассмотрим функ-цию
uk(x) :=uk1(x)u′k1(a)
− uk2(x)u′k2(a)
,
которая также является решением уравнения Штурма-Лиувилля привыбранном λ = λk. Имеем uk(a) = 0, u′k(a) = 1 − 1 = 0, и потомуuk(x) ≡ 0, т.е. uk1(x) и uk2(x) пропорциональны друг другу.
Простота (т.е. однократность) всех собственных значений λk, а вме-сте с этим и вся теорема в целом доказаны. 2
93
Упражнение 3.1.6. Опираясь на максиминимальный принцип Куран-та и неравенства (3.5), установить, что для собственных значений λk
задачи Дирихле для уравнения Штурма-Лиувилля справедливы дву-сторонние оценки
λ′k 6 λk 6 λ′′k , (3.15)
где
λ′k =[
π2k2
(b− a)2p0 + q0
]/r1 (3.16)
– собственные значения задачи
− d
dx
(p0du
dx
)+ q0u(x) = λr1u(x),
a < x < b, u(a) = u(b) = 0,(3.17)
а
λ′′k =[
π2k2
(b− a)2p1 + q1
]/r0 (3.18)
– собственные значения задачи
− d
dx
(p1du
dx
)+ q1u(x) = λr0u(x),
a < x < b, u(a) = u(b) = 0.(3.19)
Указание. Воспользоваться неравенствами∫ b
a
[p0|u′(x)|2 + q0|u(x)|2
]dx∫ b
a
r1|u(x)|2 dx6
∫ b
a
[p(x)|u′(x)|2 + q(x)|u(x)|2
]dx∫ b
a
r(x)|u(x)|2 dx6
6
∫ b
a
[p1|u′(x)|2 + q1|u(x)|2
]dx∫ b
a
r0|u(x)|2 dx,
справедливыми для любой функции u(x) ∈ HA, а также максимини-мальным принципом для собственных значений основной задачи и вспо-могательных задач (3.17) и (3.19). 2
Аналогично разбираются и два других вида классических краевыхзадач для уравнения Штурма-Лиувилля; это задачи (3.1), (3.3) и (3.1),
94
(3.4). Обозначим операторы этих задач, которые задаются также диф-ференциальным выражением (3.8), символами B и C соответственно.Естественно выбрать
D(B) := u(x) ∈ C2([a, b]) : u′(a) = u′(b) = 0, (3.20)
D(C) := u(x) ∈ C2([a, b]) : u′(a)− αu(a) = 0,u′(b) + βu(b) = 0, α ≥ 0, β > 0, α+ β > 0.
(3.21)
Упражнение 3.1.7. Опираясь на формулу (3.6), показать, что приq(x) > q0 > 0 операторы B и C положительно определенные и
‖u‖2B =∫ b
a
[p(x)|u′(x)|2 + q(x)|u(x)|2
]dx,
HB = u(x) : u′(x) ∈ L2(a, b);(3.22)
‖u‖2C =∫ b
a
[p(x)|u′(x)|2 + q(x)|u(x)|2
]dx+
+αp(a)|u(a)|2 + βp(b)|u(b)|2, HC = HB . 2
(3.23)
Упражнение 3.1.8. Опираясь на эквивалентность норм в L2(a, b) иL2(a, b; r(x)), а также на одномерные аналоги второй теоремы вложенияСоболева (см. параграф 2.4), т.е. на формулы
|u(a)|2 6 c1‖u‖2W 12 (a,b), |u(b)|2 6 c2‖u‖2W 1
2 (a,b), (3.24)
установить эквивалентность норм в HB и в HC норме пространстваW 1
2 (a, b) и, в силу этого, доказать свойства
HB ⊂→⊂→ H = L2(a, b; r(x)), HC ⊂→⊂→ H. 2 (3.25)
Следствием утверждений, сформулированных в упражнениях 3.1.7и 3.1.8, является свойство дискретности спектра операторов B и C.
Упражнение 3.1.9. Опираясь на максиминимальный принцип длясобственных значений операторов B и C, а также на формулы (3.22),(3.23), установить, что
λk(B) 6 λk(C), k ∈ N. 2 (3.26)
95
Заметим теперь, что в задаче Дирихле для уравнения Штурма-Лиувилля
HA := u(x) : u′(x) ∈ L2(a, b), u(a) = u(b) = 0, (3.27)
и потомуHB = HC ⊃ HA. (3.28)
Если в граничных условиях Ньютона (3.28) осуществить предельныйпереход α → +∞, β → +∞ (после предварительного деления на этичисла), то получим краевые условия задачи для оператора A. Отсюдаи из (3.28) можно установить, что
λk(C) 6 λk(A), k ∈ N. (3.29)
Оказывается, для трех приведенных одномерных классических за-дач имеют место неравенства
λk(B) < λk(C) < λk(A), k ∈ N. (3.30)
Предоставляем читателю самостоятельно доказать при k = 1 свойства(3.30), опираясь на нестрогие неравенства (3.26), (3.29) и теорему един-ственности решения задачи Коши для обыкновенного дифференциаль-ного уравнения второго порядка, а также проверить эти свойства в при-веденных ниже примерах–упражнениях.
Упражнение 3.1.10. Для уравнения
−u′′ + u = λu, 0 < x < π, (3.31)
получить решения задач:A) u(0) = u(π) = 0;B) u′(0) = u′(π) = 0;C) u(0)− u′(0) = 0, u(π) + u′(π) = 0.Проверить, что для собственных значений этих задач выполнены
соотношения (3.30). 2
Упражнение 3.1.11. Убедиться, что собственные значения задачи(3.31) при условиях
A′) u(0) = u(π) = 0;B′) u(0) = u′(π) = 0;C ′) u(0) = 0, u(π) + u′(π) = 0,также связаны соотношениями вида (3.30). 2
96
Упражнение 3.1.12. Доказать, что собственные значения задачи
−u′′ = λu, a < x < b, u(a) = 0, u′(b) + βu(b) = 0, (3.32)
монотонно возрастают при увеличении β > 0. 2
3.1.2 Три классические спектральные задачи мате-матической физики
Рассмотрим в произвольной области Ω ⊂ Rm задачу на собственныезначения для уравнения Гельмгольца
−∆u+ u = λu, u = u(x), x = (x1, . . . , xm) ∈ Ω, (3.33)
при трех типах классических краевых условий:А) условие Дирихле:
u = 0 (на ∂Ω ); (3.34)
В) условие Неймана:
∂u
∂n= 0 (на ∂Ω ); (3.35)
С) условие Ньютона:
∂u
∂n+ σu = 0, σ = σ(x) ≥ 0, x ∈ ∂Ω. (3.36)
В последнем условии функция σ(x) задана; будем считать, что онанепрерывна на ∂Ω.
Рассмотрим сначала задачу Дирихле (3.33), (3.34).
Упражнение 3.1.13. В пространстве H = L2(Ω) со скалярным произ-ведением
(u, v) :=∫
Ω
u(x)v(x) dΩ, x = (x1, . . . , xm) ∈ Ω ⊂ Rm,
для оператора A, действующего по закону
Au := −∆u+ u,
задать естественным образом область определения D (A) для задачиДирихле. Убедиться, что оператор A на D (A) симметричен и обладаетсвойством A 0, а также доказать, что
HA ⊂→⊂→ H = L2(Ω). 2
97
Упражнение 3.1.14. Введя область определения D(B) для задачиНеймана, доказать те же общие свойства для соответствующего опе-ратора B. 2
Упражнение 3.1.15. Проверить, что для оператора C задачи (3.33),(3.36) также выполнены условие симметрии и свойства C 0,HC ⊂→⊂→ H, а
‖u‖2C =∫
Ω
[|∇u|2 + |u|2
]dΩ +
∫∂Ω
σ(x)|u(x)|2 dS. 2 (3.37)
Следствием из упражнений 3.1.13–3.1.15 является такой важный вы-вод.
Теорема 3.1.2. Каждая из задач (3.33), (3.34)–(3.36) имеет дискрет-ный спектр и полную и ортогональную в H = L2(Ω) и в соответству-ющих энергетических пространствах систему собственных элемен-тов. 2
Упражнение 3.1.16. Воспользовавшись тем, что
HA := u(x) ∈W 12 (Ω) : u = 0 ( на ∂Ω ) =
0
W 12 (Ω), (3.38)
HB = W 12 (Ω) = HC , (3.39)
а также неравенством
‖u‖2B =∫
Ω
[|∇u|2 + |u|2
]dΩ 6 ‖u‖2C , (3.40)
установить, чтоλ1(B) 6 λ1(C) 6 λ1(A). 2 (3.41)
Упражнение 3.1.17. Доказать, что смешанная задача
Fu := −∆u+ u = λu ( в Ω),
u =0 (на Γ ),∂u
∂n= 0 (на ∂Ω\Γ ),
(3.42)
где Γ – произвольная часть границы ∂Ω (положительной меры), име-ет дискретный спектр. Установить, что справедливы неравенства
λ1(B) 6 λ1(F ) 6 λ1(A). 2 (3.43)
98
Приведенные ниже примеры–упражнения позволяют использоватьметод разделения переменных в спектральных задачах математическойфизики.
Пример 3.1.1. Решить задачу Дирихле
−∆u+ u = λu ( в Ω ), u = 0 (на ∂Ω ),
в прямоугольнике
Ω := (x, y) : 0 < x < a, 0 < y < b ⊂ R2. 2
Пример 3.1.2. Решить задачу Неймана
−∆u+ u = λu ( в Ω ),∂u
∂n= 0 (на ∂Ω ),
в том же прямоугольнике. 2
Пример 3.1.3. Решить задачу Ньютона
−∆u+ u = λu ( в Ω ),∂u
∂n+ σu = 0 (на ∂Ω ),
если Ω – та же область, причем σ = 0 на боковых стенках и нижнейчасти границы ∂Ω области Ω, σ = σ0 > 0 на верхней части границы.Убедиться, что собственные значения задачи монотонно зависят от σ0 >0. 2
Пример 3.1.4. Решить в той же области Ω задачу со смешаннымикраевыми условиями
−∆u+ u = λu ( в Ω ),
u = 0 (при x = 0 и x = a, 0 6 y 6 b, а также при 0 6 x 6 a, y = 0),
∂u
∂n= 0 (при y = b, 0 6 x 6 a ).
Сравнить формулы для собственных значений во всех примерах и датьобъяснение полученным выводам. 2
Аналогично рассматриваются трехмерные задачи в прямоугольномпараллелепипеде, а также двумерные в прямоугольнике Ω с условиямиДирихле на боковых стенках и Неймана на днищах (и наоборот).
99
3.1.3 Спектральная задача для эллиптического опе-ратора общего вида
Эллиптическим дифференциальным выражением называется выраже-ние вида
Lu := −m∑
i,k=1
∂
∂xk
(aik(x)
∂u
∂xi
)+ q(x)u, x ∈ Ω ⊂ Rm, (3.44)
где (aik(x))mi,k=1 – симметрическая положительно определенная матрица
с переменными коэффициентами, q(x) ≥ 0 – заданная функция точкиx = (x1, . . . , xm) ∈ Ω.
Далее предполагаем, что
aki(x) ≡ aik(x) ∈ C1(Ω), q(x) > q0 > 0, q(x) ∈ C(Ω). (3.45)
Будем считать дополнительно, что выполнено условие равномерной эл-липтичности:
c1
m∑k=1
|ξk|2 6m∑
i,k=1
aik(x)ξiξk 6 c2
m∑k=1
|ξk|2, 0 < c1 6 c2 <∞. (3.46)
Очевидно, еслиaik(x) ≡ δik, q(x) ≡ 0, (3.47)
то −Lu = ∆u, т.е. превращается в обычный оператор Лапласа. Дляэллиптической спектральной задачи
Lu = λu ( в Ω ) (3.48)
можно, как и для оператора −∆u+ u или −∆u, ставить три вида кра-евых условий:
а) задача Дирихле:u = 0, x ∈ ∂Ω; (3.49)
б) задача Неймана:
∂u
∂ν:=
m∑i,k=1
aik∂u
∂xicos(~n, xk) = 0, x ∈ ∂Ω. (3.50)
в) задача Ньютона:
∂u
∂ν+ σu = 0, σ = σ(x) ≥ 0, x ∈ ∂Ω. (3.51)
100
Выражение ∂u/∂ν называют производной по конормали к ∂Ω.Можно говорить также о смешанных краевых условиях, когда на
одной части границы задается одно из условий а)–в), а на другой какие-либо иные из этих условий.
Предоставляем читателю самостоятельно убедиться, что при любыхдважды непрерывно дифференцируемых в Ω функциях u(x) и v(x) име-ет место первая формула Грина для дифференциального выражения L:∫
Ω
(Lu)v dΩ = L(u, v)−∫
∂Ω
∂u
∂νv dS, (3.52)
L(u, v) :=∫
Ω
m∑i,k=1
aik(x)∂u
∂xk
∂v
∂xi+ q(x)uv
dΩ. (3.53)
Формулы (3.52), (3.45) и условие равномерной эллиптичности (3.46)позволяют, как и в п. 2, во всех трех спектральных задачах (3.48)–(3.51) (Дирихле, Неймана и Ньютона) установить, что соответствую-щие энергетические нормы эквивалентны стандартной норме простран-ства W 1
2 (Ω), а потому каждая из этих задач имеет дискретный спектр.Имеют место также неравенства для собственных значений этих задач,аналогичные неравенствам (3.41). Можно установить также, опираясьна неравенства (3.46), двусторонние оценки для собственных значенийэллиптических задач и соответствующих задач для оператора Лапласаиз п.3.1.2.
Предоставляем возможность только что приведенные утверждениясамостоятельно доказать читателю.
3.2 Продольные и поперечные колебания -стержня переменного сечения
Эта одномерная задача, несмотря на ее относительную простоту, ин-тересна тем, что при наличии груза на одном из концов стержня онасодержит спектральный параметр не только в уравнении, но и в гра-ничном условии. Однако операторный подход, рассмотренный выше,применим и здесь после некоторого его видоизменения.
101
3.2.1 Постановка начально-краевой задачи о про-дольных колебаниях стержня
Рассмотрим неоднородный стержень, имеющий в ненагруженном состо-янии длину l и расположенный вертикально, т.е. вдоль направлениядействия силы тяжести. В произвольной точке x стержня, 0 6 x 6 l,площадь поперечного сечения обозначим через S(x), переменную плот-ность стержня – через ρ(x), а модуль упругости – через E(x).
При продольных колебаниях стержня под действием внешних сил всечении с координатой x стержень испытывает продольное отклонение,которое обозначим через u(t, x). Это и будет искомая функция в даннойзадаче.
Выведем дифференциальное уравнение, которому должна удовле-творять функция u(t, x). Относительное удлинение стержня, т.е. вели-чина продольного отклонения, приходящаяся на единицу длины стерж-ня, в любой точке x равна
lim∆x→0
∆u∆x
=∂u
∂x(t, x). (3.54)
По закону Гука для малых относительных отклонений натяжениеT (t, x) в точке x равно
T (t, x) = E(x)S(x)∂u
∂x. (3.55)
На элемент стержня длины dx действует продольная сила, равнаяразности натяжений на его концах, т.е.
T (t, x+ dx)− T (t, x) ≈ dT (t, x) =∂
∂x
[E(x)S(x)
∂u
∂x
]dx. (3.56)
Эта сила по закону Ньютона равна произведению массы выделеннойчасти стержня на ускорение частицы, т.е. величине
dxρ(x)S(x)∂2u
∂t2. (3.57)
Отсюда приходим к уравнению продольных колебаний стержня
∂2u
∂t2− 1ρ(x)S(x)
∂
∂x
[E(x)S(x)
∂u
∂x
]= 0, 0 < x < l. (3.58)
102
Замечание 3.2.1. Если в каждом сечении стержня с координатойx действует дополнительная продольная объемная сила F (t, x), то вправую часть (3.58) вместо нуля следует подставить заданную функ-цию f(t, x) := F (t, x)/ρ(x). Тогда соответствующее уравнение (3.58) бу-дет описывать процесс вынужденных продольных колебаний стержня.2
Перейдем теперь к описанию граничных условий на концах стержняx = 0 и x = l. Будем все время считать, что верхний конец стержнязакреплен, т.е. его продольное отклонение в процессе колебаний равнонулю:
u(t, 0) = 0. (3.59)
На нижнем конце рассмотрим далее три вида краевых условий.а) Жесткое закрепление
u(t, l) = 0. (3.60)
б) Нижний конец стержня свободен, т.е. натяжение T (t, x) на этомконце равно нулю:
E(l)S(l)∂u
∂x(t, l) = 0. (3.61)
в)На нижнем конце находится груз массой m. В этом случае имеем
−E(l)S(l)∂u
∂x(t, l) = m
∂2u
∂t2(t, l). (3.62)
Замечание 3.2.2. Получим, опираясь на закон Ньютона, краевое усло-вие (3.62). Для груза и части стержня длины dx, примыкающего к грузу,сила T (t, l − dx) направлена вверх, а сила тяжести mg – вниз, тогда
−T (t, l − dx) +mg =: −E(l − dx)S(l − dx)∂u
∂x(t, l − dx) +mg =
= (m+ ρcpScp · dx)∂2u
∂t2(t, xc),
где xc – координата центра тяжести выделенной части, а ρcp и Scp –средние плотность и площадь этой части. При dx→ 0 в пределе имеемxc → l, и тогда
−E(l)S(l)∂u
∂x(t, l) +mg = m
∂2u
∂t2(t, l).
Так как упругие силы часто являются главными в рассматриваемойзадаче, то можно слева вторым слагаемым пренебречь. 2
103
Для полной постановки начально-краевой задачи о продольных ко-лебаниях стержня необходимо в начальный момент времени задать ис-ходные отклонения сечений стержня и их скорости:
u(0, x) = u0(x),∂u
∂t(0, x) = u1(x). (3.63)
Таким образом, рассматриваемая задача состоит в решении диффе-ренциального уравнения (3.58) при краевом условии (3.59), начальныхусловиях (3.63) и одном из трех краевых условий (3.60) – (3.62).
3.2.2 Собственные продольные колебания стержняс грузом на конце
Далее будем изучать лишь так называемые собственные колебаниястержня, т.е. такие решения u(t, x) начально-краевой задачи о про-дольных колебаниях, которые зависят от t по закону
u(t, x) = cosωt u(x), (3.64)
илиu(t, x) = sinωt u(x); (3.65)
можно также считать, что
u(t, x) = eiωt u(x). (3.66)
Здесь ω – неизвестная заранее частота собственных колебаний стерж-ня, которая подлежит определению наряду с функцией u(x). Можнопоказать, что суперпозицией решений приведенного выше вида можноприближенно представить решение u(t, x) начально-краевой задачи. Ис-следования такого подхода выходят за рамки данного курса, и потомудалее будем рассматривать лишь собственные колебания и возникаю-щие при этом задачи на собственные значения.
Подставляя выражение (3.66) в уравнение (3.58) задачи о продоль-ных колебаниях стержня, приходим к следующему дифференциально-му уравнению
− 1ρ(x)S(x)
d
dx
(E(x)S(x)
du
dx
)= λu, λ = ω2, 0 < x < l. (3.67)
Аналогично получаем граничное условие Дирихле на верхнем конце
u(0) = 0, (3.68)
104
а также одному из трех краевых условий на нижнем конце:
10. u(l) = 0; (3.69)
20. E(l)S(l)∂u
∂x(l) = 0; (3.70)
30. E(l)S(l)∂u
∂x(l) = λmu(l). (3.71)
Далее предполагаем, что функция ρ(x) непрерывна на [0, l], а E(x) иS(x) – непрерывно дифференцируемые функции на этом отрезке. Крометого, считаем, что
0 < ρ0 6 ρ(x) 6 ρ1, 0 < E0 6 E(x) 6 E1, 0 < S0 6 S(x) 6 S1. (3.72)
Назовем соответственно три приведенные спектральные задачи сразличными краевыми условиями на нижнем конце задачами 10, 20 и30.
Скажем несколько слов о задачах 10 и 20. Прежде всего отметим, чтозадачи 10 и 20 являются задачами Штурма-Лиувилля, разобранными впараграфе 3.1. В самом деле, сравнение с уравнением (3.1) показывает,что уравнение (3.67) есть частный случай (3.1), когда
r(x) := ρ(x)S(x), p(x) := E(x)S(x), q(x) ≡ 0, (3.73)
а краевые условия задач 10 и 20 совпадают с разобранными в параграфе3.1 вариантами краевых условий Дирихле либо Неймана на нижнемконце и условием Дирихле – на верхнем. Поэтому для задач 10 и 20
справедливы все общие выводы, которые были получены в параграфе3.1 для задачи Штурма-Лиувилля. Обозначая операторы задач 10 и 20
символами A1 и A2 соответственно, получаем, что каждая из этих задачимеет дискретный спектр λk(A1)∞k=1 и λk(A2)∞k=1 соответственно,причем имеют место неравенства
λk(A2) < λk(A1), k ∈ N. (3.74)
Отсюда следует, что частоты ωk =√λk собственных колебаний стержня
при его жестком закреплении на нижнем конце больше соответствую-щих частот колебаний при свободном нижнем конце.
Наиболее интересной является задача 30 о продольных собственныхколебаниях стержня с грузом на нижнем конце. Перейдем к ее подроб-ному рассмотрению. Задача состоит в нахождении функций u(x) и соб-ственных значений λ следующей задачи:
− 1ρ(x)S(x)
d
dx
(E(x)S(x)
du
dx
)= λu, 0 < x < l, u(0) = 0, (3.75)
105
1mE(l)S(l)
du
dx(l) = λu(l), λ = ω2.
Особенностью этой задачи является то, что здесь спектральный па-раметр λ входит не только в уравнение, но и в краевое условие приx = l. Применим к задаче (3.75) операторный подход, приспособленныйк краевому условию, содержащему спектральный параметр λ.
Чтобы понять, какие пространства здесь выбрать в качестве основ-ного гильбертова и соответственно энергетического, проведем следую-щие преобразования. Умножим уравнение (3.75) на ρ(x)S(x)u(x), про-интегрируем от 0 до l, а затем по частям, и используем граничные усло-вия на концах. Имеем
−l∫
0
d
dx
(E(x)S(x)
du
dx
)· u(x) dx = −E(x)S(x)
du
dxu(x)|l0+ (3.76)
+
l∫0
E(x)S(x)∣∣∣∣dudx
∣∣∣∣2 dx = −E(l)S(l)du
dx(l)u(l) +
l∫0
E(x)S(x)∣∣∣∣dudx
∣∣∣∣2 dx =
=
l∫0
E(x)S(x) |u′(x)|2 dx− λm|u(l)|2 = λ
l∫0
ρ(x)S(x)|u(x)|2 dx.
Отсюда получаем выражение для собственных значений λ через соб-ственные функции u(x):
λ =
l∫0
E(x)S(x) |u′(x)|2 dx
l∫0
ρ(x)S(x)|u(x)|2 dx+m|u(l)|2. (3.77)
Здесь справа стоит вариационное отношение, которое, по-видимому,связано с квадратом энергетической нормы – в числителе, и с квад-ратом нормы в основном пространстве – в знаменателе.
Исходя из этих предварительных соображений, введем в качествеосновного пространства H совокупность u элементов вида
u := u(x), 0 < x < l; u(l), (3.78)
а на этих элементах – скалярное произведение
(u, v) :=
l∫0
ρ(x)S(x)u(x)v(x) dx+mu(l)v(l). (3.79)
106
Упражнение 3.2.1. Опираясь на неравенства (3.72), доказать, чтонорма в H, порожденная скалярным произведением (3.79), эквивалент-на норме в пространстве L2 := L2(0, l)⊕ R:
‖u‖2L2
:=
l∫0
|u(x)|2 dx+ |u(l)|2. 2 (3.80)
Введем теперь в рассмотрение множество D(A3) ⊂ H вида
D(A3) := u ∈ H : u(x) ∈ C2[0, l], u(0) = 0, u(l) ∈ R, (3.81)
плотное в пространстве H, и на этом множестве рассмотрим операторA3, действующий по закону
A3u := − 1ρ(x)S(x)
d
dx
(E(x)S(x)
du
dx
);
1mE(l)S(l)
du
dx(l). (3.82)
Тогда задача (3.75), т.е. уравнение и соответствующее краевое условиепри x = l, может быть переписано в виде
A3u = λu, u ∈ D(A3) ⊂ H. (3.83)
Упражнение 3.2.2. Проверить, что оператор A3 симметричен наD(A3) и A3 0. 2
Упражнение 3.2.3. Убедиться, используя неравенства (3.72), чтоэнергетическая норма
‖u‖2A3:=
l∫0
E(x)S(x)|u′(x)|2 dx (3.84)
эквивалентна стандартной норме пространства W 12 (0, l)⊕ R, т.е. норме
‖u‖2W 12 (0,l)⊕R :=
l∫0
[|u′(x)|2 + |u(x)|2
]dx+ |u(l)|2. 2 (3.85)
Из упражнений 3.2.1–3.2.3 и теоремы о компактном вложении
V : W 12 (0, l)⊕ R → L2(0, l)⊕ R
следует, чтоHA3 ⊂→⊂→ H. (3.86)
Отсюда и из основной теоремы о спектре получаем такой важныйвывод.
107
Теорема 3.2.1. Задача 30 о продольных собственных колебанияхстержня с грузом на конце имеет дискретный спектр
λk(A3)∞k=1, λk = ω2k,
а также систему собственных элементов uk := uk(x);uk(l)∞k=1, об-разующих ортогональный базис в HA3 и ортонормированный в H:
(uk, uj) :=
l∫0
ρ(x)S(x)uk(x)uj(x) dx+muk(l)uj(l) = δkj ,
(uk, uj)A3 :=
l∫0
ρ(x)S(x)u′k(x)u′j(x) dx = λk(A3)δkj . 2
(3.87)
Докажем еще одно свойство решений задачи 10, связывающее их срешениями задач 10 и 20.
Теорема 3.2.2. Для собственных значений задач 30, 20 и 10 справед-ливы неравенства
λ1(A3) < λ1(A2) < λ1(A1) < . . . <
< λk(A3) < λk(A2) < λk(A1) < . . .(3.88)
Доказательство. Установим сначала, что
λk(A3) < λk(A2), k ∈ N. (3.89)
Для этого заметим, что λk(A3) суть максиминимальные значения ва-риационного отношения (3.77), рассматриваемого на элементах из HA3 ,т.е. на таких элементах u(x) = u(x);u(l), для которых
u′(x) ∈ L2(0, l), u(0) = 0. (3.90)
Однако в задаче 20, которая получается из задачи 30 при m = 0, соот-ветствующее вариационное отношение не меньше, чем (3.77), посколькуm > 0, а сравнение ведется на том же классе функций u(x), которыеудовлетворяют условиям (3.90). Отсюда и из максиминимального прин-ципа для задач 20 и 30 получаем, что λk(A3) 6 λk(A2), k ∈ N. Однакознак равенства здесь невозможен. В самом деле, при фиксированномλ > 0 подпространство решений уравнения (3.75) при нулевом краевом
108
условии на левом конце одномерно, и любое решение u = u(x;λ) имеетвид
u(x;λ) = Cu0(x;λ), u0(0;λ) = 0, u′0(0;λ) = 1. (3.91)
Так как u(x;λ), согласно предположению, является собственной функ-цией задач 30 и 20 одновременно, то на правом конце в данном случаедолжны удовлетворяться условия
u′(l;λ) = 0, u(l;λ) = 0,
откуда (по теореме единственности решения задачи Коши) получаем,что C = 0, т.е. u(x, λ) – тривиальное решение. Таким образом, неравен-ства (3.89) доказаны.
Остальные неравенства (3.88) следуют из факта непрерывной зави-симости решения u0(x;λ) от параметра λ при монотонном возрастанииλ от 0 до +∞. Можно проследить из соображений непрерывности, чтосначала при возрастании λ удовлетворяется граничное условие для за-дачи 30, затем для задачи 20, затем 10, а потом эта картина повторяется.
Теорема доказана. 2
Упражнение 3.2.4. Рассмотреть задачу о продольных колебанияхстержня, имеющего все постоянные характеристики. Получить и ка-чественно исследовать характеристическое уравнение для собственныхзначений задачи, т.е. частот собственных колебаний. Получить асимп-тотическое решение задач 10, 20 и 30 для частот с большими номера-ми. Проверить выполнение неравенств (3.88) в рассматриваемом случае.2
Следующие ниже задачи-упражнения послужат дополнением к об-суждаемой проблеме.
Упражнение 3.2.5. Рассмотреть по аналогичной операторной схемезадачу о малых поперечных колебаниях струны, содержащей в некото-рой своей промежуточной точке x0, 0 < x0 < l, материальную точкумассой m (бусинку). Эта проблема состоит в нахождении нетривиаль-ных решений следующей спектральной задачи
−a2 d2u
dx2= λu, 0 < x < l, u(0) = u(l) = 0, λ = ω2, (3.92)
u(x0 + 0) = u(x0 − 0), T0[u′(x0 − 0)− u′(x0 + 0)] = mλu(x0 ± 0),
где T0 > 0 – натяжение струны, a2 = T0/ρ, ρ – плотность струны. 2
109
Упражнение 3.2.6. Выписать спектральную задачу о малых колеба-ниях струны с закрепленными на ней в точках
0 < x1 < x2 < . . . < xn < l
бусинками с массами mk, k = 1, . . . , n. Привести построения, позволя-ющие сформулировать эту задачу как задачу на собственные значениядля некоторого оператора с дискретным спектром, действующего в со-ответственно подобранном гильбертовом пространстве. 2
Упражнение 3.2.7. Собственные крутильные колебания упругого ци-линдрического стержня, жестко закрепленного на левом конце и содер-жащего шкив на правом конце, описываются нетривиальными решени-ями следующей спектральной задачи:
−a2 d2θ
dx2= λθ, 0 < x < l, θ(0) = 0,
GJdθ
dx(l) = λKшθ, λ = ω2,
(3.93)
где G, J и K – модуль сдвига, геометрический полярный момент инер-ции поперечного сечения и осевой момент инерции единицы длиныстержня, a2 = GJ/K > 0, θ = θ(x) – угол поворота стержня в сече-нии с координатой x, Kш – момент инерции шкива.
Доказать адекватность задачи (3.93) некоторой задаче на собствен-ные значения для оператора A с дискретным спектром. 2
Упражнение 3.2.8. Сформулировать и исследовать задачу о малыхкрутильных колебаниях системы упругих цилиндрических стержней,на границах которых находятся шкивы с заданными моментами инер-ции. 2
3.2.3 Постановка задачи о поперечных колебанияхстержня
Будем теперь считать, что стержень длины l расположен горизонталь-но, т.е. перпендикулярно действию силы тяжести. Тогда под действи-ем внешних сил и, в частности, силы тяжести, стержень будет совер-шать поперечные колебания. Соответствующие поперечные отклоненияот ненагруженного состояния будем описывать функцией u(t, x), 0 6x 6 l.
110
Приведем краткие пояснения к выводу уравнения малых попереч-ных колебаний стержня. В одномерной теории упругости предполага-ется, что в таком процессе сечения стержня остаются плоскими, ноподвергаются изгибу. В частности, в процессе изгиба элемент стерж-ня длины dx не меняет свою длину, а лишь поворачивается так, что егоконцевые сечения составляют угол dϕ между собой; тогда
dϕ =∂u
∂x(t, x)− ∂u
∂x(t, x+ dx) = −∂
2u
∂x2(t, x)dx. (3.94)
При этом изгибающий момент сил M = M(t, x), действующий всечении x на правую часть стержня, пропорционален dϕ и равен
M(t, x) = −E(x)J(x)∂2u
∂x2(t, x), (3.95)
где E(x) – модуль упругости материала стержня, а J(x) – так называ-емый момент инерции сечения стержня относительно горизонтальнойоси.
Для элемента стержня длины dx слева действует момент M(t, x), асправа – момент M(t, x + dx) = M(t, x) + dM(t, x); при этом разностьмоментов компенсируется моментом тангенциальных, т.е. поперечных,сил:
dM = F (t, x)dx. (3.96)
Отсюда в силу (3.95) получаем, что поперечная сила в сечении x равна
F (t, x) =∂M
∂x= − ∂
∂x
(E(x)J(x)
∂2u
∂x2
). (3.97)
Приравнивая согласно закону Ньютона действующую на выделен-ный элемент стержня результирующую силу
dF = F (t, x+ dx)− F (t, x) =∂F
∂xdx = − ∂2
∂x2
(E(x)J(x)
∂2u
∂x2
)dx
произведению массы элемента на его поперечное ускорение, т.е. вели-чине
dxρ(x)S(x)∂2u
∂t2,
получаем дифференциальное уравнение поперечных колебаний стерж-ня:
∂2u
∂t2+
1ρ(x)S(x)
∂2
∂x2
(E(x)J(x)
∂2u
∂x2
)= 0, 0 < x < l. (3.98)
111
Замечание 3.2.3. Если на стержень действует поперечная объемнаясила F (t, x), то в правой части (3.98) следует нуль заменить функцией
f(t, x) :=F (t, x)ρ(x)S(x)
. 2 (3.99)
Замечание 3.2.4. Если стержень расположен на упругом основании исила сопротивления основания пропорциональна величине поперечногоотклонения стержня, т.е.
Fсопр(t, x) = −K(x)u(t, x), (3.100)
то в левую часть уравнения (3.98) следует добавить член
k(x)u(x), k(x) :=K(x)
ρ(x)S(x). 2 (3.101)
Рассмотрим теперь, какие граничные условия следует поставить наконцах стержня. Далее все время будем считать, что на левом концестержень жестко защемлен, т.е. этот конец неподвижен и имеет гори-зонтальную касательную:
u(t, 0) = 0,∂u
∂x(t, 0) = 0. (3.102)
На правом конце, как и в случае продольных колебаний стержня,рассмотрим три основных вида краевых условий.
а) Жесткое защемление:
u(t, l) = 0,∂u
∂x(t, l) = 0. (3.103)
б) Свободный правый конец. В этом случае при x = l должны рав-няться нулю изгибающий момент и тангенциальная сила, т.е.
−E(l)J(l)∂2u
∂x2(t, l) = 0,
− ∂
∂x
(E(x)J(x)
∂2u
∂x2(t, x)
)∣∣∣x=l
= 0.(3.104)
в) На правом конце находится груз массой m. Здесь при x = l изги-бающий момент по-прежнему равен нулю, а тангенциальная сила равнапроизведению массы m груза на ускорение правого конца стержня:
−E(l)J(l)∂2u
∂x2(t, l) = 0,
− ∂
∂x
(E(x)J(x)
∂2u
∂x2(t, x)
)∣∣∣x=l
= m∂2u
∂t2(t, l).
(3.105)
112
Замечание 3.2.5. Вывод соотношения (3.105) можно провести так же,как и в случае продольных колебаний стержня. Именно, для участкастержня [l − dx, l] с грузом на правом конце имеем
F (t, l − dx) =[m+ (ρ(x)S(x))cp · dx
] ∂2u
∂t2(t, xcp),
откуда при dx→ 0 получаем (3.105). 2
Для полной постановки начально-краевой задачи о поперечныхколебаниях стержня в начальный момент следует задать положениестержня и скорость отклонения его элементов
u(0, x) = u0(x),∂u
∂t(0, x) = u1(x). (3.106)
3.2.4 Задача о поперечных колебаниях упругого -стержня
Идеи, которые были применены в предыдущем пункте в задаче о про-дольных колебаниях упругого стержня, могут быть почти полностьюиспользованы и в спектральной задаче о поперечных колебаниях стерж-ня переменного сечения с тем или иным условием закрепления на пра-вом конце.
Как и в п.3.2.2, под собственными поперечными колебаниями упру-гого стержня будем понимать решения уравнения (3.98) в форме
u(t, x) = eiωtu(x), (3.107)
где ω – частота, а u(x) – амплитудная функция. Тогда для функцииu(x) приходим к дифференциальному уравнению четвертого порядка
1ρ(x)S(x)
d2
dx2
(E(x)J(x)
d2u
dx2
)= λu(x),
0 < x < l, λ := ω2,
(3.108)
а также к условиям жесткого защемления на левом конце:
u(0) = 0, u′(0) = 0. (3.109)
Далее в виде упражнений рассмотрим последовательно три спек-тральные задачи о поперечных колебаниях упругого стержня при сле-дующих трех краевых условиях на правом конце.
113
Задача 3.2.1. Жесткое защемление:
u(l) = u′(l) = 0. (3.110)
Задача 3.2.2. Колебания со свободным правым концом:
−E(l)J(l)d2u
dx2(l) = 0,
(− d
dx
((E(x)J(x)
d2u
dx2
)) ∣∣∣x=l
= 0. (3.111)
Задача 3.2.3. . Колебания с грузом массы m на правом конце:
−E(l)J(l)d2u
dx2(l) =0,
1m
(d
dx
((E(x)J(x)
d2u
dx2
))∣∣∣x=l
= λu(l).(3.112)
Относительно коэффициентов дифференциального уравнения(3.108) будем предполагать, что выполнены следующие условия:
E(x), J(x) ∈ C2([0, l]),ρ(x), S(x) ∈ C([0, l]), 0 < ρ0 6 ρ(x) 6 ρ1,
0 < S0 6 S(x) 6 S1, 0 < E0 6 E(x) 6 E1, 0 < J0 6 J(x) 6 J1.
(3.113)
Упражнение 3.2.9. Проверить, что при условиях (3.109) жесткого за-щемления на левом конце для любых u(x) ∈ C4([0, l]) и v(x) ∈ C2([0, l])справедлива следующая формула Грина:
l∫0
ρ(x)S(x)( 1ρ(x)S(x)
d2
dx2
(E(x)J(x)
d2u
dx2
))v(x)dx =
=
l∫0
E(x)J(x)d2u
dx2· d
2v
dx2dx−
−( ddx
(E(x)J(x)
d2u
dx2
)v(x)
)x=l
+((E(x)J(x)
d2u
dx2
)dvdx
)x=l
.
(3.114)
Упражнение 3.2.10. Показать, что в задачах 3.2.1 и 3.2.2 в качествеосновного гильбертова пространства, в котором естественно рассматри-вать эти задачи, следует взять пространство H := L2
((0, l); ρ(x)S(x)dx
)с квадратом нормы
‖u‖2 :=
l∫0
ρ(x)S(x)|u(x)|2dx, (3.115)
114
а в задаче 3.2.3 — пространствоH := L2
((0, l); ρ(x)S(x)dx
)⊕R элементов
вида u :=u(x), 0 6 x 6 l; u(l)
с квадратом нормы
‖u‖2 :=
l∫0
ρ(x)S(x)|u(x)|2dx+m|u(l)|2. 2 (3.116)
Упражнение 3.2.11. Показать, что оператор B1 задачи 3.2.1 есте-ственно определить на множестве
D(B1) := u(x) ∈ C4[0, l] :u(0) = u′(0) = 0, u(l) = u′(l) = 0
(3.117)
по закону
B1u :=1
ρ(x)S(x)d2
dx2
(E(x)J(x)
d2u
dx2
). (3.118)
Убедиться, что B1 0, а квадрат энергетической нормы равен
‖u‖2B1=
l∫0
E(x)J(x)∣∣∣d2u
dx2
∣∣∣2dx. (3.119)
Используя дважды неравенство Пуанкаре (для u(x) и u′(x)), пока-зать, что норма (3.119) эквивалентна стандартной норме пространстваW 2
2 (0, l). 2
Упражнение 3.2.12. Проверить, что оператор B2 задачи 3.2.2 есте-ственно определить на множестве
D(B2) := u(x) ∈ C4([0, l]) : u(0) = u′(0) = 0,
− E(l)J(l)d2u
dx2(l) = 0,
d
dx
(E(x)J(x)
d2u
dx2
)x=l
= 0(3.120)
по закону
B2u :=1
ρ(x)S(x)d2
dx2
(E(x)J(x)
d2u
dx2
). (3.121)
Убедиться, что B2 0 и квадрат энергетической нормы равен
‖u‖2B2=
l∫0
E(x)J(x)∣∣∣d2u
dx2
∣∣∣2dx, (3.122)
причем здесь функции из энергетического пространства HB2 , в отличиеот задачи 3.2.1, не удовлетворяют, вообще говоря, краевым условиям направом конце. 2
115
Упражнение 3.2.13. Показать, что оператор B3 задачи 3.2.3 есте-ственно определить на множестве
D(B3) := u(x) := u(x), 0 6 x 6 l; u(l) :
u(x) ∈ C4([0, l]), u(0) = u′(0) = 0, −E(l)J(l)d2u
dx2(l) = 0
(3.123)
по закону
B3u :=
1ρ(x)S(x)
d2
dx2
(E(x)J(x)
d2u
dx2
);
1m
(d
dx
(E(x)J(x)
d2u
dx2
))x=l
.
(3.124)Доказать, что B3 0 и квадрат энергетической нормы равен
‖u‖2B3=
l∫0
E(x)J(x)∣∣∣d2u
dx2
∣∣∣2dx, (3.125)
причем здесь элементы энергетического пространства, как и в задаче3.2.2, не удовлетворяют, вообще говоря, краевым условиям на правомконце. 2
Упражнение 3.2.14. Опираясь на решения упражнений 3.2.9–3.2.13,доказать, что в задачах 3.2.1, 3.2.2 и 3.2.3 энергетическое пространствокомпактно вложено в основное пространство, а потому каждая из этихзадач имеет дискретный спектр λk(Bj)∞k=1, j = 1, 2, 3 и полные ортого-нальные системы собственных элементов в основном и энергетическомпространстве. 2
Упражнение 3.2.15. Убедиться, что собственные значения λk(Bj)трех рассматриваемых задач удовлетворяют неравенствам
λk(B3) < λk(B2) < λk(B1), k = 1, 2, . . . . 2 (3.126)
Упражнение 3.2.16. Рассмотреть задачи 3.2.1, 3.2.2 и 3.2.3, в случае,когда
ρ(x) = ρ0 > 0, S(x) = S0 > 0, E(x) = E0 > 0, J(x) = J0 > 0.
Качественно и асимптотически исследовать характеристическое урав-нение каждой из задач, проверить выполнение неравенств (3.126).2
116
Заметим в заключение этого параграфа, что прием, позволяющийисследовать задачу со спектральным параметром в уравнении и крае-вом условии, можно применять не только в одномерных, но и в много-мерных задачах. Классическим примером такого рода является задача
−∆u+ u = λu (в Ω),∂u
∂n= λu (в ∂Ω), (3.127)
где Ω — произвольная область в Rm. Подобным же образом можно ис-следовать другие задачи, в которых краевое условие вида (3.127) заданоне на всей границе ∂Ω, а лишь на некоторой ее части Γ положительноймеры, а на ∂Ω \ Γ задано какое-либо из классических однородных кра-евых условий.
3.3 Малые колебания идеальной жидкостив частично заполненном контейнере
Данная задача интересна тем, что здесь уравнение, которому подчине-на функция, в определенном смысле играет ту же роль, что в обычныхзадачах краевое условие, а краевое условие на свободной поверхностижидкости фактически приводит к спектральной задаче для неограни-ченного самосопряженного оператора. Отметим, что рассматриваемаязадача является одной из главных гидродинамических задач при рас-чете траектории движения космической ракеты с жидким топливом наборту в то время, когда ракета находится на активном участке полета.
3.3.1 Постановка задачи о малых колебаниях тяже-лой идеальной жидкости в произвольном кон-тейнере
Будем считать, что идеальная несжимаемая жидкость плотности ρ =const > 0 частично заполняет некоторый контейнер и в состоянии покоязанимает область Ω ⊂ R3, ограниченную свободной поверхностью Γ итвердой стенкой S. Поверхность Γ расположена перпендикулярно дей-ствию однородного гравитационного поля ~g = −g~e3, где ~e3 — орт осиOx3 декартовой системы координат Ox1x2x3. Начало O этой системывыберем на Γ, тогда уравнение Γ примет вид x3 = 0.
В состоянии покоя давление в жидкости P0 = P0(x3) распределенопо закону Архимеда:
P0(x3) = pa − ρgx3, (3.128)
117
где pa — постоянное внешнее (атмосферное) давление.Рассмотрим теперь задачу о движениях жидкости в контейнере. Как
следует из гипотез, обычно применяемых в механике сплошных сред,на частицу идеальной (невязкой) жидкости действует поле давлений, атакже поле внешних сил. Если поле скоростей в жидкости обозначитьчерез ~v = ~v(t, x), x = (x1, x2, x3), то применение закона Ньютона кжидкой частице единичного объема дает уравнение Эйлера:
ρd~v
dt:= ρ
[∂~v∂t
+ (~v · ∇)~v]
= −∇P − ρg~e3, (3.129)
где P = P (t, x) — полное давление в жидкости, d~v/dt — полная про-изводная по времени для скорости жидкой частицы в процессе ее дви-жения вдоль траектории, а ∇ =
∑3k=1 ~e3∂/∂xk — оператор градиента
(оператор набла).Так как жидкость несжимаемая, то к (3.129) следует добавить урав-
нение неразрывности, которое при ρ = const дает условие
div ~v :=3∑
k=1
∂vk
∂xk= 0. (3.130)
Рассмотрим малые движения жидкости в контейнере, т.е. будем счи-тать, что поле скорости ~v(t, x) и отклонение p(t, x) := P (t, x) − P0(x3)поля давления от равновесного давления (эту разность называют дина-мическим давлением в отличие от статического давления P0(x3)) сутьбесконечно малые функции первого порядка малости. Так как в силу(3.128)
∇P0 = −ρg~e3, (3.131)
то линеаризация уравнения (3.129) дает
ρ∂~v
∂t= −∇p, (3.132)
где p = p(t, x) — динамическое давление.Перейдем теперь к описанию граничных условий в данной задаче.
Частицы идеальной жидкости могут свободно двигаться вдоль твердойстенки S и не могут пройти в поперечном к S направлении, поэтому наS выполнено условие непротекания
vn := ~v · ~n = 0 (на S), (3.133)
где ~n — внешняя нормаль к области Ω.
118
На движущейся свободной поверхности Γ(t), по предположению ма-ло отклоняющейся от Γ, давление P (t, x) должно равняться атмосфер-ному давлению pa, т.е. выполнено динамическое условие
P (t, x) = pa, x ∈ Γ(t). (3.134)
Будем считать, что уравнение движущейся поверхности Γ(t) имеетвид x3 = ζ(t, x1, x2), (x1, x2) ∈ Γ, где ζ(t, x1, x2) — также бесконечномалая функция первого порядка. Тогда соотношение (3.134), с учетомпредставления P = p+ P0, дает
P0 (ζ(t, x1, x2)) + p (t, x1, x2, ζ(t, x1, x2)) = pa.
Разлагая здесь первое и второе слагаемые слева по формуле Тейлора(по степеням ζ) и ограничиваясь членами нулевого и первого порядкамалости, имеем(
P0(0) +(∂P0
∂x3
) ∣∣∣x3=0
· ζ + . . .
)+ (p(t, x1, x2, 0) + . . .) = pa,(
∂P0
∂x3
)∣∣∣x3=0
= −ρg.
С учетом (3.128) отсюда получаем линеаризованное динамическое усло-вие
p(t, x1, x2, 0) = ρgζ(t, x1, x2), (x1, x2) ∈ Γ. (3.135)
Получим теперь кинематическое условие на равновесной поверхно-сти Γ. Исходным здесь является естественное предположение о том, чточастица жидкости, находящаяся на свободной движущейся поверхно-сти Γ(t) в некоторый момент времени, остается на этой поверхностиво все время движения. Именно, если функции xi = xi(t) (i = 1, 2, 3)описывают траекторию движения жидкой частицы, то на Γ(t) должновыполняться соотношение
x3(t) ≡ ζ(t, x1(t), x2(t)
).
Но тогда
dx3
dt= v3 =
∂ζ
∂t+
∂ζ
∂x1· dx1
dt+
∂ζ
∂x2· dx2
dt=∂ζ
∂t+
∂ζ
∂x1· v1 +
∂ζ
∂x2· v2,
и после линеаризации этого соотношения получаем кинематическоеусловие
v3 = vn =∂ζ
∂t, (x1, x2) ∈ Γ. (3.136)
119
Итак, начально-краевая задача о малых (линейных) колебаниях иде-альной жидкости формулируется следующим образом: найти поле ско-рости ~v(t, x), динамическое давление p(t, x) и функцию ζ(t, x1, x2) от-клонения свободной поверхности Γ из следующих уравнений, краевыхи начальных условий:
ρ∂~v
∂t= −∇p, div~v = 0 (в Ω), vn = 0 (на S), (3.137)
p = ρgζ, vn =∂ζ
∂t( на G ), ~v(0, x) = ~v0(x), ζ(0, x1, x2) = ζ0(x1, x2).
Последние два соотношения задают начальные условия в задаче(3.137): для однозначного определения движения жидкости в контей-нере следует в начальный момент времени задать поле скоростей в об-ласти Ω и форму отклонения свободной поверхности от равновеснойповерхности Γ.
Отметим еще, что следствием условия сохранения объема при коле-баниях является условие ∫
Γ
ζ(t, x1, x2)dΓ = 0. (3.138)
3.3.2 Формулировка задачи Стеклова в проблемесобственных колебаний тяжелой жидкости вконтейнере
Рассмотрим задачу о собственных колебаниях жидкости, т.е. задачу онахождении таких ее решений, которые зависят от t по экспоненциаль-ному закону exp(iωt), где ω — неизвестная заранее частота колебаний;имеем:
~v(t, x) =~v(x) exp(iωt), p(t, x) = p(x) exp(iωt),ζ(t, x1, x2) = ζ(x1, x2) exp(iωt).
(3.139)
Из (3.137) для амплитудных функций ~v(x), p(x) и ζ(x1, x2) получаемсистему уравнений и граничных условий:
iωρ~v = −∇p, div~v = 0 (в Ω), vn = 0 (на S),p = ρgζ, vn = iωζ (на Γ).
(3.140)
120
Покажем, что задачу (3.140) можно привести к нахождению лишьодной скалярной функции, через которую выражаются все амплитуд-ные искомые функции. В самом деле, из первого уравнения (3.140) сле-дует, что при ω 6= 0 поле ~v(x) потенциально:
~v = ∇u, u = u(x), x = (x1, x2, x3) ∈ Ω. (3.141)
Тогда это первое соотношение дает связь (давление находится с точно-стью до произвольной постоянной!)
p+ iρωu = const = 0 (в Ω), (3.142)
а второе уравнение приводит к уравнению Лапласа:
div ~v = div∇u = ∆u = 0 (в Ω). (3.143)
Далее, условие непротекания на S дает условие Неймана
vn = ∇u · ~n =∂u
∂n= 0 (на S). (3.144)
На Γ аналогично получаем, с учетом (3.142), что
ζ = (iω)−1 ∂u
∂n, iρωu = ρg(iω)−1 ∂u
∂n. (3.145)
Отсюда имеем
∂u
∂n= λu (на Γ), λ = ω2/g. (3.146)
Таким образом, окончательно спектральная задача о нахождениипотенциала скорости u(x1, x2, x3) может быть сформулирована следую-щим образом:
∆u = 0 (в Ω),∂u
∂n= 0 (на S),
∂u
∂n= λu (на Γ), λ = ω2/g.
(3.147)
Задачу (3.147) при Γ = ∂Ω, S = ∅ рассматривал еще в конце XIX векаизвестный русский и советский математик В.А. Стеклов; в дальнейшемэту задачу будем называть задачей Стеклова. Имея решения задачиСтеклова, амплитудные функции ~v(x), p(x) и ζ(x1, x2) можно найти изсоотношений (3.141), (3.142) и (3.145) соответственно.
121
3.3.3 Оператор задачи Стеклова
Как сейчас будет установлено, задача Стеклова (3.147) равносильнаоператорному уравнению вида
Aw = λw, A 0, A−1 ∈ S∞, (3.148)
в некотором гильбертовом пространстве H.Для доказательства этого рассмотрим вспомогательную задачу Ней-
мана для уравнения Лапласа
∆u = 0 (в Ω),∂u
∂n= 0 (на S),
∂u
∂n= ψ (на Γ). (3.149)
Упражнение 3.3.1. Опираясь на первую формулу Грина для опера-тора Лапласа, т.е. на формулу
−∫
Ω
∆u · vdΩ =∫
Ω
∇u · ∇vdΩ−∫
∂Ω
∂u
∂nvdS,
убедиться, что необходимым условием разрешимости задачи (3.149) яв-ляется условие ∫
Γ
ψdΓ = 0. 2 (3.150)
Так как решение задачи (3.149) находится с точностью до произ-вольной постоянной, наложим на это решение дополнительное условие∫
Γ
udΓ = 0. (3.151)
Упражнение 3.3.2. Доказать, что задача (3.149), (3.151) имеет един-ственное решение. 2
Рассмотрим теперь свойства решений вспомогательной задачи Ней-мана. Пусть v(x) — произвольная функция из C1(Ω). Предполагая, чторешение u(x) задачи (3.149), (3.151) является дважды непрерывно диф-ференцируемым в Ω, получим с помощью формулы Грина тождество∫
Ω
∇u · ∇vdΩ =∫
Γ
ψvdΓ. (3.152)
Докажем, опираясь на тождество (3.152), существование обобщенно-го решения задачи (3.149), (3.151). С этой целью введем в рассмотрение
122
гильбертово пространство W 12 (Ω) с квадратом нормы в одной из экви-
валентных форм:
‖u‖21,Ω :=∫
Ω
|∇u|2dΩ +
(∫Γ
udΓ
)2
.
Далее будем рассматривать лишь те функции u(x) ∈ W 12 (Ω), которые
удовлетворяют дополнительному условию (3.151). Их совокупность об-разует подпространство W 1
2 (Ω) ⊂ W 12 (Ω), имеющее коразмерность 1;
квадрат нормы в W 12 (Ω) совпадает с интегралом Дирихле:
‖u‖21,Ω :=∫
Ω
|∇u|2dΩ, u ∈ W 12 (Ω). (3.153)
Определение 3.3.1. Будем говорить, что задача (3.149), (3.151) име-ет обобщенное решение из W 1
2 (Ω), если существует такая функцияu(x) ∈ W 1
2 (Ω), для которой при любой функции v(x) ∈ W 12 (Ω) выполне-
но интегральное тождество (3.152). 2
Теорема 3.3.1. Пусть H := L2(Γ)1 — гильбертово пространствосуммируемых с квадратом по Γ функций, ортогональных к единичнойфункции. Если ψ(x) ∈ H, то существует единственное обобщенноерешение u(x) ∈ W 1
2 (Ω) вспомогательной задачи (3.149), (3.151).
Доказательство. Если ψ(x) ∈ H, то при любой v(x) ∈ W 12 (Ω) правая
часть в (3.152) представляет собой линейный ограниченный функцио-нал (относительно v) в пространстве W 1
2 (Ω). Действительно, по вто-рой теореме вложения Соболева (см. теорему 2.4.3) оператор следаγ : W 1
2 (Ω) → L2(Γ) компактен и потому ограничен, и тогда
‖v‖L2(Γ) 6 c‖v‖W 12 (Ω), ∀v ∈W 1
2 (Ω). (3.154)
Поэтому для v ∈ W 12 (Ω) ⊂W 1
2 (Ω)∣∣∣∣∣∫
Γ
ψvdΓ
∣∣∣∣∣ = ∣∣(ψ, v)L2(Γ)
∣∣ 6‖ψ‖L2(Γ) · ‖v‖L2(Γ) 6
6(c‖ψ‖L2(Γ)
)· ‖v‖
W 12 (Ω)
.
(3.155)
Отсюда по теореме Рисса об общем виде линейного функционалав гильбертовом пространстве получаем, что существует единственный
123
элемент u(x) ∈ W 12 (Ω), такой, что∫
Γ
ψvdΓ = (u, v)W 1
2 (Ω)=∫
Ω
∇u · ∇vdΩ, ∀v ∈ W 12 (Ω). (3.156)
Теорема доказана. 2
Представим решение вспомогательной задачи (3.149), (3.150) в виде
u = Tψ, T : H → W 12 (Ω).
Упражнение 3.3.3. Доказать, что оператор T ограничен и
‖T‖ 6 c, (3.157)
где c > 0 — константа из неравенства (3.154).
Решение. Полагая в (3.156) v = u = Tψ, будем иметь
‖Tψ‖2W 1
2 (Ω)=(ψ, Tψ)L2(Γ) 6 ‖ψ‖L2(Γ) · ‖Tψ‖L2(Γ) 6
6(c‖ψ‖L2(Γ)
)‖Tψ‖
W 12 (Ω)
;
после сокращения на ‖Tψ‖W 1
2 (Ω)отсюда следует (3.157). 2
Рассмотрим теперь оператор
G := γT : H → H, (3.158)
где γ : W 12 (Ω) → L2(Γ) — упомянутый выше оператор следа: γ(u
∣∣Ω) :=
u∣∣Γ.Как следует из предыдущего, операторG сопоставляет функции ψ =(∂u
∂n
)Γ
∈ H след на Γ решения вспомогательной задачи (3.148), (3.150),т.е.
Gψ = G
(∂u
∂n
)Γ
= u∣∣Γ. (3.159)
Так как оператор T : H → W 12 (Ω) ограничен, а γ : W 1
2 (Ω) → H— компактен, то G = γT — компактный оператор, действующий в H.Очевидно, он задан на всем пространстве H.
Упражнение 3.3.4. Доказать, опираясь на первую и вторую формулыГрина для оператора Лапласа, что G = G∗ и G > 0.
124
Решение. Пусть u = ui — решения вспомогательной задачи Нейманапри ψ = ψi (i = 1, 2). Тогда (при любых ψ1 и ψ2 из H) имеем:
(Gψ1, ψ2)L2(Γ) =∫
Γ
u1∂u2
∂ndΓ =
∫∂Ω
u1∂u2
∂ndS =
=∫
Ω
∇u1 · ∇u2dΩ = · · · =∫
Γ
∂u1
∂nu2dΓ = (ψ1, Gψ2)L2(Γ).
(3.160)
Отсюда следует, что G∗ = G. Полагая в (3.160) ψ2 = ψ1 = ψ (u2 = u1 =u), получаем
(Gψ,ψ)L2(Γ) =∫
Ω
|∇u|2dΩ ≥ 0, (3.161)
и потому G — неотрицательный оператор.Далее, если (Gψ,ψ)L2(Γ) = 0, то в силу (3.161) имеем ∇u = ~0 (почти
всюду в Ω), т.е. u(x) = const, и так как для u(x) ∈ W 12 (Ω) выполнено∫
Γ
udΓ = 0, то u(x) ≡ 0. Значит, ψ =∂u
∂n
∣∣∣Γ
= 0, и свойство G > 0
доказано. 2
Итак, введенный посредством формулы (3.158) оператор G — ком-пактный положительный оператор, действующий в H = L2(Γ) 1.Обратный оператор A := G−1 является, очевидно, неограниченным по-ложительно определенным, заданным на некотором плотном в H мно-жестве
D (A) = R(G) ⊂ H, R(A) = D(G) = H. (3.162)
В силу свойств A−1 = G получаем, что оператор A имеет дискрет-ный спектр и отвечающий собственным значениям этого спектра орто-гональный базис (в H и в HA), составленный из собственных элементовоператора A.
Определение 3.3.2. Оператор A = G−1 0 (A−1 = G ∈ S∞) назы-вается оператором задачи Стеклова. 2
3.3.4 Свойства решений задачи СтекловаПокажем, что задача Стеклова (3.147) естественным образом можетбыть сформулирована как задача на собственные значения для опера-тора Стеклова.
Теорема 3.3.2. Задача на собственные значения
∆u = 0 (в Ω),∂u
∂n= 0 (на S),
∂u
∂n= λu (на Γ), (3.163)
125
равносильна задаче
Aϕ = λϕ, ϕ = u∣∣Γ∈ H = L2(Γ) 1. (3.164)
Доказательство. Обозначим
∂u
∂n
∣∣∣Γ
= ψ, u∣∣Γ
=: ϕ. (3.165)
Согласно определению оператора G, для решений задачи (3.163) имеем
u∣∣Γ
= ϕ = Gψ = G∂u
∂n
∣∣∣Γ,
и потому
ψ =∂u
∂n
∣∣∣Γ
= A(u∣∣Γ
)= Aϕ, (3.166)
где A — оператор Стеклова. Поэтому соотношение∂u
∂n= λu (на Γ) с
учетом ∆u = 0 (в Ω),∂u
∂n= 0 (на S) может быть записано в виде
A(u∣∣Γ
)= λ
(u∣∣Γ
),
т.е. в виде (3.164). 2
Теорема 3.3.3. Собственные значения λk∞k=1 задачи Стекловаможно найти как последовательные минимумы вариационного отно-шения
‖u‖2A/‖u‖2 =
∫Ω
|∇u|2dΩ/∫
Γ
|u|2dΓ, (3.167)
рассматриваемого на множестве функций u(x) ∈ W 12 (Ω), для которых
∆u = 0 (в Ω),∂u
∂n= 0 (на S)
(∫Γ
udΓ = 0). (3.168)
Доказательство. Оно основано на спектральной теореме о свой-ствах спектра положительно определенного оператора A, имеющегокомпактный обратный оператор A−1 > 0 (когда HA ⊂→⊂→ H), а такжена вариационных принципах для собственных значений такого опера-тора (глава 2 данного курса лекций). Предоставляем читателю возмож-ность доказать эту теорему самостоятельно. 2
126
Замечание 3.3.1. Первое собственное значение λ1 есть минимум ва-риационного отношения (3.167), второе — минимум этого отношения наклассе функций u(x), для которых выполнены условия (3.168) и условиеортогональности ∫
Γ
u · u1dΓ = 0
к первой собственной функции u1(x), отвечающей собственному значе-нию λ1 задачи Стеклова, и т.д. 2
Замечание 3.3.2. Если для обратных величин λ−1k взамен (3.167) рас-
сматривать вариационное отношение∫Γ
|u|2dΓ/∫
Ω
|∇u|2dΩ,∫
Γ
udΓ = 0, (3.169)
то можно показать, что при нахождении последовательных максиму-мов этого отношения варьирование здесь можно проводить в классевсех функций из W 1
2 (Ω), а не только тех, которые удовлетворяют до-полнительным условиям (3.168). Эти условия при такой вариационнойформулировке задачи являются естественными, т.е. не только условиеНеймана ∂u/∂n = 0 (на S), но и уравнение Лапласа ∆u = 0 (в Ω) авто-матически выполняются для решения, реализующего последовательныемаксимумы отношения (3.169). 2
Упражнение 3.3.5. Обозначим через U12 (Ω) множество функций u(x)
из W 12 (Ω), для которых выполнены соотношения (3.168). Доказать, что
U12 (Ω) — подпространство в W 1
2 (Ω) и имеет место ортогональное разло-жение
W 12 (Ω) = U1
2 (Ω)⊕W 1
2 (Ω), (3.170)
гдеW 1
2 (Ω) :=u(x) ∈ W 1
2 (Ω) : u(x) ≡ 0 (на Γ). (3.171)
Указание. Воспользоваться определением скалярного произведенияв W 1
2 (Ω) и первой формулой Грина для оператора Лапласа. 2
Следствием ортогонального разложения (3.170) и предыдущих рас-смотрений является
Теорема 3.3.4. Задача о собственных колебаниях тяжелой идеаль-ной жидкости в сосуде имеет дискретный спектр частот ωk∞k=1,ω2
k/g = λk(A),
0 < ω21 6 ω2
2 6 · · · 6 ω2k 6 . . . , ω2
k → +∞ (k →∞), (3.172)
127
и систему собственных функций uk(x)∞k=1 (потенциалов скоростей,через которые выражаются амплитуды колебаний полей скорости,давления и отклонения свободной движущейся поверхности от рав-новесной поверхности), обладающих следующими свойствами:
10. Функции uk(x)∣∣Γ∞k=1 вместе с u0(x)
∣∣Γ≡ 1 образуют ортого-
нальный базис в L2(Γ).20. Функции uk(x)
∣∣Ω∞k=1 образуют ортогональный базис в под-
пространстве U12 (Ω) ⊂ W 1
2 (Ω) гармонических функций из W 12 (Ω), удо-
влетворяющих условию Неймана на твердой стенке S.30. Имеют место следующие формулы ортогональности:∫
Γ
uk(x)uj(x)dΓ = δkj ,∫Ω
∇uk(x) · ∇uj(x)dΩ = (ω2k/g)δkj . 2
(3.173)
3.3.5 Примеры
Если сосуд Ω ⊂ R3 имеет цилиндрическую форму с образующей, парал-лельной вертикальной оси Ox3, то задача Стеклова
∆u = 0 (в Ω),∂u
∂n= 0 (на S),
∂u
∂n= λu (на Γ), (3.174)
допускает разделение переменных. Обозначим поперечное сечение со-суда через Γ и будем считать, что равновесной поверхности жидкостиотвечает уравнение x3 = 0, а дну сосуда — уравнение x3 = −h.
Упражнение 3.3.6. Осуществляя в задаче Стеклова (3.174) разделе-ние переменных в форме
u(x1, x2, x3) = w(x3)v(x1, x2), (x1, x2) ∈ Γ, x3 ∈ (−h, 0), (3.175)
получить для функций w(x3) и v(x1, x2) задачи
−∆2v := −( ∂2
∂x21
+∂2
∂x22
)v = µv (Γ),
∂v
∂n2= 0 (на ∂Γ),
∫Γ
vdΓ = 0,(3.176)
w′′ − µw = 0 (−h < x3 < 0), w′(−h) = 0, w′(0) = λw(0), (3.177)
128
где ~n2 — внешняя нормаль к ∂Γ. Исследовать задачи (3.176) и (3.177)и получить ответ в виде
u = uk(x1, x2, x3) = vk(x1, x2) ch[õk(x3 + h)
],
λk =√µk th
[õkh
], k ∈ N,
(3.178)
где µk∞k=1 — дискретный спектр собственных значений задачи (3.176),а vk(x1, x2)∞k=1 — отвечающие им собственные функции. 2
Упражнение 3.3.7. Решить задачу Стеклова (3.174) в плоской обла-сти Ω = (0, a)× (0, b), Γ = (0, a).
Ответ. λk =πk
athπkb
a, k ∈ N. 2
Упражнение 3.3.8. Решить задачу Стеклова в прямоугольном парал-лелепипеде Ω = (0, a)× (0, b)× (0, c), Γ = (0, a)× (0, b).
Ответ. λ = λkm =
√π2k2
a2+π2m2
b2th(√π2k2
a2+π2m2
b2c), k =
0, 1, 2, . . ., m = 0, 1, 2, . . ., k +m > 0. 2
Упражнение 3.3.9. Используя специальные функции математиче-ской физики — функции Бесселя Jk(x), решить методом разделенияпеременных задачу Стеклова в круговом цилиндре Ω = Γ × (−h, 0),Γ =
(x1, x2) : x2
1 + x22 < R2
.
Ответ. λ = λkm = µkm th(µkmh), k = 0, 1, 2, . . ., m = 1, 2, . . ., гдеµkm есть m-ый корень производной функции Jk(x): J ′k(µkm) = 0, m =1, 2, . . .. 2
В заключение этого параграфа отметим, что операторный подход,который здесь был применен к задаче о малых колебаниях тяжелой иде-альной жидкости в произвольном контейнере, может быть использовантакже и в трех близких задачах: задаче о малых колебаниях идеальнойжидкости, находящейся в условиях, близких к невесомости, когда необ-ходим учет капиллярных сил; в задаче о колебаниях жидкости, ограни-ченной упругой мембраной; в задаче о колебаниях жидкости в сосуде супругим днищем. Здесь также имеет место свойство дискретности спек-тра, а спектральная задача примет вид
Au = λBu,
где A— оператор потенциальной, аB — оператор кинетической энергии,причем HA ⊂→⊂→ HB .
129
Заметим еще, что в настоящее время приближенные методы типаметода Ритца хорошо разработаны для всех перечисленных и близкихк ним задач; результаты расчетов опубликованы в ряде научных статейи монографий; они оказали значительное влияние на развитие исследо-ваний в области освоения космического пространства.
3.4 Малые движения вязкой жидкости в -полностью заполненном контейнере
Эта задача, важная для приложений, по разному может быть иссле-дована в двумерном и в трехмерном случае: с применением функциитока (в R2) либо на основе ортогонального разложения гильбертовапространства вектор-функций, суммируемых с квадратом по области(в R3).
3.4.1 Постановка задачи
Будем считать, что вязкая несжимаемая жидкость плотности ρ > 0 пол-ностью заполняет некоторый контейнер Ω с границей S = ∂Ω, которуюбудем считать гладкой.
Выбирая, как и в параграфе 3.3, ось Ox3 декартовой системы коор-динат Ox1x2x3 в направлении, противоположном действию однородно-го гравитационного поля с ускорением ~g, т.е. считая ~g = −g~e3, в состо-янии покоя имеем закон Архимеда для статического давления:
P0 = P0(x3) = −ρgx3 + const . (3.179)
Здесь постоянная может быть выбрана произвольной, так как физиче-ский смысл имеет лишь разность давлений.
Рассмотрим теперь движения жидкости в контейнере Ω. Так как вданной задаче следует учитывать и вязкие силы, то основное уравнениедвижения, называемое уравнением Навье-Стокса, должно содержать,в отличие от случая идеальной жидкости, дополнительное слагаемое,связанное с действием вязких сил:
ρd~v
dt≡ ρ[d~vdt
+ (~v · ∇)~v]
= −∇P + ρν∆~v − ρg~e3. (3.180)
Здесь по-прежнему ~v = ~v(t, x), x = (x1, x2, x3) ∈ Ω, — поле скоростейжидкости, P (t, x) — поле давлений, ν > 0 — коэффициент так назы-
130
ваемой кинематической вязкости, ∆ — трехмерный оператор Лапласа:
∆ =3∑
k=1
∂2/∂x2k.
Далее будем рассматривать лишь малые движения жидкости в кон-тейнере. Представим P (t, x) в виде
P (t, x) = P0(x3) + p(t, x) (3.181)
и будем считать, что ~v(t, x) и динамическое давление p(t, x) являютсябесконечно малыми функция первого порядка малости. После линеари-зации уравнения (3.180) с учетом (3.181) и (3.179) получаем
∂~v
∂t= −1
ρ∇p+ ν∆~v. (3.182)
К уравнению (3.182) следует присоединить еще условие несжимаемо-сти жидкости div~v = 0 (в Ω), а также условие прилипания на твердойстенке S = ∂Ω контейнера Ω и начальное условие для поля скоростей.Окончательно получаем следующую начально-краевую задачу:
∂~v
∂t= −1
ρ∇p+ ν∆~v, div~v = 0 (в Ω),
~v = ~0 (на S), ~v(0, x) = ~v0(x), (в Ω).(3.183)
3.4.2 Двумерная задача. Применение функции тока
Если задача о малых движениях вязкой жидкости рассматривается вдвумерной области, т.е. Ω ⊂ R2, то в этом случае от векторной задачи(3.183) можно перейти к начально-краевой задаче для одной искомойскалярной функции, которую называют функцией тока.
Переход к такой начально-краевой задаче осуществим с помощьюпоследовательного рассмотрения ряда этапов, сформулированных ввиде упражнений. Введем функцию тока ψ(t, x) = ψ(t, x1, x2), x =(x1, x2) ∈ Ω ⊂ R2, связанную с полем скоростей ~v(t, x) = v1(t, x)~e1 +v2(t, x)~e2 соотношениями
v1 =∂ψ
∂x2, v2 = − ∂ψ
∂x1. (3.184)
Физический смысл названия ”функция тока” станет очевиден после ре-шения следующего упражнения.
131
Упражнение 3.4.1. Доказать, что вдоль линии тока (когда d~r парал-лельно ~v), отвечающей полю скоростей ~v(t, x), выполнено соотношение
ψ(t, x1, x2) = c(t), (3.185)
где c(t) — произвольная функция времени. 2
Таким образом, в заданный момент t частицы жидкости движутсявдоль кривых в области Ω, определяемых семейством (3.185), и потомуψ(t, x) называют функцией тока.
Если выполнены соотношения (3.184) и ψ(t, x) ∈ C2(Ω), то
div~v =∂v1∂x1
+∂v2∂x2
=∂2ψ
∂x1x2− ∂2ψ
∂x2x1≡ 0, (3.186)
т.е. поле ~v(t, x), определяемое соотношениями (3.184), соленоидально ипотому отвечает некоторому движению несжимаемой жидкости.
Рассмотрим задачу (3.183) в Ω ⊂ R2 и запишем уравнения Навье-Стокса в проекциях на оси координат Ox1 и Ox2:
∂v1∂t
= −1ρ
∂p
∂x1+ ν∆v1,
∂v2∂t
= −1ρ
∂p
∂x2+ ν∆v2. (3.187)
Упражнение 3.4.2. Вводя функцию тока по формулам (3.184) и ис-ключая в (3.187) давление p(t, x) с помощью перекрестного дифферен-цирования, получить для функции тока ψ(t, x) уравнение
∂
∂t∆ψ = ν∆2ψ, ∆ :=
∂2
∂x21
+∂2
∂x22
. 2 (3.188)
Упражнение 3.4.3. Опираясь на условие прилипания ~v = ~0 (на S),т.е. на условия v1(t, x) = 0, v2(t, x) = 0 на S, получить для функциитока ψ(t, x) граничные условия
∂ψ
∂n= 0, ψ = c(t) (на S). (3.189)
Упражнение 3.4.4. С использованием соотношений (3.184) при t = 0получить начальное условие для функции тока:
ψ(0, x1, x2) =∫ (x1,x2)
(x01,x0
2)
(− v0
2(x1, x2)dx1 + v01(x1, x2)dx2
)=: ψ0(x1, x2),
(3.190)где (x0
1, x02) — произвольная точка на S = ∂Ω. 2
132
Так как ψ(t, x) определяется с точностью до произвольной постоян-ной функции от t, то из (3.190) следует, что и в любой момент времениможно считать ψ(t, x) ≡ 0 на S.
Проведенные рассуждения доказывают следующий факт.
Теорема 3.4.1. Начально-краевая векторная задача (3.183) о свобод-ных малых движениях однородной вязкой жидкости в полностьюзаполненном контейнере Ω ⊂ R2 равносильна следующей начально-краевой задаче для функции тока ψ(t, x):
∂
∂t∆ψ = ν∆2ψ (в Ω),
ψ = 0,∂ψ
∂n= 0 (на S = ∂Ω), ψ(0, x) = ψ0(x). 2
(3.191)
3.4.3 Качественное исследование спектральной за-дачи для функции тока
Рассмотрим нормальные движения вязкой жидкости, отвечающие за-даче (3.191):
ψ(t, x) = ψ(x) exp(−λt), λ ∈ C. (3.192)
Для решений такого вида получаем
∆2ψ = λ(−∆ψ) (в Ω), λ := λ/ν, ψ =∂ψ
∂n= 0 (на S). (3.193)
Покажем, что задача (3.193) может быть приведена к виду
Aψ = λBψ, ψ = ψ(x) ∈ L2(Ω), (3.194)
и имеет дискретный спектр; установим также свойства собственныхфункций ψ(x) этой задачи.
С этой целью введем на плотном в L2(Ω) множестве функций
D(A) :=ψ(x) ∈ C4(Ω) : ψ =
∂ψ
∂n= 0 (на S)
(3.195)
оператор A по законуAψ := ∆2ψ. (3.196)
Упражнение 3.4.5. Проверить, опираясь на формулу Грина для би-гармонического оператора ∆2, т.е. на формулу∫
Ω
∆2u · vdΩ =∫
Ω
∆u ·∆vdΩ +∫
∂Ω
[( ∂
∂n∆u)v −∆u
∂v
∂n
]dS, (3.197)
133
что оператор A симметричен и положителен на D(A) ⊂ L2(Ω). 2
Замечание 3.4.1. Формула Грина (3.197) получается из второй фор-мулы Грина для оператора Лапласа ∆, т.е. из формулы∫
Ω
(∆w · v − w∆v)dΩ =∫
∂Ω
(∂w∂n
v − w∂v
∂n
)dS, (3.198)
если здесь вместо w взять w = ∆u. 2
Решение упражнения 3.4.5. Если ψ(x) и ϕ(x) из D(A), то
(Aψ,ϕ)L2(Ω) =∫
Ω
∆2ψ · ϕdΩ =
=∫
Ω
∆ψ ·∆ϕdΩ +∫
∂Ω
[( ∂
∂n∆ψ)ϕ−∆ψ
∂ϕ
∂n
]dS =
=∫
Ω
∆ψ ·∆ϕdΩ = · · · =∫
Ω
ψ∆2ϕdΩ = (ψ,Aϕ)L2(Ω),
откуда следует свойство симметрии оператора A на D(A).Полагая в (3.199) ϕ = ψ, имеем
(Aψ,ψ)L2(Ω) =∫
Ω
|∆ψ|2dΩ ≥ 0, (3.199)
т.е. A — неотрицательный оператор. Однако, если (Aψ,ψ)L2(Ω) = 0, тодля ψ(x) ∈ D(A) получаем, что ∆ψ = 0 в Ω, и тогда, как следует изформулируемого ниже утверждения в упражнении 3.4.6, имеем ψ(x) ≡0. Поэтому A > 0. 2
Упражнение 3.4.6. Проверить, что задача
∆ψ = 0 (в Ω), ψ = 0 (на S = ∂Ω), (3.200)
имеет только тривиальное решение ψ(x) ≡ 0. 2
Дальнейшее исследование задачи (3.193) основано на следующемвспомогательном, но важном результате.
Теорема 3.4.2. (вспомогательная). Для функций ψ(x) из D(A) имеетместо равенство∫
Ω
(2∑
i,k=1
∣∣∣ ∂2ψ
∂xi∂xk
∣∣∣2)dΩ =∫
Ω
|∆ψ|2dΩ. (3.201)
134
Доказательство. Оно основано на прямой проверке. Для любойψ(x) ∈ D(A) имеем
∫Ω
(2∑
i,k=1
∣∣∣ ∂2ψ
∂xi∂xk
∣∣∣2)dΩ− ∫Ω
|∆ψ|2dΩ =
=∫
Ω
[∣∣∣∂2ψ
∂x21
∣∣∣2 + 2∣∣∣ ∂2ψ
∂x1∂x2
∣∣∣2 +∣∣∣∂2ψ
∂x22
∣∣∣2]dΩ−−∫
Ω
[∣∣∣∂2ψ
∂x21
∣∣∣2 +∣∣∣∂2ψ
∂x22
∣∣∣2 + 2∂2ψ
∂x21
· ∂2ψ
∂x22
]dΩ =
= 2∫
Ω
[∂2ψ
∂x1∂x2· ∂2ψ
∂x1∂x2− ∂2ψ
∂x22
· ∂2ψ
∂x21
]dΩ =
= 2∫
Ω
[∂
∂x1
( ∂ψ∂x2
· ∂2ψ
∂x1∂x2
)− ∂ψ
∂x2· ∂3ψ
∂x21∂x2
]dΩ−
−
[∂
∂x2
( ∂ψ∂x2
· ∂2ψ
∂x21
)− ∂ψ
∂x2· ∂3ψ
∂x21∂x2
]dΩ =
= 2∫
∂Ω
∂ψ
∂x2
( ∂2ψ
∂x1∂x2· n1 −
∂2ψ
∂x21
· n2
)dS = 0,
так как на ∂Ω для ψ(x) из D(A) выполнено условие ∇ψ = 0. В ходедоказательства была использована теорема Остроградского-Гаусса; приэтом внешняя нормаль ~n = n1~e1 + n2~e2. 2
Заметим теперь, что для функций ψ(x) из D(A) и их первых произ-водных ∂ψ/∂xi (i = 1, 2) справедливо неравенство Фридрихса, причемс одной и той же константой c2:∫
Ω
|∇ψ|2dΩ > c2∫
Ω
|ψ|2dΩ,∫Ω
∣∣∣∇ ∂ψ
∂xi
∣∣∣2dΩ > c2∫
Ω
∣∣∣ ∂ψ∂xi
∣∣∣2dΩ. (3.202)
Упражнение 3.4.7. Опираясь на (3.201) и (3.202), установить нера-венства ∫
Ω
|∆ψ|2dΩ > c2∫
Ω
|∇ψ|2dΩ > c4∫
Ω
|ψ|2dΩ (3.203)
для элементов из D(A).
135
Доказательство. В силу (3.201) и (3.202) имеем∫Ω
|∆ψ|2dΩ =∫
Ω
(2∑
k=1
∣∣∣ ∂2ψ
∂x1∂xk
∣∣∣2 +2∑
k=1
∣∣∣ ∂2ψ
∂x2∂xk
∣∣∣2)dΩ =
=∫
Ω
(∣∣∣∇ ∂ψ
∂x1
∣∣∣2 +∣∣∣∇ ∂ψ
∂x2
∣∣∣2)dΩ >
> c2∫
Ω
(∣∣∣ ∂ψ∂x1
∣∣∣2 +∣∣∣ ∂ψ∂x2
∣∣∣2)dΩ =
= c2∫
Ω
|∇ψ|2dΩ > c4∫
Ω
|ψ|2dΩ. 2
(3.204)
Следствием упражнения 3.4.7 является свойство A 0. Действи-тельно, из (3.199) и (3.203) получаем
(Aψ,ψ)L2(Ω) =∫
Ω
|∆ψ|2dΩ > c4∫
Ω
|ψ|2dΩ. (3.205)
Упражнение 3.4.8. Опираясь на неравенства (3.201) и (3.204), устано-вить, что энергетическая норма оператора A эквивалентна стандартнойнорме пространства W 2
2 (Ω).
Решение. Вводя стандартную норму
‖ψ‖2W 22 (Ω) :=
∫Ω
(2∑
i,k=1
∣∣∣ ∂2ψ
∂xi∂xk
∣∣∣2 + |∇ψ|2 + |ψ|2)dΩ, (3.206)
докажем лишь неравенство
‖ψ‖2A > c21‖ψ‖2W 22 (Ω),
так как неравенство противоположного смысла в силу (3.201) и опреде-ления (3.206) устанавливается тривиально. Имеем
‖ψ‖2A = (Aψ,ψ)L2(Ω) =∫
Ω
|∆ψ|2dΩ =∫
Ω
(2∑
i,k=1
∣∣∣ ∂2ψ
∂xi∂xk
∣∣∣2)dΩ =
(3.207)
=(1
3+
13
+13
)∫Ω
(2∑
i,k=1
∣∣∣ ∂2ψ
∂xi∂xk
∣∣∣2)dΩ >
136
>13
∫Ω
(2∑
i,k=1
∣∣∣ ∂2ψ
∂xi∂xk
∣∣∣2)+ c2∫
Ω
|∇ψ|2dΩ + c4∫
Ω
|ψ|2dΩ
>
>13[min(1; c2; c4)
]‖ψ‖2W 2
2 (Ω) =: c21‖ψ‖2W 22 (Ω). 2
Далее для простоты будем называть A бигармоническим операто-ром.
Введем теперь второй оператор в спектральной задаче (3.193). Намножестве
D(B) :=u(x) ∈ C2(Ω) : u = 0 (∂Ω)
⊃ D(A) (3.208)
определим оператор B по закону
Bψ := −∆ψ, ∀ψ ∈ D(B). (3.209)
Упражнение 3.4.9. Доказать, что оператор B положительно опреде-лен на D(B), причем
‖ψ‖2B > c2‖ψ‖2L2(Ω), (3.210)
где c2 — константа из неравенства Фридрихса (3.202). 2
Теорема 3.4.3. Спектральная задача
∆2ψ = λ(−∆ψ) (в Ω), ψ =∂ψ
∂n= 0 (на ∂Ω), (3.211)
равносильна операторному уравнению
Aψ = λBψ, ψ ∈ D(A) ⊂ D(B), (3.212)
с введенными выше операторами A и B. При этом имеют место сле-дующие утверждения.
10. Всякое множество функций ψ(x), ограниченное в HA, ком-пактно в HB, и потому задача (3.212) имеет дискретный положи-тельный спектр с единственной предельной точкой +∞.
20. Собственные значения λk = λk(A;B) задачи (3.212) обладаютсвойством
λk(A;B) > c2, (3.213)
где c2 — постоянная из неравенства Фридрихса (3.202); они могутбыть найдены как последовательные минимумы вариационного отно-шения
‖ψ‖2A‖ψ‖2B
=∫
Ω
|∆ψ|2dΩ/∫
Ω
|∇ψ|2dΩ, ψ =∂ψ
∂n= 0 (на ∂Ω). (3.214)
137
30. Собственные функции ψk(x)∞k=1, отвечающие собственнымзначениям λk(A;B)∞k=1, образуют ортогональный базис как в HB,так и в HA; их можно выбрать удовлетворяющими следующим усло-виям ортогональности:∫
Ω
∇ψk(x) · ∇ψj(x)dΩ = δkj ,∫Ω
∆ψk(x) ·∆ψj(x)dΩ = λk(A;B)δkj .
(3.215)
40. Решения задачи (3.212) можно найти по методу Ритца наоснове рассмотрения стационарных точек функционала
F (ψ) :=∫
Ω
|∆ψ|2dΩ− λ
∫Ω
|∇ψ|2dΩ, ψ(x) ∈ HA. (3.216)
Доказательство. Равносильность задач (3.211) и (3.212) после вве-дения операторов A и B очевидна.
10. Так как энергетическая норма оператора A (см. упражнение3.4.8) эквивалентна стандартной норме пространства W 2
2 (Ω), а энер-гетическая норма оператора B эквивалентна стандартной норме про-странства W 1
2 (Ω) (докажите это!), то по теореме вложения СоболеваW 2
2 (Ω) ⊂→⊂→ W 12 (Ω) получаем, что HA ⊂→⊂→ HB , откуда и следует
утверждение 10.20. Неравенство (3.213) есть следствие вариационного принципа
(3.214) и первого неравенства (3.203), которое сохраняется для элемен-тов из HA.
30. Это свойство, а также свойство 40 есть следствия основной спек-тральной теоремы и факта компактности вложения HA в HB .
Теорема доказана. 2
В заключение этого пункта отметим следующее весьма интерес-ное обстоятельство, которое хорошо известно специалистам по теорииупругости. Оказывается, первое собственное значение λ1(A;B) задачи(3.211) в теории упругости характеризует наименьшую величину рав-номерного сжатия упругой пластинки, при котором пластинка теряетустойчивость. Этот факт еще раз подтверждает тезис о том, что опера-торные методы математической физики могут быть применены в зада-чах, имеющих совершенно различный физический смысл, однако общиесвойства решений таких задач могут быть идентичными.
Подводя, наконец, итоги рассмотрения плоской задачи, сформули-руем основной результат.
138
Теорема 3.4.4. Начально-краевая векторная задача (3.183) в плоскойобласти Ω ⊂ R2 в качестве нормальных движений, т.е. решений, за-висящих от t по закону ~v(t, x) = exp(−λt)~v(x), x = x(x1, x2) ∈ Ω, име-ет набор функций, для которых λ = λk = νλk(A;B), где λk(A;B) —собственные значения задачи (3.211); эти движения суть апериоди-чески затухающие со временем, причем с ростом номера k величинадекремента затухания νλk(A;B) растет к бесконечности. Соответ-ствующие амплитудные функции ~v(x) = ~vk(x) связаны с решениямизадачи (3.211) посредством формул (3.184) и обладают свойствами,являющимися следствием формул (3.215):∫
Ω
~vk(x) · ~vj(x)dΩ = δkj ,∫Ω
rot~vk(x) · rot~vj(x)dΩ = λkδkj . 2
(3.217)
139
Литература
[1] Михлин С. Г. Вариационные методы в математической физике. —М.: Наука, 1970. – 512 с.
[2] Михлин С. Г. Курс математической физики. — М.: Наука, 1968. –576 с.
[3] Михлин С. Г. Линейные уравнения в частных производных. — М.:Наука, 1977. – 432 с.
[4] Копачевский Н. Д., Крейн С. Г., Нго Зуй Кан. Операторные методыв линейной гидродинамике. — М.: Наука., 1989. – 416 с.
[5] Мышкис А. Д., Бабский В.Г., Жуков М.Ф., Копачевский Н.Д., Сло-божанин Л.А., Тюпцов А.Д. Методы решения задач гидродинамикидля условий невесомости (под редакцией А. Д. Мышкиса). — Киев:Наукова думка, 1992. – 592 с.
[6] Ректорис К. Вариационные методы в математической физике и тех-нике. — М.: Мир, 1985. – 590 с.
[7] Тихонов А.Н., Самарский А.А. Уравнения математической физи-ки. — М.: ГИТТЛ, 1953. – 680 с.
[8] Будак Б.М., Самарский А.А., Тихонов А.Н. Сборник задач по ма-тематической физике. — М.: Наука, 1980. – 688 с.
[9] Ж.–П. Обэн. Приближенное решение эллиптических краевых за-дач. — М.: Мир, 1977. – 384 с.
[10] Крейн С.Г., Петунин Ю.И., Семенов Е.М. Интерполяция линейныхоператоров. — М.: Наука, 1978. – 400 с.
140
[11] Березанский Б.М., Ус Г.Ф., Шефтель З.Г. Функциональный анализ.— Киев: Выща школа, 1990. – 600 с.
141
Операторные методы математической физики
Специальный курс лекцийдля студентов специальностей
”Математика” и ”Прикладная математика”
Автор: Копачевский Николай Дмитриевич
Корректура и верстка: Газиев Э.Л.
———————————————————————————————-Подписано к печати 10.12.2008г. Формат 60х84 1/16.Бумага тип. ОП. Объем 9 п.л. Тираж 100. Заказ –
———————————————————————————————-95000, г. Симферополь, ул. Горького 8.ООO "ФОРМА".
