Операторные уравнения (стр. 5 из 6)

. (6)

Подставим найденные коэффициенты (5) и (6) в уравнение (4):

и свернем по формуле:

II. Найдем теперь x1(t), для этого необходимо решить следующее уравнение системы (4) §7: А0x1+А1x0 = y1. Так как y1=0 в нашем случае, то мы будем решать уравнение А0x1= – А1x0.

Обозначим

, т.к. мы знаем теперь x0(s), следовательно φ(t) можно вычислить. Имеем:

Как в предыдущем случае заменим,

, поэтому

. (7)

где

Умножим уравнение (7) на cos t и проинтегрируем по t от –π до π – получим коэффициент А:

Подсчитав:

имеем

Аналогично умножив уравнение (7) на sin t и проинтегрируем по t от –π до π – получим коэффициент В:

Составляем функцию x1(t), подставив коэффициенты А и В в уравнение и свернув равенство по формуле косинуса разности:

Таким способом мы можем найти все остальные решения уравнения с любой степенью точности.

Пример 2. Применим метод продолжения по параметру для оценки разрешимости краевой задачи для дифференциального уравнения, а потом решим ее методом малого параметра.

–x'' + b(t)x' +c(t)x = y(t), 0< t <1, (1)

x(0) = x(1) = 0 (2)

Здесь c(t) непрерывна на [0, 1], b(t) непрерывно дифференцируема на [0, 1]. Предположим еще, что на [0, 1] c(t) – b(t)'/2 ≥ α > –8/π (*).

Покажем методом продолжения по параметру, что в этих условиях при всякой правой части y ÎY = С [0, 1] существует единственное решение задачи x Î X = С2 [0, 1] – пространству, состоящему из дважды непрерывно дифференцируемых на [0, 1] функций x(t), удовлетворяющих граничным условиям (2), и с нормой

, где

Запишем задачу (1) – (2) в операторном виде: Вx = y

Здесь

определен всюду на X со значениями в Y. В качестве оператора А примем

ÎL(X, Y).

Соединим операторы А и В отрезком

, λ Î [0, 1].

Теперь необходимо установить априорную оценку для решений краевой задачи

–x'' + λb(t)x' + λc(t)x = y(t), 0< t <1, (3)

x(0) = x(1) = 0 (4)

Как только такая оценка будет получена, из теоремы п.8.1. будет следовать однозначная разрешимость краевой задачи (3) – (4).

Умножим уравнение (3) на x(t) и проинтегрируем полученное равенство по t от 0 до 1:

Заметим, с учетом граничных условий:

Подставим полученные интегралы и сгруппируем относительно λ:

(5)

Произведем оценку всех трех слагаемых в этом равенстве.

Докажем, что

. (6)

Заметим, что

, и значит по неравенству Коши – Буняковского:

Точно так же:

Перемножим эти неравенства:

. (6*)

Отсюда, замечая, что

, получим

(7)

– это следует из предположения (*).

Последний интеграл равенства (5) можно оценить, используя скалярный квадрат:

, где

Для любого ε > 0

. (8)

Используя полученные неравенства (6), (7), (8) и подставляя их в равенство (5), получаем:

считая ε > 0 достаточно малым, имеем

Выберем

и получим

, где

Возвращаясь снова к равенству (5), получим следующую оценку:

, где

, а

Теперь с помощью оценки (6*) имеем

и, значит, учитывая, что

, получим

(9)

Из уравнения (3) можем получить оценки для

. (10)

Здесь

оценивается через

. Действительно, x(0) = x(1) = 0. по теореме Роля на (0, 1) найдется точка ξ, в которой x'(ξ) = 0. Тогда, запишем уравнение (3) в виде

(в этом можно убедиться, взяв производную:

и сократив

)

интегрируем его от ξ до θ и получим

Отсюда имеем оценку

, (11)

где

Теперь подставим полученные результаты в (10):

. (12)

Теперь (9), (11) и (12) дают искомую априорную оценку:

(постоянную с4 нетрудно подсчитать, сложив неравенства(9), (11), (12)и выполнив преобразования).

Таким образом, доказательство разрешимости задачи получено, теперь приступим к ее решению методом малого параметра.

Итак, рассмотрим операторное уравнение:

А(λ)x = y(λ),

где

I. Начнем с уравнения А0x0 = y (где А0 – коэффициент при нулевой степени λ) системы (4) §7, причем y0 = y, yк = 0, к ≥ 1.

, причем с1 подбирается так, чтобы выполнялось краевое условие: x0(1) = 0.