Об оценках минимального собственного значения задачи Штурма-Лиувилля с интегральным условием на потенциал и краевыми условиями третьего типа5

Тип работы:
Реферат
Предмет:
Физико-математические науки


Узнать стоимость

Детальная информация о работе

Выдержка из работы

УДК 517. 927. 25
ОБ ОЦЕНКАХ МИНИМАЛЬНОГО СОБСТВЕННОГО ЗНАЧЕНИЯ ЗАДАЧИ ШТУРМА-ЛИУВИЛЛЯ С ИНТЕГРАЛЬНЫМ УСЛОВИЕМ НА ПОТЕНЦИАЛ И КРАЕВЫМИ УСЛОВИЯМИ ТРЕТЬЕГОТИПА5)
Е С. Карулина
Московский государственный университет экономики, статистики и информатики, ул. Нежинская, 7, Москва, Россия e-mail: karulinaes@yandex. ru
Аннотация. Рассматривается задача Штурма-Лиувилля с краевыми условиями третьего типа и интегральным условием на потенциал. Получены оценки минимального собственного значения Л1 этой задачи при различных значениях параметров.
Ключевые слова: краевая задача, первое собственное значение.
1. Введение. Рассматривается следующая задача Штурма-Лиувилля:
у — Я (х)у + Ху = 0, (4. 1)
1 у (0) — к2у (0) = 0, у (1) + к2у (1) = 0, к & gt-
где q (x) — неотрицательная ограниченная суммируемая на [0,1] функция, удовлетворяющая условию:
1
qY (х^х = 1, Y = 0. (4. 3)
0
Множество таких функций q (x) обозначим AY.
Под решением задачи (4. 1)-(4. 2) будем понимать функцию у (х), которая определена на [0,1], удовлетворяет условиям (4. 2), для которой у (х) абсолютно непрерывна и уравнение (4. 1) выполняется почти всюду на интервале (0,1).
Оценивается минимальное собственное значение Хі этой задачи при различных значениях Y и к.
Подобная задача для уравнения у + Хд (х)у = 0 при условиях у (0) = у (1) = 0, q (x) є Ду рассматривалась в работе [1]. В работе [2] исследовалась задача для уравнения у + Хд (х)у = 0 при условиях (4. 2), q (x) є ДY. Задача для уравнения (4. 1) при условиях у (0) = у (1) = 0, q (x) є Ду изучалась в работах [3], [4].
5Работа выполнена при финансовой поддержке РФФИ (проект 11−01−989) и гранта РНП 2.1. 1/13 250.
Согласно вариационному принципу, A^q) = inf R (q, y), где
yeHi (0,1){0}
-
y 2(x)dx + q (x)y2(x)dx + k2 (y2(0) + y2(1))
= о_______________0______________________________________(4. 4)
y2(x)dx
R (q, y) = i
0
2. Основные результаты. Пусть
mY = inf A1(q), MY = sup A1(q).
q (x)eAY q (x)eAY
Теорема 1.
1. Если у e (-to, 0) и (0,1), то MY = + to.
k2 Е-/1
2. Если у = 1, то M1 =, где — решение уравнения arctg ^
? 2? ¦
3. Если y e (1, + to), то MY = const & lt- to, и существуют такие функции u (x) e
Hi (0,1) и q*(x) e Ay, что R (q*, u) = My.
Теорема 2.
1. Если y e (1, +to), то mY = A01, где A0 — первое собственное значение задачи для уравнения y + Ay =0сусловиями (4. 2).
2. Если Ye (-to, 0) и (0,1], то mY 1 /4.
3. Если y e (0, +to), то
(a) mY п2 при всех k-
iY п2 при k ТО, причем 11? y
Теорема 3. Пусть k =0.
1. Если y e (-то, 0) и (0,1), то MY = +to, mY e [1 /4- 1].
2. Если y = 1, то M1 = 1, m1 e [1 /4- 1).
3. Если y e (1, +to), то MY = 1, mY =0.
3. Доказательство теоремы 1.
1. l) Докажем, что если y & lt- 0, то MY = +to.
Положим 1
= ?& quot-1/y (1 -e)1/Y, 0 & lt-x<-e,
qe (x)= ?1/Y (1 -e)-1/Y, 6& lt-x<- 1,
(- У
(b) mY п2 при k ^ то, причем mY п2 — 4п2/k2+ O k 4.
где 0 & lt- е & lt- 1 /2.
1 1
Обозначим за 1е (у) сумму интегралов: у 2(х^х + q?(x)y2(x)dx.
0 0
а) Докажем, что
у2(0) 2 г (у) ¦ (4−5)
1 — е
для любого у (х) е Н1 (0, 1) {0}.
11
Из определения функции qe следует, что 1е (у) у 2(x)dx + у2(х^х.
z 0 е
Для любого zе (0,1) имеем у (0) = у ^) — у Используя неравенство Гельдера,
Г 0
Г z 2 1
получим у2(0) 2у2(z) + 2 у 2у2(z) + 2 у Проинтегрируем обе
00 части неравенства по z от е до 1:
1 1 (1 — е) у2(0) 2 y2(z)dz + 2(1 -е) у
е 0
откуда следует, что
11
у2(0) ^ V 2 '- 2,6(у)
1 — е 4 у (x)dx + у 1 — е
Ь) Используя равенство y (x) — у (0) + у и неравенство Гельдера, получим
V- Гx 2 2 0 x
()| |у (0)| + x¦ у (s)ds, откуда следует, что у2М 2у2(0) + 2x у 2(s)ds,
00
и, следовательно,
е е е с1 x е
y2(x)dx 2 y2(0)dx + 2 x у 2(s)ds dx 2еу2(0) + е2 у 2(s)ds,
0 0 0 0 0
1 е 1
у^ 2еу2(0) + е2 у 2dx + е-1^ (1 -е)1Лг е17у (1 — е)-12^^
0 0 е
2еу2(0) + а (е) ¦ у 2(^ + qе (x)y
где а (е) = е2+ е 1/Y (1 — е)1, причем а (е) 0 при е ^ 0.
0
е
1
0
с) Подставим полученное в b) неравенство и неравенство (4. 5) в (4. 4):
R (q- y) 2ey2(0) + a (e)L 2e ¦ 2Ie/(1 — e) + a (e)If
(4e
+ a (e) то при e ^ 0 для всех ye H1(0,1) {0}.
1 — e
d) Из результата, полученного в с), следует:
с1
MY = sup inf R (q, y) inf R (qe, y) то при e ^ 0.
qeAY yeH1(0,1){0} y
Следовательно, MY = +to.
II) Докажем, что если 0 & lt- Y & lt- 1, то MY = +to.
Пусть 0 & lt- y & lt- 1 ¦ Разобьем отрезок [0,1] на n равных частей точками 0 = e0 & lt- e1 & lt- e2 & lt- ¦ ¦ ¦ & lt- en = 1 и положим e = 1 /n. Построим, далее, функцию на отрезке [0, e]:
1
= e-e, 0 & lt- x & lt- ep,
0, ep & lt- x & lt- e,
qe (x) =
где р — 1-, в — 1-, затем продолжим эту функцию на весь отрезок [0,1] периодически с периодом е. Данная функция удовлетворяет условию (4. 3).
ер
По теореме о среднем найдется такое число 0 е [0, ер], что у2^^ - у2(0)ер, из
0
е 6р
чего следует, что q?(x)y2(x)dx — е-в y2(x)dx — е-1у2(0). Используя равенство у^) —
00
x
у (0) + у (s)ds и неравенство Гельдера, получим
0
V_______ I 6
y (x) y (6)+ 6 — x ¦ l y 2(s)ds{, если x& lt-6,
v-нЛ
+ x — 6 ¦ l
x
x
y (x) y (6)+ x — 6 ¦ l y 2(s)ds/, если x& gt-6,
0
2 2 X
откуда следует, что у (x) 2y (0)+2(x-0) у2^^ для всех x. Проинтегрируем обе
0
части полученного неравенства от 0 до е:
е I 0 s ее
у2^^ 2еу2(0) + 2 V ds (0 — x) y 2(s)dx + ds (x — 0) у 2^^/ ¦
0 0 0 0 s
Так как (0 — х^х & lt- є2 и (х — 0) dx & lt- є2 при s & lt- є, получаем следующее неравенство:
0 s
е е е е
у2^^ 2еу2(0) + 2е2 у 2(s)ds — 2е2 V q?(x)y+ у ?(x)dx'-
0 0 0 0
Проделав такие преобразования для каждого отрезка [е^, е^], I — 1, 2, ¦ ¦ ¦, п, на отрезке [0,1] получим
1 I 1 1
у2(х^х 2є2 qє(x)y2(x)dx + У2(х^х
0
о
0
для любого У (х) є Н1 (0,1).
Подставим полученное неравенство в (4. 4):
у 2(х^х + qє (х)у 2(x)dx
R (qє. у) -(т-------------------------------0−1--------
2є2 qє(x)y 2(х)с1х + У 2(x)dx
+
к2(У2(0) + у2(1)) _
1
у2(х^х
_ 1 к2 (у 2(0) + у 2(1))
2є2
+
оо при є 0.
у2(х^х
Следовательно, при є 0 получим MY _ Бир
ігї, ^ R (q, у)
qєAY уєН1(0,1){0}
ігї R (qє, у)
уєН1 (0,1){0}
о. Таким образом, доказано, что М,/ _ + о при у є (-о, 0) и (0,1).
2. Докажем, что если у _ 1 и к _ 0, то М1 _ !*, где — решение уравнения аггїд ^ _ 2/.
а) Будем искать решение задачи (4. 1) — (4. 2) в виде непрерывной функции
-к! С0Б ^ + БІП^ ^х,
у!(х) _ -к! С0Б! т + БІП !т,
0 х & lt- т,
т х & lt- 1 — т,
(4. 6)
! V- V-
«к2 С0Б !(1 — х) + БІП !(1 — х), 1 -т х 1.
Для того, чтобы эта функция могла быть решением, нужно также, чтобы ее производ-
ная
!. V- V- V- БІП !х + ! С0Б! х,
у! (х)_ I / 0'/ /
'- -к^ БІП «! (1 — х) — «! С0Б & quot-!(1 — х), 1 -т х 1
0 х & lt- т,
т х & lt- 1 — т,
(4. 7)
0
0
0
-*
0
была непрерывной на (0,1). Из условий у. ^) — 0 при x — т — 0, у. ^) — 0 при x — 1 — т +0 получаем, что у. (x) является непрерывной при т — -V. аго1д Щ.
Ь) Рассмотрим функционал
1
y 2(x)dx + max y2(x) + k2 (y2(0) + y 2(1))
xe[0,1]
T
y 2(x)dx
0
11
Так как q (x)y2(x)dx max y2(x) q (x)dx = max y2(x), имеем
0 xe[0,1] 0 xe[0,1]
A1 (q) = h inf R (q, y) & lt- h inf L (y).
yeH1(0,1){0} yeH1(0,1){0}
Найдем число L* - корень уравнения
L (y^) = L- (4. 9)
При подстановке функции y^ в (4. 8) получим:
L L+k4
Уг (0) = y^(1)= *2, y^ (x) = -^2- при т x& lt- 1 -T-
так как функция y^(x) возрастает на отрезке [0, т] и убывает на [1 — т, 1], то max y2(x) = -
xe[0,1] k
122 (y^(x))2dx = -4 arctg? g- +L — ?--
0

L (x)dx = -Vrarctg VL ^ + 1 + ^ + rt+1.
И (4. 9) следует уравнение аго1д. По теореме о неявной функции это уравнение
имеет единственное решение (к2), которое непрерывно вместе со своей производной и возрастает при увеличении к2.
Положим t -. & gt- 0 и рассмотрим уравнение аго1д к2 — 12& gt-:г при t е (0, +ю).
Функция аго1д к2 является убывающей на всей рассматриваемой полуоси, стремится к п/2 при t 0 + 0, к 0 при t +то. Функция является возрастающей на всей
рассматриваемой полуоси, стремится к -то при ^ 0+0, к + то при t +то, равна 0 при t — 1. Возвращаясь к. — t2, находим следующие свойства решения
если k2 0, то L* 1- V
если k2 + то, то L* ^ пг + 1 + 2 п2 + 4-
L* e (1, п2 + 1 + п п2 + 4) при всех k =0.
с) Рассмотрим функцию у*(x) = y^* (x). Эта функция совпадает с решениями задач
y + Ху =0, у (0) — k2y (0) = 0 при 0 x & lt- т, у -^*у + Ху = 0, при т х& lt- 1 -т,
у + Ху = 0, у (1) + k2 у (1) = 0 при 1 -т х 1
при Х = ?*. Отсюда следует, что у*(х) — решение задачи (4.1)-(4. 2), где
1 0, 0 х & lt- т, q (x) = q*(x) = I т х & lt- 1 -т,
v 0, 1 -т х & lt- 1,
причем для q*(х) выполняется условие (4. 3). Так как функция у*(х) & gt- 0 на (0,1), то она является первой собственной функцией задачи (4.1)-(4. 2), и тогда -минимальное собственное значение задачи (4. 1)-(4. 2).
Тогда выполняются следующие соотношения:
& lt--* M1 = sup inf R (q, у) inf L (y) ,
qeAY ysH-i (0,1){0} yeH (0,1){0}
откуда следует, что M1 = ?*.
3. Докажем, что если y & gt- 1, то MY = const & lt- то, причем существуют такие функции u (x) е H 1(0,1) и q*(x) е Ay, что R (q*, u) = My-
Пусть y & gt- 1. Из неравенства Гельдера и условия (4. 3) следует, что
1 (1)2/р
q (x)y2(x) & lt- |у (x)|pdx/ ,
0 0 где p = y-г. Рассмотрим функционал
1 (1 2/p у2(x)dx + |у (x)|pdx + k2 (у2(0) + у2(1))
G (y) = °----------------0----1-------------------------------(4. 10)
у2(x)dx
0
и обозначим m = inf G (y). Имеем MY = sup inf R (q, у) inf G (y):
yeH1(0,1){0} qeAY yeH1 (0,1){0} yeH1(0,1){0}
m. Для доказательства равенства MY = m используется вспомогательная лемма: Лемма 1. Пусть y & gt- 1 и m = inf G (y). Тогда существует такая функция
уеН (0,1){0}
u (x) е H 1(0,1), что m = G (u), причем u (x) & gt- 0 на (0,1), удовлетворяет уравнению
u (х) -up-1(x)+ mu (x)= 0, (4. 11)
где p = & gt- 2, и
условиям-. ,
и (0) — k2и (0) = 0, u (1) + к2и (1) = 0,
(4. 12)
up (x)dx = 1.
(4. 13)
П В доказательстве леммы используется вариационный принцип для функционала G (y).
1) Заметим, что G (y) & gt- 0 для любого y (x) е H1 (0,1). Область значений функционала ограничена снизу, поэтому существует его точная нижняя грань m = inf G (y).
yeH1 (0,1){0}
1
Пусть Г = {y (x): y (x) е H 1(0,1), ly (x)|pdx = 1}. Докажем, что существует такая
0
функция u (x) е Г, что G (u) = m.
а) Используя неравенство Гельдера, для лю6огоу (x) е Г имеем
y2(x)dx & lt- |y|pdx'- = 1 ,
откуда/
y 2(x)dx + y 2(x)dx'-
y2(x)dx & lt- У 2(x)dx + 1 + к2 Y (0) + y2(1).
0
У
Следовательно,
y 2(x)dx + 1 + k2 (y2(0) + y2(1))
G (y) =
y2(x)dx
^ y (x) H 1(0,1).
Ь) Заметим, что существует минимизирующая последовательность {у^ е Г функционала G (y). Пусть {у^} - минимизирующая последовательность G (y) в Н 1(0,1), то
есть lim G (yO = inf G (y) = m. Для последовательности yi = y^C|/p, где Ci =
i — то yeH1(0,1){0} 1
0 ly^dx. также будет выполняться lim G (yi) = lim G (^i) = m, причем yi (x) e Г.
0 i -* то i -* то
Для всех достаточно больших значений i верно G (yi) & lt- m + 1, откуда следует yi (x) H1 (01) & lt- G (yi) & lt- m + 1, то есть последовательность {yi} ограничена.
с) Перейдем к доказательству существования такой функции u (x) e Г, что G (u) = m. Так как {yi} - ограниченная последовательность в сепарабельном гильбертовом
0
1
0
0
1
1
0
0
0
0
0
пространстве H 1(0,1), то она содержит подпоследовательность {zi}, слабо сходящуюся в H 1(0,1) к некоторой функции u (x), причем u (x) Hi (01) — m + 1 ¦
Так как пространство H 1(0,1) компактно вкладывается в пространство C (0,1), а оно, в свою очередь, вкладывается в Lp (0,1), где p & gt- 1, то существует подпоследовательность {ui} последовательности {zi}, сильно сходящаяся в C (0,1). Тогда подпоследовательность {ui} сильно сходится в Lp (0,1) к функции u (x), откуда следует I Ui (x) Lp (o, 1) — u (x) Lp (0l1) I 0. Следовательно, при i 00 имеем
1 1
|ui (x)|pdx |u (x)|pdx,
0 0
11
u (x)dx u2(x)dx.
00
(1 ½
Докажем, что u (x) L2(01) = 0. Пусть u L2(01) = u2dx = 0, тогда имеем
0
1
u (x) = 0 (почти всюду), следовательно |u (x)|pdx = 0. С другой стороны,
0
11
|u (x)|pdx = lim |ui|pdx =1 ,
i
00
то есть u (x) е Г. Это приводит к противоречию. Следовательно, u (x) L2(0& gt-1) = 0.
Докажем, что последовательность {ui (x)} ограничена в L2(0,1). Так как {ui (x)} с {yi (x)}, для нее верно ui (x) 21 (01) — m + 1, откуда следует, что
1
2 — (2 2у 2 ui L2(0,1) + ui L2(0,1) = ui + (ui) dx = ui (x) H 1(0& gt-1) — m + 1'-
0
откуда имеем ui (x) 2L2(01) — m + 1 — ui (x) L2(0,1), то есть {ui (x)} ограничена в L2(0,1). Следовательно, существует такая подпоследовательность {wi (x)} последовательности
{ui (x)}, что {wi (x)} слабо сходится к u (x) в L2(0,1).
1
Рассмотрим (wi (x))2dx. Эта последовательность имеет конечный нижний предел:
0
1
(wi (x))2dx & gt- 0. Следовательно, существует такая подпоследовательность {vi (x)} по-
0
11
следовательности {wi (x)}, что |im (vi (x))2dx = lim (wi (x))2dx. Так как vi (x) слабо
i^» 0 i^M 0
сходится к u (x) в L2(0,1), то для этой последовательности выполняется
u (x) l2(0,1) — lim Vi (x) L2(0,1) = Jim vi (x) l2(0,1).
Используя непрерывность функционала G (y) в H 1(0,1), имеем
1 (1 2/p lim (vi)2dx + lim + k2 lim v2(0) + lim v2(1)
. i |Vi | pdx. i. i
i — 00 n. -* 00 n i — 00 i — 00
G (u) & lt----------0------------------0-------(-------------------------= lim G (v.) = m.
1 i — oo
lim v2(x)dx
0
00
I 00
(v)dv
Таким образом, получаем G (u) & lt- m. Но, так как m = inf G (y), то, следователь-
yeH1(0,1){0}
но, G (u) = m.
2) Пусть u (x) e Г и G (u) = m. Докажем, что u (x) — положительная функция на (0,1) и удовлетворяет уравнению (4. 11) и условиям (4. 12)-(4. 13).
Пусть функция z (x) e H1 (0,1), и пусть K (y) = k2 (y2(0) + y2(1)). Рассмотрим функцию
1 (1 2/p
(u (x) + tz (x))2dx + |u (x) + tz (x)|pdx + K (u + tz)
g (t) = G (u + tz) = --------------------------r-0------------------------------------- & gt-
(u (x) + tz (x))2 dx
0
где t e R. Поскольку g (0) = G (u) = inf G (y), то g (0) = 0, так как t =0 — точка
yeH1 (0,1)
экстремума дифференцируемой функции g (t). Найдем g (0):
1 (1 I-1 1
20 uzdx + 2 ^ |u|pdx 0 |u|p-zsign udx 2k2(u (0)z (0) + u (1)z (1)y
g (0) =
+
1 1
u2(v)dv u2(v)dv
0 0
i i С i 2/p
2 uzdv (u)2dv + |u|pdv + K (u)
0 0 0
-------------= 0.
С1 2
u2(x)dx
0

Поскольку G (u) = G |и|, то можно считать, что и (х) & gt- 0. Тогда, так как и (х) е Г, имеем
1 1 1

и (х^ (х^х + и (х)р-^(х^х + к2 u (0)z (0) + и (1)и (1) = т u (x)z (x)dx,
то есть и (х) е Н 1(0,1) является обобщенным решением краевой задачи (4. 11) — (4. 12). Можно доказать, что это решение является классическим (см., напр., [5]). В силу единственности решения задачи Коши для уравнения (4. 11) имеем и (х) & gt- 0. И
0
0
0
Продолжим доказательство теоремы. Докажем, что MY = m.
2 2 Пусть y (x) e Г, тогда y y-1 (x) e AY. Имеем R (y y-1, y) = G (y), откуда следует, что
2 2
inf R (y y-1, y) = inf R (y y-1, y) = inf G (y) = G (u) = m. Следовательно, MY =
yeH1 (0,1){0} yer yer
sup A1 = sup inf R (q, y) & gt- m. Ранее было получено, что MY & lt- m. Следовательно,
qeAy qeAy yeH1 (0,1){0}
2
MY = m, причем MY = G (u) = R (uy-1, u). Таким образом, теорема 1 доказана.
4. Доказательство теоремы 2. 1. Докажем, что если y & gt- 1, то mY = A°t где A01
— первое собственное значение задачи для уравнения y + Ay = 0 с условиями (4. 2). Рассмотрим задачу Штурма — Лиувиллядля уравнения
y + Ay = 0, (4. 14)
с условиями (4. 2). Пусть A0 -минимальное собственное значение этой задачи. Согласно
вариационному принципу A? = inf R (0, y), где
yeH1 (0,1){0}
1
y 2(x)dx + k2(y2(0) + y 2(1))
R (0, у) = *-----------i--------------------¦
y2(x)dx
0
Имеем для A1(q) — минимального собственного значения задачи (4. 1), (4. 2):
A1 (q) = inf R (q, y) inf R (0, y) = A0.
yeH1 (0,1){0} yeH1(0,1){0} v 1
Тогда mY = inf A1(q) A°.
q (x)eAy
С другой стороны,
11 y, 2 dx + q (x)y2 dx + k2(y2(0) + y2(1))
mY = inf inf R (q, y) & lt- inf 0----------------------------------------------------0- -=
qeAy yeH1 (0,1){0} qeAy 1
yfdx
0
11 q (x)y2dx q? (x)y2dx
= inf A0 + ---- & lt- A0 +---- ,
qeAy 1 чл 1
yfdx yfdx
00
где y1(x) = C1 cos A0x+C2sin A0x-первая собственная функция задачи (4. 14), (4. 2),
1 1/
= e/Y, 0 & lt-x<-e, qe (x) = 0, e & lt- x & lt- 1.
Заметим, что существуют такие константы N1, N2, что N1 (y1(v)) N2 & gt- 0 при
v e [0,1]. Отсюда имеем
1
q? (v)y2 dv N
A0 +--------- A0 + N2 e1−1/Y-^0 при e-0.
yidv
0
Следовательно, mY = A°.
2. Докажем, что если y 1, то mY 1 /4.
1
Пусть Л = {y (v): y (v) e H1(0,1) {0}, y2(v)dv = 1, y (v) 0}. Заметим, что
0
A1 = inf R (q, y) = inf R (q, y).
yeH1(0,1){0} уел
1
Пусть a = y 2(v)dv,? = min y = y0, где 3 e [0,1]. Используя равенство y (v) =
0 ye[0,1]
v
У (3) + У (s)ds и неравенство Гельдера, получим
' (¦) ¦
y2(v) 2?2+ 2 (У (s)ds/ 2?2+ 2 y 2(s)ds 2?2+2a.
Для y (v) e Л получим следующее неравенство: 2?2 + 2a 1. Следовательно, для a
и? верны оценки: (a) 2a 1 /2 или (b) 2?2 1 /2.
(a) Рассмотрим случай a 1 /4. Тогда для y (v) e Л и q (v) e AY при k =0 и y 1 имеем
1
a + q (v)y 2dv 1
R (q- y) =-------------- 4 —
(b) Теперь рассмотрим случай? 1 /2. Так как y (v)? для всех y (v) e [0,1], при y (v) e Л и q (v) e Ay получим
11
. q (v)y2dv 1 1
y 2(v)dv + q (v)y2 dv
R (q, У) = °------------Г----------- q (v)y2dv — q (v)dv.
1 4
0
Из неравенства Гельдера следует
1 1 I Y-1
1= q v'--1q 1_-у dv (q (v)dv при y& lt- 0,
00
1 I 1 M 1 l1-Y
qY (x)dx q (x)dx/ 11- dx/ при ye (0,1].
0 0 0
1 1 Поэтому q (x)dx 1. Следовательно, R (q, y) — в обоих случаях, и
0 4
с1 с1 1
mY = inf inf R (q, y) = inf inf R (q, y) —
qeAy yeH (0,1){0} qeAy уеД 4
3. I) Докажем, что если y & gt- 0, то mY п2, причем mY п2 при k оо.
а) Пусть
1 1 «
,. sin 0 & lt- x & lt- 5,.. 0, 0 & lt- x & lt- 5,
y5(x) = 0, 5 5 & lt- x & lt- 1 и q5(x)= (1 -5)-y, 5 & lt- x & lt- 1,
_ П2 + 0 + k2 sin2 П
где 5 ^ 1 — 0. Имеем R (q5, y5) = ----------------------------5, откуда следует
5/2
с1
mY = inf inf R (q, y) R (q& amp-, y& amp-) — п2 при & amp- - 1 — 0.
qeAY yeHi (0,1){0}
Ь) Рассмотрим Х0 — первое собственное значение задачи (4. 14), (4. 2), которое при к2 & gt- п/2 является минимальным положительным решением уравнения
V- 2 УХк2
1д X =4 ¦ (4−15)
При к то это решение стремится к п2 — 0. Так как гт & gt- Xе}, получим, что гт п2 при к оо.
Заметим, что при к2 0 имеем Х0 0. (у
II) Докажем, что если у & gt- 0, то гт п2 — 4П2 + Оу к*4 при к то.
Сделаем в уравнении (4. 15) замену z = 1/к2, t = X, тогда уравнение примет вид
•д * = - ¦ (416)
Функция F (z, *) = 1д * + } непрерывна вместе со своими производными любого порядка в точке (20, *0) = (0, п), в этой точке равна нулю, и ее производная Ft (20, *0) = 0. Поэтому в некоторой окрестности точки (20, *0) существует единственное решение *(2) уравнения (4. 16), причем *(20) = *0, и функция *(2) непрерывна со своими производными любого порядка.
Из непрерывности производных функции *(2) следует, что в окрестности точки (20, *0) верна формула Тейлора *(2) = *(20) + - 20) + ¦ ¦ ¦ + ^(--У (2 — 20) п-1 +
O ((z — z0) n) для любого n е N. Найдем коэффициенты для первых двух членов этой формулы: t (z0) = п, t (z0) = -2тт. Пог|учиум t (z) = п — 2nz + O (z2). Таким образом, при
k — то имеем mY t2 = п2 — 4Tkf + O 1. Теорема 2 доказана. И
5. Доказательство теоремы 3. 1. Заметим, что утверждение 1 теоремы 1 и утверждение 2 теоремы 2 верны для всех k.
2,3. Докажем, что если y 1 и k = 0, то MY = 1.
При q (x) = 1 и k = 0 задача (4.1)-(4. 2) имеет следующий вид:
y — y + Ay =0, (4. 17)
y (0) = y (1) = 0. (4. 18)
Эта задача имеет минимальное собственное число A1 = 1. Отсюда следует, что MY = sup A1(q) A1(1) = 1.
q (x)eAY
С другой стороны, положим y1(x) = е, тогда, используя неравенство Гельдера и условие (4. 3), получим
1
е2 q (x)dx + 2k2e2 1
A1(q) R (q, y1) = -0---------- ---------= q (x)dx + 2k2 1 + 2k2 (4. 19)
при всех q (x) eAy и всех k.
Имеем MY = sup A1(q) 1 + 2k2. при всех k и MY 1 при k =0. Следовательно,
qeAy
My = 1.
1,2. Докажем, что при k =0 имеем: если y & lt- 1, то mY 1- если y = 1, то mY & lt- 1. Неравенство mY & lt- АЦ = 1 выполняется для всех Y. Пусть y =1 и предположим, что mY =1, тогда inf A1(q) = mY = MY = sup A1(q), то есть при всех q (x) мы будем иметь
ЧеАу qeAy
одно и то же минимальное собственное значение. Это значит, что при любом q (x) е Ay и A =1 задача (4. 1), (4. 18) имеет нетривиальное решение. Но при
1
, х, х 2, 0 & lt- x & lt- ½,
q (x) = q* (x)= 0, ½ x& lt- 1
задача (4. 1), (4. 18) не имеет нетривиальных решений, для которых y (x) непрерывна (см. постановку задачи), то есть мы пришли к противоречию. Следовательно, m1 & lt- 1.
3. Докажем, что если 1 & gt- 1 и k = 0, то mY =0.
= e-1/Y, 0 & lt- x & lt- е,
= 0, е & lt- x & lt- 1.
с1
Пусть y1 = 1, qe (x) = _ Тогда при y & gt- 1 имеем
mY = inf inf R (q, y) R (qe, y1)= e11/Y- 0 при е- 0.
qeAy yeH-i (0,1){0}
Таким образом, получили mY = 0. И
0
Примечание. Можно построить графики зависимости гт и М,/ от к2 для разных значений у (рис. — ). При этом для случаев, когда точную оценку получить не удается, можно указать области на плоскости к2ОА, которым принадлежат гт и М,/. Для построения данных графиков использовались результаты, полученные при доказательстве теорем 1 -3, и следующие рассуждения.
1) Функции А11(к2) и А°(к2) (первые собственные значения задач (4. 14), (4. 2) и (4. 17), (4. 2) соответственно) непрерывны по к2, возрастают с увеличением к2 и при к то стремятся к первым собственным значениям соответствующих задач Дирихле (см., напр. ,
[6]). При доказательстве теоремы 2 были получены предельные значения А0 при к О и при к ^ то, и заметим, что А1 = АО + 1.
]
2) Имеем
А1 = ?П
уеН-,(0,1){0}
11
у 2(х^х + q (x)y2(х^х + к2 (у2(0) + у2(1))
О О
1
у 2(х^х
& gt-
& gt-
уеН0(О, 1){О}
11
у 2(x)dx + q (x)y2(x)dx + к2 (у2(О) + у2(1))
с________о_______________________
1
y2(x)dx
1 2 1 у 2(x)dx + q (x)y 2(x)dx
1пГ 0
уеН0(О, 1){О}
О
= А1,
где А1 — первое собственное значение задачи Дирихле для уравнения (4. 1) при условии q (x) е Ау. Следовательно, & gt- mY и М,/ & gt- Му, где гг^ и Му — соответствующие оценки для АС, полученные для всех у в работе [4].
О
О
О
Рис. 3. Случай y = 1.
Рис. 4. Случай y & gt- 1.
Литератур
а
1. Egorov Yu.V., Kondratiev V.A. On Spectral theory of elliptic operators // Operator theory: Advances and Applications / Birkhouser. — 1996. — 89.- 326 p.
2. Мурышкина О. В. Об оценках минимального собственного значения задачи Штурма- Лиувилля с симметричными краевыми условиями // Вестник молодых ученых. Се- рия: Прикладная математика и механика — 2005. — 1. — С. 36−52.
3. Винокуров В. А., Садовничий В. А. О границах изменения собственного значения при изменении потенциала // Доклады Академии наук. — 2003. — 392−5. — С. 592−597.
4. Ежак С. С. Об оценках минимального собственного значения задачи Штурма-Лиувилля с интегральным условием // Современная математика и ее приложения. -2005. — 36. — С. 56−69.
5. Куфнер А., Фучик С. Нелинейные дифференциальные уравнения // М: Наука, 1988.
— С. 1−304.
6. Курант Р., Гильберт Д. Методы математической физики, Т.1 / М. -Л.: ГТТИ, 1933. 538 c.
ON ESTIMATES OF MINIMAL EIGENVALUE OF STURM-LIOUVILLE's PROBLEM WITH INTEGRAL
CONDITION AND THIRD-TYPE BOUNDARY CONDITIONS E.S.
Karulina
Moscow State University of Economics, Statistics and Informatics, Nezhinskaya St., 7, Moscow, Russia, e-mail: karulinaes@yandexru
Abstract. The Sturm-Liouville problem with third-type boundary conditions and an integral condition is under consideration. First eigenvalue X-i of this problem for different values of the parameters is estimated.
Key words: boundary problem, estimates for the first eigenvalue

ПоказатьСвернуть
Заполнить форму текущей работой