Р. М. Минькова - Математическая физика в примерах и задачах



2
 yk , yk  4 /  2l , k  2n  1.
k


 f , yk      f  x   yk  x  dx   x  cos  k x  dx 

 

8

При k  0 следует вычислить коэффициент ck отдельно (предыдущими вычислениями нельзя воспользоваться, так как будет деление на  0  0 ):
f , y0  1 l

l2 l
c0 
 1 x dx 
 .
2l 2
 y0 , y0  l 0
Следовательно, разложение функции f  x   x в ряд Фурье имеет вид:


f  x   c0 y0   c2 n1 y2 n1 
n 0

l 
4
 2
cos  2 n1x .
2 n 0 2n 1 l

Пример 1.5. Найти собственные функции оператора Ly  y , удовлетворяющие граничным условиям y  0  y  0   0, y 1  y 1  0. Найти вес ортогональности собственных функций.
Решение. 1). Как и в предыдущем примере, получим
y  c1  cos  x  c2  sin  x .
2). Так как y  c1  sin  x  c2   cos  x , то граничные условия примут вид:
 c2  c1  0,


 c1  sin   c2   cos     c1  cos   c2  sin    0


или 

c1   c2 ,









2
c2 2  cos   1   sin   0.

Если с2  0, то с1  0, y  x   0 , но нулевая функция не является собственной
функцией. Значит, c2  0 . Тогда 2  cos   1   2  sin   0 или tg   2 2 . Это
1 

трансцендентное уравнение имеет множество корней k (это можно установить
графически). Итак, собственные функции (если положить c2  1 )
yk  k cos k x  sin k x ( k  1,2,...) , где k – корни уравнения tg  

2
.
1 2

3). Вес ортогональности собственных функций   1 вычисляется так же, как и в
предыдущем примере.
Пример 1.6. Найти собственные функции оператора Ly  y   2 y  3 y , удовлетворяющие граничным условиям y  0   0, y  2   0. Найти вес ортогональности и норму собственных функций.
Решение. 1. Собственные функции оператора найдем из уравнения
(1.4)
Для решения этого однородного линейного дифференциального уравнения с
постоянными коэффициентами составим характеристическое уравнение:
k 2  2k  3   . Его корни k  1    2 . Вид решения уравнения (1.4) зависит от
знака числа   2 .
а). Если   2  0 ,   2   2 , то k 1  1   , k 2  1   и y  x   c1ek1x  c2 ek2 x .
y   2 y   3 y   y.

9

 y  0   0,
 y  2   0

Из граничных условий 



c1  c2  0,

c1 e

2 k1

получим 

Так как определитель системы  

1

1

e 2k1 e 2 k2

 c2 e 2k2  0.

 0, то с1  с2  0

и y  x  0 .

Но нулевая функция не является собственной функцией.
б). Если   2  0 , то k 1  1, k 2  1 и y  x   c1e x  c2 x e x .
 y  0   0,
 y  2   0

c1  0,



Из граничных условий 

получим 

2
2
c1 e  2 c2 e  0.

Тогда с1  с2  0 и

y  x   0 . Но нулевая функция не является собственной функцией.

в). Если   2  0 ,   2    2 , то k 1  1   i, k 2  1   i и y  x   e x  c1 cos  x  c2 sin  x  .
 y  0   0,

Из граничных условий 
получим 

c1  0,

 c1  0,


2
e  c1 cos 2   c2 sin 2    0 c2 sin 2   0.

 y  2   0

Если с2  0, то y  x   0 , но нулевая функция не является собственной функцией.
k
и собственные функции (если
2
положить c2  1 ) равны yk  x   e x sin k x  k  1, 2,3... .

Значит, c2  0 . Тогда sin 2   0  2k   k , k 

2). Вычислим вес ортогональности собственных функций оператора, учитывая,
что A  1, B  2 для оператора Ly  y   2 y  3 y :


1
A

 B 
exp   dx   exp
 A 

  2 dx   e2 x .

3). Вычислим нормы собственных функций:
yk

2

l

2



  yk , yk      yk 2  x  dx   e 2 x e x sin k x
0

0



2

2

1  cos 2 k x
1
sin 2 k x  2
dx   x 
 1
2
2
2


k
0
0

dx  

(здесь мы воспользовались тем, что sin 4 k  sin 2 k  0 ).
Пример 1.7. Найти собственные функции оператора Ly  x 2 y  x y  , удовлетворяющие граничным условиям y 1  0, y  3  0. Найти вес ортогональности и
норму собственных функций.
Решение. 1). Имеем оператор вида L y  Ay   By  Cy , где A  x 2 , B  x, C  0 . Так
как A  0, C  0, то собственные значения   0 . Запишим отрицательное число
 в виде     2 . Тогда уравнение Ly   y примет вид x 2 y  x y    2 y .
2). Это уравнение является уравнением Эйлера. Его решение будем искать в
виде
y  xs .
После
подстановки
в
уравнение
получим
2
s 2
s 1
2 s
s
x s  s  1 x  x s x    x и сократим на x . Тогда

10

s  s  1  s    2 , s 2    2 , s   i  ;
y  x s  x  i   e ln x

i --">