Zagadnienia na warto±ci i funkcje wªasne

Zagadnienia na warto±ci i funkcje wªasne

Przykªad 1. Odnale¹¢ warto±ci i funkcje wªasne zagadnienia brzegowego:

( x ⁰⁰ = λx,

x(0) = x ⁰ (1) = 0. (1)

Rozwi¡zanie: B¦dziemy rozwa»a¢ trzy przypadki λ > 0, λ = 0 oraz λ < 0.

Przypadek λ > 0 : W celu unikni¦cia pierwiastków przyjmijmy, »e λ = µ ² . Z równania x ⁰⁰ = µ ² x, gdzie µ 6= 0, otrzymujemy równanie charakterystyczne k ² = µ ² . St¡d pierwiastki równania charak- terystycznego s¡ równe k 1,2 = ±µ. Wobec tego rozwi¡zanie ogólne w tym przypadku ma posta¢:

x(t) = C ₁ e ^µt + C ₂ e ^−µt.

Z warunku x(0) = 0, mamy

C ₁ + C ₂ = 0 =⇒ C ₂ = −C ₁ , wi¦c

x(t) = C ₁ e ^µt − C ₁ e ^−µt oraz x ⁰ (t) = C ₁ µe ^µt + C ₁ µe ^−µt . Teraz korzystaj¡c z warunku x ⁰ (1) = 0, mamy

C ₁ µ e ^µt + e ^−µt
= 0.

St¡d oraz na podstawie µ 6= 0 wynika, »e C 1 = 0, a zatem i C 2 = 0. Wówczas rozwi¡zanie x(t) byªo by zerowe, ale takie nas nie interesuj¡. Wobec tego, λ > 0 nie jest warto±ci¡ wªasn¡ rozpa- trywanego zagadnienia.

Przypadek λ = 0. Tym razem pierwiastki równania charakterystycznego wynosz¡ k 1,2 = 0, a roz- wi¡zanie ogólne ma posta¢

x(t) = At + B.

Stosuj¡c warunek x(0) = 0, mamy, »e B = 0. Natomiast z warunku x ⁰ (1) = 0 wynika, »e A = 0.

Zatem rozwi¡zanie x(t) ≡ 0, co oznacza, »e λ = 0 nie jest warto±ci¡ wªasn¡ zagadnienia (1).

Przypadek λ < 0. Niech λ = −µ ² . Wówczas dla równania x ⁰⁰ = −µ ² x mamy nast¦puj¡ce pierwiastki odpowiedniego mu równania charakterystycznego k 1,2 = ±µi. Natomiast rozwi¡zanie ogólne dla tego przypadku b¦dzie miaªo posta¢:

x(t) = C ₁ sin µt + C ₂ cos µt.

Z warunku x(0) = 0, mamy C 2 = 0, wi¦c

x(t) = C ₁ sin µt oraz x ⁰ (t) = C ₁ cos µt.

Teraz korzystaj¡c z warunku x ⁰ (1) = 0, otrzymujemy

C 1 cos µ = 0.

St¡d wynika, »e albo C 1 = 0 albo cos µ = 0. Gdyby C 1 = 0 wówczas otrzymaliby±my zerowe rozwi¡zanie i λ < 0 nie byªaby warto±ci¡ wªasn¡. Poniewa» jeste±my zainteresowani rozwi¡zaniem niezerowym, wi¦c cos µ = 0. St¡d

µ _n = π

2 + nπ.

Poniewa» λ n = −µ ² _n , wi¦c wszystkie warto±ci wªasne zagadnienia (1) maj¡ posta¢

λ n = −  1 2 + n

 2

π ² , n = 0, 1, 2, ...

a odpowiednie im funkcje wªasne s¡ postaci:

x _n (t) = sin  1 2 + n

 πt.

Przykªad 2. Odnale¹¢ wszystkie warto±ci i funkcje wªasne zagadnienia brzegowego:



 

 

x ⁰⁰ = λx, x(0) = 0,

x(t) = O(1) dla t → +∞.

(2)

Rozwi¡zanie: Drugi warunek brzegowy oznacza, »e rozwi¡zanie x(t) przy t d¡»¡cym do niesko«- czono±ci jest ograniczone przez pewn¡ staª¡ tzn. x(t) ≤ C, C = const..

Przypadek λ > 0. Niech λ = µ ² , gdzie µ > 0. Podobnie jak w poprzednim przykªadzie rozwi¡- zanie ogólne dla tego przypadku ma posta¢:

x(t) = C ₁ e ^µt + C ₂ e ^−µt .

Z warunku x(0) = 0 dostajemy, »e C 2 = −C ₁ . Zatem x(t) = C 1 (e ^µt − e ^−µt ) . Dalej, poniewa»

t→+∞ lim (e ^µt − e ^−µt ) = +∞, wi¦c drugi warunek brzegowy speªniony jest dla C 1 = 0. Wówczas C 2 = 0 i otrzymujemy rozwi¡zanie zerowe. Wobec tego λ > 0 nie jest warto±ci¡ wªasn¡ zagadnienia (2).

Przypadek λ = 0. Tutaj, równie» tak jak poprzednio rozwi¡zanie ogólne jest postaci:

x(t) = At + B, A, B = const.

Z warunku x(0) = 0, wynika, »e B = 0, wi¦c x(t) = A. W tym przypadku drugi warunek brzegowy jest speªniony dla dowolnej staªej A. Oznacza to, »e λ = 0 jest warto±ci¡ wªasn¡, a odpowiednie jej funkcja wªasna jest postaci x(t) = C, C = const..

Przypadek λ < 0. Niech λ = −µ ² , gdzie µ > 0. Analogicznie jak w poprzednim zadaniu roz- wi¡zanie ogólne dla tego przypadku jest postaci:

x(t) = C ₁ sin µt + C ₂ cos µt.

Z warunku x(0) = 0, mamy C 2 = 0, wi¦c x(t) = C 1 sin µt. Nast¦pnie, z faktu ograniczono±ci funkcji sin µt dla dowolnego t zachodzi, »e dowolne λ < 0 jest warto±ci¡ wªasn¡ rozwa»anego zagadnienia.

Poniewa» µ = √

−λ, gdzie λ < 0, stowarzyszona z warto±ci¡ wªasn¡ funkcja wªasna jest postaci x(t) = C sin √

−λt.

Przykªad 3. Odnale¹¢ wszystkie warto±ci i funkcje wªasne zagadnienia brzegowego:



 

 

t ² x ⁰⁰ − tx ⁰ + x = λx;

x(t) = 0, przy t → 0 ⁺ ; x(1) = 0.

(3)

Rozwi¡zanie: Na pocz¡tku rozwi¡»my równanie t ² x ⁰⁰ − tx ⁰ + x = λx. Jest to równanie Eulera.

Zatem dokonujemy podstawienia t = e ^τ . Wówczas na podstawie:

x ⁰ = dx dt = dx

dτ · dτ

dt = ˙x · 1 t , x ⁰⁰ = d

dt



˙x · 1 t



= d ˙x dτ · dτ

dt · 1 t + ˙x d

dt

 1 t



= (¨ x − ˙x) · 1 t ² otrzymujemy równanie o staªych wspóªczynnikach postaci:

t ² (¨ x − ˙x) 1

t ² − t ˙x 1

t + x = λx,

¨

x − 2 ˙x + (1 − λ)x = 0.

Zapisujemy odpowiednie mu równanie charakterystyczne:

k ² − 2k + 1 − λ = 0. (4)

Liczymy wyró»nik ∆ = 4 − 4(1 − λ) = 4λ. Oznacza to, »e równie» w tym przykªadzie b¦dziemy rozpatrywa¢ trzy przypadki.

Przypadek λ > 0. Niech λ = µ ² , gdzie µ > 0. Wówczas wyró»nik ∆ > 0, a pierwiastki równania charakterystycznego s¡ równe k 1,2 = 1 ± µ. W celu wyznaczenia rozwi¡zania ogólnego zapisujemy:

x(τ ) = C ₁ e ^(1+µ)τ + C ₂ e ^(1−µ)τ , C ₁ , C ₂ = const..

Stad na podstawie zamiany t = e ^τ otrzymujemy rozwi¡zanie ogólne:

x(t) = C ₁ t ^1+µ + C ₂ t ^1−µ .

Z drugiego warunku brzegowego x(1) = 0 wynika, »e C 1 + C ₂ = 0. Niech C 2 = −C ₁ , wówczas rozwi¡zanie b¦dzie postaci:

x(t) = C ₁ t ^1+µ − t ^1−µ
. Teraz zastosujemy pierwszy warunek brzegowy lim

t→0 x(t) = 0. Poniewa»

lim t→0 t ^1+µ = 0, dla wszystkich µ > 0 oraz

lim t→0 t ^1−µ =

( 0 dla µ < 1;

+∞ dla µ > 1,

jak równie» z λ = µ ² , µ > 0 wynika, »e λ > 1 nie jest warto±ci¡ wªasn¡, a λ ∈ (0, 1) ni¡ jest.

Natomiast odpowiednia jej funkcja wªasna jest postaci:

x(t) = C  t ¹⁺

√

λ − t ¹⁻

√ λ 

.

Przypadek λ = 0. Tutaj pierwiastki równania charakterystycznego wynosz¡ k 1,2 = 1, wi¦c x(τ ) = C 1 e ^τ + C 2 τ e ^τ .

St¡d oraz poniewa» t = e ^τ , mamy

x(t) = C ₁ t + C ₂ t ln t.

Z warunku brzegowego x(1) = 0 wynika, »e C 1 = 0, zatem x(t) = C 2 l ln t. Dalej, na podstawie reguªy L'Hospitala

lim t→0 t ln t = 0,

wi¦c λ = 0 jest równie» warto±ci¡ wªasn¡ zagadnienia (3), a odpowiednia jej funkcja wªasna to x(t) = Ct ln t, gdzie C 6= 0.

Przypadek λ < 0. Niech λ = µ ² , µ > 0. Wówczas pierwiastki równania charakterystycznego (4) wynosz¡ k 1,2 = 1 ± µi, wi¦c

x(τ ) = C ₁ e ^τ sin µτ + C ₂ e ^τ cos µτ.

St¡d na mocy dokonanego podstawienia t = e ^τ rozwi¡zanie ogólne w tym przypadku jest postaci:

x(t) = C ₁ t sin (µ ln t) + C ₂ t cos (µ ln t) . Z warunku x(1) = 0, wynika, »e C 2 = 0. Nast¦pnie, poniewa»

lim

t→0

t sin (µ ln t) = 0

oraz λ = −µ ² , wi¦c dowolna λ < 0 jest warto±ci¡ wªasn¡ zagadnienia (3) a odpowiednia jej funkcja wªasna wyra»a si¦ wzorem:

x(t) = Ct sin √

−λ ln t 

, C 6= 0.

Ostatecznie otrzymujemy odpowied¹:

x(t) = C



 



 



t sin √

−λ ln t

dla λ ∈ (−∞, 0);

t ln t dla λ = 0;

 t ¹⁺

√

λ − t ¹⁻

√ λ 

dla λ ∈ (0, 1),

C 6= 0.

Przykªady do samodzielnej pracy:

Zadanie: Odle¹¢ wszystkie warto±ci i funkcje wªasne podanych zagadnie« brzegowych a)

( x ⁰⁰ = λx;

x ⁰ (0) = x(1) = 0, b)

( x ⁰⁰ = λx;

x ⁰ (0) = x ⁰ (1) = 0,

c)



 

 

x ⁰⁰ = λx;

x(0) = x(1);

x ⁰ (0) = x ⁰ (1),

d)

( x ⁰⁰ = λx;

x(t) = O(1) dla t → ±∞,

e)

( t ² x ⁰⁰ − tx ⁰ + x = λx;

x(1) = x(2) = 0, f )



 

 

t ² x ⁰⁰ − tx ⁰ + x = λx;

x(1) = 0;

x(t) = O(1), dla t → +∞, g)



 

 

t ² x ⁰⁰ + 3tx ⁰ + x = λx;

x(1) = 0;

x(t) → 0, dla t → +∞, Odpowiedzi:

a)

( λ _n = − n + ¹ ₂
2

π ² ;

x _n (t) = C _n cos n + ¹ ₂
πt, C _n 6= 0, n = 0, 1, 2, ...

b)

( λ _n = −n ² π ² ;

x _n (t) = C _n cos nπt, C _n 6= 0, n = 0, 1, 2, ...

c)

( λ n = −4n ² π ² ;

x n (t) = C 1n cos 2nπt + C 2n sin 2nπt, |C 1n | + |C 2n | 6= 0, n = 0, 1, 2, ...

d)

( λ ≤ 0;

x(t) = C ₁ cos √

−λt + C ₂ sin √

−λt, |C ₁ | + |C ₂ | 6= 0, e)

( λ _n = − _{ln 2} ^nπ
2

;

x _n (t) = C _n t sin ^{nπ ln t} _{ln 2}
, C _n 6= 0, n = 1, 2, 3, ...

f ) brak funkcji i warto±ci wªasnych,

g) x(t) = C



 



 



1

t sin √

−λ ln t

dla λ ∈ (−∞, 0);

ln t

t dla λ = 0;

 t ⁻¹⁺

√

λ − t ¹⁻

√ λ 

dla λ ∈ (0, 1),

C 6= 0.