Одна задача Штурма-Лиувилля

[Gargantua]

Здравствуйте. Не могу довести до конца решение следующей задачи:
Дано параболическое уравнение
$\frac{\partial W(\tau,y)}{\partial \tau}=\frac{m^2}{2} \frac{\partial^2 W(\tau,y)}{\partial y^2}+a\frac{y W(\tau,y)}{\partial y},\quad \tau>0,\, |y|<h,\,m,a,h \in R $,
с граничными и начальными условиями соответственно
$W(\tau,h)=W(\tau,-h)=0 $
$W(0,y)=\delta(y)$.
Выполняя разделение переменных $W(\tau,y)=A(\tau)B(y)$ перехожу к задаче Штурма-Лиувилля (ДУ для $A(\tau)$ пока не интересует):
$B''(y)+2am^{-2} \left[y B(y)\right]' + \lambda^2 B(y)=0$
$ B(h)=B(-h)=0$
Это уравнение при помощи замен
$B(y)=u(t)e^{\frac{t^2}{4}},\,y=\frac{At}{i}$
можно привести к уравнению Вебера
$\ddot{u}+(\alpha+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}t^2)u=0$,
где $\alpha=2am^{-2}+\lambda^2 $ с граничными условиями $u(\frac{ih}{A})=u(-\frac{ih}{A})=0$, линейно независимыми решениями которого является параболические цилиндрические функции $D_{\alpha}(t)$ и $D_{-\alpha-1}(i t)$. Тогда общее решение будет иметь вид
$u(t)=C_1 D_{\alpha}(t)+С_2 D_{-\alpha -1}(t)=0$,
где константы $C_1, C_2$ определяются из граничных условий
$C_1 D_{\alpha}(\frac{ih}{A})+C_2 D_{\alpha}(\frac{ih}{A})=0$
$C_1 D_{-\alpha-1}(\frac{h}{A})+C_2 D_{-\alpha-1}(\frac{h}{A})=0$.
Но как определить постоянную $\lambda$? Если искать решение в виде ряда $u(t)=\sum c_k u_k(t)$, то как найти соответствующие ортогональные функции $u_k(t)$, собственные значения $\lambda_k$ и константы $c_k$?

[pogulyat_vyshel]

вы ищите собственные функции оператора, который стоит в правой части уравнения

Gargantua в сообщении #1355414 писал(а):

внение
$\frac{\partial W(\tau,y)}{\partial \tau}=\frac{m^2}{2} \frac{\partial^2 W(\tau,y)}{\partial y^2}+a\frac{y W(\tau,y)}{\partial y},\quad \tau>0,\, |y|<h,\,m,a,h \in R $

почему в этой записи

Gargantua в сообщении #1355414 писал(а):

):
$B''(y)+2am^{-2} \left[y B(y)\right]' + \lambda^2 B(y)=0$

$y$ оказался под знаком дифференциала?

-- 20.11.2018, 19:07 --

у вас опечатка в первой строчке, как член с первой производной по $y$ должен выглядеть?

-- 20.11.2018, 19:10 --

если у вас там $y$ под дифференциалом стоит так это и ядро может ненулевым оказаться

[Gargantua]

pogulyat_vyshel
Спасибо. Уравнение без опечатки:
$\frac{\partial W(\tau,y)}{\partial \tau}=\frac{m^2}{2} \frac{\partial^2 W(\tau,y)}{\partial y^2}+a\frac{\partial (y W(\tau,y))}{\partial y}

[pogulyat_vyshel]

Я бы стал раскладывать решение по собственным функциям оператора Лапласа не мудрствуя

[Gargantua]

pogulyat_vyshel
Здесь мудрости-то и немного выходит.
Исправленные замены переменных, приводящие к уравнению Вебера:

$$y=-A t,\quad A^2=\frac{m^2}{2 a},\quad A^2 \lambda^2 =\alpha,\quad \ B(t)=u(t) e^{-t^2/4}.$$

Решением уравнения

$$u''(t)+(\alpha+\frac{1}{2}-\frac{t^2}{4})u(t)=0,\quad \alpha \in \mathbb{R} $$

являются цилиндрические параболические функции $D_{\pm \alpha}(t)$, а решением исходного уравнения в задаче Штурма-Лиувилля, следовательно

$$B_\alpha(t)=e^{-t^2/4}D_{\alpha}(t).$$

С учетом того, что при разделении переменных возникало также уравнение:

$$A'(\tau)+\frac{1}{2}m^2\lambda^2A(\tau)=0, $$

с решением $A(\tau)=e^{-\frac{m^2\lambda^2}{2}\tau}$,
то естественно представить общее решение исходного уравнения в чатсных производных в виде ряда

$$W(\tau,y)=\sum_{k=1}^{\infty}b_k A_k(\tau) B_k(y),$$

где

$$ \begin{align*}$$ A_k(\tau)&=e^{-\frac{m^2\lambda_k^2}{2}\tau} \\ B_k(y)&=e^{-\frac{a y^2}{2m^2}}D_{\alpha_k}(\frac{\sqrt{2a}}{m}y) \end{align*}$$

С учетом граниченого условия собственные числа $\alpha_k$ находятся из уравнения

$$D_{\alpha_k}(\frac{\sqrt{2a}}{m}h)=0$$

Однако что-то мне подсказывает, что не существует счетной последовательности $\alpha_k$, являющейся решением данного уравнения.
Поставленная в данном вопросе задаче является вспомогательной к другой моей задаче, где граничные условия задаются на полуинтервале $(-\infty, h]$. В данном случае также необходимо требовать ортогональность функций $D_{\alpha_k}(\frac{\sqrt{2a}}{m}y)$, но уже на $(-\infty,h]$. Это вторая трудность данной задачи. С ортогональностью собственных функций уравнения Лапласа была бы такая же проблема.

[pogulyat_vyshel]

Gargantua в сообщении #1358415 писал(а):

вляется вспомогательной к другой моей задаче, где граничные условия задаются на полуинтервале $(-\infty, h]$. В данном случае также необходимо требовать ортогональность функций $D_{\alpha_k}(\frac{\sqrt{2a}}{m}y)$, но уже на $(-\infty,h]$

Ну знаете:)
$(-\infty,h]$ -- это вообще совсем другая история :)

[Gargantua]

pogulyat_vyshel
Да, я это понял уже апостериори. Сталкивались ли Вы с применением рядов Фурье на полуинтервалах, полуобластях и т.п.?

[pogulyat_vyshel]

Gargantua в сообщении #1358453 писал(а):

pogulyat_vyshel
Да, я это понял уже апостериори. Сталкивались ли Вы с применением рядов Фурье на полуинтервалах, полуобластях и т.п.?

Нет, не сталкивался. Если это ваша принципиальная позиция решать задачи в некомпакных областях с помощью рядов Фурье, то ,думаю, что далеко вы не продвинетесь

[Gargantua]

pogulyat_vyshel
Спасибо за мнение. А какой еще метод может быть применен для решения задачи с граничными условиями на полуинтервале? К численным методам я не могу обратиться по этой же причине. Смотрел наличие инвариантных преобразований для данного уравнения - таких не имеется. Известный мне метод построения итерационный схемы с использованием теории полугрупп требует знание невозмуженной полугруппы, которая должна находится с учетом тех же граничных условий, что и в исходной задаче, поэтому возникнет та же проблема.

[pogulyat_vyshel]

я бы попробовал преобразование Лапласа по времени

[Gargantua]

Попробую пробить Лапласом.

[Vince Diesel]

Если ничего не путаю, фундаментальное решение этого уравнения можно выписать явно, см. Эйдельман, "Параболические уравнения", Итоги науки и техники, ВИНИТИ, 1990, пример 2.3. Правда, там оператор по $y$ сопряженный к данному, но это просто $x$ и $\xi$ в фундаментальном решении поменять надо. А оттуда, возможно, и функцию Грина первой краевой задачи получить можно.

[pogulyat_vyshel]

Ну да. Что и выводится из преобразования Лапласа