Функан, задача Штурма-Лиувилля

[id]

Так, откуда берется корень, кажется, понятно $- \int\limits_0^1 e_n''(x) e_n(x) dx = -e_n'(x)e_n(x)|^1_0 + \int\limits_0^1 |e_n'(x)|^2 dx = -\int\limits_0^1 q(x)e_n(x)dx+\lambda_n \int\limits_0^1 |e_n|^2 dx$, ну и видимо можно получить, что $\| e_n' \|_{L^2[a,b]} \leq C \sqrt{\lambda_b} \| e_n \|_{L^2[a,b]}$ (но это если забыть про $-e_n'(x)e_n(x)|^1_0$, что не совсем правильно, учитывая общий вид краевых условий... или это тоже просто лечится?)

[sup]

Да все просто. На краю ($x=1$) либо один из сомножителей 0, либо их произведение равно $Ae_n(1)^2$ с некоторым $A$. В любом случае это легко оценить через интеграл от квадрата производной. На другом краю так же.
Например
$e_n^2(1)=\int (xe_n^2)'dx \leqslant C(||e'_n||||e_n|| + ||e_n||^2) \leqslant \epsilon ||e'_n||^2 + C(\epsilon)||e_n||^2$
В результате получаем (учитывая ограниченность $q$)
$||e'_n||^2 \leqslant C(1+\lambda_n)||e_n||^2$

[id]

А откуда берется равномерная ограниченность $e_n$? (учитывая оценку для производной получается лишь что $\| e_n \|_{\infty} \leq C \sqrt{\lambda_n}$)

-- Вт дек 07, 2010 19:13:31 --

Соответственно, мажоранта для $\sum\limits_n (\lambda_n - \lambda)^{-1} <f,e_n> e_n(x)$ будет иметь лишь вид $\sum\limits_n \frac {C \sqrt{| \lambda_n} |} {|\lambda_n - \lambda|} |<f,e_n>| $. $\{ <f,e_n> \} \in l^2$ и если использовать асимптотическую оценку, то можно получить что $\sum\limits_n \frac {C \sqrt{|\lambda_n|} } {|\lambda_n - \lambda|} |<f,e_n>| \leq C_1 \sum\limits_n \frac {1} {\sqrt{|\lambda_n|}} |<f,e_n>| $. Используя асимптотику для $\lambda_n$, получаем что $\{ \frac 1 {\sqrt{|\lambda_n|}}\} \in l_2$, и неравенство Коши решает проблему. Так?

[sup]

Ну да. На самом деле легко показать, что $|e_n(x)|\leqslant C(1+{\lambda_n}^{1/4})$ (см. оценку для $e_n(1)$)
Но даже грубой оценки с корнем хватает. А вот ограниченность $e_n$ таким образом получить не удастся. Для этого надо загнать $qe_n$ в правую часть и решать краевую задачу как бы с "известной" правой частью .... Короче, получать асимптотику собственных функций. Нетрудно, но надо немножко повозиться. Предыдущий способ существенно проще и быстрей.

[id]

Спасибо!

Более-менее понятно (хотя от асимптотической оценки $\lambda_n$ не удалось избавиться, жаль).

[sup]

А в самом деле. Зачем нам асимптотика. Ну её. Тогда придется использовать соображения компактности. Ну прежде всего. Почему система $\{e_n\}$ - полна? Наверняка об этом уже говорилось в той замечательной книжке. Примем как данное. Пусть
$f_n=\sum \limits_{k \leqslant n}<f,e_n>e_n$
Решения $u_n$ с такой правой частью $f_n$ - суть частичные суммы того ряда, что мы изучаем.
Обе эти последовательности сильно сходятся в $L_2(a,b)$, а значит там же сходится и последовательность $u''_n$. Но отсюда легко получаем ограниченность $u'_n(x)$ на интервале $[a,b]$. По теореме Асколи-Арцела последовательность $u_n$ компактна в $C[a,b]$. Значит она сильно сходится в $C[a,b]$. Ну да, я знаю, что из теоремы следует сходимость некоторой подпоследовательности. Но отсюда легко установить и сходимость ВСЕЙ последовательности.

[id]

Цитата:

ограниченность $u'_n(x)$

Требуется все-таки равномерная ограниченность (т.е. для всех достаточно больших $n$), а тут я что-то не до конца понимаю: $u'_n(x) = u'_n(a) + \int\limits_a^x u''(x) dx$
$\sup\limits_x |u'_n(x)| \leq |u'_n(a)| + \sup\limits_x |\int\limits_a^x u''(x) dx| \leq |u'_n(a)| + \sqrt{b-a}\| u''_n\|$

И слагаемое |u'_n(a)| портит оценку. Или его тоже можно удобным образом оценить?

[sup]

Вы слишком прямолинейно действуете. Действительно, имеет место равенство.
$u'(x)=u'(y) + \int\limits_y^xu''(t)dt$
А что если данное равенство проинтегрировать по $y$ от $a$ до $b$? Получим
$(b-a)u'(x)=u(b)-u(a) + \int\limits_a^bc(x,t)u''(t)dt$
Но при этом возникли краевые слагаемые ... Можно, конечно и их оценить, а можно чуть хитрее. Умножим исходное равенство на $y(1-y)$ и проинтегрируем. Я уж не буду выписывать результат. А потом вспомним про ограниченность $u,u''$ в $L_2(a,b)$. Вот примерно так доказывается известное неравенство Дирихле. Это не единственный способ оценки функций через её производные. Проявляйте фантазию. В одномерном случае все достаточно просто.

[id]

Да, удачный подход. Только умножать удобнее на $(y-a)(b-y)$, тогда имеем (обозначения $C:=\int\limits_a^b (y-a)(b-y) dy, C(y):=$\int (y-a)(b-y) dy$)
$C u'(x) = (y-a)(b-y)u(y)|_a^b - \int\limits_a^b u(y) (a+b-2y) dy + \int\limits_a^b (y-a)(b-y) \int\limits_y^x u''(t) dt dx = - \int\limits_a^b u(y) (a+b-2y) dy - C(y) \int\limits_x^y u''(t) dt |_a^b + \int\limits_a^b C(y) u''(y) dy$

Где все уже замечательно оценивается с помощью Коши-Буняковского.

Далее, надо бы показать, что и $u'_n$ как-то хорошо сходится. Получается, если нигде не наврал, что оно сходится даже в равномерной топологии: обозначим через $v_{n,k}(x):=u_{n+k}(x) - u_n (x)$ (очевидым образом понимая $v_{n,k}'(x),v_{n,k}''(x)$)
$v_{n,k}'(x) = v_{n,k}'(y) + \int\limits_y^x v_{n,k}''(t) dt$. Умножаем точно так же и проделываем те же операции, что и при оценке производной, получаем:
$C v_{n,k}'(x) = (y-a)(b-y)v_{n,k}(y)|_a^b - \int\limits_a^b v_{n,k}(y) (a+b-2y) dy + \int\limits_a^b (y-a)(b-y) \int\limits_y^x v_{n,k}''(t) dt dx = - \int\limits_a^b v_{n,k}(y) (a+b-2y) dy - C(y) \int\limits_y^x v_{n,k}''(t) dt |_a^b + \int\limits_a^b C(y) v_{n,k}''(y) dy$

$|-\int\limits_a^b v_{n,k}(y) (a+b-2y) dy - C(y) \int\limits_y^x v_{n,k}''(t) dt |_a^b + \int\limits_a^b C(y) v_{n,k}''(y) dy| \leq $
$| \int\limits_a^b v_{n,k}(y) (a+b-2y) dy| + |C(b) \int\limits_b^x v_{n,k}''(t) dt | + | C(a) \int\limits_a^x v_{n,k}''(t) dt| + | \int\limits_a^b C(y) v_{n,k}''(y) dy| \leq$
$ C_1 \| v_{n,k} \|_{L^2} + 2 C_2 \int\limits_a^b | v_{n,k}''(t) | dt + C_3 \| v_{n,k} '' \|_{L^2} \leq$
$ C_1 \| v_{n,k} \|_{L^2} + 2 C_4 \| |v_{n,k}''| \|_{L^2} + C_3 \| v_{n,k} \|_{L^2}$
$v_{n,k}, v_{n,k}''$ сходятся к нулю, удовлетворяют Коши в $L^2$. Значит то же самое и с $| v_{n,k}''|$.
И это все для любого $x$, значит $v_{n,k}'$ удовлетворяют критерию Коши (равномерной) сходимости, значит, сходятся.

Примерно то же самое можно проделать с $w_{n,k}(x) := u_{n+k}(x) - u_n(x)$:
$C w_{n,k} (x) = \int\limits_a^b (y-a)(b-a) w_{n,k}(y) dy + \int\limits_a^b (y-b)(y-x) \int\limits_y^x w_{n,k}'(t) dt dy$
Первое слагаемое можно оценить исходя из сходимость к нулю $w_{n,k}$ в $L^2$, а во втором достаточно установленной равномерной сходимости производных.

Кстати, получается, тут Асколи я никак не использовал?

[sup]

Ну конечно я имел в виду не $y(1-y)$, а $(y-a)(b-y)$. Без теоремы Асколи Вы действительно обошлись. А за счет чего? Да все просто. По ходу дела Вы доказали непрерывность вложения $W_2^1(a,b) \subset C[a,b]$. Еще немного, и докажете компактность. Вот так то .

[id]

sup
Спасибо!

А можно ли отсюда легко вывести и абсолютную сходимость?
(В $C[a,b]$, т.е. абсолютную-равномерную)

[sup]

Боюсь, что абсолютную сходимость простыми манипуляциями уже не получить. В самом деле, нормы $e_n$ в $L_2(a,b)$ равны 1, а значит и в $C(a,b)$ не меньше $1/(b-a)$. Тогда для абсолютной сходимости ряда для решения, нужна сходимость ряда $\sum f_n/\lambda_n$. А здесь без оценок на $\lambda_n$ не обойтись.

[id]

sup
Обидно, но, может быть, такое и подразумевалось в книге...

А где можно посмотреть вывод этой самой асимптотики собственных чисел? (для случая непрерывного потенциала и более сложных случаев) Книга/серьезный учебник?

[ewert]

id в сообщении #386882 писал(а):

А где можно посмотреть вывод этой самой асимптотики собственных чисел?

Да в принципе можно и прямо здесь -- он достаточно элементарен (во-всяком случае, идейно).

Главное, что собственные числа монотонно зависят от потенциала: если $q^-(x)\leqslant q(x)\leqslant q^+(x)\ (\forall x)$, то для соответствующих этим потенциалам серий собственных чисел $\lambda_n^-(x)\leqslant \lambda_n(x)\leqslant \lambda_n^+(x)\ (\forall n)$.

Для ограниченных потенциалов это уже означает, что любое из собственных чисел для оператора с потенциалом $q(x)$ не более чем на фиксированную константу отличается от соответствующего собственного числа для оператора с нулевым потенциалом. А значит, достаточно доказывать квадратичную асимптотику для оператора именно с нулевым потенциалом.

Ну это уже вполне конкретная задача. Во всяком случае, при любых граничных условиях получается вполне конкретное уравнение на собственные числа. И даже если оно окажется (в случае условий третьего типа) трансцедентным -- асимптотика легко выписывается.

(Хотя на последнем шаге лучше бы обойтись вовсе без вычислений; но для этого надо подключить более тяжёлую артиллерию. Дело в том, что для любых двух разных пар граничных условий разность соответствующих резольвент -- это оператор ранга 2. И как следствие, серии соотв. собственных чисел не могут слишком сильно разбегаться -- они могут опережать или отставать друг от дружки не более чем на 2 точки. И этого достаточно: если теперь есть асимптотика для каких-либо простейших граничных условий -- скажем, Дирихле -- то она автоматически переносится и на любые другие граничные условия.)

[id]

А нет ли тут

Цитата:

$e_n^2(1)=\int (xe_n^2)'dx \leqslant C(||e'_n||||e_n|| + ||e_n||^2) \leqslant \epsilon ||e'_n||^2 + C(\epsilon)||e_n||^2$

некой проблемы? Ведь при оценке $\| e'_n\|$ всплывет с некоторой константой, потом это переносится в левую часть и если константа больше единицы, то получим, что отрицательное число, умноженное на квадрат нормы $\| e'_n\|^2$, меньше либо равно положительной оценки сверху, из чего оценку на $\| e'_n\|$ не вывести?