一類多點(diǎn)邊值問題的解析解

一類多點(diǎn)邊值問題的解析解

0多點(diǎn)邊值問題點(diǎn)火線邊值問題的應(yīng)用背景是多層介質(zhì)模型。由于在某些點(diǎn)上添加了連接條件，結(jié)構(gòu)復(fù)雜，在這種情況下，相應(yīng)的微算子不是內(nèi)部累積的意義上的伴奏，因此很難證明具體方程的點(diǎn)邊界問題。無關(guān)的。在這項(xiàng)工作中，我們研究了帶有特征參數(shù)的兩個(gè)具體邊值問題，并確定了它們的特征。Ly=(-d2dx2+q(x))y=λy,x∈(0,c)∪(c,1)(1)l0y=y(0)cosα+y′(0)sinα=0(2)l1y=y(1)cosβ+y′(1)sinβ=0(3)y(c-)=ky(c+)-λty′(c-),y′(c-)=hy′(c+)(4)此處q(x)為(0,c)和(c,1)上的實(shí)連續(xù)函數(shù),k,h,t是正實(shí)數(shù),0≤α,β<π.用留數(shù)方法討論了(E)的特征值的性質(zhì),獲得了特征值的跡公式與漸近估計(jì).1c設(shè)u(x),v(x)∈L22(0,1),在L22(0,1)中引入一種新的內(nèi)積?u,v?=∫c0uˉvdx+kh∫1cuˉvdx+htu′(c+)v′(c+)(5)并記由此產(chǎn)生的內(nèi)積空間為H,由直接計(jì)算可驗(yàn)證以下引理.引理1設(shè)u,v分別滿足Lu=λ1u,Lv=λ2v,且u,v都滿足條件(4),則(λ1-λ2)?u,ˉv?=khW[u(1,λ1),v(1,λ2)]-W[u(0,λ1)-v(0,λ2)](6)其中W[u,v]為u,v的Wronsky行列式.用通常的方法可以驗(yàn)證以下定理.定理1(E)的特征值為實(shí)數(shù).設(shè)φ1,ψ1,φ2,ψ2分別為下面Cauchy問題的解Lφ1=λφ1,x∈(0,c),φ1(0)=sinα,φ′1(0)=-cosα;Lψ1=λψ1,x∈(c,1),ψ1(1)=sinβ,ψ′1(1)=-cosβ;Lφ2=λφ2,x∈(c,1),φ2(c+)=1k[φ1(c-)+λt1hφ′1(c-)],φ′2(c+)=1hφ′1(c-);Lψ2=λψ2,x∈(0,c),ψ2(c-)=kψ1(c+)-λtψ′1(c+),ψ′2(c-)=hψ′1(c+);令φ={φ1,x∈(0,c),φ2,x∈(c,1);ψ={ψ1,x∈(c,1),ψ2,x∈(0,c);顯然φ為(1),(2),(4)的解,ψ為(1),(3),(4)的解,易知對(duì)任一x∈[a,c)∪(c,b],x=c+,x=c-,ˉφ(x,λ),ψ(x,λ)都是λ的整函數(shù),且φ(x,ˉλ)=ˉφ(x,λ),ψ(x,ˉλ)=ψ(x,λ).引理2W[u,v]在[0,1]上是以c為跳點(diǎn)的階梯函數(shù),且W[u(c-,λ),v(c-,λ)]=khW[u(c+,λ),v(c+,λ)](7)證明由Liouville公式,對(duì)固定的λ,W[u,v]在(0,c),(c,1)上與x無關(guān),故W為階梯函數(shù),又由(4)知(7)成立.設(shè)λ0為(E)的特征值,u(x,λ0)是屬于λ0的特征函數(shù),因u(x,λ0)和φ1(x,λ0)同時(shí)滿足(2),故它們的Cauchy初值條件線性相關(guān),因而存在c0≠0,使在(0,c)上c0φ1(x,λ0)=u(x,λ0).又由于u(x,λ0)滿足(4),因而在(c,1)也有u=c0φ2(x,λ0),即u(x,λ0)與φ(x,λ0)線性相關(guān).同樣可證u(x,λ0)與ψ(x,λ0)線性相關(guān),從而φ(x,λ0)與ψ(x,λ0)線性相關(guān).反之,若φ(x,λ0)與ψ(x,λ0)線性相關(guān),則它們同時(shí)滿足(1)-(4),故λ0為(E)的特征值.若設(shè)ω(λ)=|φ(0,λ)ψ(0,λ)φ′(0,λ)ψ′(0,λ)|(8)則ω(λ)是λ的整函數(shù),且有以下定理.定理2以下事實(shí)兩兩等階:(1)λ是(E)的特征值;(2)φ(x,λ)與ψ(x,λ)線性相關(guān);(3)ω(λ)=0.由整函數(shù)的惟一性定理可知以下推論成立.推論1(E)的特征值是離散的,沒有有窮的聚點(diǎn).用通常辦法可以證明以下定理.定理3(E)的屬于不同特征值的特征函數(shù)正交.定理4ω(λ)的零點(diǎn)是單重的.證明設(shè)ω(λ0)=0,在引理1中,令u=φ(x,λ),v=ψ(x,λ0),并注意引理2得(λ-λ0)?φ(x,λ),ˉψ(x,λ0)?=kh|φ(1,λ)ψ(1,λ0)φ′(1,λ)ψ′(1,λ0)|-|φ(0,λ)ψ(0,λ0)φ′(0,λ)ψ′(0,λ0)|=kh|φ(1,λ)sinβφ′(1,λ)-cosβ|-|sinαψ(0,λ0)-cosαψ′(0,λ0)|=ω(λ)-ω(λ0),取λ→λ0則有〈φ(x,λ0),ψ(x,λ0)〉=ω′(λ0).由定理2,ω′(λ0)≠0,此表明ω(λ)只有單零點(diǎn).定理證畢.若設(shè)λn為(E)的特征值,則存在cn,使ψ(x,λn)=cnφ(x,λn),從而ψn(x)=√cnω′(λn)φ(x,λn)=√1cnω′(λn)ψ(x,λn)(9)為規(guī)范的特征函數(shù),且φ(ξ,λn)ψ(x,λn)ω′(λn)=φ(x,λn)ψ(ξ,λn)ω′(λn)=ψn(x)ψn(ξ)(10)2c為無理數(shù)時(shí)的情形特征值的估計(jì)與α,β有關(guān),為確定起見,本節(jié)均假設(shè)sinαsinβ≠0,其余情況可類似地討論.定理5當(dāng)|s|→∞時(shí),ω(λ)有以下漸近估計(jì)ω(λ)=-ts4sinαsinβsinscsins(1-c)+Ο(|s|3e|τ|)(11)證明用通常方法可以得到φ與ψ的漸近估計(jì)φ(x,λ)=sinαsinsx+Ο(|s|-1e|τ|x),x∈(0,c)(12)φ′(x,λ)=-ssinαsinsx+Ο(e|τ|x),x∈(0,c)(13)ψ(x,λ)=sinβcoss(1-x)+Ο(|s|-1e|τ|(1-x)),x∈(c,1)(14)ψ′(x,λ)=ssins(1-x)sinβ+Ο(e|τ|(1-x)),x∈(c,1)(15)將它們代入(8),并注意條件(4),經(jīng)計(jì)算便得(11).定理6(E)的特征值有下界.證明反證,若不然,則有一串λk=-τ2k→-∞,ω(λk)=0,將sk=iτk代入(11)式得0=ω(λk)=-tτ4ksinαsinβ?siniτkc?siniτk(1-c)+Ο(|τk|3e|τk|)=τ4keτk{-tsinαsinβ4[1-e-2τk-e-2τk(1-c)-e-2τkc]+Ο(1τk)},取k→∞,右式趨向于-∞,與ω(λk)=0矛盾.故所證成立,定理證畢.特征值的估計(jì)與c的位置有關(guān).引理3當(dāng)c為無理數(shù)時(shí),sinsc·sins(1-c)在每一個(gè)((n-1)π,nπ)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn).證明設(shè)以(n-1)π±iT,nπ±iT為頂點(diǎn)的長方形為cn,取T充分大,使sh2T>1+sh2T(1-2c).易知|cossx|2=cos2xσ+sh2xτ(16)由于c為無理數(shù),故在σ=nπ上,cos2nπ=1,而cos2(1-2c)nπ<1(17)sh2τ≥sh2(1-2c)τ,由(16),此時(shí)|coss|>|coss(1-2c)|(18)在τ=±T上,由對(duì)T的假定(18)仍成立,由Rouche定理,coss與coss-coss(1-2c)=2sins·sins(1-c)在((n-1)π,nπ)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn).引理證畢.定理7(E)有無窮可列個(gè)特征值.證明設(shè)lN為s平面上的折線,lN由lN1,lN2,lN3組成:lΝ1∶σ=Νπ?τ∈(0,Νπ);lΝ2∶σ∈(-Νπ?Νπ),τ=Νπ;lΝ3∶σ=-Νπ?τ∈(0,Νπ).λ=s2將lN映為λ平面上的一條簡單閉曲線DN,記Ω(λ)=-s4tsinαsinβsinscsins(1-c).當(dāng)c為無理數(shù)時(shí),N充分大后,由(11),在DN上有ω(λ)Ω(λ)=1+Ο(1Ν)(19)根據(jù)Rouche定理,在DN內(nèi)ω(λ)與Ω(λ)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)相同.由引理3,Ω(λ)在DN內(nèi)有N+2個(gè)零點(diǎn),從而(E)的特征值有無窮可列個(gè).將它們排成λ0<λ1<λ2<…<λn<…,n充分大后,λn+2位于Dn-1和Dn所圍區(qū)域內(nèi),由于λn是實(shí)數(shù)且有下界,故有(n-1)2π2<λn+2<n2π2(20)當(dāng)c=qp,p≠2,p與q互質(zhì),設(shè)m為任意整數(shù),在Dmp±1上仍有(17),(18)成立.在s平面上以±(mp+1)π+iT為頂點(diǎn)的長方形上應(yīng)用Rouche定理,sinscsins(1-c)與coss各有2(mp+1)個(gè)零點(diǎn).在λ平面上,在D(mp+1)π上應(yīng)用Rouche定理,ω(λ)在D(mp+1)π內(nèi)有mp+3個(gè)零點(diǎn),因而(E)有無窮可列個(gè)特征值.當(dāng)p=12時(shí),Ω(λ)=-s4tsinαsinβsin2s2,在λ=(nπ)2處有二重零點(diǎn)(n=0,1,2,…).用與上面類似的方法可以證明,ω(λ)有無窮可列個(gè)零點(diǎn).定理證畢.從上面證明可以看出,對(duì)特征值的估計(jì)不太理想,要得到更精細(xì)的估計(jì)可借助于跡公式.由于連接條件的出現(xiàn),跡公式與c的位置有密切關(guān)系,其結(jié)果的形式也較復(fù)雜.以下以c=13為例說明計(jì)算方法.為了確定,取cosα=cosβ=0,否則可進(jìn)行類似的討論.首先我們需要給出ω(λ)的進(jìn)一步估計(jì).以下設(shè)q(x)∈C(0,c)∪(c,1).將(12)代入φ1(x,λ)滿足的方程φ1(x,λ)=cossx+∫x0sins(x-ξ)sq(ξ)φ(ξ,λ)dξ,反復(fù)迭代后可得φ1(x,λ)=cossx+sinsx2sQ(x)+cossx4s2[q(x)-q(0)-12Q2(x)]+Ο(1|s|3e|τ|x),其中Q(x)=∫x0q(ξ)dξ.類似地可以得到φ′1(x,λ)=-ssinsx+Q(x)2cossx+Ο(1|s|e|τ|x),ψ1(x,λ)=coss(1-x)-Q1(x)2ssins(1-x)+14s2[q(x)-q(1)-12Q21(x)]coss(1-x)+Ο(1|s|2e|τ|(1-x))ψ′2(x,λ)=ssins(1-x)+12coss(1-x)Q1(x)+Ο(1|s|e|τ|(1-x)),其中Q1(x)=∫1xq(ξ)dξ,“′”表示對(duì)x求導(dǎo)數(shù).將以上各式代入(8),經(jīng)計(jì)算可得ω(λ)=-ts4sinscsins(1-c)+ts3[Q(c)2cosscsins(1-c)-Q1(c)2sinsccoss(1-c)]+ts2(a1+a2)sinscsins(1-c)+ts24Q1(c)Q(c)cossccoss(1-c)+Ο(|s|e|τ|)(21)其中a1=q(c)4+q(0)4+Q2(c)8,a2=q(c)4+q(1)4+Q12(c)8.容易驗(yàn)證以下恒等式λ(ω′(λ)ω(λ)-Ω′(λ)Ω(λ))=-lnω(λ)Ω(λ)+ddλ(λlnω(λ)Ω(λ))(22)考慮以下問題(E13).{-y″+q(x)=λy,y(0)=y′(0)=0,y(13-)=ky(13+)-λty′(13+),y(13-)=hy′(13+).此時(shí)Ω(λ)=-tλ2sinλ3sin2λ3,它以λ=0為四重零點(diǎn),以(3nπ)2為二重零點(diǎn),以[32(2n-1)π]2為單零點(diǎn),在D3N+1上,ω(λ)=-tλ2sinλ3sin2λ3+λ32t[Q(13)2cosλ3sin2λ3-Q1(13)2sinλ3cos2λ3]+tλ(a1+a2)sinλ3sin2λ3+14tλQ1(13)Q(13)cosλ3cos2λ3+Ο(|λ|e|τ|)lnω(λ)Ω(λ)=-1λ[Q(13)2ctgλ3-Q1(13)2ctg2λ3]-1λ(a1+a2)-14λQ(13)Q1(13)ctgλ3ctg2λ3-181λ[Q(13)ctgλ3-Q1(13)ctg2λ3]2+Ο(1Ν).對(duì)(22)沿D3N+1進(jìn)行積分,并乘以12πi,通過留數(shù)計(jì)算可得以下定理.定理8設(shè)(E13)的特征值為λ-3,λ-2,λ-1,λ0,λ1,…,λn…,則λ-3+λ-2+λ-1+λ0+∑n=1Ν[λ3n-2+λ3n-1+λ3n-Qn]=A+Ο(1Ν)(23)其中,Qn=2(3nπ)2+[32(2n-1)π]2-3Q(13)+3Q1(13)-12π2Q(13)δn-18π2Q1(13)(δn+4βn),δn=∑m=1m≠n∞1n2-m2,βn=∑m=1m≠2n-1∞1(2n-1)2-(2m-1)2,A=q(13)2+q(0)+q(1)4+18[Q2