Федеральне агентство з освіти
Державне муніципальне освітній заклад
вищої професійної освіти
Вятський Державний Гуманітарний університет
(ВятГГУ)
Математичний факультет
Кафедра математичного аналізу і методики викладання математики
Випускна кваліфікаційна робота
«Операторні рівняння"
Виконала:
студентка V курсу
математичного факультету
Кощеева Ганна Сергіївна
Науковий керівник:
старший викладач кафедри математичного аналізу і МПМ
Гукасов Артур Костянтинович
_______________________
Рецензент:
Кандидат фізико-математичних наук, доцент кафедри математичного аналізу і МПМ
Підгірна Ірина Іссаковна
________________________
Допущений до захисту в ГАК
Зав.кафедрой______________________ Крутіхін М.В.
«»____________
Декан факультета__________________ Варанкіна В.І.
«»____________
Кіров 2005
Зміст

Введення

Функціональний аналіз - потужний засіб для вирішення математичний завдань, що виникають в реальних ситуаціях, він має безліч додатків в різних галузях математики, його методи проникають в суміжні технічні дисципліни.

Багато задач математичної фізики, теорії пружності, гідродинаміки зводяться до відшукання рішення диференціального рівняння лінійного, що, у свою чергу, приводить до задачі відшукання рішення рівняння Аx = y з лінійним оператором А. У даній роботі розглянуті два методи рішення операторних рівнянь.

Мета даної роботи: розглянути основи теорії лінійних операторів і методи розв'язання операторних рівнянь - метод малого параметра і метод продовження по параметру, показати застосування цих методів до розв'язання задач.
Вивчивши наявний матеріал з даної теми, я поставила перед собою наступні завдання:
1. розкрити деякі основи теорії лінійних операторів, необхідні для освоєння методів розв'язання операторних рівнянь;
2. проілюструвати на конкретних прикладах способи вирішення операторних рівнянь і дати пояснення по ходу вирішення конкретних завдань.

Так як виділення з функціонального аналізу його прикладної частини, яка містить конструктивні методи отримання рішень завдань, переслідує методичну мету - зробити ці методи доступніше тим, хто займається додатками математики. Тому дана робота розділена на два розділи, в першій містяться необхідні теоретичні обгрунтування способів вирішення операторних рівнянь і суть обох методів, а в другій - рішення конкретних завдань.

Глава 1. Операторні рівняння

§ 1.Визначення лінійного оператора

Нехай X і Y - лінійні простори, обидва речові або обидва комплексні.
Оператор А: X → Y з областю визначення D (А) називається лінійним, якщо
А (λ ₁ x ₁ + λ ₂ x ₂₎ = λ ₁ А (x ₁₎ + λ ₂ А (x ₂₎
для будь-яких x _1, x ₂ Î D і будь-яких скалярів λ ₁ і λ _2.
Нехай X і Y - нормовані простору і А: X → Y, де А - лінійний оператор, усюди заданий в X (тобто D (А) = X).
Оператор А називається безперервним в точці x ₀ Î X, якщо Аx → Аx ₀ при x → x _0. Але судити про безперервність лінійного оператора в різних точках x ₀ Î X можна за безперервності його в нулі простору X.
Теорема 1. Нехай лінійний оператор А всюди заданий у банаховому просторі X і зі значеннями в банаховому просторі Y безперервний у точці 0 Î X; тоді А безперервний у будь-якій точці x ₀ Î X.
Доказ. Розглянемо рівність Аx - Аx ₀ = А (x - x _0). Якщо x → x _0, то z = x - x ₀ → 0. За безперервності в нулі АZ → 0, але тоді Аx - Аx ₀ → 0, що і вимагалося довести.
Лінійний оператор А називається безперервним, якщо він безперервний у точці x = 0.
Нехай S ₁ (0) - замкнутий куля | | x | | ≤ 1 в банаховому просторі X.
Будемо називати лінійний оператор А: X → Y обмеженим, якщо він обмежений на одиничним кулі S ₁ (0), тобто якщо обмежено безліч
{| | А x | |, | | x | | ≤ 1}.
Згідно з визначенням, якщо А обмежений, то існує постійна с> 0 така, що для будь-яких x з | | x | | ≤ 1 справедливо нерівність
| | А x | | ≤ з (1)
Теорема 2. А обмежений тоді і тільки тоді, коли справедлива оцінка
| | А x | | ≤ з | | x | | (2)
для будь-яких x Î X, де с - постійна.
Теорема 3. Нехай А: X → Y, А - лінійний оператор, X, Y - Банахові простору. Для того щоб А був безперервним, необхідно і достатньо, щоб він був обмеженим.

§ 2. Норма лінійного оператора

У лінійному просторі безперервних лінійних операторів задамо норму таким чином:
. (1)
Пояснимо, чому існує кінцеве число | | А | |, визначається для будь-якого обмеженого оператора рівністю (1). Так як А - обмежений, то безліч

обмежена зверху. По теоремі про верхню межі існує .
З властивості sup M випливає, що | | А x | | ≤ | | А | | для всіх x Î S ₁ (0). Звідси
| | А x | | ≤ | | А | | | | x | |, (2)
справедливе для всіх x Î X, включаючи x = 0. таким чином, | | А | | є найменшою з констант в нерівності | | А x | | ≤ | | А | |, і, отже, оцінка (2) є найкращою.
Простір нормованих безперервних лінійних операторів, що діють з X в Y, будемо позначати L (X, Y).

§ 3.Обратние оператори

Системи лінійних алгебраїчних рівнянь, інтегральні рівняння, а також різні завдання для звичайних диференціальних рівнянь і рівнянь з похідними часто можуть бути записані у вигляді лінійного рівняння

Якщо існує обернений оператор , То рішення задачі записується в явному вигляді:

Важливе значення набуває тепер виявлення умов, при виконанні яких зворотний оператор існує і володіє тими або іншими властивостями.
Нехай задано лінійний оператор: А: X → Y, де X, Y - лінійні простору, причому його область визначення D (A) X, а область значень R (A) Y.
Введемо безліч - Безліч нулів оператора А. зауважимо, що N (A) не порожньо, тому що 0 Î N (A)
Теорема 4. Оператор А переводить D (А) в R (А) взаємно однозначно тоді і тільки тоді, коли N (A) = , (Тобто безліч А нулів складається тільки з елемента 0)
Теорема 5. Оператор А ^-1 існує і обмежений на R (A) тоді і тільки тоді, коли для деякої постійної m> 0 і будь-якого x Î D (A) виконується нерівність
. (1)
Введемо тепер наступне важливе поняття.
Будемо говорити, що лінійний оператор А: X → Y безперервно звернемо, якщо R (A) = Y, оператор звернемо і A ^-1 Î L (Y, X), (тобто обмежений).
Звертаючись до теореми 5, ми зможемо сформулювати наступне твердження.
Теорема 6. Оператор А безперервно звернемо тоді і тільки тоді, коли R (A) = Y і для деякої постійної m> 0 і для всіх виконується нерівність (1).
У разі певного та обмеженого на всій множині оператора A Î L (X, Y) є теорема Банаха про зворотне операторі.
Теорема 7. Якщо А - обмежений лінійний оператор, що відображає взаємно однозначно Банахів простір X на Банахів простір Y, то зворотний оператор А ^-1 обмежений.
Іншими словами, якщо А Î L (X, Y), де X і Y Банахові, R (A) = Y і А звернемо, то А безперервно звернемо.
Погляньмо на поняття безперервно оборотного оператора з погляду можливості розв'язання лінійного рівняння
Ax = y (2)
Якщо А безперервно звернемо, то рівняння це має єдине рішення x = A ^-1 y для будь-якої правій частині у. Якщо при цьому (Рішення того ж рівняння з правою частиною ), То . Це означає, що мале зміна правій частині y тягне мале зміна рішення, або, як прийнято говорити, завдання (2) коректно розв'язна.
Нехай А Î L (X, Y). Оператор U Î L (X, Y) будемо називати правим оберненим до А, якщо AU = I _y. Оператор V Î L (X, Y) будемо називати лівим зворотним до А, якщо VA = I _x.
Тут через I _y (I _x) позначений тотожний оператор в просторі Y (X). Нижче для правого зворотного до А використовуємо позначення А _r ^-1, а для лівого - А _L ^-1.
Лемма 1. Якщо існує правий зворотний А _r ^-1 до А, то рівняння (2) має рішення
x = А _r ^-1 y
Якщо існує лівий зворотний оператор до А, то рівняння (2) може мати не більше одного рішення.
Доказ.
А (А _r ^-1 y) = (А А _r ^-1) y = y,
тобто x = А _r ^-1 y звертає (2) в тотожність і, значить, є рішенням.
Далі, нехай існує А _L ^-1. Проведемо N (A). Нехай x Î N (A), тоді Аx = 0. застосуємо до цього рівності оператор А _L ^-1, тоді А _L ^-1 Аx = 0, звідки x = 0. А тепер, всяке x Î N (A) виявляється рівним 0. Значить, N (A) = {0} і, по теоремі 4, А взаємно однозначна, тобто для рівняння (2) справедлива теорема єдиності. Що і потрібно було довести.
Нехай X - Банахів простір. Розглянемо Банахів простір L (X) - простір лінійних, обмежених і заданих на всій множині операторів. Нехай I - тотожний оператор в L (X). Очевидно, що I безперервно звернемо. Нижче доводиться, що разом з I безперервно оборотні всі оператори - Одиничного кулі в L (X), тобто всі такі А, для яких справедливо нерівність .
Для стислості покладемо C = I - A. Нижче ми будемо посилатися на ознаку Вейєрштрасса: нехай X - Банахів простір, тоді всякий абсолютно сходиться в X ряд сходиться.
Теорема 8. Нехай і ; Тоді оператор I - C безперервно звернемо. При цьому справедливі оцінки
(1)
(2)
Доказ. Розглянемо в L (X) ряд
I + C + C ² + C ³ + ... (3)
Так як , То ряд (3) оцінюється збіжним числовим рядом - геометричною прогресією

За ознакою Вейєрштрасса ряд (3) сходиться рівномірно, тобто
.
Де S - сума ряду (3). Далі простою перевіркою переконуємося, що
,
.
Але при цьому (Бо і ), А . Тому, в межі маємо рівності (I - C) S = I   і S (I - C) = I. За Лемма 1 звідси висновок, що I - C безперервно звернемо і S = (I - C) ^-1. Далі,
,
.
Переходячи в цих нерівностях до границі при , Отримуємо оцінки (1) і (2). Теорема доведена.
Тепер розглянемо більш загальний випадок простору L (X, Y). Нехай А Î L (X, Y) безперервно звернемо.
Теорема 9. Нехай A, B Î L (X, Y), А безперервно звернемо і виконано нерівність . Тоді B безперервно звернемо і справедливі оцінки
, .

§ 4. Абстрактні функції

Нехай S - деяка множина на числовій осі або в комплексній площині, а X - нормований простір.
Розглянемо функцію x ( ) З областю визначення S і з областю значень в X. Такі функції прийнято називати абстрактними функціями числової змінної або векторними функціями числової змінної, оскільки елементи лінійного (інакше - векторного) простору ми називаємо також векторами. На абстрактні функції числової змінної переносяться багато понять і факти математичного аналізу. Далі розглянемо відомості про межі та безперервності таких функцій, про занепад у степеневі ряди, а також поняття аналітичної абстрактної функції.
Нехай x ( ) Визначена в околі точки _0, за винятком, можливо, самої точки _0. Елемент а Î X будемо називати межею функції x ( ) При → ₀ і записувати
при → _0,
якщо при → _0.
Статечні ряди - це спеціальний випадок рядів у нормованому просторі, коли члени ряду залежать від параметра .
Розглянемо в нормованому просторі X ряд виду , Де x _до Î X, а - Дійсне або комплексне змінне. Оскільки можна ввести нову змінну - ₀ = , То в подальшому ми вважаємо ₀ = ₀ і розглядаємо статечні ряди виду
(1)
Кінцева сума називається частковою сумою степеневого ряду (1).
Нехай - Множина всіх точок , Для яких низка (1) сходиться. називається областю збіжності ряду (1).
Суму ряду (1) при Î позначимо через S ( ) (Це абстрактна функція, визначена на зі значеннями в X), при цьому будемо писати
, При Î .
Остання рівність означає, що S _n ( ) → S ( ) При n → ∞ для всіх Î .
Очевидно, область збіжності будь-якого степеневого ряду (1) не порожня, так як 0 Î . Як і у випадку скалярних функцій, справедлива наступна теорема.
Теорема 10 (Абель). Нехай ₀ ≠ 0 і ₀ Î , Тоді коло міститься в . У всякому колі S _r (0), де r < , Ряд (1) сходитися абсолютно і рівномірно відносно .
Теорема 11. Нехай два статечних ряду рівні у колі S _R (0), R> 0:
;
тоді рівні всі їх коефіцієнти: (K = 0, 1, 2, ...)
Диференціювання абстрактних функцій
Нехай функція числового змінного λ зі значеннями в банаховому просторі X визначена в околі точки λ _0.
За визначенням похідної x '(λ ₀₎ функції x (λ) в точці λ ₀ називається границя
,
якщо ця межа існує (і кінцевий). Якщо має похідну в точці λ _0, то вона називається диференційованою в цій точці.

§ 5. Аналітичні абстрактні функції і ряди Тейлора

Абстрактну функцію x ( ) Будемо називати аналітичної при = 0, якщо вона подана в деякому околі точки = 0 збіжним степеневим рядом:
(1)
з ненульовим радіусом збіжності.
Теорема 12. Якщо x ( ) - Аналітична абстрактна функція при = 0, то x ( ) Неперервна у колі S _R (0), де R - радіус збіжності степеневого розкладання (1).
Теорема 13. Якщо x ( ) - Аналітична абстрактна функція при = 0, то x ( ) Диференційовна в колі S _R (0) збіжності свого статечного розкладання.
Нехай x ( ) Нескінченно диференційована в точці 0. Ряд виду

має назву ряда Тейлора функції x ( ).
Якщо x ( ) Аналітичне при = 0, то її ряд Тейлора, в силу теореми 10, є її статечним розкладанням і, значить, сходиться до неї в S _R (0).
Поняття абстрактної аналітичної функції використовується в широко застосовується на практиці метод малого параметра.

§ 6. Метод малого параметра в найпростішому випадку

Розглянемо наступне рівняння:
Аx - Сx = y. (1)

Тут А, З Î L (X, Y) і y Î Y задані, - Скалярний параметр, , А невідоме x розшукується в X. Якщо , Тобто
, (2)
то, згідно теореми 9, оператор А- З безперервно звернемо, і тоді рішення рівняння (1) існує, а й задається явною формулою
. (3)
Звідси видно, що в колі (2) рішення є аналітичною функцією параметра і, отже, може бути знайдено у вигляді
(4)
На цій ідеї грунтується метод малого параметра для рівняння (1). Підставимо ряд (4) в рівняння (1) і, згідно теоремі єдиності розкладу в степеневий ряд, прирівнюємо коефіцієнти при однакових ступенях в правій і лівій частинах вийшло тотожності:
.
Таким чином, ми приходимо до наступної рекурентної системі рівнянь для визначення x _0, x _1, ...:
Аx ₀ = y, Аx ₁ = Сx _0, ..., Аx _к = Сx _к-1, ...
Так як А безперервно звернемо, то звідси послідовно знаходимо
x ₀ = А ^-1 y, x ₁ = А ^-1 (СА ^-1) y, ..., x _к = А ^-1 (СА ^{-1) до} y, ...
Отже,
. (5)
Ми отримали рішення (3), розкладене в степеневий ряд. Якщо ми хочемо обірвати степеневий ряд і обмежитись наближеним рішенням

то можна оцінити помилку. Віднімаючи з ряду (5) його часткову суму (6) і оцінюючи різниця за нормою, отримаємо
.

§ 7. Метод малого параметра в загальному випадку

Нехай дано рівняння
А ( ) Х = у ( ). (1)
Тут А ( ) Î L (X, Y) задана при кожному , , Або, як кажуть, А ( ) - Оператор-функція. Нехай А ( ) Аналітичне при = 0, а оператор А (0) безперервно звернемо, у ( ) - Задана аналітична функція при = 0 зі значеннями в Y. Невідоме x розшукується в X.
Аналітичність А ( ) І у ( ) В точці 0 означає, що вони розкладаються в наступні статечні ряди з ненульовими радіусами збіжності, які дорівнюють і відповідно:
, . (2)
З аналітичності А ( ) Слід безперервність А ( ) При = 0. отже, знайдеться число r> 0 таке, що в колі
.
Звідси випливає, що в колі оператор-функція А ( ) Безперервно оборотна і, отже, рівняння (1) має єдине рішення
,
при цьому x ( ) Аналітична в точці = 0 і радіус збіжності відповідного степеневого ряду дорівнює min ( , R). Для фактичного побудови x ( ) Зручно скористатися методом малого параметра. Будемо розшукувати x ( ) У вигляді
. (3)
Підставляючи ряд (3) в рівняння (1) та враховуючи розкладання (2), приходимо до наступних систем для невизначених коефіцієнтів x _0, x _1, x _2, ...:
А ₀ x ₀ = y _0, А ₀ x ₁ + А ₁ x ₀ = y _1,
А ₀ x ₂ + А ₁ x ₁ + А ₂ x ₀ = y _2, (4)
. . . . . . . . . . .
, ...
Тут А ₀ = А (0) безперервно звернемо. Вирішуючи послідовно рівняння вийшла системи, знаходимо
, , ... (5)
Виникаючі тут формули досить громіздкі, однак цим шляхом можна знайти рішення рівняння з будь-яким ступенем точності. Метод малого параметра особливо зручний у тих випадках, коли звернення оператора А (0) - завдання більш проста, ніж завдання звернення оператора А ( ).

§ 8. Метод продовження по параметру

8.1. Формулювання основної теореми

В якості ще однієї програми теорем про зворотні операторах розглянемо один з варіантів методу продовження по параметру. Нехай і А безперервно звернемо. Якщо , То, згідно теореми 9 § 3, В також безперервно звернемо. Виявляється, за певних умов можна довести, що В буде безперервно звернемо і в тому випадку, коли він дуже далекий від А. Ідея полягає в наступному. Розглянемо безперервну на відрізку [0, 1] оператор - функцію таку, що А (0) = А, А (1) = В. Інакше кажучи, в L (X, Y) розглядається безперервна крива, що з'єднує точки А та В. Будемо припускати, що для оператор - функції виконується така умова:
1. Існує постійна така, що при всіх і при будь-яких справедливо нерівність
. (1)
Нижче буде доведена наступна теорема.
Теорема 14. Нехай А (λ) - неперервна на [0, 1] оператор-функція (при кожному ), Причому оператор А (0) безперервно звернемо. Якщо для А (λ) виконується умова I, то А (I) безперервно звернемо, причому .
Зауваження до теореми 14. Якщо виконана умова I при і оператор безперервно звернемо, то
. (2)
Дійсно, нехай , А , Тобто . тоді умова I дає або , Що означає справедливість нерівності (2).

8.2. Найпростіший випадок продовження по параметру

Наведемо тут доказ теореми 14 для випадку, коли . Згідно з умовою цієї теореми . За зауваженням 14 . Маємо наступну оцінку:
.
Нехай , Де . На [0, δ] маємо , І, отже, по теоремі 9 А (λ) при всякому безперервно звернемо. Якщо виявиться, то , То теорема доведена.
Нехай δ <1. Візьмемо А (δ). Згідно зауваженням п.14.1 . Повторюємо наші міркування при λ> δ. Маємо оцінку
,
якщо , Звідки А (λ) безперервно звернемо при кожному . Якщо , То теорема доведена. Якщо ж 2δ <1, то і міркування можна повторити. Після кінцевого числа кроків ми досягаємо точки λ = 1, і, отже, А (1) безперервно звернемо.
Доказ теореми в загальному випадку
Розглянутий вище окремий випадок відрізка в L (X, Y) не завжди зручний у додатках. Загальний випадок грунтується на наступному елементарному реченні.
Лема. Нехай М - деяке непорожнє безліч на [0,1], одночасно відкрите і замкнутий на [0.1]. тоді М = [0, 1].
Зауваження 1. умова відкритості М на [0,1] розуміється так: для будь-якого існує δ> 0 таке, що .
Доказ леми. Нехай N = [0, 1] \ M (доповнення до М на [0, 1]). Потрібно довести, що N = Æ - порожня множина. Припустимо протилежне, що N ¹ Æ. Оскільки М ¹ Æ і обмежено зверху, то існує b = SupM, причому b Î M внаслідок замкнутості. Покажемо, що b = 1. Якщо b <1, то внаслідок відкритості M на [0, 1] знайдеться x > B, x Î M. Це суперечить визначенню supM. Отже, b > 1 неможливо. Отже, 1 Î М.
Тепер розглянемо безліч N. Як доповнення до М, воно також відкрито й замкнуто на [0, 1], і, значить, до нього можна застосувати міркування з supM . ми отримуємо, що 1 Î N. Це неможливо, бо N - доповнення до М. отримане протиріччя доводить, що допущення N ¹ Æ невірно. Отже, N = Æ, тобто М = [0, 1]. Лема доведена.
Повернемося до доведення теореми. Нехай М - множина тих точок λ Î [0, 1], для яких оператор А (λ) безперервно звернемо. Згідно зауваженням 1 для всіх λ Î М. М не порожньо, оскільки 0 Î [0, 1].

скористаємося безперервністю оператор-функції А (λ) у метриці L (X, Y). Для будь-якого e> 0 знайдеться δ = δ (e)> 0 таке, що при всіх λ Î [0, 1] таких, що <Δ виконується нерівність <E.
Візьмемо e = γ, тоді при <Δ (γ), λ Î [0, 1]
<1.
По теоремі 9 § 3 А (λ) безперервно звернемо для всіх таких λ. Отже, разом з λ ₀ М містить , Тобто М відкрито на [0, 1].
Доведемо, що М замкнуто на [0, 1]. Нехай і при . Треба довести, що λ ₀ М. скористаємося нерівністю і отримаємо
.
Внаслідок безперервності А (λ) за λ для будь-якого e> 0 знаходимо номер N = N (e) такий, що при n > N буде <E. Візьмемо e = γ, тоді для n = N (γ) +1 <1.
По теоремі 9 А (λ ₀₎ безперервно звернемо, тобто λ ₀ Î М, і, значить, М замкнуто на [0, 1]. За лемі М = [0, 1]. зокрема, 1 Î М і . Теорема повністю доведена.
Зауваження. Розглянемо рівняння з параметром:
А (λ) х = у, λ Î [0, 1]. (1 *)
Нехай для всіх можливих рішень цього рівняння при всякому λ Î [0, 1] справедлива оцінка
, (2 *)
де с - деяка стала, котра від х, в і λ. Оцінка такого роду називається апріорної оцінкою для рішення рівняння (1 *). Очевидно, апріорна оцінка (2 *) являє собою лише інакше записане умова (1): .
Доведена вище теорема свідчить про важливість апріорних оцінок для доведення теорем існування та єдиності рішень.

Глава 2. Додаток

Приклад 1. Розглянемо інтегральне рівняння з малим речовим параметром λ:
(1)
Це рівняння виду А ( ) Х = у ( ) - Операторний рівняння в С [-π; π], де

Покажемо, що А ( ) Аналітичне у т. 0, тобто розкладається в ряд виду . Розкладемо функцію А ( ) В ряд Тейлора: .
Знайдемо до - Ую похідну:

Розкладемо функцію в ряд Тейлора в т. 0:

Таким чином, функція аналітичне, отже, неперервна при = 0, а значить, рівняння має єдиний розв'язок.
Операторні коефіцієнти мають вигляд:
; (2)
I. Почнемо з рівняння А ₀ x ₀ = y системи (4) § 7, де у нас тепер y ₀ = y, y _к = 0, до ≥ 1.


Замінимо, , Тому
, (4)
де
,
Для того, щоб знайти коефіцієнт А в рівнянні (4), помножимо його на cos t і, інтегруємо по t від-π до π:
,
підрахуємо інтеграли:
, ,
Тоді, підставивши у рівняння, отримуємо: . Звідси:
. (5)
Знайдемо коефіцієнт У рівняння (4), помноживши це рівняння на sin t і інтегруючи по t від-π до π:
.
Підрахувавши відповідні інтеграли:
, , , Підставивши і висловивши В, отримуємо:
. (6)
Підставимо знайдені коефіцієнти (5) і (6) в рівняння (4):

і звернемо за формулою:

II. Знайдемо тепер x ₁ (t), для цього необхідно вирішити наступне рівняння системи (4) § 7: А ₀ x ₁ + А ₁ x ₀ = y _1. Так як y ₁ = 0 в нашому випадку, то ми будемо вирішувати рівняння А ₀ x ₁ = - А ₁ x _0.


Позначимо , Тому що ми знаємо тепер x ₀ (s), отже φ (t) можна обчислити. Маємо:

Як у попередньому випадку замінимо, , Тому
. (7)
де , .
Помножимо рівняння (7) на cos t і проінтегруємо по t від-π до π - отримаємо коефіцієнт А:

Підрахувавши: , , ,
маємо .
Аналогічно помноживши рівняння (7) на sin t і проінтегруємо по t від-π до π - отримаємо коефіцієнт В: .
Складаємо функцію x ₁ (t), підставивши коефіцієнти А і В у рівняння і звернувши рівність за формулою косинуса різниці:
.
Таким способом ми можемо знайти всі інші рішення рівняння з будь-яким ступенем точності.
Приклад 2. Застосуємо метод продовження за параметром для оцінки розв'язності крайової задачі для диференціального рівняння, а потім вирішимо її методом малого параметра.
-X''+ b (t) x '+ c (t) x = y (t), 0 <t <1, (1)
x (0) = x (1) = 0 (2)
Тут c (t) неперервна на [0, 1], b (t) неперервно диференційовна на [0, 1]. Припустимо ще, що на [0, 1] c (t) - b (t) '/ 2 ≥ α> -8 / π (*).
Покажемо методом продовження по параметру, що в цих умовах при всякій правій частині y ÎY = С [0, 1] існує єдине рішення задачі x Î X = З ² [0, 1] - простору, що складається з двічі безперервно диференційовних на [0, 1] функцій x (t), що задовольняють граничним умовам (2), і з нормою , Де .
Запишемо завдання (1) - (2) в операторному вигляді: вx = y
Тут визначено всюди на X зі значеннями в Y. В якості оператора А приймемо ÎL (X, Y).
З'єднаємо оператори А і В відрізком
, Λ Î [0, 1].
Тепер необхідно встановити апріорну оцінку для рішень крайової задачі
-X''+ λ b (t) x '+ λ c (t) x = y (t), 0 <t <1, (3)
x (0) = x (1) = 0 (4)
Як тільки така оцінка буде отримана, з теореми п.8.1. буде слідувати однозначна розв'язність крайової задачі (3) - (4).
Помножимо рівняння (3) на x (t) і проінтегруємо отримане рівність по t від 0 до 1:
.
Зауважимо, з урахуванням граничних умов:


Підставимо отримані інтеграли і згрупуємо щодо λ:
(5)
Зробимо оцінку всіх трьох доданків у цій рівності.
Доведемо, що . (6)
Зауважимо, що , І значить за нерівністю Коші - Буняковського:
.
Точно так само:
.
Перемножимо ці нерівності:
. (6 *)
Звідси, помічаючи, що , Отримаємо
.
Далі (7)
- Це випливає з припущення (*).
Останній інтеграл рівності (5) можна оцінити, використовуючи скалярний квадрат:
, Де .
Для будь-якого ε> 0
. (8)
Використовуючи отримані нерівності (6), (7), (8) і підставляючи їх у рівність (5), отримуємо:
,
вважаючи ε> 0 досить малим, маємо
.
Виберемо і отримаємо
, Де .
Повертаючись знову до рівності (5), отримаємо наступну оцінку:
, Де , А .
Тепер за допомогою оцінки (6 *) маємо і, значить, враховуючи, що , Отримаємо
(9)
З рівняння (3) можемо отримати оцінки для і :
. (10)
Тут оцінюється через і . Дійсно, x (0) = x (1) = 0. по теоремі Роля на (0, 1) знайдеться точка ξ, в якій x '(ξ) = 0. Тоді, запишемо рівняння (3) у вигляді
,
(У цьому можна переконатися, взявши похідну:

і скоротивши )
інтегруємо його від ξ до θ і отримаємо
.
Звідси маємо оцінку
, (11)
де .
Тепер підставимо отримані результати в (10):
. (12)
Тепер (9), (11) і (12) дають шукану апріорну оцінку:

(Постійну з ₄ неважко підрахувати, склавши нерівності (9), (11), (12) і виконавши перетворення).
Таким чином, доказ розв'язності задачі отримано, тепер приступимо до її вирішення методом малого параметра.
Отже, розглянемо операторний рівняння:
А (λ) x = y (λ),
де .
I. Почнемо з рівняння А ₀ x ₀ = y (де А ₀ - коефіцієнт при нульовій ступеня λ) системи (4) § 7, причому y ₀ = y, y _к = 0, до ≥ 1.
, Причому з ₁ підбирається так, щоб виконувалося крайове умова: x ₀ (1) = 0.
II. Знайдемо x ₁ (t), для цього необхідно вирішити наступне рівняння: А ₀ x ₁ + А ₁ x ₀ = y _1. Так як y ₁ = 0, то ми будемо вирішувати рівняння А ₀ x ₁ = - А ₁ x _0.
З того, що слід наступне рівняння:

.
За аналогією c ₂ і c ₃ підбираємо так, щоб виконувалося крайове умова: x ₀ (1) = 0.
Таким чином, рішення нашої крайової задачі виглядає так:
,
підставляючи знайдені рішення, маємо:

або

Література

1. Данфорд Н., Шварц Дж. Лінійні оператори. М., 1962
2. Талдикін А.Т. Елементи прикладного функціонального аналізу: Учеб. посібник. - М.: Вища школа, 1982.
3. Треногіна В.А. Функціональний аналіз. М., 1993.
4. Функціональний аналіз. / Під. ред. С. Г. Крейна. М., 1972
5. Хатсон В., Пім Дж. С. Програми функціонального аналізу та теорія операторів. Пер. з англ. - М.: Світ, 1983.