[wiskunde] diff. verg. , eigenfuncties, greense functies.

[Heezen]

Zij Ly = 0, y(a) = y(b) = 0 een homogeen randwaardeprobleem dat

alleen de triviale oplossing y = 0 heeft. Toon aan dat y dan en slechts

dan een eigenfunctie bij de eigenwaarde

\(\lambda\)

is als

\(y(x)= \lambda \int_{a}^{b}G(x,\xi)y(\xi)d \xi\)

met G de functie van Green.

Ok, - iemand enig idee?

Want de enige oplossing is de triviale oplossing y=0.. Wat is sowieso het nut van deze opgave,- uit die integraal komt ook altijd 0?

Ben een beetje in de war..

[yoralin]

Als de kern van L triviaal is, bestaat die G en is die uniek.

Wat bedoeld wordt is : toon aan :

(1) Als Ly = \lambda y, dan is y(x) = die integraal.

(2) Omgekeerd, als y(x) = die integraal, dan is Ly = \lambda y.

[Heezen]

Ik snap et niet helemaal; want y dus ook

\( \lambda y\)

is altijd 0..Want y=0 is toch de enige oplossing..?

En [die integraal] is ook altijd 0 vanwege de y(\xi) erin..

[yoralin]

Neem bvb. L = D^2 met randvoorwaarden y(0) = 0 = y(1). De kern daarvan is triviaal.

Die L heeft (onder meer) eigenfuncties f_m(x) = exp(m x), waarvoor \lambda = m^2.

Voor y(x) = f_m(x) is y(x) = \lambda . (die integraal).

Omgekeerd, als een functie f(x) een oplossing is van die integraalvergelijking, dan is Lf = \lambda f.

[Heezen]

Wat is er fout aan als ik zeg ( om jouw eerste punt te bewijzen): (1) Als Ly = \lambda y, dan is y(x) = die integraal.

Stel Ly=labda y

Omdat Ly=0,y(a)=y(b)=0 enkel de triviale oplossing y=0 heeft, is Ly=labda y=0, voor alle labda.

[die integraal] Is ook altijd 0, want je hebt er een y(\xi) erin, die altijd 0 is.. Dus y(x)=die integraal

[yoralin]

Dan heb je 't alleen voor

\(\lambda = 0\)

bewezen. Vanaf "toon aan" gaat het niet meer over y = 0, maar over een willekeurige eigenfunctie. Wat men vraagt is :

Zij Ly = 0, y(a) = y(b) = 0 een homogeen randwaardeprobleem dat alleen de triviale oplossing y = 0 heeft (*).

Toon aan dat z dan en slechts dan een eigenfunctie bij de eigenwaarde

\(\lambda\)

is (dus

\(Lz(x) = \lambda\)

z(x)) als

\(z(x)= \lambda \int_{a}^{b}G(x,\xi)z(\xi)d \xi\)

,

met G de functie van Green (en deze G is uniek wegens (*)).

==

Oplossing : de functie van Green is zodanig dat de oplossing van Lz = f(x) gegeven wordt door

\(z(x)= \int_{a}^{b}G(x,\xi)f(\xi)d \xi\)

.

Voor

\(\Rightarrow\)

: gebruik de definitie : als Lz = \lambda z(x) =: f(x) , dan is

\(z(x)= \int_{a}^{b}G(x,\xi)f(\xi)d \xi = \lambda\int_{a}^{b}G(x,\xi)z(\xi)d \xi\)

.

Voor

\(\Leftarrow\)

:

\(Lz = L\left(\lambda \int_{a}^{b}G(x,\xi)z(\xi)d \xi\right) = \lambda \int_{a}^{b}L\left(G(x,\xi)\right)z(\xi)d \xi = \lambda \int_{a}^{b}\delta(x-\xi)z(\xi)d \xi = \lambda z(x).\)

[Heezen]

Yoralin,

Ik ging snel richting huis fietsen om mn vorige post te wijzigen aangezien ik constant de fout maakte dat ( in jouw notatie z(x)) telkens 0 was. Zoiets bewijzen is natuurlijk heel erg triviaal.

Maar ook het echte bewijs wat je hebt geleverd is inderdaad maar twee regels.

Nog een punt: In het laatste regel komt de uitdrukking "L(G(x,xi)) " voor. In mn diktaat staat dat de operator gedefinieerd als

\( Ry=\int_{a}^{b} G(x,\xi) y(\xi) d \xi\)

de inverse is van L, dus

\( LRy=y\)

. Gebruikmakend hiervan is de "<=" kant op zeer voor de hand liggend denk ik zo.

[yoralin]

>Gebruikmakend hiervan is de "<=" kant op zeer voor de hand liggend denk ik zo.

Als je die notatie hebt, is 't inderdaad korter. "Het is gekend dat R de inverse is" en "

\(LG(x,\xi) = \delta(x-\xi)\)

" komen op 't zelfde neer.

[Heezen]

Nog een ander vraagje:

Hoezo impliceert (*) dat de Greense functie uniek is? Is dit een direct gevolg van het alt. van Fredholm, of zijn er nog andere tussestappen?

[yoralin]

Ik zie het zo : als er twee zouden zijn, zeg G₁ en G₂, dan is

\(z(x) = \int_a^b (G_1(x,\xi) - G_2(x,\xi))f(x) d\xi \)

voor alle f(x) een oplossing van Lz = 0. Aangezien de kern triviaal is, is z = 0.

Die integraal moet dus 0 zijn voor alle (test)functies f, zodat G₁ = G₂.