Asumir que $p \in C^1([0, 1])$ $p(x) \ge \alpha > 0$ % todo $x \in [0, 1]$y $q \in C([0, 1])$ $q(x) \ge 0$ % todos $x \in [0, 1]$. ¿Que $v_0 \in C^2([0, 1])$ ser la única solución de $$\begin{cases} -(pv_0')' + qv_0 = 0 & \text{on }[0, 1], \\ v_0(0) = 1,\,v_0(1) = 0.\end{cases}\tag*{$ (*) $}$$Set $ k_0 = v_0'(0) $. From some post elsewhere from MSE, we know that $ k_0 \le-\alpha/p (0) $. We now investigate the problem$$\begin{cases} -(pu')' + qu = f & \text{on }(0, 1), \\ u'(0) = ku(0),\,u(1) = 0,\end{cases}\tag*{$ (*) $}$$where $k \in \mathbb{R}$ is fixed and $f \in L ^ 2 (0, 1) $ is given. Assume $k = k_0$. We have that$$[(**) \text{ has a solution }u \in H^2(0, 1)] \iff \left[\int_0^1 fv_0 = 0\right].$% $# %u de #%?
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Michael
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No, $u$ no es único. Tomar cualquier $u(t)$ que satisface (*). $u(t) + \theta v_0(t)$ Es entonces también una solución para todas las $\theta \in \mathbb{R}$. Como las ecuaciones son lineales, la única cosa a comprobar es la condición:
$$ u'(0) + \theta v_0'(0) = ku(0) + \theta k = k u(0) + \theta k v_0(0) = k[u(0)+\theta v_0(0)] $$
que utiliza el hecho de que el $k=k_0=v_0'(0)$ y $v_0(0)=1$.
TrialAndError
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25444
Supongamos que $p$, $q$ están dadas. Vamos $\alpha$, $\beta$ ser verdaderos argumentos. Definir $$L_{\alpha,\beta} : \mathcal{D}(L_{\alpha,\beta})\subconjunto L^2[0,1]\rightarrow L^2[0,1]\\ L_{\alpha,\beta}f = -(pf')'+qf $$ en el dominio $\mathcal{D}(L_{\alpha,\beta})$ que consta de todos los dos veces absolutamente funciones continuas $f \in L^2$ que $L_{\alpha,\beta}f\in L^2$ y $$ \cos\alpha f(0)+\sin\alpha f'(0)= 0 \\ \cos\beta f(1)+\sin\beta f'(1)= 0. $$ A continuación, $L_{\alpha,\beta}$ es selfadjoint en la más estricta Funcional sentido Analítico. $L_{\alpha,\beta}$ tiene un intervalo cerrado y, como es cierto para selfadjoint operadores, $$ \mathcal{R}(L_{\alpha,\beta})^{\asesino} = \mathcal{N}(L_{\alpha,\beta}),\\ \overline{\mathcal{R}(L_{\alpha,\beta})}=\mathcal{N}(L_{\alpha,\beta}). $$ El rango de $L_{\alpha,\beta}$ está cerrada debido a la $L_{\alpha,\beta}$ es un operador de Fredholm de índice $0$. Por lo $L_{\alpha,\beta}u = f$ tiene una solución $u$ fib $f \in \mathcal{R}(L_{\alpha,\beta})=\mathcal{N}(L_{\alpha,\beta})^{\perp}$. La solución no es única debido a $u+u_0$ también es una solución si $u_0 \in \mathcal{N}(L_{\alpha,\beta})$.
En su caso, que han diseñado a$k$, de modo que $\mathcal{N}(L_{\alpha,\beta})$ es unidimensional, se extendió por $v_0$. Así que hay una solución de $Lu=f$ fib $(f,v_0)=0$, es decir $\int_{0}^{1}f(t)v_0(t)dt=0$. Si hay una solución $u$, no es la única, porque $u+\alpha v_0$ es una solución para todas las constantes $\alpha$.
DannyT
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La solución es única si k es negativo.
Que $u, v $ ser las soluciones, considerar w = u - v, entonces w resuelve $$\begin{cases} -(pw')' + qw = 0 & \text{on }(0, 1), \\ w'(0) = kw(0),\,w(1) = 0,\end{cases}$ $ ahora $$\int_0^1(-(pw')' + qw) w dx= 0$ $ integración por partes $$ -pw'w|_{x =0}^{x =1} + \int_0^1(pw'w' + qw^2) dx = 0$ $ sabemos $-pw'w|_{x =0}^{x =1} = pw'(0)w(0) = pk(w(0))^2$
Por lo tanto, $$pk(w(0))^2 + \int_0^1(p(w')^2 + qw^2) dx = 0$ $ así que w = 0. Por lo tanto, la solución es única.
Si k es negativo, no está claro si tiene una solución única.
