Работа в Microsoft Office. Губина Т.Н - 153 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ЕГУ им. Бунина | Елец

Составители: 

Рубрика: 

Работа в MS Office. Раздел 6. Задания для самостоятельной работы
153
(2)
Определим решение нашего уравнения следующим образом. Обозначим
D=
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
=
=+
).,2(),0(
,0),(
,0),()0,(
2
1
tutu
Txu
Txuxu
π
µ
)('')('
±
∩ VCVС ,
xt
VVV ∪≡
±±
, )0,(
1
TV
t
=
−
, ),0(
2
TV
t
=
+
.
Под решением нашей задачи будем понимать функцию
∈
u L для которой найдет-
ся последовательность функций
такая что
L L
)(
2
V ,
∈
∞
=1
),({
nn
txu
D
;| uuiml
n
n
−
∞→
;)(|lim|
2
fuDL
n
n
−=
∞→
0|
2
=
.
Определение решения уравнения породило замкнутый дифференциальный оператор
L L
2
.
Теорема: Для точечного спектра
:L
→
2
s
LP
σ
оператора найдется число не зави-
сящее от
, такое что:
1.
Кругу принадлежит конечное (пустое) подмножество
s
L
0>R
,
s
)(R
s
Ο
s
LP
σ
;
2.
Все точки
s
LP
σ
, не принадлежащие )(R
s
Ο
, допускают представление:
Здесь Найдутся числа
такие, что при справедливы
равенства
)(
2
,,,
sA
mksmk
+=
ρλ
.
.3,2,1,...,3,2,1 == mk
mk
z
,
2,1=m
mk
mm
mk
z
T
ktti
,
1
,
2argln
+
−
++−
=
π
ρ
,
где
- корни уравнения
а при
справедливы равенства
21
, tt 0)1(
2
=+++ itit
µ
,
3=m
3,
1
3,
4
)41(
kk
zi
T
k
+
+
−=
π
ρ
;
,
Cz
mk
∈
3,2,1,
1
2
,
==< m
k
rz
kmk
где
.
Вариант 11
Пример 1. Оператор А:(х,у)
→
(z,y), где
z=
аккретивный.
Действительно, пусть х>0. Возьмем две точки (x,y),
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<+
=
>+
0. при 1-
0, при [-1,1]
0, при 1
xx
x
xx
(
yx,
)
∈
D(A). Тогда по определению оператора имеем:
A:(x,y)
→
(1+x,y); A: ( yx, )
→
(1+ yx,
Определим норму в пространстве R следующим образом:
||(x,y)||=|x|+|y|. Покажем, что при любом
λ
>0, верно неравенство:
0
-
1
1
-
1
1
-
2
2
х
Ах
).
R
yxAyx-yxAyx ),(λ-),(),(λ),( +≥
R
yxyx ),(),( − .
Используя определение нормы, получим:
|x+
λ
(1+x)- x -
λ
(1+
x
)|+|y+
λ
y-
y
-
λ
y
|
≥
|x-
x
|+|
yy −
|,
(1+
λ
)(|x-
x
|+| yy − |)
≥
|x-
x
|+| yy − |, 
Работа в MS Office. Раздел 6. Задания для самостоятельной работы
                                                  ⎧µu ( x,0) + u ( x, T1 ) = 0,
                                                  ⎪
                                                  ⎨      u ( x, T2 ) = 0,                                                    (2)
                                                  ⎪ u (0, t ) = u (2π , t ).
                                                  ⎩
      Определим решение нашего уравнения следующим                                                    образом.         Обозначим
D= С ' (V ) ∩ C ' ' (V ± ) , V ± ≡ Vt ± ∪ V x , Vt − = (T1 ,0) , Vt + = (0, T2 ) .
        Под решением нашей задачи будем понимать функцию u ∈ L 2 (V ) , для которой найдет-
ся          последовательность       функций       {u n ( x, t ) ∞n =1 ∈ D такая        что
l im | u n − u; L 2 |= lim | L( D)u n − f ; L 2 |= 0 .
 n →∞                 n→∞

Определение решения уравнения породило замкнутый дифференциальный оператор
L : L 2 → L2.
       Теорема: Для точечного спектра PσLs оператора Ls найдется число R > 0 , не зави-
сящее от s , такое что:
       1. Кругу Ο s (R) принадлежит конечное (пустое) подмножество PσLs ;
       2. Все точки PσLs , не принадлежащие Ο s (R) , допускают представление:
                                                      λ k ,m , s = ρ k2,m + A( s )
                                                                   .
        Здесь k = 1, 2, 3,..., m = 1, 2, 3. Найдутся числа z k ,m такие, что при m = 1, 2 справедливы
        равенства
                                                     − i ln t m + arg t m + 2πk
                                          ρ k ,m =                                   + z k ,m ,
                                                                  − T1
    где t1 , t 2 - корни уравнения t 2 + (1 + i ) µt + i = 0 ,
    а при m = 3 справедливы равенства
                                                     (1 + 4k )π
                                          ρ k ,3 = −            i + z k ,3
                                                         4T1
                                   1
    где z k ,m ∈ C ; z k ,m < rk = 2 , m = 1, 2, 3 .
                                  k                                                                      Ах
Вариант 11                                                                                                        2
   Пример 1. Оператор А:(х,у)→(z,y), где
      ⎧1 + x при x > 0,                                                                                           1
      ⎪
   z= ⎨[-1,1] при x = 0, аккретивный.                                                                   -1    0        1           х
      ⎪- 1 + x при x < 0.                                                                                         -1
      ⎩
      Действительно, пусть х>0. Возьмем две точки (x,y),                                                          -2
( x, y )∈D(A). Тогда по определению оператора имеем:
                  A:(x,y)→(1+x,y); A: ( x, y )→(1+ x, y ).
     Определим норму в пространстве R следующим образом:
||(x,y)||=|x|+|y|. Покажем, что при любом λ>0, верно неравенство:
                          ( x, y ) + λA( x, y )-( x, y ) - λA( x, y ) ≥ ( x, y ) − ( x, y ) .
                                                                          R                       R
Используя определение нормы, получим:
                  |x+λ(1+x)- x - λ(1+ x )|+|y+λy- y -λ y |≥|x- x |+| y − y |,
                                      (1+λ)(|x- x |+| y − y |)≥|x- x |+| y − y |,

                                                         153

Страницы