On the solutions of second order differential equations satisfying boundary conditions. (Q2585341)

Das Randwertproblem \[ \frac{d^2y}{dx^2}+k^2y=0,\quad y(0)=y(1)=0 \tag{1} \] löst Verf. auf Grund physikalischer Überlegungen so: Er sucht Lösungen \(y_\nu(x)\) von \[ \frac{d^2y_\nu}{dx^2}=0,\quad \nu=1,2,\dots,n, \tag{2} \] die den Bedingungen \[ {y_\nu\left(\dfrac{\nu}{n}\right)=y_{\nu+1}\left(\dfrac{\nu}{n}\right),\quad n(y_{\nu+1}'-y_\nu')+k^2y_\nu|}^{x=\tfrac\nu n}=0 \tag{3} \] genügen. Mit \(y_1(x) = x\) und \[ \cos\theta=1-\frac{k^2}{2n^2} \] findet man \[ y_{\nu+1}(x) =\left(x-\dfrac{\nu}{n}\right)\bigg[\cos\nu\theta + \operatorname{tang}\,\frac\theta2\sin\nu\theta\bigg] +\frac{\sin\nu\theta}{n\sin\theta}. \] Die zweite Randbedingung (1) führt zu \(y_{n+1}(1) = 0\), d. h. \(\sin n\theta = 0\), also \[ k = 2n \sin\frac{m\pi}{2n},\quad m\text{ ganz}. \] Für \(n\to\infty\) erhält man den bekannten Eigenwert zu (1): \(k = m\pi\). Das gleiche Verfahren kann auch bei mehrdimensionalen Aufgaben verwandt werden. Z. B. die Aufgabe \[ \qquad(4)\qquad \dfrac{\partial^2V}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2V}{\partial y^2}+k^2V=0,\quad V(0,y)=V(1,y)=V(x,0)=V(x,1)=0 \] wird durch Aufsuchung von Lösungen \(V_{\mu,\nu}(x,y)\) der Gleichung \(\varDelta V_{\mu,\nu}= 0\) gelöst, für die \[ \begin{alignedat}{2} V_{\mu,\nu}\left(\dfrac{\mu}{m},y\right)={}&V_{\mu+1,\nu}\left(\dfrac{\mu}{m},y\right); \quad&{m\bigg(\dfrac{\partial V_{\mu+1,\nu}}{\partial x}\dfrac{\partial V_{\mu,\nu}}{\partial x}\bigg)+\lambda_1^2V_{\mu,\nu} \Big|}^{x=\tfrac\mu m}&=0,\\ V_{\mu,\nu}\left(x,\dfrac{\nu}{n}\right)={}&V_{\mu,\nu+1}\left(x,\dfrac{\nu}{n}\right); &{n\bigg(\dfrac{\partial V_{\mu,\nu+1}}{\partial y}\dfrac{\partial V_{\mu,\nu}}{\partial y}\bigg)+\lambda_2^2V_{\mu,\nu} \Big|}^{y=\tfrac\nu n}\,&=0,\\ \multispan4 \hfill\(\mu=1,2,\dots,m;\quad\nu=1,2,\dots,n\)\hfill\\ \end{alignedat} \] ist. Mit \(V_{1,1}= xy\) (zur Erfüllung der ersten Randbedingung (4)) und den Bezeich\-nungen \[ 1-\frac{\lambda_1^2}{2m^2}=\cos\theta_1,\quad 1-\frac{\lambda_2^2}{2n^2}=\cos\theta_2 \] findet man \[ \begin{aligned} V_{\mu,\nu}=&\bigg\{\left(x-\dfrac{\mu}{m}\right) \left(\cos\mu\theta_1+\operatorname{tang}\,\dfrac{\theta_1}{2}\sin\mu\theta_1\right)+ \frac{\sin\mu\theta_1}{m\sin\theta_1}\bigg\}\\ \cdot&\bigg\{\left(y-\dfrac{\nu}{n}\right) \left(\cos\nu\theta_2+\operatorname{tang}\,\dfrac{\theta_2}{2}\sin\nu\theta_2\right)+ \frac{\sin\nu\theta_2}{n\sin\theta_2}\bigg\}. \end{aligned} \] Die zweiten Randbedingungen (4) führen zu der Forderung: \[ V_{\mu,\nu}(1,y)=0,\quad V_{\mu,n}(x,1)=0 \] also: \[ \lambda_1 = 2m \sin\frac{n_1\pi}{2m},\quad \lambda_2 = 2n \sin\frac{n_2\pi}{2n}, \] woraus in der Grenze mit \(m\to\infty\), \(n\to\infty\) der richtige Eigenwert von (4) \[ k^2=\lambda_1^2+\lambda_2^2=(n_1^2+n_2^2)\pi \] folgt. Übertragung aufs Dreidimensionale und nicht äquidistante Unterteilung.