Материал: Сумин Интегралные уравнения Фредголма и Волтерра 2016

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

a = 0;	или	a		= 0;	(14.20)
2	или		2		(14.20)
b1 +b2 = 0,		b2 = −b1.

Используя то, что ck =bk −ak (k = 1, 2) и пользуясь соотношениями

(14.19), (14.20), запишем

c = b − a =

c = b

− a

= b = −

ξn−1

2nξn+1

тогда

ξn−1

− a

, a

−

2nξn+1

Итак,

ξn−1

−

, b =

a = 0 , b = −

2nξn+1

Подставив значения коэффициентов a1 , a2 , (14.17) для G(x, ξ) , получим

	1		n	x	n
		(xξ)		−		, 0 <
		(xξ)		−		, 0 <
	2nξ			ξ

G(x, ξ) =						n
	1			− ξ		n
	1	(xξ)n					,	ξ ≤
		(xξ)n					,	ξ ≤
	2nξ			x

b1 , b2 в формулу

x ≤ ξ;

x ≤1.

§ 15. Применение функции Грина для решениякраевых задач

Если функция Грина G(x, ξ) является решением однородной задачи (14.3), (14.2), то решение краевой задачи

L( y)

y(a)

	d		dy
≡		p		+ q y =	f (x), x [a, b];	(15.1)

	dx		dx			(15.2)
= 0,		y(b) = 0

определяется формулой

y(x) = ∫b	G(x, ξ) f (ξ) dξ .	(15.3)
a

Пример 15.1. Используя функцию Грина, решить следующую краевую задачу

y′′+ 4 y = 2sin 2x;
		π		(15.4)
	= 0,	π	= 0.	(15.4)
y(0)	= 0,	y	= 0.
		4

Решение. Выясним сначала, существует ли функция Грина для однородной краевой задачи

y′′+ 4 y = 0;
		π		(15.5)
		π		(15.5)
y(0)	= 0, y		= 0.
		4
Очевидно, что дифференциальное уравнение имеет решение
y(x) =C1 cos 2x +C2 sin 2x .
Краевые условия дают два соотношения для определения C1				и C2 :
y (0) = C1 = 0;
		π
		π	= 0,
y		= C2	= 0,
		4

откуда С1 =С2 = 0 , т.е. краевая задача (15.5) имеет только нулевое решение y(x) ≡ 0 . Итак, функция Грина существует и единственна. Решение y1 (x) =sin 2x удовлетворяет краевому условию y1 (0) =0 , а решение y2 (x) = cos2x удовлетворяет краевому условию

y2 π4 = 0 , причем эти решения являются л.н.з.

Тогда согласно 2-му методу найдем значение определителя Вронского для y1 (x) =sin 2x и y2 (x) = cos2x в точке x =ξ :

W (ξ) =W [ y	(x), y	(x)]		=	sin 2ξ	cos 2ξ	=


1	2		x=ξ		2cos 2ξ	−2sin 2ξ

= −2sin2 2ξ− 2cos2 2ξ = −2 .

Отметим, что p(x) =1 . Тогда согласно (14.6) находим

sin 2x cos 2ξ		,	0 ≤ x ≤ ξ;
	−2
G(x, ξ) =				π
sin 2ξcos 2x		,	ξ ≤ x ≤		.
	−2			4

Решение краевой задачи (15.4) запишется в виде

y(x) = π∫/4

G(x, ξ) f (ξ) dξ = ∫x

sin 2ξcos 2x

2sin 2ξ dξ+

−2

+π∫/4

sin 2x cos 2ξ

2sin 2ξ dξ = −cos 2x ∫x

sin2 2ξ dξ−

−2

−sin 2x π∫/4

sin 2ξ cos 2ξ dξ= −

cos 2x −

sin 2x +

sin 2x = −

cos 2x .

Пример 15.2. Используя функцию Грина, решить следующую

краевую задачу

64x

y′′+

16 y =

;

(15.6)

π+1

′

= 0.

y(0) = y(π) + y (π)

Решение. Выясним сначала, существует ли функция Грина для

однородной краевой задачи

y′′+16 y = 0;

′

(15.7)

= 0.

y(0)

= y(π) + y (π)

Очевидно, что дифференциальное уравнение имеет решение

y(x) =C1 cos 4x +C2 sin 4x .

Краевые условия дают два соотношения для определения C1 и C2 :

y(0) =C1 = 0;

′

y(π) + y (π) =C1 cos 4π+C2 sin 4π− 4C1 sin 4π+ 4C2 cos 4π = C1 + 4C2 = 0,

или

C1 = 0;

C1 + 4C2 = 0,

откуда C1 =0 , C2 = 0 , т.е. краевая задача (15.7) имеет только нулевое решение y(x) ≡ 0 . Итак, функция Грина существует и единственна. Решение y1 (x) =sin 4x удовлетворяет краевому условию y1 (0) =0 , второе л.н.з. решение будем искать в виде

y2 (x) = cos4 (x +α0 ) .

Получаем

y2′(x) = −4sin 4 (x +α0 ) ,

y2 (π) + y2′(π) = cos 4 (π+α0 ) −4sin 4 (π+α0 ) = =cos 4α0 −4sin 4α0 = 0 ,

т.е. tg 4α0 = 14 , откуда α0 = 14 arctg 14 , 0 < α0 < π2 .

Тогда согласно 2-му методу найдем значение определителя Вронского для y1 (x) =sin 4x , y2 (x) = cos4 (x +α0 ) в точке x =ξ :

W (ξ) =W [ y	(x), y	(x)]		=	sin 4ξ	cos 4 (ξ+ α0 )	=


1	2		x=ξ		4 cos 4ξ −4sin 4 (ξ+α0 )

= −4sin 4ξsin 4 (ξ+α0 ) −4cos 4ξcos4 (ξ+α0 ) = −4cos 4α0 .

Согласно (14.6)

sin 4x cos 4 (ξ+ α		0	)	,	0 ≤ x ≤ ξ;
		0
	−4cos 4α0
	−4cos 4α0
G(x, ξ) =	sin 4ξ cos 4 (x + α0 )
	sin 4ξ cos 4 (x + α0 )			,	ξ≤ x ≤ π.
				,	ξ≤ x ≤ π.
	−4cos 4α0
	−4cos 4α0

Решение краевой задачи (15.6) запишется в виде

y(x) = ∫π	G(x, ξ) f (ξ) dξ = ∫x	64ξ	sin 4ξcos 4 (x + α0 )	dξ+

0	0	π+1	−4cos 4α0

+∫π

64ξ

sin 4x cos 4 (ξ+ α0 )

dξ = −

16cos 4 (x + α0 )

∫x

ξsin 4ξ dξ−

x π+1

−4cos 4α0

(π+1) cos 4α0

16sin 4x

−

ξcos 4 (ξ+ α0 ) dξ =

(π+1) cos 4α0

∫x

(4x −sin 4x − πsin 4x) =

−sin 4x .

π+1

Отметим,

что в

данной краевой задаче (15.7) в

качестве y2 (x)

можно взять функцию y2 (x) =sin 4x −4cos 4x , которая удовлетво-

ряет краевому условию

y2 (π) + y2′(π) = 0 .

Тогда определитель

Вронского для функций

y1 (x) =sin 4x , y2 (x) =sin 4x −4cos 4x

в точке x =ξ равен

W (ξ) =W [ y (x), y

(x)]

sin 4ξ

sin 4ξ−4cos 4ξ

=16 ,

x=ξ

4cos 4ξ

4cos 4ξ+16sin 4ξ

откуда согласно (14.6) запишем

sin 4x (sin 4ξ− 4cos 4ξ)

0 ≤ x ≤ ξ;

G(x, ξ) =

sin 4ξ (sin 4x − 4cos 4x)

ξ≤ x ≤ π.

§16. Краевые задачи, содержащие параметр,

иих сведение к интегральному уравнению

Если λ = 0 не является собственным значением задачи (14.1), (14.2), то указанная задача Штурма–Лиувилля эквивалентна интегральному уравнению Фредгольма 2-го рода

y(x) =λ ∫b	G(x, ξ) r(ξ) y(ξ) dξ,	(16.1)
a

где G(x, ξ) – функция Грина соответствующей однородной крае-

вой задачи (14.3), (14.2).

Источник: https://studfile.net/preview/16708714/

Смотрите также:



_1966(~1
_files_materials_5053_prog.ntr
_Антонян Ю.М., Сексуальные преступления. Чикатило и другие
_РГР № 1 (2)
- Габариты и масса 27
!Фармакология препаратов для терапии заболеваний дыхательных путей
'Образ–Я' и его развитие средствами диалога
"Их невинная наложница "