М.Л. Краснов, А.И. Киселев, Г.И. Макаренко - Интегральные уравнения, страница 12

e.G(O , {) = О, G�(O , {) = О,G(l , {) = О, G�(l , {) = O .94Глава2. Интегральные уравнення Фрвдrольма{В нашем случае эти соотношения принимают видИсnользуя: то, чтос•а1= 0,= 0,Ь t + Ь2 Ь3 Ь4 = О,Ь2 + 2Ьз + 3Ь4 = 0.+ +а2(21)= Ь�: - а/: (lc = l, 2, 3, 4) , из (20) и (21 ) находим:1 3ь. = - 6( .21 �2 .Ьэ = � - 22 l31ь. = �2 - �2 3.ь2 ={( -� -�G(z.�)Подставив значения коэффициентовискомую функцию !Рина:=•а 1 , а2 ,• • • ,l3((22),Ь4 из (22) в (18) и (19), получим-� ) - ( - - -� + -�31 3) zз '- -� + -� z+ (-� - � )z + (-�21 2 - -�31 з)zз1 l 22 + 1 з ж226 2l з 1 2l з 2 262212•Последнее выражение легко иреобразуется к видуG(z• �) = (-z21 - z + 2-жl з) �2 - (-61 - 2-z1 + -z3l ) �что G(z, �) = G(�.

z),(15)-(16)22з3nри� � z � 1,такт. е. функция rрина симметрична. Это можно былосказать и заранее, так как краевая задачасамосопряженная:.Читателю рекомендуем установить это самостоятельно. Кроме того, советуемпроверить, что найденная нами функция Грина удовлетворяет всем требованиямt>t• -4• , сформулированным nри ее определении.Пример 2. Построить функцию Грина для дифференциального урав-нения(2 3)nри следующих условиях:у(а:) ограничено nри а: -+ О,y(l) = ay'(l),а ::/= О.(24)Решение. Найдем сначала общее решение уравнения (23) и убедимся, чтоусловия (24) выnолняются лишь тогда, когдау(ж) ::: О.95§ 14. Построение функции rринаВ самом деле, обозначая у'(ж) = z(ж) , получим жz' + z = О, откуда ln z :::::Ct1n c1 - 1n ж, z = - , а значит,жу(ж) = с 1 1n ж + с2 .(2 5)Ясно, что у(ж) , определяемое формулой (25), удовлетворяет условиям (24) толькопри с1 = с2 = О, а значит, функцию Грина для задачи (23)-(24) можно построить.Запишем формально G(ж, {) в видеG(ж, {) ={а 1 + a2 1n ж nри О < ж � {,Ьt + Ь2 1n ж nри { � ж � 1.(26)G(ж, {) nри ж = { nолучаемЬt + Ь2 1n { - а1 - a2 1n { = О,1а скачок G�(ж, {) в точке ж = { равен { , так чтоИз неnрерывностиь2 .-1 - а2 .

-1 = -1 .{{ {Положив(2 7)будем иметь{ Ct + с2 1n { = О,с2 = 1 ,откудаCt ::: - 1n {,(2 8)с2 = 1.Используем теnерь условия (24). Ограниченность G(ж, {) при ж -+ О дает нама2 = О, а из условия G(1, {) = aG�(1, {) получаем Ь1 = аЬ2 • Учитывая (27) и (28),получаем значения всех коэффициентов в (26):а2 = О,a1 = a + ln {,Ь 1 = а,Ь2 = 1 .Итак,G(ж , {) ={ a + 1n {,О < ж � {,а + 1n ж, { � ж � 1 .1>Пример 3. Найти функци ю Гри на краевой задач и2у"(ж) + k y = О ,у(О) = y(l)=О.Решение. Легко убедиться в том, что решение у 1 (ж) = sin kж удовлетворяеткраевому условию у1 (О) = О, а решение у2(ж) = sin k(ж - 1) - уеловию у2(1) = О,причем они являются линейно независимыми. Найдем значение оnределителяВронского для sin kж и sin k(ж - 1) в точке ж = {:1�� � ��:l1{"�{) 1 = k[sin k{ cos k({ - 1) -sin k({ - 1) cos k{] = k sin k.sW({) = k s { k96Глава 2 .

Интегральные уравнения Фредrольма{Заметив еще, что в нашем примере р(х) = 1 , соглас.но (12) получимG(x, {) =·sin k({ - 1) sin kxk sin k'sin k{ · sin k(x - 1)'k sin k4. Найти функциювлияния G(:z:, у) для балки,лежащей на опорах на обо­их концах :z: = О и :z: = 1 .(Здесь G(:z: , у) есть смеще­ние параллельна оси Oz по­перечного сечения в точке:z: = у , ВЬiзванное действи­ем единичной нагрузки, со­средоточенной в точке :z: = уи действующей параллельнаоси Oz.)1>ПримерРешение. Пусть ilQ и R1 неизвестные реакции в точках опо­ры, вызванные действием единич­ной нагрузки в точке х = у (рис.

5).Тогда изгибающий момент М в точ­ке х балки будет равенм -{ _r>_x"'ЧJ,- R1 (1 - х),уохzРис. 5О :;;;; х :;;;; у,у :;;;; х :;;;; 1.еслиеслиДля равновесия системы трех сил ilQ , R 1 и Q = 1 должны иметь1 - llQ - R1 = О, R 1 1 = 1 · у.•Отсюда R1 = у, ilQ = 1 - у. Тогда изгибающий момент будет равенМ = М (х, у) ={ -х(1 - у),-у(1 _ х),еслиеслио :;;;; х :;;;; у,у :;;;; х :;;;; 1.Следовательно, функция влияния G(x, у) должна удовлетворять дифференциаль­ному уравнению изгибающего момента(29)и граничным условиямG(O, у) :: О, G(1, у) :: О.( 30)Здесь Е" - модуль Юнга, 1" - момент инерции поперечного сечения балкиотносительно нейтральной оси, перпендикулярной к плоскости xOz в точке х .97§ 1 4 .

nостроение функции ГринаДлярешения rраничной задачи (29)-(30) восnользуемся следующим инте-rралом:JM*(z, у) = J M(z, z)M(z, y)F(z) dz,F(z) = l .огдеE,.I,.В самом деле, М* удовлетворяет rраничным условиям (30), так какМ*(О, у) = M*(l, у) О.M*(z, у) удовлетворяет дифференциальному уравнению (29), так как это симме­тричная функция х и у , имеющая nри х � у следующее явное выражение:уМ*(х, у) = ху /<t - z)2F(z) dz - х /<t - у)(у - z)F(z) dz Е1оо"'- ( 1 - у) J z(z - z)F(z) dz,(1из которого следует, что1"'уа;:• = у J(l - z)2F(z)dz - /(l - y)(y - z)F(z)dz - ( 1 - y) 1 zF(z)dz,иооо(z,y)-(1 - y)xF(x) = ME,.I,.,еслиПоэтому для случая балки, оnертой на концах, получаемО � z � у.1G(z, у) = J М(х, z)M(z, y)F(z) dz.оЗадачи дпя са мостоятельного решенияВ следующих примерах установить, существует ли функция Грина для даннойкраевой задачи, и если существует, то nостроить ее.1 90.191 .y'(I).1 92.1 93.1 94.1 95.у" = О;у" = О;у" + у = О;yrv = О;ym = О;у111 = О;у(О) y' (l) , у'(О) = y(l).у(О) = y(l) , у1(0) =у(О) = у(1Г) О.у(О) = у'(О) = y"( I) = y111 (l) ::::: О.у(О) y'(l) = О , у'(О) = y(l).у(О) y(l ) = О, у'(О) = y'(l).98fлава2 .

Интегральные уравнения Фредrольмау(О) = О, y(l) = y'(l) .у" = О;у" + у' = О; у(О) = y(l), у'(О) = y'(l) .у" - k2 y = О; (k # О) у(О) = y(l) = О.у" + у = О; y(O) = y(l) , y'(O) = y'(l) .у(О) = y(l) = О, у'(О) + y'(l) = О.у111 = О;у'(О) = hy(O) , y'(l) = -Hy(l) .у" = О;2у(х) ограничено при х -+ О, y(l) = ay'(l).х у" + 2ху' = О;x3y1v + 6х2 у111 + 6ху" = О; у(х) ограничено при х -+ О, y(l) = y'(l) = О.у(х) ограничено при х -+ О, y(l) = О.х2 у" + ху' - у = О;1у(О) конечно, y(l) = О.205. ху" + у' - - у = О;1 96.1 97.1 98.1 99.200.201 .202.203.204.х206.

х2 у" + ху' - n2 y = О;у(О) конечно, y(l) = О.207. x2 (ln x - l)y" - xy' + у =О; у(О) конечно, y(l) = О.2ЩJ.:х [ ( 1 - х2) �:] = О;у(О) = О, y(I) конечно.209. ху" + у' = О; у(О) ограничено, y(l) = О .2 1 0. у" - у = О; у(О) = у'(О) , y(l) + >.y'(l) = О.(Рассмотреть случаи: >. = 1 , >. = - 1 , 1>.1 # 1 .)2 1 1 . Найти функцию Грина для уравненияа>О,у(О) = y(l) = О.§ 1 5.

Применение функции Гринадпя решения краевых задачПусть дано дифференциальное уравнение с правой частьюn I(nL (y ] = Ро(х) Y ) (x) + PI(x) y< - ) (x) + . . . + Pn(x) у(х)_ = f(x)(1)и краевые условия... 'Vn (Y) = О ,(2)причем, как и в § 14, мы считаем, что линейные формы Vj , V2 , . . .'<n- I )(a) у (Ь), у' (Ь), . . . , y<n-I) (Ь) являются линейно не ­от у (а) , у (а), . .

. , y,зависимыми ., Vn§ 15. Примененив функции rрина для решения краевых задач99Теорема. Если G(x, {) есть функция Грина однородной краевой задачиVk (y) = О (k = 1, 2, . . . , n),L[y] = О,то решение краевой задачи (1)-(2) дается формулойj G(x,ьу(ж) =11(3){) /Ю d{.Пример 1 . Используя функцию Грина, решить краевую задачуу" (ж) - у(ж) = ж,у(О) = y(l) = О.(4)( 5)а) Выясним сначала, существует ли функция Грина для соответ­ствующей однородной краевой задачиРешение.ry"(z) - y(z) = О,(6)у(О) = у( 1 ) = О.(7)Очевидно, что y1 (z) = е'" , y2(z) = е-'" есть фундаментальная система решенийуравнения (6). Значит, общим решением этого уравнения будет·у(ж) = Ае'" + Ве-'".Краевые условия (5) удовлетворяются тогда и только тогда, когда А = В = О, т.

е.y(z) = О. Итак, функция Грина существует.б) Легко проверить, что{sh z sh (� - 1)'sh 1G(z, �) =sh � sh (z - 1)'sh 1является функцией Грина для краевой задачи (6)-(7).в) Решение краевой задачи (4)-(5) пишем в видеу (ж) =гдедля(8)1j G(ж, �) � d�,(9)оG(ж, �) определена формулой (8).Разбивая промежуток интегрирования на два и подставляя в (9) выражениефункции Грина из (8), получиму ( ж)ж_-Jo� sh � sh (z - 1)d� +sh lj � sh z sh (� - 1) _1жtsh lsh (z - 1)=sh lжJоd." -sh z� sh � d� +sh 11� � sh (� - 1) d�.жГлава1002. Интегральные уравнения фредгольма.,j { sh { d{ = ж ch ж - sh ж, j., { sh ({ - 1) d{ =Но1о1 ..,.ж ch (ж - 1) + sh (ж - 1),поэтому�ж1у(ж) = - { sh (ж - 1)[ж ch ж - sh ж) + sh ж[1 - ж ch (ж - 1) +sh (ж - 1)1} = - - ж.�1�1Здесь мы восполъзовались формулойsh (а ± ,(3) = sh а ch ,(3 ± ch а sh ,(3,а также нечетностью функции sh ж .Непосредственной проверкой убеждаемся, что функцияу(ж) =удовлетворяет уравнениюsh жжShl -[>(4) и краевым условиям (5).Пример 2.

Свести к интегральному уравнению краевую задачу длянелинейнаго дифференциального уравнения:у" = J(x, у(х)),( 10)у(О) = у(1 ) = О.( 1 1)Решение. Строя функцию Грина дЛЯ задачиу" = 0,у(О) = у(1) = О,находим{(12)(1 3)({ - l)ж, О � ж � {,(ж - Щ, { � ж � 1.Рассматривая правую часть уравнения (10) как известную функцию, получаемG(ж, {) =у(ж) =1j G(ж, {) /({, уЩ) d{.оТаким образом, решение краевой задачи ( 10)-(1 1) сводится к решению нели­нейноrо интегрального уравнения типа Гаммерштейна, ядром которого являетсяфункция Грина задачи (12)-(1 3).[>З адачи для самостоятельного решенияИспользуя функцию Грина, решить следующие краевые задачи:21 2.

у" + у = ж; у(О) = у( � ) = 0.§ 16. Краевые задачи, содержаЩие параметр2 1 3.214.21 5.2 1 6.217.y1v = 1 ;ху" + у' == а:;1J11 + 1r2y == COS 1Г:t;y" - y = 2 sh l ;у" - у == -2е"' ;1О1у(О) = у'(О) = y�'(l) = y"'(l) = О.y(l) у(е) = О.у(О) = y(l), у'(О) = y'(l) .у(О) = y(l) = О.у(О) у'(О), y(l) + y'(l) = О.у(О)у( � ) = О.§ 1 6 . Краевые задачи ,содержащие параметр,и сведение ихк интегральным урав,..ениямВо многих вопросах приходится рассматривать краевую задачу видаL[y] = >.у + h(x),V�.:(Y) = О (k =(1)(2)1, 2, : . . , n) ,гдеL [y] = Ро (х ) y<n> (x) + P (х) y<n -t ) (x) + . .