ОДУ - 2 (1086550), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Краевые задачиu(0) = u0 ,u0 (l) = 0.(3.4)Краевое условие u(0) = u0 соответствует тому, что на левом концестержня известна температура, а краевое условие u0 (l) = 0 означает,что правый конец стержня теплоизолирован. Функции k(x), q(x) и f (x)заданы. Нужно найти распределение температуры в стержне u(x), тоесть решить краевую задачу (3.3), (3.4).В общем случае, краевой задачей для дифференциального уравнения n-го порядка, разрешенного относительно старшей производной,рассматриваемого на отрезке [0, l], называется задача, в которой значения неизвестной функции y(x), ее производных или их линейная комбинация задаются как в точке x = 0, так и в точке x = l.Мы ограничимся исследованием краевых задач для линейного дифференциального уравнения второго порядка.Важной особенностью краевых задач является то, что их решениене всегда существует, а если существует, то может быть неединственно.Действительно, рассмотрим уравнениеy 00 (x) + y(x) = 0,06x6π(3.5)с краевыми условиямиy(0) = 0,y(π) = y1 .(3.6)Общее решение уравнения (3.5) имеет вид c1 sin x + c2 cos x.
Из краевогоусловия y(0) = 0 получим, что y(x) = c1 sin x. Если y1 6= 0, то решениезадачи (3.5), (3.6) не существует. Если же y1 = 0, то решением задачи (3.5), (3.6) является функция y(x) = c1 sin x, где c1 – произвольнаяпостоянная, то есть решение краевой задачи неединственно. Отметим,что решение задачи Коши для уравнения (3.5) с начальными условиямиy(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y1 существует и единственно при любых фиксированных y0 , y1 и x0 ∈ [0, π].3.1.1. Преобразование уравненияРассмотрим краевую задачу для линейного обыкновенного дифференциального уравнения второго порядкаa0 (x)y 00 (x) + a1 (x)y 0 (x) + a2 (x)y(x) = f1 (x),α1 y 0 (0) + β1 y(0) = u0 ,0 6 x 6 l,α2 y 0 (l) + β2 y(l) = u1 ,(3.7)(3.8)3.1. Постановка краевых задач57где функции ai (x), i = 0, 1, 2, f1 (x) и постоянные α1 , β1 , α2 , β2 заданы.Требуется найти функцию y(x) ∈ C 2 [0, l], удовлетворяющую (3.7), (3.8).Далее предполагаем, что функции ai (x), i = 0, 1, 2, f1 (x) непрерывны наотрезке, a0 (x) 6= 0, а постоянные α1 , β1 , α2 , β2 таковы, что αi2 + βi2 > 0,i = 1, 2.Преобразуем уравнение (3.7).
Сначала почленно разделим его наRxa1 (s)ds. Выделяя полную проa0 (x), а затем умножим на p(x) = expa0 (s)0изводную, получаемddyp(x)− q(x)y = f2 (x),dxdx0 6 x 6 l,(3.9)где p(x) – непрерывно дифференцируема на [0, l], p(x) > 0, а функцииq(x) = −p(x)a2 (x),a0 (x)f2 (x) =p(x)f1 (x)a0 (x)являются непрерывными на [0, l].3.1.2. Редукция к однородным краевым условиямРассмотрим краевые условия (3.8).
Если u0 = u1 = 0, то краевыеусловия называются однородными, в противном случае – неоднородными. Покажем, что задачу (3.9), (3.8) можно свести к задаче с однородными краевыми условиями. Пусть y(x) – решение задачи (3.9), (3.8).Рассмотрим функцию z(x) = y(x) − v(x), где v(x) – известная дваждынепрерывно дифференцируемая функция, удовлетворяющая краевымусловиям (3.8).
Подставив в (3.9), (3.8) y(x) = z(x) + v(x), получим дляфункции z(x) краевую задачу с однородными краевыми условиямиdzdp(x)− q(x)z = f (x), 0 6 x 6 l,dxdxα1 z 0 (0) + β1 z(0) = 0,α2 z 0 (l) + β2 z(l) = 0,гдеdf (x) = f2 (x) −dxdvp(x)dx+ q(x)v.Функцию v(x), удовлетворяющую неоднородным краевым условиям(3.8), можно выбрать различными способами, одним из самых простыхявляется ее поиск в виде многочлена.58Глава 3. Краевые задачиМы показали, что краевую задачу можно свести к краевой задаче соднородными краевыми условиямиdydp(x)− q(x)y = f (x), 0 6 x 6 l,(3.10)dxdxα1 y 0 (0) + β1 y(0) = 0,α2 y 0 (l) + β2 y(l) = 0.(3.11)Далее эту задачу будем называть основной краевой задачей.
Краеваязадача (3.10), (3.11) называется однородной, если f (x) = 0 и неоднородной в противном случае.3.1.3. Тождество Лагранжа и его следствиеВыведем некоторые соотношения, которые будут нам полезны вдальнейшем. Введем дифференциальный операторdydp(x)− q(x)y.Ly =dxdxПусть функции y(x) ∈ C 2 [0, l] и z(x) ∈ C 2 [0, l], тогда можно вычислитьLy и Lz, а также выражениеddyddzz(x)Ly − y(x)Lz = z(x)p(x)− y(x)p(x).dxdxdxdxТак какdyddzddydzdp(x)− y(x)p(x)=p(x) z(x)− y(x),z(x)dxdxdxdxdxdxdxтоz(x)Ly − y(x)Lz =ddydzp(x) z(x)− y(x),dxdxdx0 6 x 6 l. (3.12)Это равенство называется тождеством Лагранжа.Получим одно важное следствие из тождества Лагранжа. Пустьy1 (x), y2 (x) – линейно независимые решения однородного уравненияLy = 0, то есть Ly1 = Ly2 = 0. Записывая для функций y1 (x), y2 (x)тождество Лагранжа (3.12), получимddy2dy1p(x) y1 (x)− y2 (x)= 0, 0 6 x 6 l.(3.13)dxdxdx3.2. Функция Грина59Следовательно, для определителя ВронскогоW [y1 , y2 ](x) = y1 (x)y20 (x) − y2 (x)y10 (x)справедлива формула p(x)W [y1 , y2 ](x) = c, 0 6 x 6 l, где c – постоянная,илиcW [y1 , y2 ](x) =, 0 6 x 6 l.(3.14)p(x)3.1.4.
Формула Грина и ее следствиеИнтегрируя тождество Лагранжа (3.12) от 0 до l, получимZlx=l(z(x)Ly − y(x)Lz) dx = p(x) z(x)y 0 (x) − y(x)z 0 (x) .(3.15)x=00Эта формула называется формулой Грина.Покажем, что, если функции y(x) и z(x) удовлетворяют одним и темже краевым условиям (3.11), то справедливо равенствоZl(z(x)Ly − y(x)Lz) dx = 0.(3.16)0Действительно, из формулы Грина следует, что достаточно доказатьравенствоp(l) z(l)y 0 (l) − y(l)z 0 (l) − p(0) z(0)y 0 (0) − y(0)z 0 (0) = 0.Покажем, чтоz(0)y 0 (0) − y(0)z 0 (0) = 0.(3.17)Если α1 = 0, то β1 6= 0, y(0) = 0, z(0) = 0, и (3.17) выполнено.
Приα1 6= 0 запишем граничные условияα1 y 0 (0) + β1 y(0) = 0,α1 z 0 (0) + β1 z(0) = 0,умножим первое равенство на z(0), второе – на y(0). Вычитая почленнополученные равенства, имеемα1 (z(0)y 0 (0) − y(0)z 0 (0)) = 0,откуда вытекает (3.17). Аналогично доказывается, чтоz(l)y 0 (l) − y(l)z 0 (l) = 0.Тем самым равенство (3.16) доказано.60Глава 3. Краевые задачи3.2. Функция Грина. Существование решениякраевой задачиРассмотрим краевую задачуddyLy ≡p(x)− q(x)y = f (x),dxdx0 6 x 6 l,(3.18)α1 y 0 (0) + β1 y(0) = 0,(3.19)α2 y 0 (l) + β2 y(l) = 0,(3.20)где p(x), q(x), f (x) – известные функции, а α1 , β1 , α2 , β2 – известныепостоянные такие, что p(x) ∈ C 1 [0, l], p(x) > 0, x ∈ [0, l], q(x), f (x) ∈C[0, l], αi2 + βi2 > 0, i = 1, 2.Определение 3.2.1.
Функция y(x) называется решением краевойзадачи (3.18)-(3.20), если y(x) ∈ C 2 [0, l] и удовлетворяет (3.18)-(3.20).3.2.1. Функция ГринаВведем функцию Грина, которая далее будет использована для решения краевой задачи (3.18)-(3.20).Определение 3.2.2. Функция G(x, ξ) называется функцией Гринакраевой задачи (3.18)-(3.20), если она определена в квадрате [0, l] × [0, l]и удовлетворяет следующим условиям:1) Для любого ξ ∈ (0, l) функция G(x, ξ) дважды непрерывно дифференцируема по переменной x на множестве [0, ξ) ∪ (ξ, l] и удовлетворяет однородному уравнениюdG(x, ξ)dp(x)− q(x)G(x, ξ) = 0, 0 6 x 6 l, x 6= ξ.dxdx2) Функция G(x, ξ) удовлетворяет однородным краевым условиям попеременной x:α1 Gx (0, ξ)+β1 G(0, ξ) = 0,α2 Gx (l, ξ)+β2 G(l, ξ) = 0,∀ξ ∈ (0, l).3.2.
Функция Грина613) Функция G(x, ξ) непрерывна в квадрате [0, l] × [0, l], а частнаяпроизводная Gx (x, ξ) при x = ξ имеет конечные предельные значенияGx (ξ + 0, ξ) = lim Gx (x, ξ),x→ξ+0Gx (ξ − 0, ξ) = lim Gx (x, ξ),x→ξ−0связанные соотношениемGx (ξ + 0, ξ) − Gx (ξ − 0, ξ) =1,p(ξ)∀ξ ∈ (0, l).3.2.2. Существование и единственность функции ГринаТеорема 3.2.1. Если однородная краевая задачаLv = 0,α1 v 0 (0) + β1 v(0) = 0,α2 v 0 (l) + β2 v(l) = 0(3.21)имеет только нулевое решение, то функция Грина краевой задачи(3.18)-(3.20) существует и единственна.Доказательство.
Определим функцию y1 (x) как решение задачи КошиLy1 = 0,0 6 x 6 l,y1 (0) = −α1 ,y10 (0) = β1 ,а функцию y2 (x) как решение задачи КошиLy2 = 0,0 6 x 6 l,y2 (l) = −α2 ,y20 (l) = β2 .Очевидно, что функция y1 (x) удовлетворяет краевому условию (3.19),а y2 (x) краевому условию (3.20):α1 y10 (0) + β1 y1 (0) = 0,α2 y20 (l) + β2 y2 (l) = 0.(3.22)Функции y1 (x) и y2 (x) линейно независимы, так как в противном случаеоднородная краевая задача имела бы ненулевое решение.Будем искать функцию Грина в следующем виде:c1 (ξ)y1 (x), 0 6 x 6 ξ,G(x, ξ) =c2 (ξ)y2 (x), ξ 6 x 6 l,где c1 (ξ) и c2 (ξ) неизвестные функции.
Из этого представления следует,что функция G(x, ξ) удовлетворяет условиям 1) и 2) определения функции Грина. Выберем c1 (ξ) и c2 (ξ) так, чтобы выполнялось и условие 3).Из непрерывности G(x, ξ) в точке x = ξ следует, чтоc1 (ξ)y1 (ξ) = c2 (ξ)y2 (ξ).62Глава 3. Краевые задачиИз условия разрыва производной Gx (x, ξ) в точке x = ξ имеемc2 (ξ)y20 (ξ) − c1 (ξ)y10 (ξ) =1.p(ξ)Таким образом, мы получили систему двух уравнений относительнонеизвестных функций c1 (ξ) и c2 (ξ). Решив эту систему, найдем, чтоc1 (ξ) =y2 (ξ),W (ξ)p(ξ)c2 (ξ) =y1 (ξ),W (ξ)p(ξ)где W (ξ) = y1 (ξ)y20 (ξ) − y2 (ξ)y10 (ξ) – определитель Вронского. Как следует из формулы (3.14), W (ξ)p(ξ) = g0 – известная постоянная.
В результате получим окончательную формулу для функции Гринаy1 (x)y2 (ξ), 0 6 x 6 ξ,g0G(x, ξ) =(3.23)y(ξ)y(x)12, ξ 6 x 6 l.g0Мы доказали существование функции Грина. Докажем теперь ееединственность. Предположим, что существуют две функции Грина:b ξ). Пусть ξ – произвольная фиксированная точка из инG(x, ξ) и G(x,b ξ). Эта функтервала (0, l). Рассмотрим функцию z(x) = G(x, ξ) − G(x,ция непрерывна на отрезке [0, l] и имеет на нем непрерывную производb x (x, ξ) имеют в точке x = ξ один и тотную z 0 (x), поскольку Gx (x, ξ) и Gже разрыв.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
