Н.Н. Нефедов, В.Ю. Попов, В.Т. Волков - Дифференциальные уравнения. Курс лекций (1118045), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Напомним, что общее решение неоднородной линейнойсистемы имеет вид x = x0 + xч , где x0 - общее решение соответствующей однородной системы,а xч - любое частное решение неоднородной.Способы нахождения частного решения неоднородной системы.1.Метод вариации постоянных или с помощью матрицы Коши.2.Для правых частей специального вида ("квазиполинома") подбор решений методомнеопределенных коэффициентов.3.Операторный метод.Теорема.Решение задачи Коши⎧⎪ •x = Ax + F (t )⎨⎪⎩ x (t0 ) = x0для неоднородной линейной системы с постоянными коэффициентами имеет вид:tx (t ) = e A(t −t0 ) x0 + ∫ e A(t −τ ) F (τ )dτ .t0Доказательство нетрудно провести, например, используя метод вариации постоянных(сделайте это самостоятельно).Глава 4.Краевые задачиЛекция 8Краевыми задачами для ОДУ называются задачи, в которых дополнительные условияставятся в нескольких точках.Далее мы рассмотрим двухточечные краевые задачи для линейных ОДУ 2-го порядка инекоторые задачи для нелинейных ОДУ 2-го порядка.
Подробно будет изучена краевая задача сграничными условиями 1-го рода (Дирихле) и отмечены некоторые особенности задач сграничными условиями 2-го рода (Неймана) и 3-го рода.§1. Краевая задача для линейного дифференциального уравнения второгопорядка.10. Постановка задачи.Рассмотрим линейное ОДУ 2-го порядкаd 2udu+ a1 ( x ) + a2 ( x ) u = f1 ( x ) , 0 < x < l2dxdxс дополнительными условиями первого рода (задача Дирихле),u (0) = u 0 , u (l ) = u l(1)(2)предполагая, что a1 ( x ) , a2 ( x ) , f1 ( x ) ∈ C [ 0, l ]Определение.
Классическим решением задачи Дирихле (1), (2) будем называть функциюu ( x ) ∈ C 2 ( 0, l ) ∩ C [ 0, l ] , удовлетворяющую уравнению (1) и краевым (граничным) условиям (2).Замечание. В случае граничных условий 2-го и 3-го рода u ( x ) ∈ C 2 ( 0, l ) ∩ C1 [ 0, l ] .Преобразуем уравнение (1) к более удобному для дальнейшего исследования виду.a ( x ) dx> 0, p′( x) = a1 ( x ) p ( x) . ПолучимУмножим уравнение (1) на p ( x) = e ∫ 1p ( x)d 2udu+ a1 ( x ) p ( x ) + p ( x ) a2 ( x ) u = p ( x ) f1 ( x )2dxdxp′( x )−q( x)f2 ( x )илиd ⎡du ⎤p ( x ) ⎥ − q ( x ) u = f2 ( x )⎢dx ⎣dx ⎦Далее везде, где не оговорено другое, будем использовать обозначениеd ⎡du ⎤L[u ] =p ( x) ⎥ − q ( x)u .⎢dx ⎣dx ⎦Замена переменных u ( x ) = y ( x ) + v ( x ) , где v ( x ) ∈ C 2 [ 0, l ] и удовлетворяет краевымL[u ] ≡⎡ul − u0 ⎤x ⎥ приводит задачу (1), (2) к задаче сусловиям (2), например, u ( x ) = y ( x ) + ⎢u 0 +l⎣⎦нулевыми граничными условиями⎧⎪ L[ y ] = f 2 ( x ) − L[v] ≡ f ( x ) , 0 < x < l⎨.⎪⎩ y ( 0 ) = 0, y ( l ) = 0f ( x ) ∈ C [ 0, l ]Поэтому, не ограничивая общности, рассмотрим краевую задачуL[ y ] = f ( x ) , 0 < x < l(3)B0 [ y ] ( 0 ) = 0, Bl [ y ] ( l ) = 0где операторы краевых условий могут иметь вид:B [ y] ≡ y ,dyилиdxdyB [ y] ≡+ hy , где h - постоянная.dxB [ y] ≡20.Формулы Грина.
Тождество Лагранжа.Пусть u ( x ) , v ( x ) ∈ C 2 [ 0, l ] . Умножим L[u ] на v и проинтегрируем от 0 до l по частям.Получимlll⎡⎤dudu dv(4)∫0 v (ξ ) L[u ] (ξ ) dξ = p (ξ ) v (ξ ) dξ 0 − ∫0 ⎢⎣ p (ξ ) dξ dξ + q (ξ ) u (ξ ) v (ξ )⎥⎦ dξ– первая формула Грина.Меняя в (4) местами функции v и u и вычитая почленно полученное соотношениеиз (4), получим⎧⎛dudv∫0 ( vL[u ] − uL[v]) dξ = ⎨⎩ p (ξ ) ⎜⎝ v (ξ ) dξ − u (ξ ) dξ– вторая формула Грина.ll⎞⎫⎟⎬⎠⎭ 0Следствие. Нетрудно доказать (проведите необходимые выкладки самостоятельно), что наподпространстве дважды непрерывно дифференцируемых функций, удовлетворяющиходнородным краевым условиям, операторd ⎡du ⎤L[u ] =p ( x) ⎥ − q ( x)u⎢dx ⎣dx ⎦является самосопряженным, т.е.
(u , L[v]) = (v, L[u ]) , где скалярное произведениеl(u , v) = ∫ u ( x)v( x) dx .0Для этого нужно произвести интегрирование по частям в равенстве (u , L[v]) = (v, L[u ]) и учестьграничные условия, причем в случае граничных условий 3–го рода при x = 0 имеемdudu( 0 ) + hu ( 0 ) = 0 ⇒ ( 0 ) = −hu ( 0 )dxdxdvdv( 0 ) + hv ( 0 ) = 0 ⇒ ( 0 ) = −hv ( 0 )dxdx⎛⎞dudvp ( 0) ⎜ v ( 0)( 0 ) − u ( 0 ) ( 0 ) ⎟ = p ( 0 ) ( −v ( 0 ) hu ( 0 ) + u ( 0 ) hv ( 0 ) ) = 0dξdξ⎝⎠Аналогично, обращается в 0 подстановка в точке x = l .Заменим во второй формуле Грина верхний предел интегрирования на x ∈ [ 0, l ]⎧⎛dudv∫0 ( vL[u ] − uL[v]) dξ = ⎩⎨ p (ξ ) ⎜⎝ v (ξ ) dξ − u (ξ ) dξxx⎞⎫⎟⎬ ,⎠⎭ 0и продифференцируем обе части написанного равенства по переменной x :d ⎧dudv ⎞ ⎫⎛vL[u ] − uL[v] = ⎨ p ( x ) ⎜ v ( x ) − u ( x ) ⎟ ⎬ .dx ⎩dxdx ⎠ ⎭⎝Подставив вместо u ( x) и v ( x ) функции y1 ( x) и y2 ( x) – ФСР однородного уравнения, получим⎧⎫⎪dy1dy2 ⎞ ⎪⎪d ⎪⎛y2 L[ y1 ] − y1 L[ y2 ] = 0 ⇒−pxyxyx()()()⎨1⎜ 2⎟ ⎬ = 0 – тождество Лагранжа.dxdxdx⎝⎠⎪⎪=0=0W ( x)≠0⎪⎩⎪⎭Далее, интегрируя последнее равенство, будем иметьp ( x )W ( x ) = C ⇒p ( x ) W ( x ) = C ≠ 0 – формула Лиувилля – Остроградского.30.Теорема единственности решения неоднородной краевой задачи.Рассмотрим однородную краевую задачу (однородное уравнение и нулевые краевыеусловия):L[ y ] = 0, 0 < x < l(5)N 0 [ y ] ( 0 ) = 0, N l [ y ] ( l ) = 0Если у такой задачи есть ненулевое решение, то его можно трактовать как собственнуюфункцию задачи Штурма–Лиувилля, отвечающую нулевому собственному значению:L[ y ] = 0 ⋅ y, 0 < x < lλB0 [ y ] ( 0 ) = 0, Bl [ y ] ( l ) = 0Теорема 1.
Если однородная краевая задача имеет только тривиальное решение, тосоответствующая ей неоднородная задача имеет не более одного решения.Доказательство. Пусть y1 ( x) и y2 ( x) – решения задачиL[ y ] = f ( x ) , 0 < x < lB0 [ y ] ( 0 ) = 0, Bl [ y ] ( l ) = 0,тогда w( x) = y1 ( x) − y2 ( x) – решение однородной краевой задачиL[ w] = 0, 0 < x < l,B0 [ w] ( 0 ) = 0, Bl [ w] ( l ) = 0которая по условию имеет только нулевое решение, т.е.
w( x ) ≡ 0 , или y1 ( x) ≡ y2 ( x) .40.Теорема о достаточных условиях единственности решения неоднородной краевойзадачи.Сформулируем некоторые достаточные условия того, что однородная краевая задачаимеет только тривиальные решения.Теорема 2. Пусть в операторе L[u ] q ( x) ≥ 0 . Тогда однородная краевая задача имеет:в случае граничных условий 1– го рода только тривиальное решение;1)в случае граничных условий 2– го рода только тривиальное решение, если q ( x) > 0 ,2)или нетривиальное решение u ( x ) = const , если q ( x) ≡ 0 ;Доказательство. Пусть y = u ( x) – решение однородной задачи. Применим первую формулуГрина:l2ll ⎡⎤⎛ du ⎞du2uLudpupquξ[]ξξ0ξξξξξ==−+⎢⎥ dξ .()()()()()()()⎜⎟∫0∫ddξξ⎝⎠⎢⎥⎦0 ⎣0=0Далееl2l ⎡⎤⎛ du ⎞du20 = p (ξ ) u (ξ )− ∫ ⎢ p (ξ ) ⎜⎟ + q (ξ ) u (ξ ) ⎥ dξdξ 0 0 ⎢⎣⎝ dξ ⎠⎥⎦2⎡⎤⎛ du ⎞2∫0 ⎢⎢ p (ξ ) ⎜⎝ dξ ⎟⎠ + q (ξ ) u (ξ )⎥⎥ dξ = 0 .⎣⎦l⇒=0Так как p ( x ) > 0 , q ( x) ≥ 0 , то оба слагаемых под интегралом неотрицательны, аduравенство возможно лишь в когда≡ 0 .
Поэтому u ( x ) = const независимо от граничныхdxусловий.1) Если заданы граничные условия 1–го рода u (0) = u (l ) = 0 , тогдаu ( x ) = const = u (0) = u (l ) = 0 .2) В случае граничных условий 2–го рода:q ( x) > 0⎧0, еслиdu≡ 0 ⇒ u ( x) = const = ⎨.q ( x) ≡ 0dx⎩C , если50.Функции Грина и ее свойства.Определение. Функцией Грина краевой задачи (1),(2) называется функция 2-х переменныхG ( x, s ) такая, что1)G ( x, s ) определена и непрерывна в квадрате {0 ≤ x ≤ l} × {0 ≤ s ≤ l} ;2)3)4)G ( x, s ) удовлетворяет однородному уравнению Lx [G ] = 0 при 0 < x, s < l ;G ( x, s ) удовлетворяет нулевым граничным условиям;В точке x = s первая производная имеет разрыв I рода:dG ( x, s )dxx= s +0=x = s −0dGdG1.( s + 0, s ) − ( s − 0, s ) =dxdxp ( s)Замечание.
Из определения функции G(x,s) следует, чтоdGdG1;1)( x + 0, x ) − ( x − 0, x ) =dxdxp ( x)2.а)2.б)dG( x, x − 0 ) =dxdG( x, x + 0 ) =dxdG( x + 0, x ) ;dxdG( x − 0, x )dxТеорема 3. Пусть однородная краевая задача (5) имеет только тривиальное решение.Тогда существует единственное решение неоднородной краевой задачи (3), которое может бытьвыражено через функцию Грина:ly ( x) = ∫ G ( x, s ) f ( s ) ds .0Доказательство.Рассмотрим первую краевую задачуL[ y ] = f ( x), 0 < x < ly (0) = 0, y (l ) = 0где 0 < p( x) ∈ C1 (0, l ) ; q ( x), f ( x ) ∈ C[0, l ] .Решением данной краевой задачи будем считать дважды дифференцируемую функцию,удовлетворяющую уравнению и граничным условиям.Пусть соответствующая однородная задача имеет только нулевое решение, т.е.L[ y ] = 0⇒ y ( x) ≡ 0y (0) = 0, y (l ) = 0Тогда неоднородная (при f ( x ) ≡ 0 ) краевая задача имеет единственное решение (Теорема 1).Построим это решение.1.Пусть известны два нетривиальных решения двух задач Коши для однородногоуравнения с начальными условиями в точках x = 0 и x = l :⎧ L[ y1 ] = 0,⎧ L[ y ] = 0,y1 ( x) ≠ 0 :y2 ( x ) ≠ 0 : ⎨ 2и⎨⎩ y1 (0) = 0⎩ y2 (l ) = 0Тогда y1 (l ) ≠ 0 , так как в противном случаеL[ y1 ] = 0⎫⎬y1 (0) = 0, y1 (l ) = 0 ⎭Аналогично, y2 ( 0 ) ≠ 0 , иначеy1 ( x ) ≡ 0 .⇒L[ y2 ] = 0⎫⎬ ⇒ y2 ( x ) ≡ 0 .y2 (0) = 0, y2 (l ) = 0 ⎭2.Функции y1 ( x) и y2 ( x) - линейно независимы на отрезке x ∈ [0, l ] .
Действительно, еслибы y1 и y2 были линейно зависимы, например,y1 = Cy2 (C ≠ 0),тогда y1 (l ) = Cy2 (l ) = 0 , что противоречит тому, что y1 (l ) ≠ 0 .3.Разрешим исходное уравнение относительно старшей производнойp′qf ( x)y′′ + y′ − y == f1 ( x)pppи будем строить его решение методом вариации постоянных в видеy ( x) = C1 ( x) y1 ( x) + C2 ( x) y2 ( x) .Дифференцируя, получим СЛАУ для C1′( x) и C2′ ( x) :⎧C ′1( x) y1 ( x) + C ′2( x) y2 ( x) = 0.⎨⎩C ′1( x) y′1( x) + C ′2( x) y′2( x) = f1 ( x)Определитель данной системы есть определитель Вронского Δ = W ≠ 0 , который отличен отнуля, так как из результата п.
2. следует, что функции y1 , y2 - линейно независимы. Поэтомусуществует единственное решение СЛАУ, которое можно найти по формулам Крамера:0 y2y1 0Δ1 == − y2 f1Δ2 == y1 f1f1 y ′ 2y′1 f1y2 ( x ) f ( x )y ( x) f ( x),.C ′2 = 1p ( x)W ( x)p ( x)W ( x)Из формулы Лиувилля-Остроградского имеем p ( x )W ( x ) = C = p ( s )W ( s ) , откуда11C ′1 = − y2 ( x) f ( x),C ′2 = y1 ( x) f ( x) .CCДалее, путем интегрировании найдемx1C2 ( x) = ∫ y1 ( s ) f ( s ) ds + C20 ,C0C ′1 = −xC1 ( x) = −1C∫ y ( s) f ( s)ds + C012l=1Cl∫ y ( s) f ( s)ds + C201.xПодставляя C1 ( x) и C2 ( x) в формулу для решения, получимly ( x) =xy1 ( x)y ( x)y2 ( s) f ( s)ds + 2y1 ( s) f ( s)ds + C10 y1 ( x) + C20 y2 ( x)∫∫C xC 0Из граничных условий определим константы C1 и C2 :=0y ( 0) =y1 ( 0 ) ly2 ( 0 ) 0y(s)f(s)dsy1 ( s ) f ( s )ds + C10 y1 ( 0 ) + C20 y2 ( 0 ) = 0+2∫∫C 0C 0=0⇒C20 = 0 ,⇒C10 = 0 .≠0=0y (l ) =y1 ( l )C=0l∫ y (s) f (s)ds +y2 ( l )2∫ y (s) f (s)ds + C011Cll0y1 ( l ) + C20 y2 ( l ) = 0≠0=0=0Следовательно,xy ( x) = ∫0ly1 ( s ) y2 ( x)y ( s ) y1 ( x)f ( s ) ds + ∫ 2f ( s ) ds .CCxОбозначим⎧ y1 ( s) y2 ( x), 0 ≤ s ≤ x1 ⎧ y1 ( s) y2 ( x), 0 ≤ s ≤ x1=,⎨⎨C ⎩ y2 ( s) y1 ( x), x ≤ s ≤ lp ( s)W ( s) ⎩ y2 ( s ) y1 ( x), x ≤ s ≤ lгде G ( x, s ) - функция Грина.
Из вида функции Грина следует, что она симметричная, т.е.⎧ y1 ( x) y2 ( s ), 0 ≤ x ≤ s1 ⎧ y ( x) y2 ( s), 0 ≤ x ≤ s1=G ( x, s) = ⎨ 1.(6)⎨C ⎩ y2 ( x) y1 ( s), s ≤ x ≤ lp( s )W ( s ) ⎩ y2 ( x) y1 ( s), s ≤ x ≤ lСледовательно,G ( s, x ) =ly ( x) = ∫ G ( x, s ) f ( s ) ds ,0что и требовалось доказать.Замечание (физический смысл функции Грина). Рассмотрим краевую задачу:L[ y ] = δ ( x − x0 ), x, x0 ∈ ( 0, l ),y (0) = 0, y (l ) = 0т.е. уравнение с внешним источником, сосредоточенным в точке x0 ∈ (0; l ) .
Решение методомфункции Грина даетly ( x) = ∫ G ( x, s )δ ( s − x0 ) ds = G ( x, x0 ),0т.е. G ( x, x0 ) – это значение решения y ( x) в точкеисточник f ( x) = δ ( x − x0 ).x ∈ (0; l ) ,если в точке x0 расположенПример (статическая задача о профиле струны).Рассмотрим следующую задачуy′′( x) = f ( x),0 < x < 1,f ( x) ∈ C[0,1],y (0) = 0, y (1) = 0т.е. в используемых обозначениях p ( x ) ≡ 1, q ( x ) ≡ 0 , а L[ y ] ≡ y ′′ .Решение.Рассмотрим однородную задачу, которая, очевидно, имеет только тривиальное решение:⎧ y′′( x) = 0 ⎯→ y = C1 x + C2⎪⎯→ C2 =0⇒ y≡0⎨ y (0)=0⎪ y (1) = 0 ⎯→ C = 0.⎩1Следовательно, исходная задача имеет единственное решение.Построим функцию Грина. Выберем два решения, каждое из которых удовлетворяетодному из граничных условий:⎧ y′′ ( x) = 0y1 ( x) : ⎨ 1⇒y1 ( x) = x⎩ y1 (0) = 0⎧ y′′ ( x) = 0y2 ( x ) : ⎨ 2⇒ y2 ( x ) = x − 1⎩ y2 (1) = 0Далее, воспользуемся формулой (6) и получим1 ⎧⎪ x ( s − 1) , 0 ≤ x ≤ s,G ( x, s ) = ⎨C ⎪⎩ ( x − 1) s, s ≤ x ≤ 1где C = p( s )W ( s ) =s s −1= 1 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
