А.А. Самарский, Е.С. Николаев - Методы решения сеточных уравнений (1978) (1160094), страница 11
Текст из файла (страница 11)
Так как справедливо равенство л (1 ! ь)л — Х Срьр( -р р=о Р! (л Р)! то, умножая (5) на СЦл рг)!) и суммируя по р от нуля до п( и,— 1, получим, что для любого ! имеют место равенства Х ао(!'+й)г)!о')=О, и=О, 1, ..., и,— 1. о=о Используя их, легко найдем, что частными решениями однородного уравнения (1) являются сеточные функции ол л л, „.,;(1) =!'"г)(!, 0(п(п! — 1, 1=1, 2, ..., з, (9) т. е., если д! — корень характеристического уравнения кратности и„ то функции !)(, !д)!, ..., 1"' !г))!, 1=1, 2, ..., з суть решения уравнения (1).
оо а ьд!' Жу! !уь 2ч~~ 2веав (и — 1)д! ' ( 1)в ла 1 1 о ч! о 'у! ив (О!в в Ол) гл-! вув (и — 1) дв ! !ув 2щ 1 вув о д, О !ув 2лв а!ув~ ... Ь"в Ч,;.в (и — 1)лв аевви Он может быть непосредственно получен из определителя Ван- дермонда х, ... х! ! х! 1 х, = П Д (хг — х!) в= ! у=!+ ! %'(ха, х„..., х )= в лв-! 1 х„, ! хи! ... хй! в и-а ! х, хи,„хи следующим образом.
Возьмем от %' первую производную по х, да! ' и умножим ее на х,. Результат обозначим через %7,=х,— „ Далее вычислим дЯГл, и т. д., пока не получим (р'и. Затем вычислим ((7и+, — — х, е, —., л +в дхл,+в продолжим процесс дифференцирования, вычисляя )Г„ / д)!Гл, + в '! л'+в дхи+в ~ в~+в дхл,+в,/' В результате получим Я7 =%'„(х„х„..., х ). Положим здесь ха=х,=... =х„=!у„х„,„=х„,„=... =хл,+л — — вув и т. д. Легко убедиться в том, что вал(ог, о„..., о ) =((7, а простые вычисления дают ла-! в-! в йу.=П П т! )а П П И,— у!)""!. а=! и=! в=! )=вл! Отсюда следует, что вал(о„..., о„) ФО, так как в)у~ау! при у~а, а поэтому функции а,(у), о,(у), ..., о„(у), построенные выше, являются линейно независимыми решенйями однородного 61 Осталось показать, что функции о,(у), ..., о„(у), определенные в (9), являются линейно независимыми решениями.
Для этого вычислим определитель вал(о„..., о„), который в данном случае имеет вид уравнения (1). При этом общее решение уравнения (1) записы- вается в виде я пл-1 у(!) — Х с."!"И С=1 ьа где с„'" — произвольные постоянные. 3. Примеры. Рассмотрим простейшие примеры нахождения общего решения однородного разностного уравнения с постоянными коэффициентами. 1. Требуется найти общее решение уравнения у(!+2) — у(!+!) — 2у(!) = О.
(10) Составляем характеристическое уравнение о' — д — 2 = 0 и находим его корни д,=2, д,= — 1. Так как корни простые, то общее решение уравнения (10) имеет вид у(!) =с,2'+с, ( — 1)'. 2.Найти общее решение уравнения четвертого порядка у(!+4) — 2у(!+3)+Зу(!+2)+2у(!+1) — 4у(!)=О. (11) Характеристическое уравнение д' — 2с'+ Зд'+ 2д — 4 = 0 имеет два действительных корня о, = 1, д,= — 1 и два комплексно сопряженных корня д, = 2 (соз — + !э!п — ) и д, = 2 ! соз —" — (з!п л ) з7 1=)/ — 1. Следовательно, общее решение уравнения (11), принимающее действительные значения, имеет вид у(1) =с,+с,( — 1)7+27 (с,соз 3 !+ с, з!п — !) . 3.
Найти общее решение уравнения четвертого порядка у(!+4) — 7у(!+3)+!8у(!+2) — 20у(!+1)+8у(!)=О. (12) Характеристическое уравнение д' — 7д'+ !А' — 20д -1 8 = (д — 2)' (д — 1) = О имеет корень д, =2 кратности 3 и корень д,=! кратности 1. Следовательно, общее решение (12) имеет внд у (/) = с + 27 (с, + с,1 + с, ! '), а частными линейно независимыми решениями (12) являются сеточные функции о,(!)=1, о,(!) =2~, о,,Н) =!2~, о,(!) =1'21. 4. Найти общее решение уравнения четвертого порядка у (! + 4) + 8у (! + 2) + 16у (1) = О. (13) Характеристическое уравнение д'+8д'+16=(д'+4)'=0 л .. лт имеет комплексный корень д,=2(соз — +!з1п-~ кратности 2 ба и сопряженный ему корень д,=2~сов —" — (з!и — ") тоже кратности 2. Поэтому общее решение уравнения (13), которое при.
нимает действительные значения, имеет вид у(!) =(С!+с!1) 2 соз 2 1+(со+С!1) 2! 3!п 2 1. Рассмотрим еще два примера. В одном примере мы найдем решение задачи Коши для неоднородного уравнения первого порядка, в другом — краевой задачи для однородного уравнения четвертого порядка. 5. Найти решение следующей задачи: у (!'+ 1) — ау (с) = ) (ю), Е )~ О, у (0) = у„(14) где а =сопз1. Характеристическое уравнение д — а = 0 имеет единственный корень д,=а. Поэтому общее решение однород. ного уравнения имеет вид у(!) = — са', с=сопз1. Частное решение неоднородного уравнения (14) найдем, используя метод вариации постоянной.
Формула (20) э 2 дает следующее частное решение уравнения (14): о-! с-! у(1) = ~ ао-"-!) (й) = 2, 'ао((1 — И вЂ” 1). о=о о=о В силу теоремы 3 общее решение неоднородного уравнения (14) имеет вид 1-! у(!) =со'+ ~ ао1(! — Й вЂ” 1). о=о Полагая здесь ! = О, получим (сумма при этом исчезает) у, = ,= у(0) =с. Таким образом, решение задачи (14) дается формулой и-! у(!) = у!а'+ Х а"~ (! — й — 1), 1) О. !=о 6. Найдем теперь решение уравнения четвертого порядка у(!+2) — у(1+1)+2у(1) — у Ц вЂ” 1)+у(1+2) = О, 2 (/(Лà — 2, (15) удовлетворяющее следующим краевым условиям: 2у(2) — у(ц+у(0) =2, у(3) — у(2)+у(1) — у(0) = О, у (йг — 3) — у (М вЂ” 2) + у (йг — 1) — у (Лг) = О, 2у(У вЂ” 2) — у(У вЂ” 1)+у(Л!) =О.
Х арактеристическое уравнение д' — д'+2д' — д+1=(д' — д+1)(до+ Ц=О, (16) соответствующее (15), имеет простые комплексные корни д, л .. л л .. л л .. л =сов — +13!и —, дв = соз — ! 31п — д = соз — +(з)ив 3 3' ' 3 3' в 2 л . вв ..в— в)в = соз — 131п —, ! = Р' — 1. Следовательно, общее решение однородного уравнения (15), принимающее действительные значения, имеет вид ! ..
! . ! .. ! У(1) =свсоз — л!+с,зт —.л!+с,соз — л1+ с,звп — л1. (17) Выделим теперь из общего решения (17) решение, которое удовлетворяет краевым условиям (16). Для этого подставим (17) в (16) и получим следующую систему для постоянных с„с„ 2л 2л соз — с 3 +зш — с 3 — с — с в в =2 с~ +О с, +О.с,+О с =О, Нл Нл . 3 в +зш 3 4. +О',+О'в =О, (Н вЂ” 2)л . (Н вЂ” 2)л I лН . лН1 соз 3 с +31п — с — ~сов — +зйп —,) с + 3 в (, 2 2 ) в лН . лН1 +(соз — 3!п — ) с = О. 2 2) Нл Нл Определитель этой системы равен — 2зш — соз — и отличен от 3 2 нуля, если У четно, но не кратно 3. В этом случае, учитывая четность У, получим с,=с,=О, с,=с,= — 1.
Таким образом, если У четно и не кратно 3, то решейие краевой задачи (15), (16) существует и дается формулой у О) = — соз — з)п —, О (1 ( У. л1 . л( Если У нечетно или кратно 3, то решение задачи (15), (16) либо не существует, либо неединственно. Этот пример иллюстрирует различие между краевыми задачами, решение которых существует не всегда, и задачей Коши, обладающей единственным решением.
и 4, Уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами 1. Общее решение однородного уравнения. Настоящий параграф посвящен разностным уравнениям второго порядка с постоянными коэффициентами а,у(1+2)+аву(!+1)+аву(!) =1(1), а„а,чьО. (1) Сначала найдем общее решение соответствующего однородного 64 уравнения а,у(!+2)+а,у(1+1)+а,у(1) = О. (2) Характеристическое уравнение а,д'+ а,Ч+ а, = 0 имеет корни о 2 — а,+оо а,— 4аоао — а1 — ад — 4аоао 2ао ' О)о 2ао ( ) ЧоЧ( Чоч( „( ) Ч( Ч( Ч*-Ч. " ' Ч.-Ч1 (3) принимающие при ! =0 и 1=1 следующие значения: с,(0) = 1, и, (1) = О, о, (0) = О, о, (!) = 1. (4) Очевидно, нужно только показать, что функции (3) в случае а',=4а,а, являются решениями однородного уравнения.
Линейная независимость построенных функций (3) следует из условия б,(с„с,) ~0, где ! о,(0) оо (1) 1 о(оо Со)=)„(О) о (1)). Переходя к пределу в (3) при Ч„стремящемся к Ч„получим функции с,(!) = — (! — !) Ч(, с,(1) =)Ч( ', которые действительно являются решениями однородного уравнения (2). Заметим, что функции с,(/) и оо(!) из (3) принимают действительные значения и в том случае, когда корни Ч, и Ч, комплексны. Это позволяет не рассматривать отдельно случай комплексных корней. Итак, общее решение однородного уравнения (2) может быть записано в виде где с, и с, †произвольн постоянные. Заметим, что в силу (4) будем иметь у(0) =с„у(1) =с,. Рассмотрим пример. Требуется найти общее решение однородного уравнения у(1+ 2) — 2ху(1+ 1) +у(1) = О, (6) где х — параметр, принимающий любые действительные значения.
В этом случае имеем 1 +~ х' — 1, Ч,= —, Ч,— Ч,= 2ух 1, (у) 1 55 Согласно общей теории разностных уравнений с постоянными коэффициентами, изложенной в 2 3, линейно независимыми решениями уравнения (2) являются функции о, (1) = Ч1, о, (1) = Ч(, если аоче4аоа„и о,(!)=Ч(, со(!)=!Ч(, если а',=4а,а,. Дла дальнейшего нам будет удобно использовать другие линейно независимые решения Подставляя (7) в (6), получим общее решение уравнения (6) для любого х в виде (х+ )1' 55 — 1)Г ' — (х+ )Г ха — 1) '(к+,х — ) (.-~=-!)- В частности, если )х~(1, то формула (8) может быть записана в виде 5!П(! — !)агссовх 0)+в!п)агосовх Ми агссов к в!п агссов х У (Для получения (9) было использовано тождество х = соз(агссозх)). Воспользуемся полученным результатом для решения поставленной в п.
4 9'1 задачи о вычислении интегралов Там было показано, что эта задача сводится к решению задачи Коши для уравнения 7»+1 — 2 соз г(3»+ 7», = О, 75 = О, 11 = гг. (10) Это уравнение есть частный случай (6) с х=созгр. Так как ~ х (( 1, то общее решение уравнения (10) дается формулой (9), т. е. 5!и (» — 1) е 5!П»га 5»= 15+ 51П 15 51П О Подставляя сюда начальные данные для 1», получим решение поставленной задачи В качестве второго примера рассмотрим решение краевой задачи д(!+ Ц вЂ” д(1)+д(1 — Ц = О, 1(1( Л вЂ” 1, д(О)=1, д(й!)=О. Уравнение задачи (1Ц также есть частный случай (6), соответствующий значению х= 1)2.
Формула (9) дает следующее общее решение уравнения (1 Ц: Р(1) — (с "" З +сваю ЗЯзгп З ц — 1) и . )п'1 Постоянные с„и с, находятся из краевых условий для 9(1). Если Лг не кратно 3, то с,= — 1, с,=з)п — я(11! — ц!51п з я11! и 1 ! . ! решение задачи (1!) имеет вид у(!)= — з(~ — !) !. — зЫ, ~~1(ж ! . /.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
