8.4: Серійні подання функцій Гріна
- Page ID
- 61634
Бувають випадки, що знайти функцію Гріна в простій закритій формі, яку ми бачили досі, може бути не так просто. Однак існує метод визначення функцій Гріна крайових задач Штурма-Ліувілля у вигляді власної функціональної експансії. Ми закінчимо наше обговорення функцій Гріна для звичайних диференціальних рівнянь, показавши, як отримують такі послідовні уявлення. (Зауважте, що ми дійсно просто повторюємо кроки до розробки розширення власної функції, які ми бачили в главі 6.)
Ми скористаємося повною множиною власних функцій диференціального оператора\(\mathcal{L}\), що задовольняє однорідним граничним умовам:
\[\mathcal{L}\left[\phi_{n}\right]=-\lambda_{n} \sigma \phi_{n}, \quad n=1,2, \ldots \nonumber \]
Ми хочемо знайти конкретний розв'язок, що\(y\) задовольняє\(\mathcal{L}[y]=f\) і однорідні граничні умови. Ми припускаємо, що
\[y(x)=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \phi_{n}(x) . \nonumber \]
Вставивши це в диференціальне рівняння, отримаємо
\[\mathcal{L}[y]=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \mathcal{L}\left[\phi_{n}\right]=-\sum_{n=1}^{\infty} \lambda_{n} a_{n} \sigma \phi_{n}=f . \nonumber \]
Це призвело до узагальненого розширення Фур'є.
\[f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} \sigma \phi_{n}(x) \nonumber \]
з коефіцієнтами
\[c_{n}=-\lambda_{n} a_{n} . \nonumber \]
Ми бачили, як обчислити ці коефіцієнти раніше в тексті. Ми множимо обидві сторони на\(\phi_{k}(x)\) і інтегруємо. Використовуючи ортогональність власних функцій,
\[\int_{a}^{b} \phi_{n}(x) \phi_{k}(x) \sigma(x) d x=N_{k} \delta_{n k}, \nonumber \]
отримують коефіцієнти розширення (якщо\(\lambda_{k} \neq 0\))
\[a_{k}=-\dfrac{\left(f, \phi_{k}\right)}{N_{k} \lambda_{k}}, \nonumber \]
де\(\left(f, \phi_{k}\right) \equiv \int_{a}^{b} f(x) \phi_{k}(x) d x\).
Як і раніше, ми можемо переставити рішення для отримання функції Гріна. А саме, у нас є
\[y(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{\left(f, \phi_{n}\right)}{-N_{n} \lambda_{n}} \phi_{n}(x)=\int_{a}^{b} \underbrace{\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{\phi_{n}(x) \phi_{n}(\xi)}{-N_{n} \lambda_{n}}}_{G(x, \xi)} f(\xi) d \xi \nonumber \]
Тому ми знайшли функцію Гріна як розширення у власних функціях:
\[G(x, \xi)=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{\phi_{n}(x) \phi_{n}(\xi)}{-\lambda_{n} N_{n}} . \label{8.72} \]
Завершимо це обговорення прикладом. Розглянемо крайову задачу
\[y^{\prime \prime}+4 y=x^{2}, \quad x \in(0,1), \quad y(0)=y(1)=0 . \nonumber \]
Функція Гріна для цієї задачі може бути побудована досить швидко для цієї задачі після вирішення проблеми з власними значеннями. Ми вирішимо цю проблему трьома різними способами, щоб узагальнити методи, які ми використовували в тексті.
Задача про власне значення:
\[\phi^{\prime \prime}(x)+4 \phi(x)=-\lambda \phi(x), \nonumber \]
де\(\phi(0)=0\) і\(\phi(1)=0\). Загальне рішення виходить шляхом перезапису рівняння як
\[\phi^{\prime \prime}(x)+k^{2} \phi(x)=0 \nonumber \]
де
\[k^{2}=4+\lambda . \nonumber \]
Розв'язки, що\(x=0\) задовольняють граничну умову при мають вигляд
\[\phi(x)=A \sin k x . \nonumber \]
Форсування\(\phi(1)=0\) дає
\[0=A \sin k \Rightarrow k=n \pi, \quad k=1,2,3 \ldots \nonumber \]
Отже, власні значення є
\[\lambda_{n}=n^{2} \pi^{2}-4, \quad n=1,2, \ldots \nonumber \]
і власні функції є
\[\phi_{n}=\sin n \pi x, \quad n=1,2, \ldots \nonumber \]
Потрібна постійна нормалізація,\(N_{n}\). У нас це
\[N_{n}=\left\|\phi_{n}\right\|^{2}=\int_{0}^{1} \sin ^{2} n \pi x=\dfrac{1}{2} . \nonumber \]
Тепер ми можемо побудувати функцію Гріна для цієї задачі за допомогою Equation (8.72).
\[G(x, \xi)=2 \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin n \pi x \sin n \pi \xi}{\left(4-n^{2} \pi^{2}\right)} . \label{8.73} \]
Ми можемо використовувати цю функцію Гріна для визначення розв'язку крайової задачі. Таким чином, ми маємо
\ [\ почати {вирівняний}
y (x) &=\ int_ {0} ^ {1} G (x,\ xi) f (\ xi) д\ xi\
&=\ int_ {0} ^ {1}\ лівий (2\ sum_ {n = 1} ^ {\ infty}\ dfrac {\ sin n\ пі x\ sin n\ pi\ xi} {\ лівий (n^ {2}\ pi^ {2}\ праворуч)}\ xi^ {2} d\ xi\\
&=2\ sum_ {n=1} ^ {\ infty}\ dfrac {\ sin n\ пі x} {\ ліворуч (4-n^ {2}\ pi^ {2}\ праворуч)}\ int_ {0} ^ {1}\ xi^ {2}\ sin n\ пі\ xi d\ xi\
&=2\ sum_ {n=1} ^ {\ infty}\ dfrac {\ sin n\ пі x} {\ лівий (4-n^ {2}\ pi^ {2}\ праворуч)}\ лівий [\ dfrac {\ ліворуч (2-n^ {2}\ pi^ {2}\ праворуч) (-1) ^ {n} -2} {n^ {3}\ pi^ {3}}\ праворуч]
\ кінець {вирівняний}\ мітка {8.74}\]
Ми можемо порівняти це рішення з тим, яке отримало б, якби ми не використовували функції Гріна безпосередньо. Метод розширення власної функції для розв'язання крайових задач, який ми бачили раніше, протікає наступним чином. Припускаємо, що наше рішення у вигляді
\[y(x)=\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} \phi_{n}(x) . \nonumber \]
Вставка цього в диференціальне рівняння\(\mathcal{L}[y]=x^{2}\) дає
\ [\ почати {вирівняний}
x^ {2} &=\ mathcal {L}\ лівий [\ sum_ {n=1} ^ {\ infty} c_ {n}\ sin n\ pi x\ праворуч]\\
&=\ sum_ {n=1} ^ {\ infty} c_ {n}\ лівий [\ dfrac {d^ {2}} {d ^ {x ^ {x^} 2}}\ sin n\ пі x+4\ sin n\ пі х\ право]\\
&=\ sum_ {n=1} ^ {\ infty} c_ {n}\ ліворуч [4-n^ {2}\ pi^ {2}\ праворуч]\ sin n\ pi x
\ end {вирівняний}\ мітка {8.75}\]
Нам потрібно розширення рядів синуса Фур'є\(x^{2}\) on для\([0,1]\) того, щоб визначити їх.\(c_{n}\)
\ [\ почати {вирівняний}
b_ {n} &=\ dfrac {2} {1}\ int_ {0} ^ {1} x^ {2}\ sin n\ пі x\\
&=2\ ліворуч [\ dfrac {\ ліворуч (2-n^ {2}\ pi^ {2}\ праворуч) (-1) ^ {n} -2} {n^ {3}\ pi {3}}\ праворуч],\ quad n=1,2,\ ldots
\ end {вирівняний}\ мітка {8.76}\]
Таким чином,
\[x^{2}=2 \sum_{n=1}^{\infty}\left[\dfrac{\left(2-n^{2} \pi^{2}\right)(-1)^{n}-2}{n^{3} \pi^{3}}\right] \sin n \pi x . \nonumber \]
Вставивши це в Рівняння (8.75), знаходимо
\[2 \sum_{n=1}^{\infty}\left[\dfrac{\left(2-n^{2} \pi^{2}\right)(-1)^{n}-2}{n^{3} \pi^{3}}\right] \sin n \pi x=\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}\left[4-n^{2} \pi^{2}\right] \sin n \pi x . \nonumber \]
Завдяки лінійній незалежності власних функцій ми можемо вирішити для отримання невідомих коефіцієнтів
\[c_{n}=2 \dfrac{\left(2-n^{2} \pi^{2}\right)(-1)^{n}-2}{\left(4-n^{2} \pi^{2}\right) n^{3} \pi^{3}} . \nonumber \]
Тому рішення з використанням методу розширення власної функції є
\ [\ почати {вирівняний}
y (x) &=\ sum_ {n=1} ^ {\ infty} c_ {n}\ phi_ {n} (x)\\
&=2\ sum_ {n=1} ^ {\ infty}\ dfrac {\ sin n\ pi x} {\ лівий (4-n^ {2}\ pi^ {2}\ праворуч)\ [\ dfrac {\ ліворуч (2-n^ {2}\ pi^ {2}\ праворуч) (-1) ^ {n} -2} {n^ {3}\ pi^ {3}}\ праворуч].
\ end {вирівняний}\ мітка {8.77}\]
Зауважимо, що це те саме рішення, яке ми отримали за допомогою функції Гріна, отриманої в послідовному вигляді.
Питання, що залишилося, полягає в наступному: чи існує закрита форма для функції Гріна і рішення цієї проблеми? Відповідь - так! Зауважимо, що диференціальний оператор є окремим випадком прикладу done - розділ 8.2.2. А саме підбираємо\(\omega=2\). Функція Гріна вже була знайдена в цьому розділі. Для цього особливого випадку ми маємо
\ [G (x,\ xi) =\ лівий\ {\ почати {масив} {l}
-\ dfrac {\ sin 2 (1-\ xi)\ sin 2 x} {2\ sin 2}, 0\ leq x\ leq\ xi\
-\ dfrac {\ sin 2 (1-х)\ sin 2\ xi} {2\ sin 2},\ xi\ leq\ leq\ leq 1
\ end {масив}\ право. \ етикетка {8.78}\]
А як щодо розв'язку крайової задачі? Дане рішення дається
\ [\ почати {вирівняний}
y (x) &=\ int_ {0} ^ {1} Г (x,\ xi) f (\ xi) д\ xi\
&=-\ int_ {0} ^ {x}\ dfrac {\ sin 2 (1-x)\ sin 2\ xi} {2} d\ xi+\ int_ {x} {1}\ dfrac {\ sin 2 (\ xi-1)\ sin 2 x} {2\ sin 2}\ xi^ {2} d\ xi\\
&=-\ dfrac {1} {4\ sin 2}\ ліворуч [-x^ {2}\ sin 2-\ sin 2\ sin 2\ cos ^ {2} x+\ sin 2+\ cos 2\ sin x\ cos x\ cos x+\ sin x\ cos х\ право]. \\
&=-\ dfrac {1} {4\ sin 2}\ лівий [-x^ {2}\ sin 2+\ лівий (1-\ cos ^ {2} х\ праворуч)\ sin 2+\ sin x\ cos x (1+\ cos 2)\ праворуч]. \\
&\ ліворуч. =-\ dfrac {1} {4\ sin 2}\ лівий [-x^ {2}\ sin 2+2\ sin ^ {2} х\ sin 1\ cos 1+2\ sin x\ cos x\ cos ^ {2} 1\ праворуч)\ праворуч]. \\
&=-\ dfrac {1} {8\ sin 1\ cos 1}\ лівий [-x^ {2}\ sin 2+2\ sin x\ cos 1 (\ sin x\ sin 1+\ cos x\ cos 1)\ праворуч]. \\
&=\ dfrac {x^ {2}} {4} -\ dfrac {\ sin x\ cos (1-x)} {4\ sin 1}.
\ end {вирівняний}\ мітка {8.79}\]
На малюнку 8.4 ми показуємо сюжет цього рішення разом з першими п'ятьма термінами розв'язку ряду. Рішення серії швидко сходиться.
В якості останньої перевірки ми вирішуємо крайову задачу безпосередньо, як це було зроблено в главі 4. Знову ж таки, проблема полягає в тому,
\[y^{\prime \prime}+4 y=x^{2}, \quad x \in(0,1), \quad y(0)=y(1)=0 . \nonumber \]
Проблема має загальне рішення
\[y(x)=c_{1} \cos 2 x+c_{2} \sin 2 x+y_{p}(x) \nonumber \]
де\(y_{p}\) - конкретний розв'язок неоднорідного диференціального рівняння. Використовуючи метод невизначеного коефіцієнта, приймаємо розв'язку виду
\[y_{p}(x)=A x^{2}+B x+C . \nonumber \]
Вставивши це в неоднорідне рівняння, ми маємо
\[2 A+4\left(A x^{2}+B x+C\right)=x^{2}, \nonumber \]
Таким чином,\(B=0,4 A=1\) і\(2 A+4 C=0\). Рішенням цієї системи є
\[A=\dfrac{1}{4}, \quad B=0, \quad C=-\dfrac{1}{8} . \nonumber \]
Отже, загальним розв'язком неоднорідного диференціального рівняння є
\[y(x)=c_{1} \cos 2 x+c_{2} \sin 2 x+\dfrac{x^{2}}{4}-\dfrac{1}{8} . \nonumber \]
Тепер ми визначаємо довільні константи за допомогою граничних умов.
У нас є
\ [\ почати {вирівняний}
0 &=y (0)\\
&=c_ {1} -\ dfrac {1} {8}\\
0 &=y (1)\\
&=c_ {1}\ cos 2+c_ {2}\ sin 2+\ dfrac {1} {8}
\ кінець {вирівняний}\ мітка {8.80}\]
Таким чином,\(c_{1}=\dfrac{1}{8}\) і
\[c_{2}=-\dfrac{\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8} \cos 2}{\sin 2} . \nonumber \]
Вставляючи ці константи в рішення, ми знаходимо те ж рішення, що і раніше.
\ [\ почати {вирівняний}
y (x) &=\ dfrac {1} {8}\ cos 2 х-\ ліворуч [\ dfrac {\ dfrac {1} {8} {8}\ cos 2} {\ sin 2}\ праворуч]\ sin 2 x+\ dfrac {x^ {2}} {4} -\ dfrac {1} {8}\\
&=\ dfrac {\ cos 2 х\ sin 2-\ sin 2 х\ cos 2-\ sin 2 x} {8\ sin 2} +\ dfrac {x ^ {2}} {4} -\ dfrac {1} {8}\
&=\ dfrac {\ ліворуч (1-2\ sin ^ {2} х\ вправо)\ sin 1\ cos 1-\ sin x\ cos x\ cos x\ ліворуч (2\ cos ^ {2} 1-1\ праворуч) -\ sin x\ cos 1} {8\ sin 1\ cos 1} +\ dfrac {x^ {2}} {4}\
&=\ dfrac {\ dfrac {2} х\ sin 1+\ грін х\ cos х\ cos 1} {4\ sin 1} +\ dfrac {x^ {2}} {4}\\
&=\ dfrac {x^ {2}} {4} -\ dfrac {\ sin x\ cos (1-x)} { 4\ гріх 1}.
\ end {вирівняний}\ мітка {8.81}\]