13.1: Крайові задачі
- Page ID
- 62271
Двоточкові крайові задачі
Ми розглянули в розділі 5.3 задачі на початкове значення для лінійного рівняння другого порядку
\[\label{eq:13.1.1} P_{0}(x)y''+P_{1}(x)y'+P_{2}(x)y=F(x).\]
Припустимо\(P_{0}\)\(P_{1}\),\(P_{2}\),, і\(F\) є неперервними і не\(P_{0}\) має нулів на відкритому інтервалі\((a,b)\). З теореми 5.3.1, якщо\(x_{0}\) є в\((a,b)\) і\(k_{1}\) і\(k_{2}\) є довільними дійсними числами, то рівняння\ ref {eq:13.1.1} має унікальний розв'язок на\((a,b)\) такі, що\(y(x_{0})=k_{1}\) і\(y'(x_{0})=k_{2}\). Тепер розглянемо іншу задачу для Рівняння\ ref {eq:13.1.1}.
Припустимо\(P_{0}\)\(P_{1}\),\(P_{2}\),, і\(F\) є безперервними і не\(P_{0}\) має нулів на замкнутому інтервалі\([a,b]\). Нехай\(\alpha\),,\(\beta\)\(\rho\), і\(\delta\) бути дійсні числа такі, що
\[\label{eq:13.1.2} \alpha^{2}+\beta^{2}\ne 0 \; \text{and} \; \rho^{2}+\delta^{2}\ne 0,\]
і нехай\(k_{1}\) і\(k_{2}\) бути довільними дійсними числами. Знайдіть рішення
\[\label{eq:13.1.3} P_{0}(x)y''+P_{1}(x)y'+P_{2}(x)y=F(x)\]
на замкнутому інтервалі\([a,b]\) такі, що
\[\label{eq:13.1.4} \alpha y(a)+\beta y'(a)=k_{1}\]
і
\[\label{eq:13.1.5} \rho y(b)+\delta y'(b)=k_{2}.\]
Припущення, викладені в цій проблемі, застосовуються протягом усього цього розділу і не будуть повторюватися. Зауважимо, що ми наклали умови на\(P_{0}\)\(P_{1}\)\(P_{2}\),, і\(F\) на замкнутому інтервалі\([a,b]\), і нас цікавлять розв'язки Equation\ ref {eq:13.1.3} на замкнутому інтервалі. Це відрізняється від ситуації, розглянутої в главі 5, де ми накладали умови на\(P_{0}\)\(P_{1}\)\(P_{2}\),, і\(F\) на відкритому інтервалі\((a,b)\) і нас цікавили рішення на відкритому інтервалі. Тут дійсно немає проблем; ми завжди можемо розширити\(P_{0}\),,\(P_{1}\)\(P_{2}\), і\(F\) до відкритого інтервалу\((c,d)\) (наприклад, визначаючи їх бути постійними на\((c,d]\) і\([b,d)\)), щоб вони\(P_{0}\) були безперервними і не мали нулів\([c,d]\). Тоді ми можемо застосувати теореми з глави 5 до рівняння.
\[y''+\frac{P_{1}(x)}{P_{0}(x)}y'+ \frac{P_{2}(x)}{P_{0}(x)}y=\frac{F(x)}{P_{0}(x)} \nonumber\]
далі\((c,d)\) зробити висновки про розв'язки рівняння\ ref {eq:13.1.3} на\([a,b]\).
Називаємо\(a\) і\(b\) граничні точки. Умови Equation\ ref {eq:13.1.4} і Equation\ ref {eq:13.1.5} є граничними умовами, а задача є двоточковою крайовою задачею або, для простоти, крайовою задачею. (Ми використовували подібну термінологію в главі 12 з різним значенням; обидва значення є загальним вживанням.) Ми вимагаємо Equation\ ref {eq:13.1.2}, щоб гарантувати, що ми нав'язуємо розумну умову в кожній граничній точці. Наприклад, якщо\(\alpha^{2}+\beta^{2}=0\) тоді\(\alpha=\beta=0\), так\(\alpha y(a)+\beta y'(a)=0\) для всіх варіантів\(y(a)\) і\(y'(a)\). Тому рівняння\ ref {eq:13.1.4} є неможливою умовою\(k_{1}\ne0\) if, або взагалі немає умови if\(k_{1}=0\).
Ми скорочуємо рівняння\ ref {eq:13.1.1} як\(Ly=F\), де
\[Ly=P_{0}(x)y''+P_{1}(x)y'+P_{0}(x)y,\nonumber \]
і позначаємо
\[B_{1}(y)=\alpha y(a)+\beta y'(a) \, \text{and} \; B_{2}(y)=\rho y(b)+\delta y'(b).\nonumber \]
Ми об'єднуємо рівняння\ ref {eq:13.1.3}, рівняння\ ref {eq:13.1.4} та рівняння\ ref {eq:13.1.5} як
\[\label{eq:13.1.6} Ly=F,\quad \quad B_{1}(y)=k_{1},\quad \quad B_{2}(y)=k_{2}.\]
Ця крайова задача є однорідною, якщо\(F=0\) і\(k_{1}=k_{2}=0\); в іншому випадку вона неоднорідна.
Ми залишаємо це вам (Вправа 13.1.1), щоб перевірити, що\(B_{1}\) і\(B_{2}\) є лінійними операторами; тобто якщо\(c_{1}\) і\(c_{2}\) є константами, то
\[\label{eq:13.1.7} B_{i}(c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2})=c_{1}B_{i}(y_{1})+c_{2}B_{i}(y_{2}),\quad i=1,2.\]
Наступні три приклади показують, що питання існування та єдиності для розв'язків крайових задач є більш складним, ніж для початкових.
Розглянемо крайову задачу
\[y''+y=1,\quad y(0)=0, \quad y(\pi/2)=0. \nonumber\]
Загальним рішенням\(y''+y=1\) є
\[y=1+c_{1}\sin x+c_{2} \cos x, \nonumber\]
так\(y(0)=0\) якщо і тільки тоді\(c_{2}=-1\) і\(y(\pi/2)=0\) якщо і тільки якщо\(c_{1}=-1\). Тому
\[y =1-\sin x -\cos x \nonumber\]
є унікальним розв'язком крайової задачі.
Розглянемо крайову задачу
\[y''+y=1,\quad y(0)=0, \quad y(\pi)=0. \nonumber\]
Знову ж таки, загальним рішенням\(y''+y=1\) є
\[y=1+c_{1}\sin x+c_{2} \cos x, \nonumber\]
так\(y(0)=0\) якщо і тільки якщо\(c_{2}=-1\), але\(y(\pi)=0\) якщо і тільки якщо\(c_{2}=1\). Тому крайова задача не має розв'язку.
Розглянемо крайову задачу
\[y''+y=\sin 2x,\quad y(0)=0, \quad y(\pi)=0.\nonumber\]
Ви можете скористатися методом невизначеного коефіцієнта (розділ 5.5), щоб виявити, що загальне\(y''+y=\sin 2x\) розв'язання
\[y=-\frac{\sin2x}{3}+c_{1}\sin x+c_{2}\cos x.\nonumber\]
Граничні умови\(y(0)=0\) і\(y(\pi)=0\) обидва вимагають цього\(c_{2}=0\), але вони не обмежують\(c_{1}\). Тому крайова задача має нескінченно багато розв'язків.
\[y=-\frac{\sin2x}{3}+c_{1}\sin x,\nonumber\]
де\(c_{1}\) довільно.
Якщо\(z_{1}\) і\(z_{2}\) є розв'язками\(Ly=0\) таких, що\(B_{1}(z_{1})=B_{1}(z_{2})=0\) або\(B_{2}(z_{1})=B_{2}(z_{2})=0,\) то\(\{z_{1},z_{2}\}\) є лінійно залежними. Рівнозначно\(,\) якщо\(\{z_{1},z_{2}\}\) лінійно незалежний, то
\[B_{1}^{2}(z_{1})+B_{1}^{2}(z_{2})\ne 0 \; \text{and} \; B_{2}^{2}(z_{1})+B_{2}^{2}(z_{2})\ne 0.\nonumber \]
- Доказ
-
Нагадаємо, що\(B_{1}(z)=\alpha z(a)+\beta z'(a)\) і\(\alpha^{2}+\beta^{2}\ne0\). Тому якщо\(B_{1}(z_{1})=B_{1}(z_{2})=0\) тоді\((\alpha,\beta)\) є нетривіальним рішенням системи
\[\begin{aligned} \alpha z_{1}(a)+\beta z_{1}'(a)&= 0\\ \alpha z_{2}(a)+\beta z_{}'(a)&= 0.\end{aligned}\nonumber \]
Це означає, що
\[z_{1}(a)z_{2}'(a)-z_{1}'(a)z_{2}(a)=0,\nonumber \]
так\(\{z_{1},z_{2}\}\) є лінійно залежним, по теоремі 5.1.6. Ми залишаємо це вам, щоб показати,\(\{z_{1},z_{2}\}\) що лінійно залежить, якщо\(B_{2}(z_{1})=B_{2}(z_{2})=0\).
Наступні твердження еквівалентні\(;\), тобто\(,\) вони або всі істинні, або всі помилкові.\(.\)
- Існує фундаментальний набір\(\{z_{1},z_{2}\}\) рішень\(Ly=0\) таких, що\[\label{eq:13.1.8} B_{1}(z_{1})B_{2}(z_{2})-B_{1}(z_{2})B_{2}(z_{1})\ne0.\]
- Якщо\(\{y_{1},y_{2}\}\) є фундаментальним набором рішень,\(Ly=0\) то\[\label{eq:13.1.9} B_{1}(y_{1})B_{2}(y_{2})-B_{1}(y_{2})B_{2}(y_{1})\ne0.\]
- Для кожної неперервної\(F\) та пари констант\((k_{1},k_{2}),\) крайова задача\[Ly=F, \quad B_{1}(y)=k_{1},\quad B_{2}(y)=k_{2}\nonumber \] має унікальний розв'язок.\(.\)
- Однорідна крайова задача\[\label{eq:13.1.10} Ly=0,\quad B_{1}(y)=0, \quad B_{2}(y)=0\] має лише тривіальний розв'язок\(y=0\).
- Однорідне рівняння\(Ly=0\) має лінійно незалежні розв'язки\(z_{1}\) і\(z_{2}\) такі, що\(B_{1}(z_{1})=0\) і\(B_{2}(z_{2})=0.\)
Ми покажемо, що\(\text{a}\implies \text{b}\implies \text{c}\implies \text{d}\implies \text{e}\implies \text{a} \) теорема Template:index.
Доказ
a\(\implies\) b: Оскільки\(\{z_{1},z_{2}\}\) це фундаментальний набір рішень для\(Ly=0\), існують константи\(a_{1}\),\(a_{2}\)\(b_{1}\), і\(b_{2}\) такі, що
\[\begin{aligned} y_{1}=a_{1}z_{1}+a_{2}z_{2} \end{aligned}\nonumber \]
\[\label{eq:13.1.11} y_{2} =b_{1}z_{1}+b_{2}z_{2}. \]
Більш того,
\[\label{eq:13.1.12} \left|\begin{array}{ccccccc} a_{1}&a_{2}\\b_{1}&b_{2} \end{array}\right|\ne0.\]
тому що якби цей детермінант дорівнював нулю, його рядки були б лінійно залежними і, отже, були\(\{y_{1},y_{2}\}\) б лінійно залежними, всупереч нашому припущенню, що\(\{y_{1},y_{2}\}\) є фундаментальним набором рішень\(Ly=0\). З рівняння\ ref {eq:13.1.7} і рівняння\ ref {eq:13.1.11},
\[\left[\begin{array}{ccccccc} B_{1}(y_{1})&B_{2}(y_{1})\\B_{1}(y_{2})&B_{2}(y_{2}) \end{array}\right]= \left[\begin{array}{ccccccc} a_{1}&a_{2}\\b_{1}&b_{2} \end{array}\right] \left[\begin{array}{ccccccc} B_{1}(z_{1})&B_{2}(z_{1})\\ B_{1}(z_{2})&B_{2}(z_{2}) \end{array}\right].\nonumber \]
Оскільки детермінантою добутку матриць є добуток детермінант матриць, рівняння\ ref {eq:13.1.8} і Equation\ ref {eq:13.1.12} мають на увазі рівняння\ ref {eq:13.1.9}.
Доказ b
b\(\implies\) c: Оскільки\(\{y_{1},y_{2}\}\) є фундаментальним набором рішень\(Ly=0\), загальним рішенням\(Ly=F\) є
\[y=y_{p}+c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2},\nonumber \]
де\(c_{1}\) і\(c_{2}\) є довільними константами і\(y_{p}\) є певним рішенням\(Ly=F\). Щоб задовольнити граничні умови, ми повинні вибрати\(c_{1}\) і\(c_{2}\) так, щоб
\[\begin{aligned} k_{1}&=B_{1}(y_{p})+c_{1}B_{1}(y_{1})+c_{2}B_{1}(y_{2})\\ k_{2}&=B_{2}(y_{p})+c_{1}B_{2}(y_{1})+c_{2}B_{2}(y_{2}),\end{aligned}\nonumber \]
(згадати рівняння\ ref {eq:13.1.7}), що еквівалентно
\[\begin{aligned} c_{1}B_{1}(y_{1})+c_{2}B_{1}(y_{2}) &= k_{1}-B_{1}(y_{p}) \\ c_{1}B_{2}(y_{1})+c_{2}B_{2}(2_{2}) &= k_{2}-B_{2}(y_{p}). \end{aligned}\nonumber \]
З Equation\ ref {eq:13.1.9} ця система завжди має унікальне рішення\((c_{1},c_{2})\).
Доказ c
c\(\implies\) d: Очевидно,\(y=0\) є розв'язком рівняння\ ref {eq:13.1.10}. З c з\(F=0\) і\(k_{1}=k_{2}=0\), це єдине рішення.
Доказ d
d\(\implies\) e: Нехай\(\{y_{1},y_{2}\}\) буде фундаментальною системою для\(Ly=0\) і нехай
\[z_{1}=B_{1}(y_{2})y_{1}-B_{1}(y_{1})y_{2}\, \text{and} \; z_{2}=B_{2}(y_{2})y_{1}-B_{2}(y_{1})y_{2}.\nonumber \]
Потім\(B_{1}(z_{1})=0\) і\(B_{2}(z_{2})=0\). Щоб побачити, що\(z_{1}\) і\(z_{2}\) є лінійно незалежними, зверніть увагу, що
\[\begin{aligned} a_{1}z_{1}+a_{2}z_{2}&= a_{1}[B_{1}(y_{2})y_{1}-B_{1}(y_{1})y_{2}]+ a_{2}[B_{2}(y_{2})y_{1}-B_{2}(y_{1})y_{2}]\\ &= [B_{1}(y_{2})a_{1}+B_{2}(y_{2})a_{2}]y_{1}-[B_{1}(y_{1})a_{1}+B_{2}(y_{1})a_{2}]y_{2}.\end{aligned}\nonumber \]
Тому так як\(y_{1}\) і\(y_{2}\) є лінійно незалежними,\(a_{1}z_{1}+a_{2}z_{2}=0\) якщо і тільки
\[\left[\begin{array}{ccccccc} B_{1}(y_{1})&B_{2}(y_{1})\\ B_{1}(y_{2})&B_{2}(y_{2}) \end{array}\right] \left[\begin{array}{ccccccc} a_{1}\\a_{2} \end{array}\right]= \left[\begin{array}{ccccccc} 0\\0 \end{array}\right].\nonumber \]
Якщо ця система має нетривіальне рішення, то так само і система.
\[\left[\begin{array}{ccccccc} B_{1}(y_{1})&B_{1}(y_{2})\\ B_{2}(y_{1})&B_{2}(y_{2}) \end{array}\right] \left[\begin{array}{ccccccc} c_{1} \\c_{2} \end{array}\right]= \left[\begin{array}{ccccccc} 0\\0 \end{array}\right].\nonumber \]
Це і рівняння\ ref {eq:13.1.7} мають на увазі, що\(y=c_{1}z_{1}+c_{2}z_{2}\) є нетривіальним розв'язком Рівняння\ ref {eq:13.1.10}, що суперечить (d)
Доказ е
e\(\implies\) a. Теорема Template:index передбачає, що якщо\(B_{1}(z_{1})=0\) і\(B_{2}(z_{2})=0\) тоді\(B_{1}(z_{2})\ne0\) і\(B_{2}(z_{1})\ne0\). Це означає, що Equation\ ref {eq:13.1.8}, яке завершує доказ.
Розв'язуємо крайову задачу
\[\label{eq:13.1.13} x^{2}y''-2xy'+2y-2x^{3}=0,\quad y(1)=4,\quad y'(2)=3,\]
враховуючи, що\(\{x,x^{2}\}\) це фундаментальна множина розв'язків комплементарного рівняння
Рішення
Використовуючи варіацію параметрів (розділ 5.7), можна показати, що\(y_{p}=x^{3}\) є розв'язком комплементарного рівняння
\[x^{2}y''-2xy'+2y=2x^{3}=0. \nonumber\]
Тому розв'язок Рівняння\ ref {eq:13.1.13} можна записати як
\[y=x^{3}+c_{1}x+c_{2}x^{2}. \nonumber\]
Тоді
\[y'=3x^{2}+c_{1}+2c_{2}x, \nonumber\]
і накладення граничних умов дає системі
\[\begin{aligned} c_{1}+\phantom{4}c_{2}&=\phantom{-}3\\ c_{1}+4c_{2}&=-9,\end{aligned}\nonumber \]
так\(c_{1}=7\) і\(c_{2}=-4\). Тому
\[y=x^{3}+7x-4x^{2} \nonumber\]
є унікальним розв'язком Рівняння\ ref {eq:13.1.13}
Розв'язуємо крайову задачу
\[y''-7y'+12y=4e^{2x},\quad y(0)=3,\quad y(1)=5e^{2}.\nonumber \]
Рішення
З прикладу 5.4.1,\(y_{p}=2e^{2x}\) є конкретним рішенням
\[\label{eq:13.1.14} y''-7y'+12y=4e^{2x}.\]
Оскільки\(\{e^{3x},e^{4x}\}\) це фундаментальна множина для комплементарного рівняння, ми могли б записати рішення Equation\ ref {eq:13.1.13} як
\[y=2e^{2x}+c_{1}e^{3x}+c_{2}e^{4x}\nonumber \]
і визначити\(c_{1}\) і\(c_{2}\) шляхом накладення граничних умов. Однак це призвело б до деякої нудної алгебри, і форма рішення була б дуже непривабливою. (Спробуйте!) У цьому випадку зручно використовувати фундаментальну систему,\(\{z_{1},z_{2}\}\) згадану в теоремі Template:index e; тобто ми вибираємо\(\{z_{1},z_{2}\}\) так, що\(B_{1}(z_{1})=z_{1}(0)=0\) і\(B_{2}(z_{2})=z_{2}(1)=0\). Це легко помітити, що
\[z_{1}=e^{3x}-e^{4x}\, \text{and} \;z_{2}=e^{3(x-1)}-e^{4(x-1)}\nonumber \]
задовольняють цим вимогам. Тепер запишемо рішення Рівняння\ ref {eq:13.1.14} як
\[y=2e^{2x}+c_{1}\left(e^{3x}-e^{4x}\right)+c_{2}\left(e^{3(x-1)}-e^{4(x-1)}\right).\nonumber \]
Накладення граничних умов\(y(0)=3\) і\(y(1)=5e^{2}\) врожайності
\[3=2+c_{2}e^{-4}(e-1)\, \text{and} \; 5e^{2}=2e^{2}+c_{1}e^{3}(1-e).\nonumber \]
Тому
\[c_{1}=\frac{3}{e(1-e)},\quad c_{2}=\frac{e^{4}}{e-1},\nonumber \]
і
\[y=2e^{2x}+\frac{3}{e(1-e)}(e^{3x}-e^{4x})+ \frac{e^{4}}{e-1}(e^{3(x-1)}-e^{4(x-1)}).\nonumber \]
Іноді корисно мати формулу для розв'язку загальної крайової задачі. Наша наступна теорема стосується цього питання.
Припустимо, однорідна крайова задача
\[\label{eq:13.1.15} Ly=0,\quad B_{1}(y)=0,\quad B_{2}(y)=0\]
має лише тривіальне рішення\(.\) Нехай\(y_{1}\) і\(y_{2}\) бути лінійно незалежними рішеннями\(Ly=0\) таких, що\(B_{1}(y_{1})=0\)\(B_{2}(y_{2})=0,\) і нехай
\[W=y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}.\nonumber \]
Тоді унікальне рішення
\[\label{eq:13.1.16} Ly=F,\quad B_{1}(y)=0,\quad B_{2}(y)=0\]
є
\[\label{eq:13.1.17} y(x)= y_{1}(x)\int_{x}^{b}\frac{F(t)y_{2}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt+ y_{2}(x)\int_{a}^{x}\frac{F(t)y_{1}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt.\]
- Доказ
-
У розділі 5.7 ми побачили, що якщо
\[\label{eq:13.1.18} y=u_{1}y_{1}+u_{2}y_{2}\]
де
\[\begin{aligned} u_{1}'y_{1}+u_{2}'y_{2}&=0\\ u_{1}'y_{1}'+u_{2}'y_{2}'&=F,\end{aligned}\nonumber \]
потім\(Ly=F\). Рішення для\(u_{1}'\) та\(u_{2}'\) врожайності
\[u_{1}'=-\frac{Fy_{2}}{P_{0}W}\, \text{and} \; u_{2}'=\frac{Fy_{1}}{P_{0}W},\nonumber \]
які тримають, якщо
\[u_{1}(x)=\int_{x}^{b}\frac{F(t)y_{2}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt \, \text{and} \; u_{2}(x)=\int_{a}^{x}\frac{F(t)y_{1}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt.\nonumber \]
Це і рівняння\ ref {eq:13.1.18} показують, що рівняння\ ref {eq:13.1.17} є розв'язком\(Ly=F\). Диференціююче рівняння\ ref {eq:13.1.17} дає
\[\label{eq:13.1.19} y'(x)=y_{1}'(x)\int_{x}^{b}\frac{F(t)y_{2}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt+ y_{2}'(x)\int_{a}^{x}\frac{F(t)y_{1}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt.\]
(Перевірити.) З рівняння\ ref {eq:13.1.17} і рівняння\ ref {eq:13.1.19},
\[B_{1}(y)=B_{1}(y_{1})\int_{a}^{b}\frac{F(t)y_{2}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt=0\nonumber \]
тому що\(B_{1}(y_{1})=0\), і
\[B_{2}(y)=B_{2}(y_{2})\int_{a}^{b}\frac{F(t)y_{1}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt=0\nonumber \]
тому що\(B_{2}(y_{2})=0\). Отже,\(y\) задовольняє рівняння\ ref {eq:13.1.16}. На цьому доказ завершено.
Ми можемо переписати рівняння\ ref {eq:13.1.17} як
\[\label{eq:13.1.20} y=\int_{a}^{b} G(x,t)F(t)\,dt,\]
де
\[\begin{aligned} G(x, t)=\left\{\begin{array}{ll}{\frac{y_{1}(t) y_{2}(x)}{P_{0}(t) W(t)}} & {, \quad a \leq t \leq x} \\ {\frac{y_{1}(x) y_{2}(t)}{P_{0}(t) W(t)}} & {, \quad x \leq t \leq b}\end{array}\right. \end{aligned}\nonumber \]
Це функція Гріна для крайової задачі Рівняння\ ref {eq:13.1.16}. Функція Гріна пов'язана з крайовою задачею Equation\ ref {eq:13.1.16} приблизно так само, як зворотна квадратна матриця\({\mathbf A}\) пов'язана з лінійною алгебраїчною системою\({\mathbf y}={\mathbf A}{\mathbf x}\); так само, як ми підставляємо заданий вектор\({\mathbf y}\) у формулу\({\mathbf x}={\mathbf A}^{-1}{\mathbf y}\) для розв'язання\({\mathbf y} ={\mathbf Ax}\), підставляємо задану функцію\(F\) у формулу Equation\ ref {eq:13.1.20} для отримання розв'язку Рівняння\ ref {eq:13.1.16}. Аналогія йде далі: так само, як\({\mathbf A}^{-1}\) існує, якщо і тільки якщо\({\mathbf A}{\mathbf x} ={\mathbf 0}\) має лише тривіальний розв'язок, крайова задача Equation\ ref {eq:13.1.16} має функцію Гріна, якщо і тільки однорідна крайова задача Рівняння\ ref {eq:13.1.15} має лише тривіальне рішення.
Ми залишаємо це вам (Вправа 13.1.32), щоб показати, що припущення теореми Template:index припускають, що унікальний розв'язок крайової задачі
\[Ly=F,\quad B_{1}(y)=k_{1},\quad B_{2}(y)=k_{2}\nonumber \]
є
\[y(x)=\int_{a}^{b}G(x,t)F(t)\,dt +\frac{k_{2}}{B_{2}(y_{1})}y_{1}+ \frac{k_{1}}{B_{1}(y_{2})}y_{2}.\nonumber \]
Розв'язуємо крайову задачу
\[\label{eq:13.1.21} y''+y=F(x).\quad y(0)+y'(0)=0,\quad y(\pi)-y'(\pi)=0,\]
і знайти функцію Гріна для цієї проблеми.
Рішення
Тут
\[B_{1}(y)=y(0)+y'(0) \, \text{and} \; B_{2}(y)=y(\pi)-y'(\pi).\nonumber \]
Нехай\(\{z_{1},z_{2}\}=\{\cos x,\sin x\}\), який є фундаментальним набором рішень\(y''+y=0\). Тоді
\[\begin{aligned} B_{1}(z_{1})&=(\cos x-\sin x)\big|_{x=0}=\phantom{-}1\\ B_{2}(z_{1})&=(\cos x+\sin x)\big|_{x=\pi}=-1\end{aligned}\nonumber \]
і
\[\begin{aligned} B_{1}(z_{2})&=(\sin x+\cos x)\big|_{x=0}=1\\ B_{2}(z_{2})&=(\sin x-\cos x)\big|_{x=\pi}=1.\end{aligned}\nonumber \]
Тому
\[B_{1}(z_{1})B_{2}(z_{2})-B_{1}(z_{2})B_{2}(z_{1})=2,\nonumber \]
Отже, теорема Template:index передбачає, що рівняння\ ref {eq:13.1.21} має унікальне рішення. Нехай
\[y_{1}=B_{1}(z_{2})z_{1}-B_{1}(z_{1})z_{2}= \cos x-\sin x\nonumber\]
і
\[y_{2}=B_{2}(z_{2})z_{1}-B_{2}(z_{1})z_{2}= \cos x+\sin x. \nonumber\]
Потім\(B_{1}(y_{1})=0\)\(B_{2}(y_{2})=0\), і Вронський з\(\{y_{1},y_{2}\}\) нас
\[W(x)= \left|\begin{array}{rrccccc} \cos x-\sin x& \cos x+ \sin x\\ -\sin x-\cos x&-\sin x+\cos x \end{array}\right|=2.\nonumber\]
Оскільки\(P_{0}=1\) рівняння\ ref {eq:13.1.17} дає рішення
\[\begin{aligned} y(x) &=\frac{\cos x-\sin x}{2} \int_{x}^{\pi} F(t)(\cos t+\sin t)dt \\ &+\frac{\cos x+\sin x}{2}\int_{0}^{x}F(t)(\cos t-\sin t)dt. \end{aligned}\nonumber \]
Функція Гріна
\[\begin{aligned} G(x, t)=\left\{\begin{array}{ll}{\frac{(\cos t-\sin t)(\cos x+\sin x)}{2}} & {, \quad 0 \leq t \leq x} \\ {\frac{(\cos x-\sin x)(\cos t+\sin t)}{2}} & {, \quad x \leq t \leq \pi}\end{array}\right. \end{aligned}\nonumber \]
Тепер ми розглянемо ситуацію, яку не охоплює теорема Template:index.
Припустимо, однорідна крайова задача
\[\label{eq:13.1.22} Ly=0,\quad B_{1}(y)=0,\quad B_{2}(y)=0\]
має нетривіальне рішення\(y_{1},\) і\(y_{2}\) нехай будь-яке рішення\(Ly=0\), що не є постійним кратним\(y_{1}.\) Let\(W=y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}.\) If
\[\label{eq:13.1.23} \int_{a}^{b}\frac{F(t)y_{1}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt=0,\]
то однорідна крайова задача
\[\label{eq:13.1.24} Ly=F, \quad B_{1}(y)=0,\quad B_{2}(y)=0\]
має нескінченно багато рішень у\(,\) всіх формах,\(y=y_{p}+c_{1}y_{1},\) де
\[y_{p}=y_{1}(x) \int_{x}^{b}\frac{F(t)y_{2}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt+ y_{2}(x) \int_{a}^{x}\frac{F(t)y_{1}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt \nonumber\]
і\(c_{1}\) є постійною\(.\) Якщо
\[\int_{a}^{b}\frac{F(t)y_{1}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt \ne0, \nonumber\]
тоді Рівняння\ ref {eq:13.1.24} не має рішення.
- Доказ
-
З доказу теореми Template:index,\(y_{p}\) є конкретним розв'язком\(Ly=F\), і
\[y_{p}'(x)=y_{1}'(x)\int_{x}^{b}\frac{F(t)y_{2}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt +y_{2}'(x)\int_{a}^{x}\frac{F(t)y_{1}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt. \nonumber\]
Тому загальне розв'язання Рівняння\ ref {eq:13.1.22} має вигляд
\[y=y_{p}+c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}, \nonumber\]
де\(c_{1}\) і\(c_{2}\) є константами. Тоді
\[\begin{aligned} B_{1}(y)&= B_{1}(y_{p}+c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2})= B_{1}(y_{p})+c_{1}B_{1}(y_{1})+c_{2}B_{1}y_{2}\\ &=B_{1}(y_{1})\int_{a}^{b}\frac{F(t)y_{2}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt +c_{1}B_{1}(y_{1})+c_{2}B_{1}(y_{2})\\ &=c_{2}B_{1}(y_{2})\end{aligned}\nonumber \]
Оскільки\(B_{1}(y_{1})=0\) теорема Template:index означає, що\(B_{1}(y_{2})\ne0\); отже,\(B_{1}(y)=0\) якщо і тільки тоді\(c_{2}=0\). Тому\(y=y_{p}+c_{1}y_{1}\) і
\[\begin{aligned} B_{2}(y)&=B_{2}(y_{p}+c_{1}y_{1}) =B_{2}(y_{2})\int_{a}^{b}\frac{F(t)y_{1}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt+c_{1}B_{2}(y_{1})\\ &=B_{2}(y_{2})\int_{a}^{b}\frac{F(t)y_{1}(t)}{P_{0}(t)W(t)}\,dt,\end{aligned}\nonumber \]
так як\(B_{2}(y_{1})=0\). З теореми Template:index,\(B_{2}(y_{2})\ne0\) (з моменту\(B_{2}(y_{1}=0\)). Тому\(Ly=0\) тоді і тільки тоді, коли рівняння\ ref {eq:13.1.23} має місце. На цьому доказ завершено.
Застосування теореми Template:index до крайової задачі
\[\label{eq:13.1.25} y''+y=F(x),\quad y(0)=0,\quad y(\pi)=0\]
пояснює приклади Template:index та Template:index. Додаткове рівняння\(y''+y=0\) має лінійні незалежні розв'язки\(y_{1}=\sin x\) і\(y_{2}=\cos x\), і\(y_{1}\) задовольняє обом граничним умовам. Так як\(P_{0}=1\) і
\[W= \left|\begin{array}{crccccc} \sin x&\cos x \\\cos x&-\sin x \end{array}\right|=-1, \nonumber\]
Рівняння\ ref {eq:13.1.23} зменшується до
\[\int_{0}^{\pi} F(x)\sin x\,dx=0.\nonumber \]
З прикладу Template:index,\(F(x)=1\) і
\[\int_{0}^{\pi} F(x)\sin x\,dx=\int_{0}^{\pi} \sin x\,dx=2,\nonumber \]
тому теорема Template:index передбачає, що рівняння\ ref {eq:13.1.25} не має розв'язку. У прикладі Template:index,
\[F(x)=\sin 2x=2\sin x \cos x\nonumber \]
і
\[\int_{0}^{\pi}F(x)\sin x\,dx=2\int_{0}^{\pi}\sin^{2}x\cos x\,dx =\frac{2}{3}\sin^{3}x\bigg|_{0}^{\pi}=0,\nonumber \]
Отже, теорема Template:index передбачає, що рівняння\ ref {eq:13.1.25} має нескінченно багато розв'язків, що відрізняються постійними кратними\(y_{1}(x)=\sin x\).