Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Сандаков Методы решения задач по теме Интегралные уравнен 2012

.pdf
Скачиваний:
13
Добавлен:
12.11.2022
Размер:
1.07 Mб
Скачать

Решая эту систему, находим

a

=

1

 

1K sK

sK

, a

2

= 0;

 

 

1

 

2K

 

+ K

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

b =

 

sK (1K)

, b = −

sK

.

 

2K

(1+ K)

2K

 

1

2

 

 

Подставляя значения этих коэффициентов в (89), получим

1K

s

K

s

K xK

, 0 x s;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

G (x, s)= 1+ K

 

 

 

 

 

 

2K

 

 

 

sK

1

K

x

K

x

K

,

s x 1.

 

 

 

+ K

 

 

 

 

 

 

2K

1

 

 

 

 

 

 

 

Пример 2.7. Решить краевую задачу y′′+π2 y = cos πx,

y (0)= y (1);y(0)= y(1).

Решение. Найдем функцию Грина данной задачи. Так как соответствующая однородная краевая задача имеет только тривиальное решение, то функция Грина заданной задачи существует и единственна. Будем искать ее в виде

G (x, s)= a1 sin πx + a2 cos πx,

a x s;

b1 sin πx +b2 cos πx,

s x 1.

Из условия непрерывности, условия скачка производной функции Грина и граничных условий заданной задачи получаем для нахождения коэффициентов a1, a2, b1, b2 систему:

a1 sinπs + a2 cos πs b1 sin πs b2 cos πs = 0;

b πcosπs b

πsin πs a πcos πs + a

πsin πs =1;

 

1

2

1

2

 

 

 

a2 = −b2;

 

 

 

 

 

 

 

 

a1 = −b1

 

 

 

 

 

 

61

или

Из этой системы без

a sinπs + a

 

cos πs = 0;

 

 

1

2

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

a cosπs + a

 

sin πs =

 

;

 

2π

 

1

 

 

2

i =1, 2.

 

 

b = −a ,

 

 

 

i

i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

труда находим

a = − cos πs

, a

2

= sin πs , b = cos πs , b

= − sin πs .

1

2π

 

 

2π

1

 

 

 

2π

2

2π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Следовательно, функция Грина G (x,

s)

 

имеет вид

 

 

 

 

 

 

sin π(s x)

,

0 x s;

 

 

G (x, s)=

 

2π

 

 

 

 

 

 

 

 

π(x s)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin

,

s x 1

 

 

 

 

 

 

 

 

2π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

или

 

G (x, s)= sin π

 

x s

 

,

 

x [0, 1].

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2π

 

 

 

 

 

 

Решение заданной краевой задачи в силу теоремы Гильберта выражается через функцию Грина следующим образом:

1

sin π

 

x s

 

 

 

y (x)=

2π

cos πs ds

0

 

 

 

 

или

 

1

x

 

 

1

 

y (x)=

sin π(x s)cos πs ds +

1

 

sin π(s x)cos πs ds =

2π

2π

 

x

0

 

x

 

 

 

x

1

= sin2ππx cos2 πs ds cos4ππx sin 2πs ds + cos4ππx sin 2πs ds

0

 

1

0

1

 

 

x

 

 

sin2ππx cos2 πs ds =

(2x 1)sin πx.

 

 

4π

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

Пример 2.8. Свести к интегральному уравнению следующую

краевую задачу

y′′+λy = 2x +1;

y (0)= y(1);

y(0)= y (1).

62

Решение. Найдем функцию Грина краевой задачи y′′ = 0;

y (0) = y(1);

y(0)= y (1).

Так как y1 =1 и y2 = x линейно независимые решения уравнения y′′ = 0 и последняя однородная краевая задача имеет только триви-

альное решение, то функция Грина этой краевой задачи существует и единственна и может быть найдена в виде

a1

+ a2x, 0 x s;

G (x, s)= b

+b x, s

x 1.

1

2

 

Из условия непрерывности, условия скачка производной функции Грина и граничных условий получаем для определения коэф-

фициентов a1,

a2, b1, b2

систему

 

 

 

a + a

2

s b b s = 0;

 

 

1

 

 

1

2

 

 

 

b2

a2

=1;

 

 

 

a1

=b2;

 

 

 

 

 

 

a

2

= b

+b .

 

 

 

 

 

1

2

 

Из этой

системы

находим a1 = s 1, a2 = s 2,

b1 = −1,

b2 = s 1. Следовательно, функция Грина имеет вид

 

 

G (x, s)= (s 1) +(s 2) x, 0 x s;

(90)

 

 

 

1+(s 1)x, s x 1.

 

Согласно теореме 18 заданная краевая задача эквивалентна интегральному уравнению

1 1

y (x)+ λG (x, s) y (s)ds = G (x, s)(2s +1)ds,

0 0

или, вычисляя последний интеграл, получим, что заданная краевая задача эквивалентна интегральному уравнению

1

y (x)+ λG (x, s) y (s)ds = 16 (2x3 +3x2 17x 5),

0

где G (x, s) задается формулой (90).

63

Рекомендуем следующую раскладку задач по темам и занятиям.

РАСКЛАДКА ЗАДАЧ ПО ЗАНЯТИЯМ

Ззаня-

Задача

 

для самостоятельной

тие

для решения на занятиях

работы дома

 

 

1

[2]: 11, 13, 15, 17, 20, 22, 25, 26,

[2]: 12, 14, 16, 19, 21, 23, 24,

 

28, 30, 37, 39, 40, 42

27, 29, 36, 38, 41

2

[2]: 93, 95, 97, 98, 100, 101, 103,

[2]: 92, 94, 96, 99, 102, 105,

 

106, 87, 90, 91

107, 88

3

[2]: 111, 113, 115, 118, 120, 123,

[2]: 112, 114, 116, 119, 121,

 

125, 127, 130, 132

124, 126, 129, 131, 133

4

[2]: 134, 136, 138, 140, 142

[2]: 135, 137, 139, 141, 143

5

[2]:160, 162, 164, 166, 168, 170,

[2]: 161, 163, 165, 167, 169,

 

172, 174

171, 173

6

[2]: 175, 177, 179, 181, 182, 184,

[2]: 176, 178, 180, 183, 186

 

185

 

7

Задачи настоящей

Задачи настоящей

 

разработки

разработки

8

[2]: 192, 195, 198, 200, 202, 204,

[2]: 193, 197, 199, 201, 203,

 

206, 208, 210, 212, 214, 217,

207, 209, 211, 213, 216, 218,

 

220, 223, 225

221, 224

ЛИТЕРАТУРА

1.Волков Е.А. Лизоркин П.И. Интегральные и дифференциальные уравнения. М.: МИФИ, 1977.

2.Краснов М.Л., Киселев А.И., Макаренко Г.И. Интегральные урав-

нения (задачи и упражнения). М.: Наука, 1976.

3.Филиппов А.Ф. Сборник задач по дифференциальным уравнениям. Наука, 1979.

4.Сандаков Е.Б. Основы аналитической геометрии и линейной

алгебры. М.: МИФИ, 2005.

5. Прилепко А.И., Сандаков Е.Б. Методические указания для преподавателей по теме: «Системы дифференциальных уравнений и устойчивость их решений». М.: МИФИ, 1986.

6. Прилепко А.И. Евсин В.И. Сандаков Е.Б. Методические указания для преподавателей по теме: Дифференциальные уравнения первого и высшего порядков». М.: МИФИ, 1981.

64

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]