Сумин Интегралные уравнения Фредголма и Волтерра 2016
.pdfТаким образом, если числовой параметр λ и функция y(x) яв-
ляются соответствующими друг другу собственным значением и собственной функцией (ненулевым решением) краевой задачи (14.1), (14.2), то λ и y(x) являются отвечающими друг другу ха-
рактеристическим числом и собственной функцией интегрального уравнения (16.1).
Отметим, что ядро K (x, ξ) = G(x, ξ) r(ξ) интегрального уравне-
ния (16.1), вообще говоря, – несимметричное.
Преобразуем интегральное уравнение (16.1), умножив обе части
уравнения на r(x) и положив |
z(x) = y(x) r(x) . Получим инте- |
||
гральное уравнение |
|
|
|
z(x) = λ ∫b |
G(x, ξ) |
r(x) r(ξ) z(ξ) dξ |
(16.2) |
a
с симметричным ядром
K (x, ξ) = G(x, ξ) r(x) r(ξ) .
Интегральные уравнения (16.1) и (16.2) эквивалентны, т.е. если при некотором λ непрерывная функция y(x) – решение интегрального
уравнения (16.1), то непрерывная функция z(x) = y(x) r(x) – ре-
шение интегрального уравнения (16.2) при том же λ, и, наоборот, если непрерывная функция z(x) является решением интегрального
уравнения (16.2), то непрерывная функция y(x) = zr((xx)) (напом-
ним, что r(x) >0 на [a, b] ) является решением интегрального
уравнения (16.1).
Во многих случаях приходится рассматривать дифференциальное уравнение 2-го порядка вида
d |
dy |
= λy + h(x) , x [a, b] , |
|
||
|
p |
|
|
(16.3) |
|
|
|
||||
dx |
dx |
|
|
с краевыми условиями (14.2).
81
При h(x) ≡ 0 получаем дифференциальное уравнение
d |
dy |
|
|
||
|
p |
|
|
= λy . |
(16.4) |
|
|
||||
dx |
dx |
|
|
Если однородная краевая задача (16.4), (14.2) имеет функцию Грина G(x, ξ) , то краевая задача (16.3), (14.2) эквивалентна уравнению
Фредгольма 2-го рода
y(x) = λ ∫b |
G(x, ξ) y(ξ) dξ+ f (x) , |
(16.5) |
|
a |
|
|
|
где |
|
|
|
f (x) = ∫b |
G(x, ξ) h(ξ) dξ. |
(16.6) |
|
|
a |
|
|
В частности, однородная краевая задача (16.4), (14.2) эквивалентна однородному интегральному уравнению
y(x) =λ ∫b |
G(x, ξ) y(ξ) dξ . |
(16.7) |
a |
|
|
Пример 16.1. Свести краевую задачу |
|
|
y′′ |
+λy − y = 0; |
|
|
|
|
y(0) = y(1) = 0 |
|
к интегральному уравнению.
Решение. В данном примере согласно (14.1) имеем p(x) =1 , r(x) =1, q(x) = −1 .
Найдем функцию Грина G(x, ξ) для соответствующей однородной краевой задачи
y′′− y = 0; |
|
|
|
|||
|
= y(1) = 0. |
|
|
|||
y(0) |
|
|
||||
Пользуясь результатом примера 14.2, запишем |
|
|||||
sh xsh (ξ−1) |
, 0 |
≤ x |
≤ ξ; |
|||
|
|
sh1 |
||||
|
|
|
||||
G(x, ξ) = |
|
|
|
|
||
sh ξsh (x −1) |
, ξ≤ x |
≤1. |
||||
|
sh1 |
|||||
|
|
|
|
82
Пользуясь функцией Грина, получим следующее интегральное уравнение (типа (16.1) или (16.2), где r(x) ≡1)
|
|
|
y(x) =λ ∫1 |
G(x, ξ) r(ξ) y(ξ) dξ = |
|
||||
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
= λ ∫x |
sh ξsh (x −1) |
y(ξ) dξ+ λ ∫1 |
sh x sh (ξ−1) |
y(ξ) dξ= |
|||||
|
|
||||||||
|
0 |
|
sh1 |
|
|
x |
sh1 |
|
|
= |
λsh(x −1) ∫x |
sh ξ y(ξ) dξ+ λsh x ∫1 |
sh (ξ−1) |
y(ξ) dξ. |
|||||
|
|
sh1 |
0 |
|
|
sh1 x |
|
|
Отметим, что ядро K (x, ξ) =G(x, ξ) r(ξ) в данном примере являет-
ся симметричным.
Пример 16.2. Свести краевую задачу
|
′′ |
= λy + x |
2 |
; |
|
|
y |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
(16.8) |
||
y(0) = y |
2 |
|
=0 |
|||
|
|
|
|
|
к интегральному уравнению.
Решение. Выясним сначала, существует ли функция Грина для соответствующей однородной краевой задачи
|
y′′ = |
0; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
(16.9) |
|
|
|
|
|
|
|||
|
y(0) |
= y |
= 0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
′′ |
|
|
|
|
|
|
|
|
имеет |
|
Очевидно, что дифференциальное уравнение y (x) =0 |
||||||||
решение y(x) = Ax + B . |
Краевые условия дают два соотношения |
|||||||
для определения A и B: |
|
|
|
|
|
|
|
|
y(0) = B = 0; |
|
|
|
B = 0; |
|
|||
|
π |
|
|
или |
|
π |
|
|
π |
+ B = 0, |
|
+ B = 0, |
|
||||
y = A |
2 |
|
A |
2 |
|
|||
2 |
|
|
|
|
|
|
||
откуда A = B = 0 , т.е. краевая задача (16.9) |
имеет только нулевое |
решение y(x) ≡ 0 . Итак, функция Грина существует и единственна.
83
Решение y1 (x) = x удовлетворяет краевому условию y1 (0) =0 , а
решение |
y2 (x) = x − |
π |
удовлетворяет краевому условию |
|
|
2 |
|
y2 π2 = 0 , причем эти решения являются л.н.з.
Тогда согласно 2-му методу найдем значение определителя
Вронского для y (x) = x , |
y |
(x) = x − π в точке x =ξ : |
|||||||||||||
1 |
2 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
W (ξ) =W [ y1 (x), y2 (x)] |
|
x=ξ = |
ξ ξ− 2 |
= |
π . |
||||||||||
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Отсюда согласно (14.6) запишем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
x |
|
ξ−1 |
, 0 ≤ x ≤ ξ; |
|
|
|||||||||
|
π |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
G(x, ξ) = |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
||
|
|
x |
|
|
|
ξ ≤ x ≤ |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
− |
1 ξ, |
|
. |
|
|
||||||
|
π |
2 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пользуясь функцией Грина как ядром интегрального уравнения, запишем следующее интегральное уравнение
y(x) +λ π∫/2 |
G(x, ξ) y(ξ) dξ = f (x) , |
|
|
||||
где |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π/2 |
x 2x |
|
|
2 |
|
||
f (x) = ∫ |
G(x, ξ) h(ξ) dξ = ∫ |
|
−1 |
ξ ξ |
|
dξ+ |
|
|
|
||||||
0 |
|
0 π |
|
|
|
|
|
π/2 |
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
2x |
|
|
|
x |
|
3 |
|
||||
+ |
∫x |
x |
|
ξ−1 |
ξ |
|
d |
ξ = |
|
|
|
|
−1 |
∫0 |
ξ |
|
dξ+ |
||||||
π |
|
π |
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
π/2 |
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
1 |
|
4 |
|
π3 |
|
|||
|
+x |
∫x |
|
|
|
ξ−1 |
ξ |
|
dξ = |
|
|
|
|
x |
|
− |
|
|
x . |
||||
|
|
π |
|
12 |
|
96 |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Итак, краевая задача (16.8) свелась к интегральному уравнению
y(x) +λ π∫/2 |
G(x, ξ) y(ξ) dξ = |
|
1 |
x4 − |
π3 |
x . |
|
12 |
96 |
||||||
0 |
|
|
|
84
Пример 16.3. Свести краевую задачу
y′′+λy = 2x +1; |
|
(16.10) |
||
|
′ |
′ |
= y(1) |
|
y(0) |
= y (1), |
y (0) |
|
к интегральному уравнению.
Решение. Выясним сначала, существует ли функция Грина для соответствующей однородной краевой задачи
y′′ = |
0; |
′ |
|
(16.11) |
|
′ |
= y(1). |
||
y(0) |
= y (1), |
y (0) |
|
Очевидно, что дифференциальное уравнение y′′(x) =0 имеет решение y(x) = Ax + B . Краевые условия дают два соотношения для определения A и B:
|
′ |
= A; |
|
B = A; |
y(0) = B = y (1) |
или |
|||
′ |
= A = y(1) |
= A + B, |
|
|
y (0) |
|
A = A + B, |
откуда A = B = 0 , т.е. краевая задача (16.11) имеет только нулевое решение y(x) ≡ 0 . Итак, функция Грина существует и единственна.
Согласно 1-му методу выражение для функции Грина записывается в виде, аналогичном общему решению дифференциального уравнения:
|
a x + a |
, 0 ≤ x ≤ ξ; |
||||
|
G(x, ξ) = |
1 |
2 |
|
|
|
|
b1 x +b2 , ξ≤ x ≤1. |
|||||
Из непрерывности G(x, ξ) (свойство 1) при x =ξ получаем |
||||||
|
a1ξ+a2 =b1ξ+b2 , |
|
||||
а скачок Gx′(x, ξ) в точке x =ξ |
равен |
1 |
=1 (свойство 2), так что |
|||
|
p(ξ) |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
b1 −a1 =1 . Полагая b1 −a1 = c1 , |
b2 −a2 |
= c2 , имеем |
||||
b −a =1; |
|
|
или |
c =1; |
||
1 |
1 |
|
|
1 |
||
−(b1 −a1 )ξ−(b2 −a2 ) = 0, |
|
|
|
−c1ξ−c2 = 0, |
||
откуда c1 =1, c2 |
= −ξ. |
|
|
|
|
|
85
Воспользуемся свойством 4 функции Грина, а именно тем, что она должна удовлетворять краевым условиям
G(0, ξ) =Gx′(1, ξ);Gx′(0, ξ) =G(1, ξ).
Тогда
a2 =b1;a1 = b1 +b2 .
Так как ck =bk −ak (k = 1, 2), то получаем систему уравнений
b1 −a1 =1;
b2 −a2 = −ξ;
a2 =b1;
a1 =b1 +b2 ,
откуда
b1 −a1 =1;
2b1 −a1 =ξ, т.е. a1 = ξ−2 , b1 =ξ−1, a2 =ξ−1, b2 = −1,
(ξ−2)x +ξ−1, 0 ≤ x ≤ ξ;
G(x, ξ) = (ξ−1)x −1, ξ ≤ x ≤1.
Пользуясь функцией Грина как ядром интегрального уравнения, запишем следующее интегральное уравнение
|
|
y(x) +λ ∫1 |
G(x, ξ) y(ξ) dξ = f (x) , |
|
|||
где |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f (x) = ∫1 |
G(x, ξ) h(ξ) dξ = ∫x |
[(ξ−1) x −1] (2ξ+1) dξ+ |
|||||
|
0 |
|
0 |
|
|
|
|
+∫1 |
[(ξ−2) x +ξ−1] (2ξ+1) dξ = |
1 |
(2x3 +3x2 |
−17x −5) . |
|||
|
|||||||
x |
|
|
|
6 |
|
|
Итак, краевая задача (16.10) свелась к интегральному уравнению
y(x) +λ ∫1 |
G(x, ξ) y(ξ) dξ = |
1 |
(2x3 +3x2 |
−17x −5) . |
|
6 |
|||||
0 |
|
|
|
86
Задачи для самостоятельного решения
Интегральные уравнения Фредгольма
Решить методом последовательных приближений следующие интегральные уравнения.
1. y(x) = ∫1 xex−t y(t) dt + ex .
0
2. y(x) = 1 ∫π t sin x y(t) dt +cos x . 2π 0
Построить резольвенту для интегрального уравнения.
3. y(x) =λ ∫1 xet y(t) dt + f (x) .
−1
Решить методом итерированных ядер следующие интегральные уравнения.
4. |
y(x) =λ ∫1 |
xty(t) dt + 1 − x2 , λ = 6 . |
|
0 |
|
5. |
y(x) =λ π∫/2 |
x sin t y(t) dt +sin x , λ = 4 . |
|
0 |
|
Решить следующие интегральные уравнения с вырожденными ядрами.
6. |
y(x) = ∫π |
tg x cost y(t) dt +cos x . |
|||
|
0 |
|
|
|
|
7. |
y(x) = −2 ∫1 |
(3xt −1) y(t) dt + x2 . |
|||
|
|
0 |
|
||
8. |
y(x) = ∫e |
x |
|
y(t) dt + 2ln x . |
|
t |
|||||
|
1 |
|
|||
|
|
|
|
87 |
Найти характеристические числа и собственные функции следующих интегральных уравнений с вырожденными ядрами.
9. y(x) =λ ∫1 |
(1− x2 ) y(t) dt . |
||
|
0 |
|
|
10. |
y(x) =λ ∫1 |
(xch t −t ch x) y(t) dt . |
|
|
|
−1 |
|
11. |
y(x) =λ ∫1 |
(cos 2πx + 2xsin 2πt +t sin πx) y(t) dt . |
|
|
|
0 |
|
Найти характеристические числа и собственные функции следующих интегральных уравнений с симметричными ядрами.
12. |
y(x) =λ ∫π |
K (x, t) y(t) dt , где |
|
|
−π |
|
|
|
|
sin x sin (t −1), |
−π≤ x ≤ t; |
|
K (x, t) = |
t ≤ x ≤ π. |
|
|
|
sin t sin (x −1), |
|
13. |
y(x) =λ ∫1 |
K (x, t) y(t) dt + x , где |
|
|
0 |
|
|
x (t −1), 0 ≤ x ≤ t;
K (x, t) =
t (x −1), t ≤ x ≤1.
Исследовать на разрешимость при различных значениях параметра λ следующие интегральные уравнения.
14. |
y(x) =λ ∫1 |
xet |
y(t) dt + x . |
|
|
|
||
|
|
−1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2π 1 |
|
1 |
|
|
||
15. |
y(x) = λ |
∫0 |
|
|
cos xcost + |
|
sin 2xsin 2t |
y(t) dt +sin x . |
|
|
|||||||
|
|
π |
|
π |
|
|
Интегральные уравнения Вольтерра
Решить методом последовательных приближений следующие интегральные уравнения.
16. y(x) = ∫x (x −t) y(t) dt + x .
0
88
17. y(x) = ∫x |
y(t) |
dt +1 . |
|
x +t |
|||
0 |
|
Решить следующие интегральные уравнения путем сведения их
кдифференциальным уравнениям.
18.y(x) = 2sh x +1− ∫x (x −t) y(t) dt .
|
0 |
|
19. y(x) = ∫x |
x |
y(t) dt + x2 . |
2 |
||
1 |
t |
Построить резольвенту для интегрального уравнения.
20. y(x) =λ ∫x |
ch x |
y(t) dt + f (x) . |
|
ch t |
|||
0 |
|
Решить методом итерированных ядер следующие интегральные уравнения.
21. |
y(x) = −∫x |
3x−t |
y(t) dt + x |
3x . |
||
|
0 |
|
|
|
|
|
|
x |
2 |
|
|
|
|
22. |
y(x) = ∫ |
1 |
+ x |
|
y(t) dt +1 |
+ x2 . |
|
2 |
|
||||
|
0 1 +t |
|
|
|
Решить следующие интегральные уравнения с вырожденным ядром.
23. |
y(x) = ∫x |
x cos x |
y(t) dt +cos x ex . |
||
t cost |
|||||
|
1 |
|
|||
|
x |
2 |
|
|
|
24. |
y(x) = ∫ |
x |
y(t) dt + x3 cos x . |
||
3 |
|||||
|
π |
t |
|
Решить интегральные и интегро-дифференциальные уравнения с помощью преобразования Лапласа.
25. y(x) = ∫x |
ex−t y(t) dt + e2 x −2 . |
0 |
|
26. y(x) = −5 ∫x sh (x −t) y(t) dt +ch x + 4 .
0
89
27. |
y′(x) = ∫x |
cos (x −t) y(t) dt + x , |
y(0) =1. |
|
|
||
|
0 |
|
|
|
|
|
|
28. |
′′ |
′ |
x |
′ |
= cos x , |
′ |
=0 . |
|
|||||||
y (x) + 2 y (x) −2 |
∫ sin (x −t) y (t) dt |
y(0) = y (0) |
|||||
|
|
|
0 |
|
|
|
|
Краевые задачи для обыкновенных дифференциальных уравнений
Установить, существуют ли функции Грина для данных краевых задач, и если существуют, то построить их.
y′′′ = 0;
y(0) = y′(1) = 0, y′(0) = y(1). y′′+ y′= 0;
y(0) = y(1), y′(0) = y′(1).
Используя функцию Грина, решить следующие краевые задачи.
y′′+ π2 y = cos πx;
y(0) = y(1), y′(0) = y′(1). y′′+ y = x2 ;
y(0) = y π = 0.
2
Свести краевые задачи к интегральным уравнениям.
33.y′′= λy +ex ;
y(0) = y(1) =0.
|
|
π |
2 |
|
πx |
|
34. |
y′′+ |
|
y = λy +cos |
; |
||
|
4 |
|
2 |
|
||
|
|
|
|
′ |
|
′ |
|
y (−1) = y(1), y (−1) |
= y (1). |
90