Вариант 4. Найти решение краевой задачи
> |
dy |
( |
7 |
) |
|
8 |
dt |
= |
4 |
0 |
y + f(t); 0 < t < 1; |
> |
|
|
|
|
|
|
: |
|
(0) = 0; |
|
y2(1) |
= 0: |
< y1 |
|
Сколько существует решений?
Решение (Вариант 1). Перепишем нашу систему в виде
dydt = Ay + f(t);
ãäå
Тогда ее общее решение можно записать следующим образом:
∫t
y(t) = etAC + e(t s)Af(s) ds; (5:32)
0
ãäå
C = ( |
C1 |
) ; |
f1 |
(t) |
) ; |
C2 |
f(t) = ( f2(t) |
C1, C2 произвольные константы. Поскольку собственными зна-
чениями матрицы A являются числа 1 = |
1, 2 = 2, то матрич- |
ную экспоненту etA можно представить в виде |
|
|
etA = 1(t)I + 2(t)(A 1I); |
|
|
ãäå |
|
e2t |
|
t |
1(t) = e t; |
|
e |
2(t) = |
|
|
|
: |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
Тогда после простых вычислений получаем
etA = |
1 |
0 |
e2t |
+ 2e |
t |
e2t |
e |
t |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
2e |
2t |
2e |
t |
2e |
2t |
+ e |
t |
|
|
@ |
|
|
|
|
A |
|
С учетом (5.32) выпишем явные выражения для компонент решения системы:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
2t |
|
t |
|
1 |
|
2t |
|
t |
|
|
|
|
|
|
|
y1(t) = |
|
(e |
|
+ 2e |
|
)C1 |
+ |
|
(e |
|
e |
|
)C2 |
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
0 |
t |
[ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
] |
+ |
|
∫ |
|
(e2(t |
s) + 2es |
t)f1(s) + (e2(t s) |
es t)f2(s) ds; |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
y2(t) = |
1 |
(2e2t |
2e t)C1 |
+ |
1 |
(2e2t + e t)C2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
1 |
0 |
t |
[ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
] |
+ |
∫ |
|
|
(2e2(t |
s) |
|
2es |
t)f1(s) + (2e2(t |
s) + es t)f2(s) ds: |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
Для определения констант C1, C2 нужно подставить функции y1(t), y2(t) в краевые условия
y1(0) = 0; y2(1) = 0:
Из первого краевого условия, очевидно, получаем C1 = 0. После подстановки во второе краевое условие имеем уравнение
|
|
|
|
|
1 |
(2e2 |
+ e 1)C2 |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
[ |
|
|
|
] |
|
0 |
|
|
|
+ |
3 |
∫ |
(2e2(1 s) |
2es 1)f1(s) + (2e2(1 s) + es 1)f2(s) ds = 0; |
из которого единственным образом определяется константа C2:
∫1 [ |
C2 = (2e2 + e 1) 1 |
] |
2es 1)f1(s) + (2e2(1 s) + es 1)f2(s) ds: (5:33)
Итак, краевая задача однозначно разрешима и ее решение имеет
âèä |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2t |
|
t |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y1(t) = |
|
|
(e |
|
e |
|
)C2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
0 |
t |
[ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
] |
|
+ |
|
∫ |
|
(e2(t |
s) + 2es |
t)f1 |
(s) + (e2(t |
s) es |
t)f2(s) |
ds; |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y2(t) = |
1 |
(2e2t + e t)C2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
0 |
t |
[ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
] |
+ |
∫ |
|
|
(2e2(t |
s) 2es |
t)f1 |
(s) + (2e2(t |
s) + es |
t)f2(s) |
ds; |
|
|
|
3 |
|
|
ãäå C2 задается формулой (5.33).
Замечание. Решение рассматриваемой краевой задачи можно построить, используя матрицу Грина.
2007
Вариант 1. При каких значениях параметра краевая задача
8 y′′ + y′ |
6y = 2e t2 ; t > 0; |
> |
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
< |
2y(0) + y′(0) = 0; |
> |
> |
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
: |
sup |
y(t) |
< |
1 |
> t>0 j |
j |
|
однозначно разрешима? Найти решение при = 1.
Вариант 2. При каких значениях параметра краевая задача
|
8 y′′ |
3y′ |
|
4y = e 3t2 ; t > 0; |
|
|
> |
|
|
|
|
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
|
|
|
|
< |
|
|
3y′(0) = 0; |
|
|
|
> y(0) |
|
|
|
> |
|
|
|
|
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
|
|
|
однозначно |
> |
|
|
|
|
|
= 1 |
|
: |
sup |
y(t) |
< |
1 |
|
|
> t>0 j |
|
j |
|
|
|
|
разрешима? Найти решение при |
|
. |
Решение (Вариант 1). Найдем общее решение дифференци-
ального уравнения, используя |
-функции. Поскольку корни ха- |
рактеристического уравнения |
|
|
|
|
|
|
|
2 + |
6 = 0 |
|
|
|
|
|
равны |
|
|
|
|
|
|
|
1 = 3; |
|
2 = 2; |
|
|
|
|
òî |
|
|
e2t |
e |
3t |
|
1(t) = e 3t; |
|
|
|
2(t) = |
|
|
|
: |
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Тогда общее решение уравнения имеет вид |
|
|
|
|
y(t) = c1 1(t) + c2 2(t) + ∫0 t |
2(t s)2e |
s2 ds; |
(5:34) |
ãäå c1, c2 произвольные константы. Выберем теперь из этого
семейства функций все ограниченные. Для этого перепишем формулу (5.34) в виде
|
|
2c1 |
c |
2 |
∫ |
t |
|
ds3 |
|
|
|
2 |
y(t) = e |
3t |
2 |
|
|
e3s s |
|
|
5 |
5 |
|
|
|
4 |
|
|
|
0 |
|
|
5 |
|
2 |
c2 |
|
2 |
∫ |
t |
|
|
ds3 |
|
|
+ e2t |
+ |
e |
2s s |
2 |
: |
(5:35) |
|
|
5 |
5 |
|
|
|
4 |
|
|
|
0 |
|
|
|
5 |
|
|
Ясно что при любом выборе констант c1, c2 первое слагаемое в (5.35) всегда ограничено на полуоси ft > 0g.
Для ограниченности второго слагаемого, очевидно, необходимо выбрать константу c2 так, чтобы
c2 |
|
2 |
∫0 |
t |
|
2 |
+ |
|
e 2s s ds ! 0 ïðè t ! +1: |
5 |
5 |
Отсюда однозначно находим
|
1 |
|
|
c2 = 2 |
∫0 |
e 2s s2 ds: |
(5:36) |
Покажем, что при таком выборе c2 второе слагаемое будет ограни- ченным на полуоси ft > 0g. Действительно, подставляя во второе слагаемое (5.35) константу (5.36), получаем
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
e2t |
c2 |
+ |
2 |
|
|
|
|
|
|
5 |
5 |
|
|
e |
2t |
1 |
|
|
|
2e |
2t |
|
|
|
2 |
|
∫ e |
2s s |
2 |
|
|
|
|
= |
|
ds |
|
|
e |
|
5 |
|
5 |
∫ |
t e |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
2s |
s2 |
|
|
|
|
|
|
ds |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
2t ∫ e s |
2 |
|
2 |
∫ e |
s |
2 |
ds < |
|
ds < 1: |
5 |
|
Итак, все ограниченные на полуоси ft > 0g решения дифференциального уравнения имеют вид
|
|
1 |
|
|
|
t |
|
|
4 |
|
2 |
|
2 |
2 |
|
|
2 |
5 |
+ |
|
|
e 2s s ds |
|
|
e3s s |
|
0 |
0 |
|
y(t) = e 3t 2c1 |
5 ∫ |
5 ∫ |
|
ds3 |
|
|
1 |
|
|
|
2 |
e2t |
∫t |
e 2s s |
2 |
|
|
ds; |
(5:37) |
5 |
ãäå c1 произвольная константа.
Для получения решения рассматриваемой краевой задачи нужно подставить функцию (5.37) в условие
2y(0) + y′(0) = 0
и определить константу c1. После несложных преобразований, оче- видно, получаем
∫1
(2 3 )c1 2 e 2s s2 ds = 0: (5:38)
0
Тогда необходимое и достаточное условие однозначной разрешимости краевой задачи имеет вид
3 ≠ 2:
Для построения решения краевой задачи при = 1 вначале из уравнения (5.38) находим
∫1
c1 = 2 e 2s s2 ds;
0
затем подставляем в (5.37).
2008
Вариант 1. Найти решение краевой задачи |
8 y′′ + y = e t2 ; |
|
< t < +1; |
> sup e |
t |
y(t) |
< |
1 |
: |
< |
j |
j |
|
|
: |
|
|
|
|
|
> t2R |
|
|
|
|
|
Сколько существует решений?
Вариант 2. Найти решение краевой задачи
8 y′′ + y = e t4 |
; |
< t < +1; |
> |
|
|
|
|
|
|
< |
sup et |
y(t) |
< |
1 |
: |
> t2R |
j |
j |
|
|
: |
|
|
|
|
|
|
Сколько существует решений?
Решение (Вариант 1). Сделав замену
v(t) = e ty(t);
сведем краевую задачу к эквивалентной
8 v′′ + 2v′ + 2v = e t t2 ; |
< t < +1; |
(5:39) |
> sup |
v(t) |
< |
1 |
: |
|
|
< |
j |
j |
|
|
|
|
> t2R |
|
|
|
|
|
|
|
: |
|
|
|
|
|
|
|
Характеристическое уравнение
2 + 2 + 2 = 0
имеет корни
1 = 1 + i; 2 = 1 i;
не принадлежащие мнимой оси. Поэтому краевая задача имеет единственное решение, которое можно записать в виде
∫1
v(t) = |
g(t s)e s s2 ds; |
(5:40) |
ãäå g(t) функция Грина, т. е. функция g(t) удовлетворяет трем
условиям. |
|
|
|
|
1. |
Ïðè t ̸= 0 выполнено тождество |
|
|
d2 |
d |
|
|
|
|
g(t) + 2 |
|
g(t) + 2g(t) 0: |
|
|
dt2 |
dt |
2. |
Ïðè t ! 0 имеют место предельные соотношения |
|
|
g(+0) |
g( 0) = 0; |
|
|
|
|
d |
g(+0) |
|
|
d |
g( 0) = 1: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
dt |
3. |
sup jg(t)j < 1. |
|
|
|
|
|
t2R |
|
|
|
|
Эти условия однозначно определяют функцию Грина. Из первого условия, очевидно, следует, что g(t) имеет вид
g(t) = |
8 a1e( 1+i)t + a2e( 1 i)t; |
t > 0; |
ãäå aj, bj |
|
: |
j = 1; 2 |
|
|
|
|
< b1e( 1+i)t + b2e( 1 i)t; |
t < 0; |
|
константы, |
|
. В силу третьего условия нужно |
положить b1 = b2 = 0. Для нахождения констант a1, a2 восполь- зуемся вторым условием
|
|
|
g(+0) |
g( |
0) = a1 + a2 = 0; |
|
d |
|
d |
|
|
|
|
|
|
|
g(+0) |
|
|
g( |
0) = ( 1 + i)a1 |
+ ( 1 i)a2 = 1: |
|
dt |
dt |
Отсюда, очевидно, вытекает |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a1 = |
a2 = |
i |
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
Следовательно, функция Грина имеет вид |
|
|
|
g(t) = |
8 e |
t sin t; |
t > 0; |
|
|
|
|
|
|
: |
0; |
|
|
t < 0: |
|
|
|
|
|
|
< |
|
|
Решение (Вариант 1).
Тогда, учитывая формулу (5.40), получаем единственное решение краевой задачи (5.39) в виде
∫t
v(t) = |
e t sin(t s)e s2 ds: |
2009
Вариант 1. Пусть собственное значение задачи Штурма
Лиувилля |
8 u′′ + 5u′ = u; 0 < t < 1; |
|
> |
|
|
> |
|
|
< |
|
|
> u(0) |
2u′(0) = 0; |
|
> |
|
|
> |
|
|
: |
3u′(1) = 0: |
|
> u(1) |
Доказать, что этому собственному значению соответствует только одна линейно независимая собственная функция.
Вариант 2. Пусть собственное значение задачи Штурма
Лиувилля |
>8 u′′ |
3u′ = u; 0 < t < 1; |
|
> |
|
>
<
> u(0) + u′(0) = 0;
>
>
: u(1) + 2u′(1) = 0:
Доказать, что этому собственному значению соответствует только одна линейно независимая собственная функция.
Размерность пространства решений линейного дифференциального уравнения второго порядка равна двум. Поэтому задача Штурма Лиувилля не может иметь
более двух линейно независимых собственных функций, соответствующих какому-либо собственному значению. Докажем, что существует только одна линейно независимая функция.
Доказательство проведем от противного. Предположим, что для собственного значения существуют две линейно независи-
мые собственные функции u1(t) è u2(t). Следовательно, общее ре-
шение уравнения
u′′ + 5u′ u = 0
имеет вид
u(t) = c1u1(t) + c2u2(t);
ãäå c1, c2 произвольные константы. Но тогда все решения u(t) должны удовлетворять двум граничным условиям
u(0) 2u′(0) = 0; u(1) 3u′(1) = 0:
Однако, если в качестве функции u(t) взять решение задачи Коши
8 u′′ + 5u′ |
u = 0; 0 < t < 1; |
> |
|
> |
|
< |
|
> u(0) = 1; |
|
> |
|
> |
|
: |
2; |
> u′(0) = |
то получаем
u(0) 2u′(0) = 5 ≠ 0
противоречие. Итак, собственному значению задачи Штурма Лиувилля соответствует только одна линейно независимая собственная функция.
2010
Вариант 1. При каком минимальном n уравнение y(n) = f(x; y; y′; : : : ; y(n 1))
