3курс,VIсем Задачи инт ур

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

sin(x + s) +λ

π cos(x − s)

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.03.2016

Размер:

1.24 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 95 6 7 8 9 > Следующая >>>

легко видеть, что изображение искомой резольвенты есть R( p) =								K ( p)	. Подставив сюда
							1	− K ( p)	. Подставив сюда
							1	− K ( p)
K ( p) =		1		, получим R( p) =	1	, откуда найдем R(x, s,1) = R(x −s,1) = x − s .
K ( p) =	p2 +		1	, получим R( p) =		, откуда найдем R(x, s,1) = R(x −s,1) = x − s .
	p2 +		1		p2
Решение уравнения теперь можно записать так: y(x) = f (x) + ∫x (x − s) f (s) ds .
								0
Пример 5.5.				Решить интегральное уравнение Вольтерра y(x) = sin x + ∫x sin(x − s) y(s) ds ,
сведя его к задаче Коши для дифференциального уравнения.									0
сведя его к задаче Коши для дифференциального уравнения.
Решение.		Легко видеть, что решение уравнения удовлетворяет условию y(0) = 0 .
Последовательно продифференцируем интегральное уравнение и найдем
				x		x
′			+ ∫cos(x − s) y(s) ds		+sin(x − x) y(x) = cos x + ∫cos(x − s) y(s) ds ,				′
y (x) = cos x			+ ∫cos(x − s) y(s) ds		+sin(x − x) y(x) = cos x + ∫cos(x − s) y(s) ds ,				y (0) =1,
				0	0
				x		x

′′
y (x) = −sin x − ∫sin(x − s) y(s) ds +cos(x − x) y(x) = −sin x + y(x) − ∫sin(x − s) y(s) ds .
0	0
Складывая	последнее равенство с исходным, получим y′′ = 0 . Решение задачи Коши

с начальными условиями y(0) = 0 , y′(0) =1 дает y(x) = x .

Замечание. Этот же результат можно получить, используя формулу решения предыдущего примера, полагая в ней f (x) = sin x :

y(x) = sin x + ∫x (x −s) sin s ds = sin x + x −sin x = x .

Задачи для самостоятельного решения.

5.1	Доказать, что интегральный оператор Вольтерра,		действующий		в	C[a,b] ,	не	имеет
	характеристических чисел.					h[a,b] ,
5.2	Доказать, что интегральный оператор Вольтерра,		действующий		в	h[a,b] ,	не	имеет
	характеристических чисел.			y(x) = ∫x
5.3	Доказать, что задача решения уравнения Вольтерра		2-рода	y(x) = ∫x		K (x, s) y(s) ds + f (x)
	корректно поставлена				a
	корректно поставлена
	а)	в пространстве C[a,b] ;
	б)	в пространстве h[a,b] .

5.4Решить интегральное уравнение, сведя его к задаче Коши:

а) y(x) = ex + ∫x y(s) ds ;

б) y(x) = 4ex +3x −4 − ∫x (x − s) y(s) ds ;

в) y(x) = sin x + 2∫x e−s y(x − s) ds (Указание: сделать в интеграле замену переменной x − s =ξ ).

5.5Методом последовательных приближений построить резольвенту и получить решение интегрального уравнения:

а) y(x) =1+ ∫x s y(s) ds ;

б) y(x) = x − ∫x (x − s) y(s) ds ;

в) y(x) = x + x2 − ∫x y(s) ds .

2 0

5.6Решить интегральное уравнение, используя преобразование Лапласа:

а) y(x) = x − ∫x ex−s y(s) ds ;

		0
	б)	y(x) = cos x − ∫x (x − s) cos (x − s) y(s) ds ;
			0
	в) y(x) = 2 + 1		∫x (x − s)3 y(s) ds .
		6	0
5.7	Решить уравнение Вольтерра 1-го рода ∫x ex−s y(s) ds = sin x
			0
	а)	применив преобразование Лапласа;

б) продифференцировав уравнение и сведя его к уравнению Вольтерра 2-го рода.

Ответы к задачам.

5.4

а)

y′− y = ex ,

y(0) =1 ;

б)

′′

+ y

= 4e

y(0) = 0,

′

y (0) = 7 ;

в)

y′− y = sin x +cos x ,

y(0) = 0 ;

R(x, s, λ) = se

x2 −s2

y(x) = e

5.5

а)

2 ,

;

б)

R(x, s, λ) =

sin

λ(s − x) ,

y(x) = sin x ;

в)

R(x, s, λ) = eλ( x−s) ,

y(x) = x .

5.6

а)

y(x) = x −

;

б)

y(x) =

2 cos x

3 +

;

в)

y(x) = cos x +ch x .

5.7

y(x) = cos x −sin x

y(x) = (x +1) ex ;

y(x) = 2ex −2 cos x +5sin x ; y(x) = ex −cos x .

ТЕМА 6

Неоднородное уравнение Фредгольма 2-го рода. Уравнения Фредгольма с вырожденными ядрами. Теоремы Фредгольма.

Основные определения и теоремы

Рассмотрим неоднородное уравнение Фредгольма y(x) = λ ∫b K (x, s) y(s) ds + f (x) .

Сопряженным (союзным) интегральным уравнением называется уравнение с ядром K (x, s) = K (s, x) . Если ядро симметрическое, то союзное уравнение совпадает с

исходным.
Наряду с уравнением	y(x) = λ ∫b K (x, s) y(s) ds + f (x) или, в операторной форме
	a
y = λAy + f , будем рассматривать союзное с ним интегральное уравнение
	ψ (x) = λ ∫b K (x, s)ψ (s) ds + g(x)
	a
(в операторной форме	ψ = λA ψ + g ), g(x) - непрерывная функция.

Сформулируем 4 теоремы Фредгольма.

Теорема 1. Однородное уравнение

(1)ϕ(x) −λ ∫ K (x, s)ϕ(s) ds = 0

и союзное с ним однородное уравнение

(2)ψ(x) −λ ∫b K (x, s)ψ(s) ds = 0

(K*(x, s)=K(s, x)) при любом фиксированном λ имеют либо только тривиальные решения,

либо одинаковое конечное число линейно независимых решений: ϕ1 ,...,ϕn ;				ψ1 ,...,ψn .
В курсе лекций теорема была доказана для интегральных уравнений с
вырожденными и симметрическими ядрами.
Теорема 2. Для разрешимости неоднородного уравнения
		b	= f (x)
(3)	ϕ(x) −λ ∫ K (x, s)ϕ(s) ds
		a
необходимо и достаточно, чтобы		f (x) была ортогональна всем линейно		независимым
решениям однородного	союзного	уравнения (2)	( f (x) ψ1 ,ψ 2 ,...,ψ n , если λ -

характеристическое число).

В курсе лекций теорема была доказана для случаев симметрических и вырожденных

ядер.

Теорема 3 (альтернатива Фредгольма).

Либо неоднородное уравнение (3) разрешимо при любой неоднородности - непрерывной функции f (x) , либо однородное уравнение (1) имеет нетривиальное

решение.

В курсе лекций теорема была доказана для случаев симметрических и вырожденных

ядер.

Теорема 4. Множество характеристических чисел однородного уравнения (1) не более, чем счетно, с единственной возможной предельной точкой ∞.

Этот результат справедлив для любого вполне непрерывного оператора. В курсе лекций он был получен для вполне непрерывных самосопряженных операторов и, тем самым, доказан для случая симметрических ядер. Для интегральных операторов с вырожденными ядрами результат тривиален.

Замечание. В курсе лекций теоремы Фредгольма были доказаны для уравнений с симметрическими непрерывными ядрами и уравнений с непрерывными вырожденными ядрами. Они справедливы и для общего случая произвольного непрерывного ядра, так как имеет место следующая

Теорема. Интегральное уравнение Фредгольма 2 рода y = λ A y + f с невырожденным

ядром при фиксированном λ можно заменить эквивалентным интегральным уравнением с вырожденным ядром.

Опишем процедуру решения неоднородного интегрального уравнения Фредгольма

y(x) = λ ∫b K (x, s) y(s) ds + f (x) ≡ λAy + f				в случаях вырожденного ядра и симметричного
a
ядра.			K (x, s) интегрального оператора Фредгольма называется
Напомним, что		ядро	K (x, s) интегрального оператора Фредгольма называется
				n
вырожденным,	если	оно	представимо	в виде K (x, s) = ∑a j (x) b j (s) , где функции
				j=1
a j (x), bj (s) ,	j =1, 2,..., n		непрерывны по своим аргументам на [a, b] . Не ограничивая

общности, можно считать, что a1 (x),..., an (x) – линейно независимы, и b1 (s),..., bn (s) – также линейно независимы.

Рассмотрим

уравнения

Фредгольма

рода

y(x) = λ ∫b K (x, s) y(s) ds + f (x)

вырожденным

ядром

K (x, s) = ∑a j (x) b j (s) ,

где

f (x)

– заданная

непрерывная

j=1

функция.

Обозначив

cj = ∫bj (s) y(s) ds ,

будем

иметь

y(x) = λ ∑cj a j (x) + f (x) .

Для

j =1

нахождения

c j

получим

эквивалентную

систему

алгебраических

уравнений

ci = ∫y(x) bi (x) dx = λ ∑cj ∫a j (x) bi (x) dx + ∫ f (x) bi (x) dx ,

или

ci −λ ∑kij cj = fi , i =1,..., n .

j=1

kij

1−λ k11

−λ k12 ...

−λ k1n

Обозначим определитель этой системы

D(λ) ≡

−λ k21

1−λ k22 ...

−λ k2n

...

−λ kn1

−λ kn2 ...

1−λ knn

Теорема.

Если λ

не является

характеристическим

числом (т.е.

D(λ) ≠ 0 ),

то

интегральное уравнение Фредгольма 2 рода имеет решение при любой непрерывной неоднородности f (x) , причем это решение единственно для каждой функции f (x) .

Решение алгебраической системы			для	c j в этом случае	может	быть найдено,
			1	n
например, по формулам Крамера:	ci =		1	∑ Dki (λ) fk , где	Dki (λ) -	алгебраические
например, по формулам Крамера:	ci =	D(λ)		∑ Dki (λ) fk , где	Dki (λ) -	алгебраические
		D(λ)		k =1

дополнения i-го столбца определителя D(λ) ( D(λ) и Dki (λ) называются определителями

Фредгольма).

Подставляя c j в формулу y(x) = λ ∑cj a j (x) + f (x) , получим

j =1

y(x) = f (x) +λ ∑

∑ Dki (λ) ai (x) ∫ f (s) bk (s) ds ,

D(λ)

i=1

k =1

или y(x) = f (x) +λ∫R(x, s, λ) f (s) ds ,

где

R(x, s, λ) =

∑∑ Dki (λ) ai (x) bk (s) –

D(λ)

i=1 k =1

резольвента интегрального оператора.

Теперь рассмотрим интегральное уравнение Фредгольма 2-го рода в случае

симметрического ядра.

Пусть ядро

K (x, s)

непрерывно по совокупности переменных, симметрическое и

K (x, s) ≡/ 0 ; λ

вещественное число;

f (x) - заданная непрерывная функция. Пусть

λ1

≤

λ2

≤... ≤

λn

≤...

последовательность

характеристических

чисел интегрального

оператора, которым

соответствует

ортонормированная

система

собственных функций

ϕ1 ,ϕ2 ,...,ϕn ,...

(каждое характеристическое число повторяется в этой последовательности

столько раз, какова его кратность!!!).

	Возможны два случая:
а)	λ ≠ λk ,	k =1,2,...		Тогда
	∞	λ
y(x) = f (x) +∑		λ	f k ϕk (x) , где
y(x) = f (x) +∑		λk −λ	f k ϕk (x) , где
	k =1	λk −λ

решение можно записать в следующем виде

fk = ∫b	f (s)ϕk (s) ds - коэффициенты Фурье функции
a

f (x) по ортонормированной системе собственных функций				ϕ1 ,ϕ2 ,...,ϕn ,... , или
b	∞			b
y(x) = f (x) +λ∫	∑ϕk (x) ϕk (s)		f (s) ds = f (x) +λ∫R(x, s, λ) f (s) ds ,
	k =1	λ −λ		a
a k				a

R( x,s,λ)

∞
где R(x, s, λ) = ∑ϕk (λx)
k =1	k

ϕk (s) - резольвента интегрального оператора Фредгольма.

−λ

б) λ = λko , где λko - характеристическое число интегрального оператора, имеющее

кратность

ϕko (x) ,...,

r , т.е.	ему отвечают		r	ортонормированных собственных функций
ϕko+r −1 (x) . В этом случае решение не единственно и определяется формулой
	∞	λ fk
y(x) =	f (x) + ∑	λ fk		ϕk (x) + cko ϕko (x) +... + cko+r −1 ϕko+r −1 (x) ,
y(x) =	f (x) + ∑			ϕk (x) + cko ϕko (x) +... + cko+r −1 ϕko+r −1 (x) ,
	k =1	λ	−λ
	k =1	k
	k ≠ko
	...
	k ≠k0 +r −1

где c k o	, . . . , c k o + r −1	- произвольные	константы, причем решение существует при
условии	ортогональности	f (x) всем	собственным функциям ϕko (x) ,..., ϕko+r −1 (x) ,

соответствующим характеристическому числу λko . Бесконечный ряд, записанный в данном

выражении, сходится абсолютно и равномерно.

Заметим, что решения отличаются одно от другого на функции, являющиеся элементами Ker (I −λA) (нуль-пространства) оператора I −λA .

Теорема. А) Если однородное уравнение Фредгольма 2-го рода с непрерывным симметрическим ядром имеет только тривиальное решение (т.е. λ ≠ λk , k =1,2,... ), то

неоднородное уравнение имеет единственное решение для любой непрерывной функции f (x) .

Б) Если же однородное уравнение имеет нетривиальные решения (т.е. λ = λk –

совпадает с одним из характеристических чисел), то неоднородное уравнение разрешимо в том и только том случае, когда неоднородность – непрерывная функция f (x) –

ортогональна всем собственным функциям, соответствующим данному λ (ортогональна всем решениям однородного уравнения).

В) В последнем случае, если решение есть, то оно не единственно.

Теорема. (Альтернатива Фредгольма для интегральных уравнений Фредгольма 2-го рода с симметрическими ядрами):

Либо неоднородное уравнение имеет решение при любой непрерывной функции f (x) , либо однородное уравнение имеет нетривиальное решение.

Примеры решения задач

Пример 6.1. Показать, что характеристические числа однородного уравнения Фредгольма

y(x) = λ∫1

(s2 + sx) y(s)ds

соответствующего

однородного

союзного

уравнения

−1

z(x) = λ∫1

(x2 + sx)z(s)ds

совпадают, и при этих λ указанные уравнения имеют одинаковое

−1

число линейно независимых решений.

Решение.

Обозначим ∫1

s2 y(s) ds = a1 , ∫1

s y(s) ds = a2 , ∫1

z(s) ds = b1

∫1

s z(s) ds = b2 . Тогда

−1

решения указанных уравнений примут вид y(x) = λa +λa x ,

z(x) = λb x2 +λb x , и для

определения коэффициентов получим

a1 = λ∫1 s2 (a1 + a2 s)ds = 2λ a1 , a2 = λ∫1 s (a1

+ a2 s) ds =

2λ a2 ,

−1

b1 = λ∫1 (b1s2 +b2 s) ds =

2λ b1 , b2 = λ∫1 s (b1s2 +b2 s) ds =

2λ b2 .

−1

Итак,

при λ ≠ 3 имеем

= a

= 0

y(x) ≡ 0 , b = b

= 0

z(x) ≡ 0 ;

при λ = 3

λ = 3

, a , b ,

остаются произвольными.

Поэтому

является характеристическим

λ они имеют по два линейно

числом для обоих рассматриваемые уравнений, и при этом

независимых решения:

y (x) =1,

(x) = x и z (x) = x,

(x) = x2 .

Пример 6.2. Для каждого λ исследовать разрешимость и построить решение неоднородного уравнения Фредгольма 2-го рода с вырожденным несимметрическим

ядром y(x) = λ∫1			(s2 − sx) y(s)ds + x3 .
		−1
Решение. Рассмотрим соответствующее однородное уравнение								y(x) = λ∫1	(s2 − sx) y(s)ds .
								−1
Обозначим ∫1		s2 y(s) ds = a1 ,		∫1	s y(s) ds = a2 , тогда решение его имеет вид y(x) = λa1 −λa2 x ,
	−1			−1
где a1 = λ∫1	s2 (a1		−a2 s)ds =	2λ a1 ,		a2 = λ∫1	s (a1 −a2 s) ds =− 2λ a2 .	Итак,	при λ ≠ ± 3
−1				3		−1	3		2

a1 = a2 = 0 , однородное уравнение имеет только тривиальное решение, а значит исходное неоднородное уравнение имеет единственное решение.

При λ = ± 3

(характеристические числа) однородное уравнение имеет нетривиальные

решения: если λ = + 3 , то y (x) = C , если λ = −

3 , то y

(x) = Cx .

Поэтому, для указанных

значений

вопрос

разрешимости неоднородного уравнения

сводится

проверке

ортогональности

функции

f (x) = x3

собственным

функциям

однородного

союзного

уравнения

z(x) = λ∫1

(x2 − sx)z(s)ds .

−1

Найдем

собственные

функции

однородного

союзного

уравнения.

Обозначим

∫1

z(s) ds = b1 ,

∫1

s z(s) ds = b2 , тогда

решение

его

имеет вид

z(x) = λb1x2 −λb2 x ,

где

−1

b1 = λ∫1 (b1s2 −b2 s) ds =

2λ b1 , b2 = λ∫1 s (b1s2 −b2 s) ds =−

2λ b2 .

−1

При

λ = +

получаем

b = 0 ,

произвольно,

откуда

z (x) ≡ Cx2

∫1

f (x) z1 (x) dx = C ∫1

x3 x2 dx = 0 , т.е. исследуемое уравнение разрешимо и решение его не

−1

единственно;

при

λ = − 3

имеем

b = 0 ,

произвольно,

откуда

(x) ≡ Cx

∫1

f (x) z2 (x) dx = C ∫1

x3 x dx ≠ 0 ,

т.е. у исследуемого неоднородного уравнения решений

−1

нет.

y(x) = λ∫1

Чтобы

решить

уравнения

(s2 − sx) y(s)ds + x3

снова

обозначим

−1

∫1

s2 y(s) ds = a1 ,

∫1

s y(s) ds = a2 ,

тогда решение представимо в виде

y(x) = λa1 −λa2 x + x3 ,

−1

где a1 = ∫1

s2 (λa1 −λa2 s + s3 )ds = 2λ a1 ,

= ∫1

s (λa1 −λa2 s + s3 ) ds =−

2λ a2 +

2 .

−1

При λ = − 3						имеем	a = 0,			0 a	2	= 2		,	следовательно, решений нет, как и было
		2					1				2		5
		2											5
установлено ранее;
при λ = + 3					получим		a	2	= 1 ,			a = C			- произвольная постоянная, поэтому
		2						2		5		1
		2								5
y(x) ≡ C −			3	x + x3 ,		т.е. решение				не единственно, и определяется с точностью до
y(x) ≡ C −		10		x + x3 ,		т.е. решение				не единственно, и определяется с точностью до
		10
собственной функции ядра y (x) = C , отвечающей λ = + 3 .
							1								2
					3 , то a					6					2
Если λ ≠ ±							= 0, a	=		6			,		и единственное решение дается формулой
Если λ ≠ ±							= 0, a	=					,		и единственное решение дается формулой
					2	1	2			5(3 + 2λ)
					2					5(3 + 2λ)
y(x) = −			6λ x		+ x3 .
y(x) = −	5(3 + 2λ)				+ x3 .
	5(3 + 2λ)

Пример 6.3. Построить резольвенту уравнения Фредгольма y(x) = λπ∫sin(x + s) y(s) ds + f (x)

а) вычислив определители Фредгольма; б) в виде разложения по собственным функциям однородного уравнения.

Решение.

оператора K (x, s) = sin(x + s) = sin x cos s +cos x sin s

является

а)

Ядро исследуемого

вырожденным. Обозначим a1 (x) = sin x ,

a2 (x) = cos x , b1 (s) = cos s ,

b2 (s) = sin s

и найдем

элементы определителей Фредгольма

kij

= ∫b

a j (x) bi (x) dx :

k11 = π∫a1 (x) b1 (x) dx = π∫sin x cos x dx = 0 ,

k12

= π∫a2 (x) b1 (x) dx = π∫cos x cos x dx = π ,

k21 = π∫a1 (x) b2 (x) dx =

π∫sin x sin x dx =

π ,

k22

= π∫a2 (x) b2 (x) dx = π∫cos x sin x dx = 0 .

Вычислим определители Фредгольма:

D (λ) =1, D (λ) = D (λ) = −λ π ,

D (λ) =1,

1−λ k11

−λ k12 ...

−λ k1n

−λ π

D(λ) =

−λ k

1−λ k

...

−λ k

...

−λ π

1−

−λ kn1

−λ kn2 ...

1−λ knn

Искомая резольвента

R(x, s, λ)

∑∑ Dki (λ) ai (x) bk (s) в случае

D(λ) ≠ 0 ,

D(λ)

i=1

k =1

т.е. λ ≠ ±

примет вид R(x, s, λ)

∑∑ Dki (λ)

D(λ)

i=1 k =1

1 sin x cos s +λ

sin x sin s +

cos x cos s +1 cos x sin s

π 2

1− λ

ai (x) bk (s) =

б)

Характеристические числа

и собственные функции

однородного уравнения

y(x) = λπ∫sin(x + s) y(s) ds были

получены в примере

3.8: λ1

и нормированная

собственная функция y (x) =

(sin x +cos x) , λ = −

и нормированная собственная

функция y2 (x) =

(sin x −cos x) .

Подставляя их в формулу для резольвенты в случае

симметрического		непрерывного
R(x, s, λ) =	1 (sin x +cos x) (sin s +cos s)
	π		2	−λ
				−λ
			π

ядра

∞

ϕk (x) ϕk (s)

имеем

R(x, s, λ) = ∑

λ −λ

k =1

1 (sin x −cos x) (sin s −cos s)

sin(x + s) +λ

2 cos(x −s)

−

−λ

1−

π 2

Заметим, что этот же результат был получен ранее методом последовательных приближений для "малого" λ (см. пример 4.7).

Пример 6.4.

Решить уравнение

y(x)

π∫ (sin x sin s + s)y(s) ds +sin 2x .

−π

Решение.

Обозначим

π∫ sin s y(s) ds = C1 ,

π∫ sy(s)ds = C2 , тогда

решение примет вид

−π

y(x) =

(C sin x +C

) +sin 2x . Постоянные C , C

могут быть найдены из системы

C1 = ∫ sin s (C1

sin s +

+sin 2s)ds = C1

−π

= ∫ s (

sin s +

+sin 2s)ds = 2C1 −

−π

Итак,

C1 = C -

остается

произвольным,

C2 = 2C −π ,

и искомое решение

определяется неоднозначно: y(x) = sin 2x −1+ C (sin x + 2) .

Замечание.

В рассматриваемом случае λ =

совпадает с характеристическим числом

однородного уравнения

y(x) =λ π∫ (sin x sin s + s)y(s) ds . Поэтому решение неоднородного

−π

уравнения оказалось не единственно, и определилось с точностью до собственной функции соответствующего однородного уравнения, отвечающей характеристическому

числу λ0 = π1 .

Действительно, используя введенные выше обозначения, решение однородного уравнения представим в виде y(x) = λ(C1 sin x +C2 ) . Постоянные C1, C2 найдем из системы

= ∫ sin s λ(C1 sin s +C2 )ds = λπC1

C1 (1−λπ) = 0

−π

2λπ −C2 = 0

= ∫ s λ(C1 sin s +C2 )ds = 2πλC1

−π

нетривиальное решение которой C = C ,

= 2C существует при λ =

Таким

образом, λ =

- характеристическое

число, а

y (x) = C

(sin x + 2) -

отвечающие ему собственные функции.

Рекомендуем самостоятельно найти собственные функции однородного союзного

уравнения

z(x) =

π∫ (sin x sin s + x)z(s) ds

и убедиться

выполнении условия

−π

разрешимости, т.е.

ортогональности неоднородности

f (x) = sin 2x всем собственным

функциям однородного союзного уравнения, отвечающим характеристическому числу

λ =	1	.
λ =		.
0	π
Пример 6.5.				Решить уравнение			y(x) = 2 ∫1	xs y(s) ds + x .
							0
Решение.				Обозначим	C = ∫1	s y(s)ds , тогда			решение,	если	оно существует, можно
					0
записать в виде y(x) = 2C					x + x . Подставляя это выражение в предыдущую формулу, для
определения постоянной					C получим уравнение				C = ∫1	s (2C	s + s)ds = C + 2 , которое
									0		5
решений			не	имеет. Поэтому			исследуемое		интегральное		уравнение Фредгольма
y(x) = 2 ∫1			xs y(s) ds + x решений также не имеет.
	0

Замечание. Элементарно устанавливается, что λ0 = 2 является характеристическим числом

однородного уравнения Фредгольма y(x) = λ ∫1	xs y(s) ds с собственной функцией
0
y0 (x) = C x . Так как ядро симметрическое, то λ0	= 2 является также характеристическим

числом однородного союзного уравнения с той же собственной функцией z0 (x) = C x .

В рассматриваемом случае имеем λ = 2 = λ0 , т.е. λ совпадает с характеристическим

числом однородного уравнения. При этом условие разрешимости (ортогональность неоднородности f (x) = x всем собственным функциям однородного союзного уравнения)

не выполнено.

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 95 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.05.2015361.94 Кб15399885.rtf
#
19.11.201881.41 Кб339_-_texty_-_B-C.doc
#
06.11.2018491.52 Кб23_kl.doc
#
17.05.201534.93 Кб313_referat_MYu.docx
#
18.03.20161.23 Mб733курс, VIсем.Волков,Ягола инт ур.pdf
#
18.03.20161.24 Mб333курс,VIсем Задачи инт ур..pdf
#
18.03.201689.8 Кб264 курс л.р 1.ТСП теор случ процессов.docx
#
18.03.20161.14 Mб1994 курс ЧМ брошюра.docx
#
17.05.2015279.52 Кб64 лихачев.rtf
#
13.08.201940.79 Кб114 раздел.тема1.docx
#
17.05.201549.35 Кб84 тема.docx