Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Обыкновенные Дифференциальные Уравнения.doc
Скачиваний:
63
Добавлен:
25.09.2019
Размер:
398.85 Кб
Скачать

Билет 36. Существование и единственность решения краевой задачи для любой правой части.

Т Если однородная краевая задача Lv = 0, g1v’(0) + j1v(0) = 0, g2v’(l) + j2v(l) = 0 имеет только нулевое решение, то решение краевой задачи (14) существует, единственно и задается формулой y(x) = $<0, l>G(x, ξ)f(ξ)dξ. Док-во: из выражения для G(x, ξ) следует, что y(x) = y2(x)/g0$<0, x>y1(ξ)f(ξ)dξ + y1(x)/g0$<x, t>y2(ξ)f(ξ)dξ. После диф-я и приведения подобных слагаемых получаем y’(x) = y2’(x)/g0$<0, x>y1(ξ)f(ξ)dξ + y1’(x)/g0$<x, l>y2(ξ)f(ξ)dξ. Вычислим d/dx(p(x)dy/dx) = (y1(x)y2’(x) – y2(x)y1’(x))p(x)f(x)/g0 + 1/g0d/dx(p(x)dy2/dx)$<0, x>y1(ξ)f(ξ)dξ + 1/g0d/dx(p(x)dy1/dx)$<x, l>y2(ξ)f(ξ)dξ. Так как Ly1 = Ly2 = 0, а (y1(x)y2’(x) – y2(x)y1’(x))p(x) = g0, то Ly = d/dx(p(x)dy/dx) – q(x)y(x) = f(x) + Ly2/g0$<0, x>y1(ξ)f(ξ)dξ + Ly1/g0$<x, l>y2(ξ)f(ξ)dξ = f(x). Те y(x) – решение ур-я. Осталось убедится в краевых условиях. g1y’(0) + j1y(0) = (g1y1’(0) + j1y1(0))/g0$<0, l>y2(ξ)f(ξ)dξ = 0. Аналогично второе. Докажем единственность. Пусть есть ещё одно. Тогда их разность будет решением однородной краевой задачи и по условию Т равна 0. ЧТД.

Билет 37. Существование и единственность решения краевой задачи для нелинейного уравнения.

Рассмотрим краевую задачу y’’(x) + a^2y(x) = F(x, y(x)), 0 <= x <= l, y(0) = y(l) = 0. (15).

Т Пусть функция F(x, y) определена и непрерывна при x Є [0, l] и y Є R и удовлетворяет условию Липшица по y: |F(x, y1) – F(x, y2)| <= L|y1 – y2|, для любого x Є [0, l], y1, y2 Є R. Если lL(a|sinal|)^(-1) < 1, то решение краевой задачи (15) существует и единственно. Док-во: Пусть y(x) – решение (15) . Введем f(x) = F(x, y(x)). Тогда функция y(x) – решение краевой задачи y’’(x) + a^2y(x) = f(x), 0 <= x <= l, y(0) = y(l) = 0. Функция Грина имеет вид Ga(x, ξ) = {sinax * sina(ξ – l)/(asinal), 0 <= x <= ξ; sinaξsina(x-l)/asinal, ξ <= x <= l}. Применим и получим y(x) = $<0, l>Ga(x, ξ)f(ξ)dξ, 0 <= x <= l, учитывая определение f(x) получим y(x) = $<0, l>Ga(x, ξ)F(ξ, y(ξ))dξ, 0 <= x <= l (16). Те y(x) – решение (15), то она и решение интегрального ур-я. Справедливо и обратное. Пусть y(x) – решение (16) и непрерывна на [0, l]. Из вида функции Грина получается, что функция удовлетворяет краевым условиям. Дифференцируем два раза и подставляем. Осталось доказать существование решения (16), непрерывного на [0, l]. Рассмотрим последовательность: y0(x) = 0, y<n+1>(x) = $<0, l>Ga(x, ξ)F(ξ, yn(ξ))dξ, 0 <= x <= l, n=0, 1,….Все они определены и непрерывны. Покажем, что справедливо |y<n+1>(x) – yn(x)| <= M(lL/(a|sinal|)^n, 0 <= x <= l. Где M = max<0<=x<=l>|y1(x)| = max<0<=x<=l>|$<0, l>Ga(x, ξ)F(ξ, 0)dξ|. При n = 0 – верно. Покажем по индукции – Оценим |ym+1(x) – ym(x)| <= $<0, l>|Ga(x, ξ)||F(ξ, ym(ξ)) – F(ξ, ym-1(ξ))|dξ <= [L/[a|sinal|]]$<0, l>|ym(ξ) – y<m-1>(ξ)|dξ <= M(lL/(a|sinal|))^m, 0 <= x <= l. Те доказано по индукции. Так как yk(t) = Add<n=1, k>(yn(t) – y<n-1>(t)). Из оценки получается сходимость по Вейерштрассу. Те переходя к пределу, получаем, что решение. Докажем единственность. Для этого достаточно доказать, что (16) имеет одно непрерывное решение. Пусть есть 2. Тогда y1(x) – y2(x) <= $|Ga(x, ξ)|L|y1(ξ) – y2(ξ)| < max<0 <= x <= l>>|y1(x) – y2(x)|, 0 <= x <= l. Те ЧТД.