Краевые задачи и интегральные уравнения для физиков. Калошин А.Е. - 5 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ИГУ | Иркутск

Составители: 

Рубрика: 

4. Производная по x терпит скачок в одной точке при x = s:
G
0
x
(s + 0, s) − G
0
x
(s − 0, s) =
1
p(s)
В этом месте у любознательного читателя уже должен возникнуть вопрос: "А за-
чем она нужна, эта самая функция Грина ?". Ответ таков: решение краевой задачи
выражается через функцию Грина следующим образом:
y(x) =
Z
b
a
G(x, s)f(s)ds (5)
Проверим, что построенная таким образом функция удовлетворяет ДУ. Дифференци-
руем ее:
1
y
0
(x) =
Z
b
a
G
0
x
(x, s)f(s)ds =
Z
x
a
G
0
x
(x, s)f(s)ds +
Z
b
x
G
0
x
(x, s)f(s)ds
Еще раз:
2
d
dx
µ
Z
x
a
G
0
x
(x, s)f(s)ds
= G
0
x
(x, x − 0)f(x) +
Z
x
a
G
00
x
(x, s)f(s)ds
d
dx
µ
Z
b
x
G
0
x
(x, s)f(s)ds
= −G
0
x
(x, x + 0)f(x) +
Z
b
x
G
00
x
(x, s)f(s)ds
В этих формулах формально возникает G
0
x
(x, x) (т.е. при совпадающих аргументах), но
нетрудно понять, что аргументы на самом деле такие, как указаны выше. Тогда:
ˆ
L
x
y ≡ py
00
+ p
0
y
0
+ qy =
=
Z
b
a
ˆ
L
x
G(x, s)f(s)ds + p(x) [G
0
x
(x, x − 0) − G
0
x
(x, x + 0)] f(x) = f(x).
Таким образом, (5) действительно является решением краевой задачи (4).
2.3 Построение функции Грина.
Итак, мы рассматриваем краевую задачу (4) и хотим построить для нее функцию Грина.
Предположим, что однородная задача не имеет решения, отличного от нуля.
Начнем с того, что решим однородное дифференциальное уравнение. Линейное ДУ
второго порядка имеет два линейно независимых решения и любая их линейная комби-
нация тоже является решением. Сделаем так, чтобы первое из них удовлетворяло лево-
му граничному условию y
1
(a) = 0, а второе — правому граничному условию y
2
(b) = 0.
Теперь построим из них кусочно–непрерывную функцию вида:
F (x, s) =
(
c
1
y
1
(x), a ≤ x < s
c
2
y
2
(x), s < x ≤ b
. (6)
1
Предвидя, что при совпадающих аргументах будут проблемы, мы разбили область интегрирования на две.
2
Напомним как дифференцируется интеграл такого типа:
d
dx
R
x
a
f(x, s ) ds = f (x, x) +
R
x
a
f
0
x
(x, s ) ds
3
  4. Производная по x терпит скачок в одной точке при x = s:
                                                                            1
                                       G0x (s + 0, s) − G0x (s − 0, s) =
                                                                           p(s)

   В этом месте у любознательного читателя уже должен возникнуть вопрос: "А за-
чем она нужна, эта самая функция Грина ?". Ответ таков: решение краевой задачи
выражается через функцию Грина следующим образом:
                                    Z b
                             y(x) =     G(x, s)f (s)ds                      (5)
                                                   a

Проверим, что построенная таким образом функция удовлетворяет ДУ. Дифференци-
руем ее: 1
                   Z b                    Z x                    Z b
            0           0                      0
           y (x) =     Gx (x, s)f (s)ds =     Gx (x, s)f (s)ds +     G0x (x, s)f (s)ds
                          a                        a                         x
             2
Еще раз:
                     µZ x                   ¶                       Z x
                   d         0                 0
                          Gx (x, s)f (s)ds = Gx (x, x − 0)f (x) +        G00x (x, s)f (s)ds
                  dx    a                                            a
                     µZ b                  ¶                         Z b
                  d
                          G0x (x, s)f (s)ds = −G0x (x, x + 0)f (x) +     G00x (x, s)f (s)ds
                 dx    x                                               x
В этих формулах формально возникает G0x (x, x) (т.е. при совпадающих аргументах), но
нетрудно понять, что аргументы на самом деле такие, как указаны выше. Тогда:
        L̂x y ≡ py 00 + p0 y 0 + qy =
                Z b
              =      L̂x G(x, s)f (s)ds + p(x) [G0x (x, x − 0) − G0x (x, x + 0)] f (x) = f (x).
                      a

Таким образом, (5) действительно является решением краевой задачи (4).



2.3      Построение функции Грина.
Итак, мы рассматриваем краевую задачу (4) и хотим построить для нее функцию Грина.
Предположим, что однородная задача не имеет решения, отличного от нуля.
   Начнем с того, что решим однородное дифференциальное уравнение. Линейное ДУ
второго порядка имеет два линейно независимых решения и любая их линейная комби-
нация тоже является решением. Сделаем так, чтобы первое из них удовлетворяло лево-
му граничному условию y1 (a) = 0, а второе — правому граничному условию y2 (b) = 0.
Теперь построим из них кусочно–непрерывную функцию вида:
                                   (
                                     c1 y1 (x), a ≤ x < s
                        F (x, s) =                        .                     (6)
                                     c2 y2 (x), s < x ≤ b
  1
      Предвидя, что при совпадающих аргументах будут проблемы,
                                                             R xмы разбили область интегрирования
                                                                                       Rx              на две.
  2                                                        d
      Напомним как дифференцируется интеграл такого типа: dx  a
                                                                f (x, s)ds = f (x, x) + a fx0 (x, s)ds


                                                       3

Страницы