Курс лекций Москва Физический факультет мгу им. М. В. Ломоносова 2016 Содержание 2 удк 517. 9 Ббк 22. 161. 6
 Скачать 1.87 Mb.
|
|
§ 1. Краевая задача для линейного дифференциального уравнения второго порядка 1 0 . Постановка задачи Рассмотрим линейное дифференциальное уравнение 2-го по- рядка ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 , 0 , + + = < < d u du a x a x u f x x l dx dx (1) с дополнительными краевыми условиями первого рода (задача Ди- рихле) 0 (0) , ( ) , = = l u u u l u (2) предполагая, что функции ( ) ( ) ( ) [ ] 1 2 1 , , 0, a x a x f x C l ∈ Определение . Классическим решением задачи Дирихле (1)– (2) будем называть функцию ( ) ( ) [ ] 2 0, 0, ∈ u x C l C l ∩ , удовлетво- ряющую уравнению (1) и краевым условиям (2). Замечание . В случае краевых условий 2-го и 3-го рода ( ) ( ) [ ] 2 1 0, 0, u x C l C l ∈ ∩ Краевые задачи 121 Преобразуем уравнение (1) к более удобному для дальнейше- го исследования виду. Умножим (1) на ( ) 1 ( ) 0 ∫ = > a x dx p x e . Тогда ( ) ( ) ( ) 1 p x a x p x ′ = и ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) , ′ − + + = p x q x f x d u du p x a x p x p x a x u p x f x dx dx или ( ) ( ) ( ) 2 [ ] ⎡ ⎤ ≡ − = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ d du L u p x q x u f x dx dx Далее везде, где не оговорено другое, будем использовать обозначение ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] d du L u p x q x u p x u p x u q x u dx dx ⎡ ⎤ ′′ ′ ′ = − = + − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Легко видеть, что замена переменных ( ) ( ) ( ) u x y x v x = + , где ( ) [ ] 2 0, ∈ v x C l и удовлетворяет краевым условиям (2), например 0 0 ( ) ( ) , ⎡ ⎤ − = + + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ l u u u x y x u x l приводит задачу (1)–(2) к задаче с ну- левыми граничными условиями: ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) 2 [ ] [ ] , 0 , 0, , 0 0, 0. ⎧ = − ≡ < < ∈ ⎪ ⎨ = = ⎪⎩ L y f x L v f x x l f x C l y y l Поэтому, не ограничивая общности, далее будем рассматривать краевую задачу ( ) [ ]( ) ( ) [ ]( ) ( ) 0 [ ] , 0 , 0 0 0, 0 . = < < = = = = l L y f x x l B y y B y l y l (3) Аналогично может быть рассмотрена задача с краевыми ус- ловиями 2-го рода [ ] 0, ≡ l dy B y dx или 3-го рода [ ] 0, ≡ + l dy B y hy dx , где const = h Глава 5 122 2 0 . Формулы Грина. Тождество Лагранжа Пусть ( ) ( ) [ ] 2 , 0, ∈ u x v x C l . Умножим [ ] L u на v и проинтег- рируем от 0 до l по частям. Получим ( ) ( ) 0 [ ] ξ ξ ξ = ∫ l v L u d ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ⎡ ⎤ = − + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ∫ l l du du dv p v p q u v d d d d (4) – первая формула Грина. Меняя в (4) местами функции v и u и вычитая почленно по- лученное соотношение из (4), получим ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 [ ] [ ] ξ ξ ξ ξ ξ ξ ⎧ ⎫ ⎛ ⎞ − = − ⎨ ⎬ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎩ ⎭ ∫ l l du dv vL u uL v d p v u d d – вторая формула Грина. Следствие . Нетрудно доказать (проведите необходимые вы- кладки самостоятельно), что на подпространстве дважды непре- рывно дифференцируемых функций, удовлетворяющих однород- ным краевым условиям, оператор ( ) ( ) [ ] d du L u p x q x u dx dx ⎡ ⎤ = − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ является самосопряженным, т.е. ( , [ ]) ( , [ ]) u L v v L u = , где скалярное произведение 0 ( , ) ( ) ( ) = ∫ l u v u x v x dx . Для этого нужно произвести интегрирование по частям в ра- венстве ( , [ ]) ( , [ ]) u L v v L u = и учесть граничные условия, причем в случае граничных условий 3-го рода при 0 x = имеем ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 , 0 0 0 0 0 , + = ⇒ = − + = ⇒ = − du du hu hu dx dx dv dv hv hv dx dx Краевые задачи 123 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 . ξ ξ ⎛ ⎞ − = − + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ du dv p v u p v hu u hv d d Аналогично, обращается в 0 подстановка в точке x l = . Заменив во второй формуле Грина верхний предел интегри- рования на [ ] 0, x l ∈ , получим ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 [ ] [ ] ξ ξ ξ ξ ξ ξ ⎧ ⎫ ⎛ ⎞ − = − ⎨ ⎬ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎩ ⎭ ∫ x x du dv vL u uL v d p v u d d и продифференцируем обе части написанного равенства по пере- менной x : ( ) ( ) ( ) [ ] [ ] d du dv vL u uL v p x v x u x dx dx dx ⎧ ⎫ ⎛ ⎞ − = − ⎨ ⎬ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎩ ⎭ Подставив вместо ( ) u x и ( ) v x функции 1 ( ) y x и 2 ( ) y x – ФСР однородного уравнения, получим ° 2 1 1 2 0 0 [ ] [ ] 0 y L y y L y = = − = ⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 0 0 ≠ ⎧ ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎛ ⎞ − = ⎨ ⎬ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ W x d dy dy p x y x y x dx dx dx – тождество Лагранжа. Далее, интегрируя последнее равенство, будем иметь ( ) ( ) p x W x C = – формула Лиувилля–Остроградского, где ( ) W x — определитель Вронского для решений 1 ( ) y x , 2 ( ) y x 3 0 . Теорема единственности решения неоднородной краевой задачи Теорема 1 .Пусть однородная краевая задача имеет только тривиальное решение. Тогда соответствующая ей неоднородная задача имеет не бо- лее одного решения. Доказательство. Пусть 1 ( ) y x и 2 ( ) y x – решения задачи ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) 0 [ ] , 0 , 0 0, 0, = < < = = l L y f x x l B y B y l (5) Глава 5 124 тогда 1 2 ( ) ( ) ( ) w x y x y x = − – решение однородной краевой задачи [ ] ( ) [ ] ( ) 0 [ ] 0, 0 , 0 0, 0, = < < = = l L w x l B w B w l (6) которая по условию имеет только нулевое решение, т.е. ( ) 0 w x ≡ , или 1 2 ( ) ( ) y x y x ≡ 4 0 . Теорема о достаточных условиях единственности решения неоднородной краевой задачи Сформулируем некоторые достаточные условия того, что од- нородная краевая задача имеет только тривиальные решения. Теорема 2 .Пусть в операторе [ ] L u ( ) 0 q x ≥ . Тогда одно- родная краевая задача имеет: 1) в случае граничных условий 1-го рода только тривиальное решение; 2) в случае граничных условий 2-го рода только тривиальное решение, если ( ) 0 q x > , или нетривиальное решение ( ) const = u x , если ( ) 0 q x ≡ ; Доказательство. Пусть ( ) y u x = – решение однородной задачи. Применим первую формулу Грина: ( ) ( ) 0 0 [ ] 0 ξ ξ ξ = = = ∫ l u L u d ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎢ ⎥ = − + ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ∫ l l du du p u p q u d d d Далее ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 0 2 2 0 0 0 . ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ = ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎢ ⎥ = − + ⇒ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎢ ⎥ ⇒ + = ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ∫ ∫ l l l du du p u p q u d d d du p q u d d Краевые задачи 125 Так как ( ) 0 p x > , ( ) 0 q x ≥ , то оба слагаемых под интегралом неотрицательны, а равенство возможно лишь в когда 0 du dx ≡ . По- этому ( ) const = u x независимо от граничных условий. 1) Если заданы граничные условия 1-го рода (0) ( ) 0 u u l = = , тогда ( ) const (0) ( ) 0 = = = = u x u u l 2) В случае граничных условий 2-го рода: 0, если ( ) 0, 0 ( ) const , если ( ) 0. > ⎧ ≡ ⇒ = = ⎨ ≡ ⎩ q x du u x C q x dx 5 0 . Функция Грина и ее свойства Определение . Функцией Грина краевой задачи (1)–(2) назы- вается функция двух переменных ( ) , G x s такая, что: 1) ( ) , G x s определена и непрерывна в квадрате { } { } 0 0 x l s l ≤ ≤ × ≤ ≤ ; 2) ( ) , G x s удовлетворяет однородному уравнению [ ] 0 x L G = при 0 , x s l < < ; 3) ( ) , G x s удовлетворяет нулевым граничным условиям при 0 x = и x l = ; 4) в точке x s = первая производная по x G имеет разрыв I рода со скачком: ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 1 0 0 = + = − , = + , − − , = x s x s dG x s dG dG s s s s dx dx dx p s Замечание . Из определения функции ( , ) G x s следует, что 1) ( ) ( ) ( ) 1 0 0 dG dG x x x x dx dx p x + , − − , = ; 2а) ( ) ( ) 0 0 dG dG x x x x dx dx , − = + , ; 2б) ( ) ( ) 0 0 dG dG x x x x dx dx , + = − , . Глава 5 126 Теорема 3 .Пусть однородная краевая задача (5) имеет толь- ко тривиальное (т.е. 0 y ≡ ) решение. Тогда функция Грина краевой задачи (3) существует. Доказательство. Подробное доказательство проведем лишь для случая граничных условий 1-го рода (задача Дирихле). В случае других краевых условий теорема доказывается аналогично. Для доказательства приведем алгоритм построения функции Грина. Рассмотрим уравнение [ ] 0 L y = и выберем 2 его решения, удовлетворяющие каждое только одному из граничных условий ( ) 1 y x : ( ) ( ) ( ) 1 1 1 0 0, 0 0 0 y y y x ′ = ≠ ⇒ ≡ ; ( ) 2 y x : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0, 0 0 y l y l y x ′ = ≠ ⇒ ≡ . Докажем, что эти два решения линейно независимы. Дейст- вительно, пусть это не так, т.е. ( ) ( ) 2 1 y x С y x = ⋅ . Тогда ( ) ( ) 2 1 0 0 0 y С y = ⋅ = , но по условию теоремы задача с нулевыми краевыми условиями ( ) ( ) [ ] 0; 0 0, 0, = = = L y y y l имеет только тривиальное решение. Полученное противоречие оз- начает, что функции 1 ( ) y x и 2 ( ) y x – линейно независимы. Функцию Грина ( ) , G x s будем строить в виде ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 0 , ⋅ , ≤ ≤ ⎧ , = ⎨ ⋅ , ≤ ≤ ⎩ С y x x s G s x C y x s x l (7) Очевидно, что такая функция ( ) G s x , удовлетворяет уравне- нию [ ] 0 x L G = и однородным краевым условиям (см. пп. 2) и 3) определения функции Грина). Запишем условие непрерывности функции ( ) G s x , и скачка производной в точке x s = (см. пп. 1) и 4) определения): 2 2 1 1 2 2 1 1 ( ) ( ) 0, 1 ( ) ( ) , ( ) − = ′ ′ − = C y s С y s C y s С y s p s (8) и найдем 1 С и 2 С . Определитель системы (8) есть определитель Вронского системы функций { 1 ( ) y s , 2 ( ) y s }, следовательно 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) det 0 ( ) ( ) = ≠ ′ ′ y s y s W s y s y s Краевые задачи 127 в силу доказанной ранее их линейной независимости. Поэтому сис- тема (8) имеет единственное решение 2 1 1 2 ( ) ( ) ( ) , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = = ⋅ ⋅ y s y s C s C s p s W s p s W s , подставляя которое в (7), получим 1 2 2 1 ( ) ( ) 0 , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⎧ , ≤ ≤ ⎪ ⋅ ⎪ , = ⎨ ⎪ , ≤ ≤ ⎪ ⋅ ⎩ y x y s x s p s W s G s x y x y s s x l p s W s (9) Замечание . Далее будет доказано, что функция Грина линейной краевой задачи единственна. Теорема 4 .Пусть однородная краевая задача (6) имеет толь- ко тривиальное решение. Тогда решение неоднородной краевой задачи (5) существует, единственно при любой непрерывной функции ( ) f x и представи- мо в виде ( ) ( ) ( ) 0 = , ∫ l y x G x s f s ds , (10) где ( ) G s x , – функция Грина. Доказательство существования решения проведем непосредст- венной подстановкой формулы (10) в задачу (5). Введем обозначе- ния ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) , 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , 0 ( ) ( ) y x y s G x s x s l p s W s G s x y x y s G x s s x l p s W s ⎧ ≡ , ≤ ≤ ≤ ⎪ ⋅ ⎪ , = ⎨ ⎪ ≡ , ≤ ≤ ≤ ⎪ ⋅ ⎩ (11) Тогда условие скачка производной функции Грина в точке x s = примет вид ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 1 0 1 = + = − , = , − , = x s x x x s dG x s G x x G x x dx p x Из (10), используя введенные обозначения (11), получим: Глава 5 128 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 0 ⎡ ⎤ ′ = , + , = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ∫ ∫ x l x d y x G x s f s ds G x s f s ds dx ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 0 0 = = , + , − , ⋅ + ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ ∫ x x по определению функции Грина G x s f s ds G x x G x x f x ( ) ( ) 1 ; + , ∫ l x x G x s f s ds (12) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 0 , ⎡ ⎤ ′′ = , + = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ∫ ∫ x l x x x d y x G x s f s ds G x s f s ds dx ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 0 1 (11) ( ) , = = + , − , ⋅ + ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ ∫ x xx x x из из определению ф Грина p x G x s f s ds G x x G x x f x ( ) ( ) 1 , + ∫ l xx x G x s f s ds Подставляя (10), (12)–(13) в уравнение (5), получим(13) ( ) ( ) ( ) [ ] L y p x y p x y q x y ′′ ′ ′ = + − = [ ] ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) 2 1 0 0 0 = = = ⋅ + ⋅ + = ∫ ∫ x l x x x L G f s ds L G f s ds f x f x , что и доказывает существование решения. Единственность следует из линейности задачи, так как раз- ность любых двух решений неоднородной краевой задачи (5) удов- летворяет однородной задаче (6), т.е. тождественно равна нулю в силу условия теоремы. Замечание . Очевидно, что ( ) ( ) , , G x s G s x = Теорема 5 .Пусть однородная краевая задача (6) имеет толь- ко тривиальное решение. Тогда функция Грина определена единственным образом. Доказательство . Пусть существуют две различные функции Грина ( ) ( ) , , G x s G s x ≡ . Для произвольной непрерывной функции ( ) f x построим два решения неоднородной краевой задачи (5) с помо- Краевые задачи 129 щью формулы (10): ( ) ( ) ( ) 0 = , ∫ l y x G x s f x ds и ( ) ( ) ( ) 0 = , ∫ l y x G x s f x ds . Их разность есть решение однородной краевой задачи (6), т.е. по условию теоремы ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 , 0 ⎡ ⎤ − = , − ≡ ⎣ ⎦ ∫ l y x y x G x s G x s f s ds , откуда в силу произвольности выбора ( ) f x вытекает, что ( ) ( ) , 0 G x s G x s , − ≡ Замечание (физический смысл функции Грина). Рассмотрим крае- вую задачу ( ) 0 0 [ ] ( ), , 0 , (0) 0 ( ) 0, δ = − ∈ , = , = L y x x x x l y y l т.е. уравнение с внешним источником, сосредоточенным в точке 0 (0; ) ∈ x l . Решение методом функции Грина дает 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) δ = , − = , , ∫ l y x G x s s x ds G x x т.е. 0 ( ) G x x , – это значение решения ( ) y x в точке (0; ) x l ∈ , если в точке 0 x расположен источник 0 ( ) ( ) f x x x δ = − Теорема 6 .Пусть однородная краевая задача (6) имеет не- тривиальное решение ( ) y x ψ = Тогда необходимым условием разрешимости неоднородной задачи (5) является ортогональность правой части уравнения (5) и решения однородной задачи (6) ( ) y x ψ = , т.е. ( ) 0 ( ), ( ) ( ) ( ) 0 ψ ψ = ⋅ = ∫ l f x x f x x dx Доказательство . Умножим правую и левую части уравнения (5) на ( ) x ψ , проинтегрируем по отрезку [0; ] l и воспользуемся отмечен- ным выше фактом самосопряженности оператора L . Получим Глава 5 130 ( ) [ ] 0 0 ( ), ( ) ( ) ( ) ( ) ψ ψ ψ ≡ ⋅ = ⋅ ≡ ∫ ∫ l l f x x f x x dx L y x dx ( ) ( ) [ ], , [ ] 0, ψ ψ ≡ = = L y y L так как ( ) x ψ – решение однородного уравнения, т.е. [ ] 0 L ψ = . Замечание . Можно показать (см., например, [1]), что условие ортогональности ( ) ( ), ( ) 0 f x x ψ = является также и достаточным для разрешимости задачи (5). Пример (статическая задача о профиле струны). Рассмотрим следующую задачу: ( ) ( ) ( ) , 0 1, ( ) [0 1], 0 0 0, ′′ = < < ∈ , = , = y f x x f x C y y l т.е. в принятых выше обозначениях ( ) 1 ( ) 0 p x q x ≡ , ≡ , а [ ] L y y′′ ≡ Решение . Рассмотрим однородную задачу и покажем, что она имеет только тривиальное решение: ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 2 1 0 , 0 0 0 0. 0 0 0, ′′ = ⎯→ = + ⎧ ⎪ = ⎯→ = ⇒ ≡ ⎨ ⎪ = ⎯→ ⋅ + = → = ⎩ y y C x C y C y x y l C l C C Следовательно, исходная задача имеет единственное решение. Построим функцию Грина. Выберем два решения, каждое из которых удовлетворяет одному из граничных условий: 1 1 1 1 ( ) 0, ( ) ( ) , (0) 0, ′′ = ⎧ : ⇒ = ⎨ = ⎩ x y y x y x x y 2 2 2 2 ( ) 0, ( ) ( ) 1 (1) 0, ′′ = ⎧ : ⇒ = − ⎨ = ⎩ x y y x y x x y Далее, воспользуемся формулой (9) и получим ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 , 1 ( ) 1 1, − , ≤ ≤ ⎧ , = ⋅ ⎨ − , ≤ ≤ ⎩ x s x s G x s x s s x p s W s где ( ) ( ) 1 det 1, 1 1 1 s s W s p x − = = = . Следовательно, Краевые задачи 131 ( ) ( ) 1 0 ( ) 1 1 x s x s G x s x s s x ⎧ − , ≤ ≤ ⎪ , = ⎨ − , ≤ ≤ ⎪⎩ Теперь решение задачи запишем в виде ( ) 1 0 ( ) ( ) . = , ∫ y x G x s f s ds Физический смысл полученного решения – профиль струны при статической нагрузке ( ) f x В частности, если нагрузка сосредоточена, например, в точке 0 2 3 = x , то интеграл вычисляется. Точный ответ и соответствую- щий профиль струны приведены ниже: ( ) 1 0 2 ( ) ( ), 3 (0) 0 (1) 0, 1 2 0 , 2 3 3 ( ) ( ) 2 2 3 ( 1) 1 . 3 3 δ ⎧ ⎛ ⎞ ′′ = − ≡ ⎪ ⎜ ⎟ ⇔ ⎝ ⎠ ⎨ ⎪ = , = ⎩ ⎧ − , ≤ ≤ ⎪⎪ ⎛ ⎞ ⇔ = , = , = ⎨ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎪ − , ≤ ≤ ⎪⎩ ∫ y x x f x y y x x y x G x s f s ds G x x x Замечание Иногда для построения функции Грина бывает удобнее использовать не готовую формулу (9) ввиду ее трудной для запоминания структуры, а действовать, непосредственно сле- дуя алгоритму, изложенному при доказательстве Теоремы 3. Рассмотрим еще раз приведенный выше пример. Используя полученные функции ( ) 1 y x x = и ( ) 2 1 y x x = − , ищем функцию Грина в виде ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 0 , 1 , 1. ⎧ ⋅ = ⋅ , ≤ ≤ ⎪ , = ⎨ ⋅ = ⋅ − ≤ ≤ ⎪⎩ C y x C x x s G x s C y x C x s x Из условий непрерывности функции Грина и скачка ее производ- ной в точке x s = получаем Глава 5 132 ( ) 1 2 1 2 2 1 1 0 1 1 C s C s C s C s C C ⎧ ⋅ − ⋅ − = = − ⎧ ⎪ ⇒ ⎨ ⎨ = − = ⎪ ⎩ ⎩ Следовательно, ( ) ( ) 1 0 , ( ) 1 1, − , ≤ ≤ ⎧ , = ⎨ − , ≤ ≤ ⎩ x s x s G x s x s s x что совпадает с результатом, полученным в рассмотренном выше примере. Типовые вопросы и задачи к экзамену 1. Решите краевую задачу ( ) 1, 0,1 ; ′′ = ∈ y x (0) 0, = y (1) 0 = y 2. Сформулируйте условия разрешимости краевой зада- чи ( ) ( ) 0,1 ; (0) 0, (1) 0 y f x x y y ′′ ′ ′ = ∈ = = . 3. Решите краевую задачу ( ) 1, 0,1 ; ′′ = ∈ y x (0) 0, (1) 0 ′ ′ = = y y Объясните результат. 4. Решите краевую задачу ( ) 0, 0,1 ; ′′ = ∈ y x (0) 0, (1) 0 ′ ′ = = y y Объясните результат. 5. Сформулируйте определение и условия существования функции Грина линейной краевой задачи для дифференци- ального уравнения 2-го порядка. 6. Опишите алгоритм построения функции Грина линейной краевой задачи для дифференциального уравнения 2-го по- рядка. 7. Проверьте выполнение условий существования и найдите функцию Грина краевой задачи ( ) ( ) 0,1 ; (0) 0, (1) 0 y f x x y y ′′ = ∈ = = . Запишите решение этой задачи через функцию Грина. 8. Проверьте выполнение условий существования и найдите функцию Грина краевой задачи ( ) ( ) 0,1 ; (0) 0, (1) 0 y f x x y y ′′ ′ = ∈ = = . Запишите решение этой задачи через функцию Грина. 9. Проверьте выполнение условий существования и найдите функцию Грина краевой задачи ( ) ( ) 0,1 ; (0) 0, (1) 0 y f x x y y ′′ ′ = ∈ = = . Запишите решение этой задачи через функцию Грина. |