Функции Грина. Начало.

Общая форма линейного дифференциального уравнения второго порядка имеет вид,

${a(x) \, y''(x) + b(x) \, y'(x) + c(x) \, y(x) = f(x) }$

кратко можно записать как $L[y] = f$ .

Линейный оператор $L$ обладает следующими свойством,

${L[f + g] = L[f] + L[g] }$

Пусть известно общее решение однородного уравнения ${L[y_h] = 0}$ и частное решение неоднородного уравнения ${L[y_p] = f}$ . Складывая левые и правые части и используя свойство линейности, получим

${L[y_h] + L[y_p] = 0 + f}$

${L[y_h+y_p] = f }$

решение в виде суммы ${y = y_h + y_p}$ , которое также удовлетворяет дифференциальному уравнению. Линейность помогает также получить решение однородного уравнения ${L[y_h] = 0}$ , как линейную комбинацию двух решений,

${y_h = C_1 \, y_1 + C_2 \, y_2 }$

где решения ${y1,y2}$ должны обладать свойством линейной независимости. Для этого проверяется на ноль значение определителя Вронского,

${W(y_1,y_2) = y_1(x) \, y_2'(x) - y_1'(x) \, y_2(x) }$

Если определитель не равен нулю решения ${y1,y2}$ линейно независимы.

Рассмотрим способ решения однородного уравнения с постоянными коэффициентами, методом простой подстановки,

${a \, y''(x) + b \, y'(x) + c \, y(x) = 0 }$

Предположим, что решение уравнения может быть найдено в форме,

${y = e^{rx} }$

подставляя в уравнение, получим

${ ( a \, r^2 + b \, r + c ) \cdot e^{rx} = 0 }$

Так как экспонента не может быть равна нулю, получим обычное квадратное уравнение

${ a \, r^2 + b \, r + c = 0 }$

Решение квадратного уравнения дает два корня,

${y_1(x) = e^{r_1 \, x} }$

${y_2(x) = e^{r_2 \, x} }$

Линейная комбинация которых дает общее решение,

${y_h = C_1 \, e^{r_1 \, x} + C_2 \, e^{r_2 \, x} }$

Если получено два одинаковых корня, то общее решение ищется в форме,

${y_h = (C_1 + C_2 \, x) \cdot e^{r \, x} }$

Если корни комплексные, тогда

${y_{1,2}(x) = e^{(\alpha \pm i \beta) \, x} }$

${y_h = (C_1 \cdot \cos \beta x + C_2 \cdot \sin \beta x) \cdot e^{\alpha \, x} }$

Для примера решим однородную задачу,

${y'' + 4 \cdot y = 0 }$

характеристическое уравнение которого,

${r^2 + 4 = 0 }$

имеет два корня,

${y_{1,2}(x) = \pm i 2}$

Общее решение задачи,

${y_h = C_1 \cdot \cos 2 x + C_2 \cdot \sin 2 x }$

Теперь рассмотрим пример неоднородного уравнения,

${y'' + 4 \cdot y = \sin x }$

решение которого складывается из решения однородного уравнения и одного частного решения. Сделаем предположение, что

$y_p = A \sin x$

Для определения коэффициента ${A}$ подставим решение в уравнение.

${(-A + 4A) \sin x = \sin x }$

${A = \frac{1}{3} }$

Следовательно, предположение о частном решении выполняется. Поэтому общее решение неоднородного уравнения,

${y_h = C_1 \cdot \cos 2 x + C_2 \cdot \sin 2 x + \frac{1}{3} \sin x }$

Использование метода подстановки требует предварительно иметь опыт решения подобных уравнений. Опираясь на вид функции ${f(x)}$ можно сделать следующие предположения,

$\begin{tabular}{|l|l|} \hline f(x) & guess y(x) \\ \hline a_n\, x^n + a_{n-1} \, x^{n-1} + a_{n-2} \, x^{n-2}... & A_n\, x^n + A_{n-1} \, x^{n-1} + A_{n-2} \, x^{n-2}... \\ a e^{bx} & A e^{bx} \\ a \cos \omega x + b \sin \omega x & A \cos \omega x + B \sin \omega x\\ \hline \end{tabular}$

Если один из членов предполагаемой функции является решением однородного уравнения, тогда предполагаемую функцию следует умножить на ${x^k}$ , где ${k}$ следует принять минимальным целым числом, так чтобы полученное ${x^k y_p(x)}$ не являлось больше решением однородного уравнения.

Метод вариации параметров предлагает более системный метод определения частного решения. Пусть известно решение однородного уравнения,

${y_h(x) = C_1\,y_1(x) + C_2 \, y_2(x) }$

Переменные ${C_1,C_2}$ заменяются двумя функциями ${C_1(x),C_2(x)}$ и решение предполагается найти в виде,

${y_p(x) = C_1(x)\,y_1(x) + C_2(x) \, y_2(x) }$

Для этого сначала найдем первую производную,

${y_p'(x) = C_1'(x)\,y_1(x) + C_2'(x) \, y_2(x) + C_1(x)\,y_1'(x) + C_2(x) \, y_2'(x) }$

При определении второй производной, количество слагаемых вырастет для восьми. Упростим вычисления, принимая следующее ограничение,

${C_1'(x)\,y_1(x) + C_2'(x) \, y_2(x) = 0 }$

поэтому первая производная сократится до,

${y_p'(x) = C_1(x)\,y_1'(x) + C_2(x) \, y_2'(x) }$

Вторая производная,

${y_p''(x) = C_1(x)\,y_1''(x) + C_2(x) \, y_2''(x) + C_1'(x)\,y_1'(x) + C_2'(x) \, y_2'(x)}$

Подставляя в дифференциальное уравнение и перегруппировав запишем,

${ f(x) = C_1(x)(a(x)\,y_1''(x) + b(x) \, y_1'(x) + c(x) \, y_1(x)) + }$

${ + C_2(x)(a(x)\,y_2''(x) + b(x) \, y_2'(x) + c(x) \, y_2(x)) + }$

${ + a(x)[C_1'(x)\,y_1'(x) + C_2'(x) \, y_2'(x)] }$

Вспоминая общую форму уравнения,

${a(x) \, y_1''(x) + b(x) \, y_1'(x) + c(x) \, y_1(x) = 0 }$

${a(x) \, y_2''(x) + b(x) \, y_2'(x) + c(x) \, y_2(x) = 0 }$

придем к тому, что

${ f(x) = a(x) \left[C_1'(x)\,y_1'(x) + C_2'(x) \, y_2'(x)\right] }$

Следовательно, неизвестные коэффициенты ${C_1,C_2}$ должны удовлетворять следующей системе уравнений,

${ \begin{cases} \displaystyle C_1'(x)\,y_1'(x) + C_2'(x) \, y_2'(x) = \frac{f(x)}{a(x)} } \\ \\ {C_1'(x)\,y_1(x) + C_2'(x) \, y_2(x) = 0} \end{cases} }$

Для примера решим уравнение ${y''- y = e^{2x} }$ .

Найдем сначала решение однородного уравнения ${y''- y = 0 }$ , подстановкой ${y = e^{rx}}$ .

Получим,

${ r^2 - r = 0 }$

${ r_{1,2} = \pm 1 }$

Общее решение,

${ y_h = C_1 \, e^{x} + C_2 \, e^{-x} }$

Запишем систему,

${ \begin{cases} {C_1'(x)\,e^{x} - C_2'(x) \, e^{-x} = e^{2x} } \\ \\ {C_1'(x)\, e^x + C_2'(x) \, e^{-x} = 0} \end{cases} }$

Складывая левые и правые части,

${ C_1'(x)\,e^{x} - C_2'(x) \, e^{-x} + C_1'(x)\, e^x + C_2'(x) \, e^{-x} = e^{2x} }$

${ C_1'(x) = \frac{1}{2}\,e^{x} }$

Интегрируя,

${ C_1(x) = \frac{1}{2} \,e^{x} }$

Из второго уравнения системы,

${\frac{1}{2}\,e^{x} \cdot e^x + C_2'(x) \, e^{-x} = 0 }$

${ C_2'(x) = -\frac{1}{2}\,e^{3x} }$

Интегрируя,

${ C_2(x) = -\frac{1}{6} \,e^{3x} }$

Таким образом, частное решение неоднородного уравнения,

${ y_p = C_1(x) \, y_1 + C_2(x) \, y_2 = }$

${ y_p = \frac{1}{2} \,e^{x} \cdot e^{x} -\frac{1}{6} \,e^{3x} \cdot e^{-x} = \frac{1}{3} \,e^{2x}}$

И общее решение неоднородного уравнения,

${ y_p = C_1 \, e^{x} + C_2 \, e^{-x} + \frac{1}{3} \,e^{2x} }$

Рассмотрим метод функций Грина для решения краевой задачи на отрезке $[a,b]$ для линейного дифференциального уравнения второго порядка.

${y'' +g(x)y' + h(x)y = f(x) }$

которое может быть сведено к форме уравнения Штурма-Лиувилля,

${L[y]\equiv \frac{d}{dx} \left[p(x) \frac{dy}{dx} \right] -q(x)y(x) = f(x) }$

Обычно рассматриваются линейные граничные условия на границах отрезка,

${\alpha_1 y'(a) + \beta_1 y(a) = u_a}$

${\alpha_2 y'(b) + \beta_2 y(b) = u_b}$

Если ${\alpha = 0}$ , то такие граничные условия называют условием первого рода, если ${\beta = 0}$ , условием второго рода и если коэффициенты одновременно отличны от нуля — условием третьего рода.

Формально, решение задачи можно представить как,

$y = L^{-1}[f(x)] }$

где обратная функция ищется в интегральной форме,

$y(x) = \int_a^b \, G(x, \xi) \, f(\xi) d \xi }$

здесь $G(x,\xi)$ является ядром интегрального оператора и называется функцией Грина.

Рассмотрим, краевую задачу, с нулевыми граничными условиями.

$L[y] = f(x)$

$y(a) = 0$

$y(b) = 0$

Выразим коэффициенты $C_1,C_2$ метода вариации параметров через определитель Вронского,

$C_1'(x) = -\frac{f \cdot y_2}{p \cdot W(y_1,y_2)}$

$C_2'(x) = \frac{f \cdot y_1}{p \cdot W(y_1,y_2)}$

$W(y_1,y_2) = y_1 \, y_2' - y_1' \, y_2$

Нулевые граничные условия позволяют упростить общее решение,

$y(x) = y_h + y_p = C_1 \, y_1(a) + C_2 \, y_2(b) + y_p = y_p$

Поэтому общее решение определяется из частного решения неоднородного уравнения,

$y(x) = -y_1(x) \cdot \int_{x_0}^x \frac{f(\xi) \cdot y_2(\xi)}{ p(\xi) \cdot W(\xi) } d \xi + y_2(x) \cdot \int_{x_1}^x \frac{f(\xi) \cdot y_1(\xi)}{p(\xi) \cdot W(\xi)} d \xi$

Значения пределов $x_0,x_1$ определим из граничных условий. Для левой границы $x = a$ , граничное условие $y_1(a)=0$ ,

$y(a) = -y_1(a) \cdot \int_{x_0}^a \frac{f(\xi) \cdot y_2(\xi)}{ p(\xi) \cdot W(\xi) } d \xi + y_2(a) \cdot \int_{x_1}^a \frac{f(\xi) \cdot y_1(\xi)}{p(\xi) \cdot W(\xi)} d \xi\ =$

$0 = y_2(a) \cdot \int_{x_1}^a \frac{f(\xi) \cdot y_1(\xi)}{p(\xi) \cdot W(\xi)} d \xi$

Так как $y_2(a) \ne 0$ , только интеграл может быть равен нулю при равенстве верхней и нижней границы интегрирования, что позволяет определить $x_1 = a$ .

Похожим образом рассмотрим правую границу при $x = b$ , где задается граничное условие $y_2(b) =0$ ,

$y(b) = -y_1(b) \cdot \int_{x_0}^b \frac{f(\xi) \cdot y_2(\xi)}{ p(\xi) \cdot W(\xi) } d \xi + y_2(b) \cdot \int_{x_1}^a \frac{f(\xi) \cdot y_1(\xi)}{p(\xi) \cdot W(\xi)} d \xi\ =$

$0 = -y_1(b) \cdot \int_{x_0}^b \frac{f(\xi) \cdot y_2(\xi)}{ p(\xi) \cdot W(\xi) } d \xi$

Здесь получаем $x_0 = b$ .

Возвращаясь к частному решению, подставим найденные границы,

$y(x) = y_2(x) \cdot \int_{a}^x \frac{f(\xi) \cdot y_1(\xi)}{p(\xi) \cdot W(\xi)} d \xi + y_1(x) \cdot \int_{x}^b \frac{f(\xi) \cdot y_2(\xi)}{ p(\xi) \cdot W(\xi) } d \xi$

Или более кратко,

$y(x) = \int_{a}^x \frac{y_2(x) \cdot y_1(\xi)}{p(\xi) \cdot W(\xi)} \cdot f(\xi) d \xi + \int_{x}^b \frac{y_1(x) \cdot y_2(\xi)}{ p(\xi) \cdot W(\xi) } \cdot f(\xi) d \xi$

Решение складывается из двух частей, левая удовлетворяет граничным условиями на левой границе, а правая часть соответственно, удовлетворяет условиям на правой границе.

$y(x) = \int_a^b \, G(x, \xi) \, f(\xi) d \xi }$

$G(x,\xi) = \frac{1}{pW} \begin{cases} \displaystyle y_2(x) \cdot y_1(\xi), & a\leq \xi \leq x \\ \displaystyle y_1(x) \cdot y_2(\xi), & x \leq \xi \leq b \end{cases}$