Integralnye_uravnenia
.pdfРешить или установить неразрешимость интегральных уравнений с вырожденным ядром.
15. y(x) = |
Z0¼ |
tg x cos t y(t) dt + cos x: |
16. y(x) = Z0 |
1 |
ext y(t) dt + e¡x: |
||
17. y(x) = |
Z0 |
pxt y(t) dt + 5x: |
18. y(x) = 2Z0 |
t y(t) dt + 3 ln x: |
|||
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
Z |
|
x |
|
19. y(x) = 2x ¡ 1 ¡ 2 |
|||||||
|
|
||||||
(cos ¼x ¡ sin ¼t)y(t) dt: |
|||||||
|
¼ |
1 |
|
|
|||
|
|
|
20.
22.
0
Z¼=2
y(x)=2 cos(x ¡ t) y(t) dt + x:
0
Z1¡ ¢
y(x)= ext + xet y(t) dt + ex:
21.
23.
Z¼=2
y(x)=2¡ 3 sin(x ¡ 2t) y(t) dt:
0Z1
y(x)=x2¡ 2 (3xt ¡ 1)y(t) dt:
0Z1 |
0 |
24. y(x) =
25. y(x) =
(3x + 2t)y(t) dt + 8x2 ¡ 5x
0
1 Z¼
2
0
Z1
26. y(x) = 2
0
Собственные значения и собственные функции
Если ядро однородного интегрального уравнения Фредгольма (6) вырожденное, то задача о нахождении собственных чисел и собственных функций интегрального уравнения сводится к поиску собственных значений некоторой матрицы. Действительно, как следует из формул (13) (16), всякое решение однородного
уравнения имеет вид |
n |
|
|
X |
(17) |
y(x) = ¸ |
ckpk(x); |
k=1
где числа ck являются решениями однородной системы
|
n |
|
ck ¡ ¸ |
akici = 0: |
|
|
=1 |
|
|
Xi |
|
Эта система может быть переписана в матричной форме |
|
|
(I ¡ ¸A)C = 0 èëè |
(A ¡ ¹I)C = 0; ¸; ¹ 6= 0; |
(18) |
ãäå I единичная матрица, A = (aij), C столбец, состоящий из чисел ci. Таким
образом, собственные числа интегрального уравнения совпадают с отличными от нуля собственными числами матрицы A и могут быть найдены из уравнения
det(A ¡ ¹I) = 0 |
(19) |
Пример 4. Найти собственные числа и собственные функции интегрального |
|||
уравнения |
|
|
|
y(x) = ¸ Z1 |
¡ |
xt ¡ 2x2 |
y(t) dt: |
0 |
|
¢ |
Решение. Ядро K(x; t) = xt ¡ 2x2 вырожденное:
p1(x) = x; p2(x) = ¡2x2; q1(t) = t; q2(t) = 1:
Найдем компоненты матрицы A:
Z1
a11 = x2 dx = 13;
0
Z1
1 a21 = x dx = 2;
0
a12 = ¡2 Z |
1 |
|
|
1 |
|
|
x3 dx = ¡ |
; |
|||||
|
||||||
2 |
||||||
0 |
1 |
|
|
|
|
|
a22 = ¡2 Z0 |
2 |
|
|
|
||
x2 dx = |
: |
|
||||
|
|
|||||
3 |
|
Уравнение для нахождения собственных значений (19) примет вид:
¡ |
|
¯ |
1 |
1 |
2 |
1 |
¹¯ |
|
µ |
6 |
¶ |
|
||||||
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
det(A |
¹I) = |
¯ |
3 |
¡ ¹ |
¡2 |
¯ |
= |
|
¹ + |
1 |
2 |
= 0: |
||||||
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
¯ |
|
2 |
¡3 |
¡ |
¯ |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
Следовательно, интегральное уравнение имеет только одно собственное значение ¹ = ¡1=6 (характеристическое число ¸ = ¡6). Соответствующий ему собствен-
ный вектор находим решая систему (18): |
¶ µ0¶ |
|
µ1=2 |
¡1=2¶µc2 |
|
1=2 |
¡1=2 c1 |
= 0 ; |
откуда находим c1 = c2 = C, ãäå C произвольная константа. Согласно формуле
(17) собственной функцией интегрального уравнения будет
y(x) = ¡6 ¡c1x ¡ 2c2x2¢ = Cx(1 ¡ 2x):
Пример 5. Исследовать решения интегрального уравнения
y(x) = ¸ Z¼ ¡x2 cos t ¡ x sin t¢y(t) dt + cos x
¡¼
в зависимости от значений параметра ¸.
Решение. Поскольку ядро интегрального уравнения K(x; t) = x2 cos t ¡ x sin t
вырожденное, то его решение можно свести к решению алгебраической системы (16), которая может быть записана в матричной форме:
(I ¡ ¸A)C = B; |
(20) |
ãäå B столбец из коэффициентов bi. Вычислим коэффициенты матрицы A и столбца B:
p1(x) = x2; |
p2(x) = x; |
q1(t) = cos t; q2(t) = sin t; |
|||
¼ |
|
|
|
¼ |
|
a11 = Z¼ |
cos xx2 dx = 4¼; |
a12 = Z¼ |
cos xx dx = 0; |
||
a21 =¡Z¼ sin xx2 dx = 0; |
a22 =¡Z¼ sin xx dx = ¡2¼; |
||||
¡¼¼ |
|
|
|
¡¼¼ |
|
b1 = Z cos2 x dx = ¼; |
b2 = Z sin x cos x dx = 0: |
||||
¡¼ |
|
|
|
¡¼ |
|
Система (20) имеет вид |
¡0 |
1 + 2¼¸¶µc2¶ |
= µ0¶: |
||
|
µ |
||||
|
1 |
4¼¸ |
0 |
c1 |
¼ |
det(I ¡ ¸A) = (1 ¡ 4¼¸)(1 + 2¼¸) = 0, когда ¸ = |
|
1 |
|
1 |
|
|||||||||||
|
|
¸ = ¡ |
|
. |
||||||||||||
4¼ èëè |
2¼ |
|||||||||||||||
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
При любых ¸ 6= ¡ |
|
; |
|
|
|
|
|
|||||||||
2¼ |
4¼ система имеет единственное решение |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
c1 = |
¼ |
; |
|
c2 = 0: |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
1 ¡ 4¼¸ |
|
|
|
|||||||
В этом случае решением интегрального уравнения будет функция |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
y(x) = cos x + |
¸¼ |
|
x2: |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
1 |
|
|
|
|
1 ¡ 4¼¸ |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Åñëè ¸ = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4¼, то система |
µ0 3=2¶µc2 |
¶ = µ0¶: |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
0 |
0 c1 |
¼ |
|
|
|
|
|
|
решений не имеет. Следовательно, при данном значении ¸ не имеет решений и |
||||||
интегральное уравнение. |
|
|
|
|
||
Ïðè ¸ = ¡ |
1 |
|
|
|
|
|
2¼ решением системы |
|
µ0¶ |
|
|||
|
µ0 |
0¶µc2¶ |
= |
: |
||
|
3 |
0 c1 |
|
¼ |
|
будет c1 = ¼=3; c2 = C и соответствующее решение интегрального уравнения:
y(x) = cos x + ¸(c1x2 + c2x) = cos x ¡ x2=6 + Cx:
Найти собственные значения и собственные функции следующих |
|||
интегральных уравнений: |
|
|
|
27. y(x) = ¸ Z0 1 |
(1 + 2x)y(t) dt: |
28. y(x) = ¸ Z0 1 |
(1 ¡ x2) y(t) dt: |
29. y(x) = ¸ Z0¼ x sin t y(t) dt: |
30. y(x) = ¸ Z0¼ cos x cos t y(t) dt: |
||
31. y(x) = ¸ Z¼ sin(x + t) y(t) dt: |
32. y(x) = ¸ Z¼ cos(x ¡ t) y(t) dt: |
0 |
0 |
Z1
33. y(x) = ¸ (cos 2¼x + 2x sin 2¼t + t sin ¼x) y(t) dt:
0
Z1
34. y(x) = ¸ [cos 2¼(x ¡ t) ¡ 1] y(t) dt:
0
Исследовать решения интегральных уравнений при различных зна- чениях параметра ¸.
35.
37.
39.
Z1
y(x)=¸ (1 + 2x)y(t) dt+1¡32x:
0
Z¼
y(x)=¸ sin x cos t y(t) dt+cos x:
0
Z1
y(x)=¸ (1 + xt) y(t) dt+sin ¼x:
36.
38.
40.
Z1
y(x)=¸ x y(t) dt+sin 2¼x:
0
Z1
y(x)=¸ x sin 2¼t y(t) dt+x:
0
Z¼
y(x)=¸ cos(x + t) y(t) dt+1:
¡1 |
0 |
Интегральные уравнения Вольтерра
Метод последовательных приближений
В отличие от уравнений Фредгольма, уравнения Вольтерра всегда имеют единственное решение. Поэтому оно может быть найдено методом последовательных приближений. Последовательность функций yn(x), строящаяся по правилу
y1(x) = |
¸ Zax K(x; t) y0(t) dt + f(x); |
|
y2(x) |
= |
¸ Zax K(x; t) y1(t) dt + f(x); |
: : : |
: : : |
: : : : : : |
Zx
yn(x) = ¸ K(x; t) yn¡1(t) dt + f(x);
: : : : : : : :a: : : :
всегда сходится к единственному решению интегрального уравнения при n ! 1.
Пример 6. Решить интегральное уравнение
Zx
y(x) = 1 ¡ (x ¡ t)y(t) dt
0
методом последовательных приближений.
Решение. В качестве нулевого приближения выберем y0(x) = 1. Тогда
x |
|
|
x2 |
|
|
y1(x) = 1 ¡ Z0 |
(x ¡ t) ¢ 1 ¢ dt = 1 ¡ |
|
|||
|
; |
|
|||
2 |
2 + 4! : |
||||
y2(x) = 1 ¡ Z0 |
(x ¡ t) µ1 ¡ t2 ¶ dt = 1 ¡ |
||||
x |
2 |
|
|
|
x2 x4 |
Íà n-ом шаге получим
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
x2 |
x4 |
x6 |
n xn |
Xk |
k xk |
|||||||
yn(x) = 1 ¡ |
|
+ |
|
¡ |
|
+ : : : + (¡1) |
|
|
= |
(¡1) |
|
|
; |
2 |
4! |
6! |
n! |
k! |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
=0 |
|
|
|
откуда |
1 |
k xk |
||
|
||||
|
Xk |
|
|
|
|
(¡1) k! = cos x: |
|||
|
y(x) = nlim!1 yn(x) = |
|||
|
=0 |
|
|
|
Решить уравнения Вольтерра методом последовательных приближений.
Zx
41. y(x) = y(t) dt + x2:
0
Zx
43. y(x) = (x ¡ t)y(t) dt + x:
42. y(x) = Zx y(t) dt + x2 :
2
0Zx
44. y(x) = 1 ¡ tg t y(t) dt:
0 |
0 |
Zx
45. y(x) = 1 +
0
Zx
47. y(x) = 1 +
0
y(t) dt: x + t
xy(t)
x2 + t2 dt:
46. y(x) = 2 Z0x t y(t) dt + x2: |
|
48. y(x) = 1 + Z0 |
xt2y+ t2 dt: |
x |
|
(t)
Решение интегрального уравнения путем сведения его к дифференциальному уравнению
Если в интегральном уравнении (4) ядро K(x; t) и свободный член f(x; t) èìå-
ют непрерывные производные по переменной x, то это уравнение может быть про-
дифференцировано один или несколько раз. Это позволяет в ряде случаев свести решение интегрального уравнения к задаче Коши для некоторого обыкновенного дифференциального уравнения. Производная от интеграла при этом вычисляется по формуле
ddx |
Za |
K(x; t)y(t) dt = K(x; x)y(x) + Za |
@x |
y(t) dt: |
(21) |
|
x |
x |
|
|
|
@K(x; t)
Пример 7. Решить интегральное уравнение
Zx |
(22) |
y(x) = sin x + sin(x ¡ t)y(t) dt: |
0
Решение. Дважды продифференцируем уравнение (22). Учитывая (21), полу- чим
y0(x) = cos x + Z0x cos(x ¡ t)y(t) dt; |
(23) |
y00(x) = ¡ sin x + y(x) + Z0x sin(x ¡ t)y(t) dt: |
(24) |
Исключая из уравнений (22) и (24) интеграл Rx sin(x ¡ t)y(t) dt, получим обыкно-
0
венное дифференциальное уравнение y00 = 0. Из уравнений (22) и (23) вытекают
следующие начальные условия y(0) = 0; y0(0) = 1. Решением полученной задачи Коши будет функция y(x) = x.
Пример 8. Решить интегральное уравнение
y(x) = 2 sh x + 1 ¡ Zx(x ¡ t)y(t) dt: |
(25) |
0 |
|
Решение. Дважды дифференцируя уравнение (25), получим |
|
y0(x) = 2 ch x ¡ Z0x y(t) dt; |
(26) |
y00(x) = 2 sh x ¡ y(x): |
(27) |
Перепишем уравнение в стандартной форме |
|
y00 + y = 2 sh x: |
(28) |
Начальные условия найдем из уравнений (25) и (26): |
|
y(0) = 1; y0(0) = 2: |
(29) |
Решением уравнения (28) с учетом начальных условий (29) будет
y(x) = cos x + sin x + sh x:
Решить уравнения Вольтерра, сведя их к обыкновенным дифференциальным уравнениям.
49. y(x) = Z0 |
t + 1y(t) dt + ex: |
50. y(x) = |
|
x |
|
t |
|
x |
|
|
|
51. y(x)=4Z0 (t ¡ x)y(t) dt+ 3 cos x: 52. y(x) = |
|||
53. y(x) = Zx |
|
3(x ¡ t) ¡ (x ¡ t)2 |
y(t) dt + e2x |
|
£ |
¤ |
Zx
(x ¡ t)y(t) dt + 2 sh x:
0
Zx
4t ¡ 5xy(t) dt + ln x: t2
1
¡ 2x2 ¡ 2x ¡ 1:
0
54. y(x)=Z1x |
|
4x ¡ |
3t |
y(t) dt+ 4x ln x¡ 1: 55. y(x) = |
Z1x |
x |
y(t) dt + x2: |
||||||||||||
|
|
t2 |
|
t2 |
|||||||||||||||
56. y(x)=Z0 cos(x ¡ t)y(t) dt+ x: 57. y(x)=6Z0 cos 5(x ¡ t)y(t) dt¡ 4e5x: |
|||||||||||||||||||
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
||||
58. y(x)=2Z0 |
|
sin(x ¡ t)y(t) dt+ ex: |
59. y(x)+3Z0 |
sin(x ¡ t)y(t) dt=2 sh x: |
|||||||||||||||
60. y(x) = 3 Z0x |
ch 2(x ¡ t)y(t) dt + 5e¡2x: |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
61. y(x) + 5 Z0x |
sh (x ¡ t)y(t) dt + 3 cos x = 0: |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
62. y(x) = Zx |
³ |
2ex¡t + e3(x¡t) y(t) dt + 20x ¡ 4: |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
0 |
|
|
|
|
|
´ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
63. y(x) = Zx |
³ |
2e2(x¡t) ¡ e3(x¡t) y(t) dt + 5: |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
0 |
|
|
|
|
|
´ |
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
x |
|
|
|
t + 2 |
|
|
|
(t ¡ 1)2 |
|
|
|
|||||||
64. y(x)= |
|
|
|
y(t) dt+ 2x: |
65. y(x)+ |
ex¡ty(t) dt=1: |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
Z0 |
|
(x + 2)2 |
|
|
Z0 |
t2 + 1 |
||||||||||||
66. y(x)=Z1x |
x(2t + 1) |
y(t) dt+ x3: |
67. y(x) = Z0x |
et |
|
y(t) dt + e¡x: |
|||||||||||||
|
t2 |
ex + |
1 |
||||||||||||||||
|
y(x) = Z0 |
(x + 1)(t + 1)y(t) dt + (x + 1) : |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
x |
|
|
|
|
t |
ln (x + 1) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
68. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
69. y(x) = Zx |
( tg t ¡ 1)ex¡ty(t) dt + cos x: |
|
|
|
|
|
|
|
0
Уравнения Вольтерра с вырожденным ядром
Если ядро интегрального уравнения (4) является вырожденным, то уравнение
(4) может быть представлено в виде:
Xn Zx
y(x) = |
pk(x) qk(t) y(t) dt + f(x): |
(30) |
k=1 a
Вводя функции |
Zx |
|
|
|
|
(31) |
|
|
uk(x) = qk(t) y(t) dt; |
k = 1; 2; ::; n; |
a
и подставляя их в уравнение (30), получим, что решение интегрального уравнения с вырожденным ядром имеет вид
n |
|
Xk |
(32) |
y(x) = pk(x)uk(x) + f(x): |
|
=1 |
|
Таким образом, чтобы найти y(x), необходимо определить функции uk(x). Продифференцировав соотношения (31), и подставив вместо y(x) выражение (32),
получим систему дифференциальных уравнений 1-го порядка для неизвестных функций uk(x):
|
n |
|
uk0 (x) = |
Xi |
|
qk(x)pi(x)ui(x) + f(x)qk(x); |
k = 1; 2; ::; n: |
|
|
=1 |
|
Положив x = a в соотношениях (31), найдем, что начальные условия являются
однородными: u1(x) = u2(x) = ::: = un(x) = 0. Подстановка решения систе-
мы дифференциальных уравнений в (32) даст решение исходного интегрального уравнения.
Пример 9. Решить интегральное уравнение
x |
|
|
|
|
y(x) = Z0 |
|
ch t |
(33) |
|
|
|
y(t) dt + 1 |
||
|
ch x |
|||
Решение. Обозначим |
Zx |
|
||
u(x) = |
|
ch ty(t) dt: |
(34) |
0