Ankilov

u (x) 1 x 1 x2.

1

3

xk 1, находим

Аналогично, используя формулу u

k

A

A x ... A

0

1

k 1

u2 (x) 1 x 1 x3 , u3 (x) 1 x 1 x4 , u4 (x) 1 x 1 x5

, u5 (x) 1 x 1 x6 .

4

5

6

7

Пример 2. Построить u0 (x) и систему из трех пробных функций для

задачи с краевыми условиями

y(0)

1,

y (0)

(2.28)

2.

y(2)

y (2)

Решение. Если u0 (x) , то условия (2.28) приводят к несовместной системе

A 1,

A 2.

Предположим, что u0 A Bx , тогда u0 B и условия (2.28) дают

A B 1,

A B

1,

A B

1,

2,

0

1,

A 2B B 2,

A B

тоже несовместную систему.

Полагаем u0 A Bx Cx2 , тогда u0

B 2Cx и условия (2.28) дают

A B 1,

A B

1,

A B

1,

2,

0

1,

A 2B B 2,

A B

которая несовместна.

Ищем u0 (x) в виде u0 A Bx Cx2

Dx3 , тогда u0 B 2Cx 3Dx2 , и из

(2.28) имеем

A B 1,

A B 1,

4C 12D 2,

A 2B 4C 8D B

A B 4D 2.

Прямой ход метода:

A B C D

A B C D

A D C B

1

1

0

0

1

1

1

0

0

1

1

0 0

1

1

~

~

.

1

0

4

0

0

0

4

4 0

0

1

2

1

0

1

Видим, что система

совместна, ибо ранг

матрицы системы rg равен рангу

четырем, больше rg 2, то система неопределена, и все множество решений

G0 системы получаем обратным ходом

метода

Гаусса,

придавая двум

неизвестным C и B произвольные значения. Получаем

1

;

1

G0 (A, B,C, D) : A 1 1, B 1,C 2 , D

4

, 2 R .

Выбираем решение из G0 при 1

2

0 . Тогда

u0 (x) 1

1

x

3

.

4

Определяем теперь u1 (x) .

Если

u1 (x) A 0 ,

то

однородные условия,

соответствующие условиям (2.28), выполняются при

A 0 , что недопустимо.

Пусть u1 (x) A Bx , u1 (x) B ,

и из однородных условий, соответствующих

условиям (2.28), имеем

A B

0,

A

B 0 .

0,

A B

Эта система неопределена, ее множество решений

G1 (A, B) : A , B ;

R .

Выбираем одно ненулевое решение при 1,

тогда u1 (x) 1 x .

Ищем u2 (x). Пусть u2 (x) A Bx Cx 2

(C 0 ), тогда

u2 D 2Cx

и

однородные условия дают систему

A

B 0,

B 0C 0.

A

Решая ее методом Гаусса, находим множество решений

G2 (A, B,C) : A 1, B 1,C 2 ; 1, 2 R .

Выбирая одно

ненулевое решение (C 0 ),

при 1 2

1, получаем

u2 (x) 1 x x2 .

u3 (x) A Bx Cx 2 Dx3

Находим

u3 (x) .

Если

( D 0 ),

то

u3 (x) B 2Cx 3Dx2 , и из однородных условий имеем систему

A B 0,

A B 0,

D 0,

A B 0C 4D 0,

которая противоречит условию D 0 .

Пусть

теперь

u3 (x) A Bx Cx2

Dx3 Ex4

( E 0 ), тогда

u3 (x) B 2Cx 3Dx2

4Ex3 , и из однородных условий получаем систему

A B

0,

12D 32E 0,

A 2B 4C 8D 16E B 4C

Решая ее методом Гаусса, получаем множество решений

G3 (A, B,C, D, E) : A 1, B 1,C 2 , D 4 3 , E 3 ;

1, 2 , 3 R .

Выбирая одно ненулевое решение ( E 0 ) при 1 1,

2

1, 3 1, имеем

или

um i (x) (x a)n1 i (b x)n2

, i 0,1,2,

(2.29)

u m i (x) (x a)n1 (b x)n2 i , i 0,1,2, ,

(2.30)

где

1,

если a1 0;

1,

если

b1 0;

n1

n2

m n1

n2

l,

если

a1 0;

если

b1 0;

2,

2,

а остальные функции

u1 (x),...,um (x)

следует определить среди многочленов

пробные функции

u (x) 1 x 1 x2 ,

u

2

(x) 1 x 1 x3

(все

многочлены

1

3

4

порядка меньше 4, удовлетворяющие краевым условиям).

Таким образом, учитывая,

что

n1 2, n2

2 , пробное

решение можно

искать в виде

1

1

y

(x) C

x

x

2

C

x

x

3

n

(1 x)

2

x

k 1

,

n

1

3

1

4

C

k

1

2

k 3

если функции uk (x)

(k 3) взять в виде (2.29). Если же в виде (2.30), то

y

(x) C

x

1

x

2

C

x

1

x

3

n

(1 x)

k 1

x

2

.

n

1

3

1

4

C

k

1

2

k 3

P (t)

1 d n

(t 2 1)n ,

n 0,1, 2,...

(2.31)

n

2n n! dt n

W P (t) 1,

W

P (t) t,

W

P (t) 1

(3t 2

1),

1

0

2

1

3

2

2

W

P (t) 1

(5t3 3t),

W P (t) 1 (35t 4 30t 2

3)

4

3

2

5

4

8

следует подставить

2

a b

t

x

2

.

b a

y y 0 ,

(2.32)

удовлетворяющие однородным условиям

y(0)

0,

y (0)

(2.33)

0.

y(1)

y (1)

Пусть 0 , тогда y C e x C

e x ,

, и условия (2.33) приводят к

системе уравнений

1

2

C

C

C C

0,

(1

)C

(1 )C

0,

1

2

1

2

C2e

0,

1

2

0,

C1e

C2e

C1e

(1

)C1e

(1 )C2e

(1

)C1 (1

)C2

0,

(1

)C2 0,

)(e

e

)C2 0,

)C1

0.

(1

(1

1, C2 0 и

Получим

нетривиальное решение

задачи (2.32),

(2.33)

при

собственная функция имеет вид

y e x .

1

Пусть теперь 0 . Тогда

y C1 cos( x) C2 sin( x) ,

,

и краевые

условия (2.33) дают

C

C

0,

1

2

C2 sin C1 sin C2 cos 0,

C1 cos

C

C

,

1

2

sin ) C2 (sin cos ) 0,

C1(cos

C1

C2 ,

C1 C2 ,

C

(cos sin ) sin cos 0,

C

(1 )sin 0.

2

2

u(x) Ae x Be x , 0;

(2.34)

u(x) Ax B;

(2.35)

u(x) Acos( x) Bsin( x),

0.

(2.36)

Решение.

Пусть u0 Bx Cx 2 . Тогда из граничных условий находим

B 2 , B 2C

3 , т. е. B 2 , C 1 2 . Итак,

краевым условиям, получаем

A B 0,

B A,

0,

A 0, B 0,

Be

0,

e

Ae

A e

B

0,

B 0,

C R,

Asin

Bcos 0,

A C,

n N.

n ,

Следовательно,

имеем

счетное

множество нетривиальных

решений

uk (x) cos((k 1) x), k 2,3,....

Таким образом, пробное решение можно искать в виде

y

2x

1

x

2

n

cos((k 1) x) .

n

(x)

2

C

C

k

1

k 2

Если же функции uk (x)

( k 1) взять в виде (2.29), то

y

2x

1

x

2

C

C

3

3

x

2

n

(1 x)

2

x

k 1

,

n

(x)

2

x

2

C

k

1

2

k 3

если же – в виде (2.30), то

y

2x

1

x

2

C

C

3

3

x

2

n

(1 x)

k

1

x

2

,

n

(x)

2

x

2

C

k

1

2

k 3

где

многочлены

P (x) 1,

P

(x) x3 3 x2

удовлетворяют

однородным

0

3

2

P0 (x), P1(x), P2 (x), P3 (x)

граничным условиям и найдены среди многочленов

с неопределенными коэффициентами.

Пример 6. Построить пробное решение для краевой задачи с условиями

2 , y(1) 4 .

y (0)

Решение.

Методом

неопределенных

коэффициентов

находим

n

2k 1

yn (x) 2 2x Ck

cos

x

.

2

k 1

Используя же пробные функции вида (2.29) или (2.30), получаем

y

(x) 2

n

xk (1

x)

n

2x C (x2 1) C

k

1

k 2

или

n

y

(x) 2

2x C (x2 1)

x2 (1 x)k 1 ,

n

C

k

1

k 2

где многочлен P (x) x2 1 удовлетворяет однородным граничным условиям и

2

P0 (x), P1(x), P2 (x)

с неопределенными

найден

среди

многочленов

коэффициентами.

Пример 7. Построить пробное решение для краевой задачи с условиями

y(1) 3.

2y (0) y(0) 1,

Решение.

Методом

неопределенных

коэффициентов

находим

u0 (x) 7

2 x .

3

3

Ищем нетривиальное решение вида (2.34). Удовлетворяя однородным

краевым условиям, получаем

A B 2 A 2 B 0,

A Be2 ,

e2 2 e2 2 0.

Ae

Be 0,

B 1

1 2 1 2 e2 .

(2.37)

2A B 0,

A 0,

A B 0,

B 0,

Следовательно,

uk (x) 2 k cos( k x) sin( k x) ,

k 1.

Таким образом, пробное решение можно искать в виде

yn (x) 7

2 x Ck 2 k cos( k x) sin( k x) .

n

3

3

k 1

Если использовать пробные функции вида (2.29), (2.30), то получаем

y (x) 7

2 x C 3x2 x 2 C xk (1 x) ,

n

или

n

3

3

1

k 2

k

2 x 2 C x2 (1 x)k 1 ,

y (x) 7 2 x C 3x

n

n

3 3

1

k 2 k

где многочлен P

(x) 3x2 x 2

удовлетворяет

однородным граничным

2

1,

3.

y(0) 2y (0)

y(1) 3y (1)

A

1

2

B , а является единственным положительным корнем уравнения

1

2

2 1 3 1

e

2

.

(2.38)

2 1 3 1

x

2

1

1

e

x

e

0.951x

3,217e

0.951x

.

u (x) e 1

1

1

2 1

1

Нетривиального решения вида (2.35) не существует. Найдем

нетривиальные решения вида (2.36):

A 2 B, B 0 , а значения

являются

положительными корнями

уравнения

tg

5

.

Таких

корней это

1 6 2

Следовательно,

uk (x) 2 k cos( k x) sin( k x) , k 2.

Таким образом, пробное решение можно искать в виде

x

x

2

1

x

n

yn (x) 2

1

1

e

1

Ck 2 k cos( k x) sin( k x) .

2

C1 e

2 1 1

k 2

y (x) 2 x C

4x2 5x 10 C

5x3 8x2 C xk 1

(1 x)2

,

n

n

1

2

k 3 k

2

y (x) 2 x C 4x2 5x 10 C 5x3 8x2 C x2

(1 x)k 1,

n

n

1

2

k 3 k

2

где

многочлены

P (x) 4x2 5x 10, P (x) 5x3

8x2

удовлетворяют

2

3

однородным

граничным условиям

и найдены

среди

многочленов

P0 (x), P1(x), P2 (x), P3 (x) с неопределенными коэффициентами.

Рис. 2.4. Геометрическая иллюстрация корней уравнения tg

5

6 2

1

Пример 9. Построить пробное решение для краевой задачи с условиями

6 .

y(0) 2y (0) 3,

y(1) y (1)

Решение.

Методом

неопределенных

коэффициентов

находим

2.

Существуют

нетривиальные

решения

вида

(2.35),

причем

A 1 B, B 0 , так что можно взять u (x) x 2 ;

2

1

3.

Существуют

нетривиальные

решения

вида

(2.36),

причем

A 2 B, B 0, а значения являются положительными корнями уравнения

tg( )

.

1

2