Как решить краевую задачу: пошаговое решение

Дано: уравнение $y'' + 4y = 8$ на отрезке $\left[0;\ \tfrac{\pi}{4}\right]$ и два условия на концах: $y(0) = 3$ и $y\!\left(\tfrac{\pi}{4}\right) = 5$. Найти: функцию, которая удовлетворяет уравнению и обоим условиям сразу.

План короткий: выписать общее решение с двумя произвольными постоянными, подставить в него сначала левое условие, потом правое и решить систему из двух уравнений относительно $C_1$ и $C_2$. Система здесь невырожденная, поэтому ответ ровно один: $y = \cos 2x + 3\sin 2x + 2$. Калькулятор сверху пересчитывает ту же схему для любых коэффициентов и любой длины отрезка и показывает два особых случая, когда решений нет вовсе или их бесконечно много.

Решение по шагам

Шаг 1. Общее решение однородного уравнения. Отбрасываем правую часть и берём $y'' + 4y = 0$. Ему отвечает характеристическое уравнение $r^2 + 4 = 0$ с чисто мнимыми корнями $r_{1,2} = \pm 2i$. Мнимым корням $\pm i\beta$ отвечает пара вещественных решений $\cos \beta x$ и $\sin \beta x$, значит

$$y_{\text{одн}} = C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x .$$

Шаг 2. Частное решение неоднородного уравнения. Правая часть постоянна, поэтому ищем частное решение в виде константы $y_{\text{ч}} = A$. Тогда $y_{\text{ч}}'' = 0$ и уравнение превращается в $4A = 8$, откуда $A = 2$. Проверка резонанса не нужна: ноль не является корнем характеристического уравнения.

Шаг 3. Общее решение с двумя постоянными. Складываем результаты двух предыдущих шагов и сразу выписываем производную - она понадобится, если условие на конце будет задано через наклон:

$$y = C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x + 2, \qquad y' = -2C_1 \sin 2x + 2C_2 \cos 2x .$$

Шаг 4. Подстановка левого условия. В точке $x = 0$ имеем $\cos 0 = 1$ и $\sin 0 = 0$, поэтому от суммы остаётся только первое слагаемое:

$$y(0) = C_1 \cdot 1 + C_2 \cdot 0 + 2 = 3 \;\Longrightarrow\; C_1 = 1 .$$

Шаг 5. Подстановка правого условия. В точке $x = \tfrac{\pi}{4}$ аргумент тригонометрических функций равен $2x = \tfrac{\pi}{2}$, там $\cos \tfrac{\pi}{2} = 0$, а $\sin \tfrac{\pi}{2} = 1$. Первая постоянная выпадает, вторая находится напрямую:

$$y\!\left(\tfrac{\pi}{4}\right) = C_1 \cdot 0 + C_2 \cdot 1 + 2 = 5 \;\Longrightarrow\; C_2 = 3 .$$

Шаг 6. Проверка. Для $y = \cos 2x + 3\sin 2x + 2$ вторая производная равна $y'' = -4\cos 2x - 12 \sin 2x$, и при подстановке тригонометрия сокращается: $y'' + 4y = -4\cos 2x - 12\sin 2x + 4\cos 2x + 12\sin 2x + 8 = 8$. Уравнение выполнено. Концы тоже сходятся: $y(0) = 1 + 0 + 2 = 3$ и $y\!\left(\tfrac{\pi}{4}\right) = 0 + 3 + 2 = 5$.

Ответ: $y = \cos 2x + 3\sin 2x + 2$.

Полезные детали ответа, которые обычно просят дописать. Наклон в левой точке получился $y'(0) = 2C_2 = 6$ - именно его мы не знали в начале и именно его восстановило правое условие. Амплитудная форма записи $y = 2 + \sqrt{10}\,\sin(2x + \varphi)$ при $\varphi = \operatorname{arctg} \tfrac{1}{3}$ показывает, что внутри отрезка функция проходит через максимум $2 + \sqrt{10} \approx 5{,}16$ около точки $x \approx 0{,}62$, то есть поднимается чуть выше обоих граничных значений.

Откуда берутся две постоянные и что с ними делают условия

Порядок уравнения задаёт число свободных постоянных: у линейного уравнения второго порядка общее решение всегда имеет вид $y = C_1 y_1 + C_2 y_2 + y_{\text{ч}}$, где $y_1$ и $y_2$ - линейно независимые решения однородного уравнения. Два условия на концах - это ровно два линейных уравнения на эти две постоянные, так что задача сводится к системе $2 \times 2$:

$$\begin{aligned} C_1 y_1(a) + C_2 y_2(a) &= \alpha - y_{\text{ч}}(a), \\ C_1 y_1(b) + C_2 y_2(b) &= \beta - y_{\text{ч}}(b). \end{aligned}$$

Дальше работает обычная линейная алгебра. Если определитель матрицы системы отличен от нуля, постоянные находятся однозначно и краевая задача имеет ровно одно решение. Если определитель нулевой, система либо несовместна, либо имеет бесконечно много решений - третьего не дано.

В разобранном примере базис подобран удобно: $y_1(0) = 1$, $y_2(0) = 0$, поэтому первое уравнение сразу отдаёт $C_1$, а определитель вырождается в одно число $y_2(b) = \sin 2b$. В калькуляторе сверху это число выведено отдельной плиткой - следи за ним, когда двигаешь правый конец отрезка.

Здесь же лежит главное отличие от задачи Коши, где оба условия заданы в одной точке. Теорема существования и единственности гарантирует, что задача Коши для нормального уравнения решается всегда и решение одно. Для краевой задачи такой гарантии нет: условия заданы в разных точках, и между ними решение успевает «прожить» свою жизнь. Поэтому вопрос о числе решений в краевых задачах - не формальность, а обязательный пункт разбора.

Когда решения нет и когда их бесконечно много

Возьмём то же уравнение $y'' + 4y = 8$ и то же левое условие $y(0) = 3$, но сдвинем правый конец в точку $x = \tfrac{\pi}{2}$. Там $2x = \pi$, поэтому $\sin 2x = 0$, а $\cos 2x = -1$. Определитель обращается в ноль, и постоянная $C_2$ из второго уравнения исчезает: какой бы наклон мы ни взяли в нуле, значение на правом конце будет одним и тем же, $y\!\left(\tfrac{\pi}{2}\right) = -C_1 + 2 = 1$.

Дальше всё решает правая часть. Если потребовать $y\!\left(\tfrac{\pi}{2}\right) = 5$, получится противоречие $1 = 5$ - решений нет. Если потребовать $y\!\left(\tfrac{\pi}{2}\right) = 1$, второе уравнение обратится в тождество, и подойдёт любое значение второй постоянной: семейство $y = \cos 2x + C\sin 2x + 2$ целиком удовлетворяет задаче. Оба случая переключаются чипами калькулятора: в первом пучок кривых не достаёт до отмеченной цели, во втором весь пучок проходит через неё.

Почему вырождение случилось именно при $L = \tfrac{\pi}{2}$, объясняет спектральная картина. Однородная задача $y'' + \lambda y = 0$ с нулевыми условиями на концах имеет нетривиальные решения только при $\lambda_n = \left(\tfrac{\pi n}{L}\right)^2$; для $L = \tfrac{\pi}{2}$ это $\lambda = 4, 16, 36, \dots$, и наш коэффициент $q = 4$ попал ровно в первое собственное значение. Это и есть задача Штурма-Лиувилля, а правило «либо единственное решение, либо ноль или бесконечность» называют альтернативой Фредгольма.

Если на конце задан наклон, а не значение

Условия на концах бывают трёх типов: заданы значения функции (условия Дирихле, как в разобранном примере), заданы производные (условия Неймана) или задана их линейная комбинация (третье краевое условие). Схема решения не меняется - меняется только вторая строка системы.

Пусть вместо значения справа задан нулевой наклон: $y(0) = 3$, $y'\!\left(\tfrac{\pi}{8}\right) = 0$. Первое условие по-прежнему даёт $C_1 = 1$. Подставляем вторую строку в производную: $y'\!\left(\tfrac{\pi}{8}\right) = -2\sin\tfrac{\pi}{4} + 2C_2\cos\tfrac{\pi}{4} = \sqrt{2}\,(C_2 - 1) = 0$, откуда $C_2 = 1$ и ответ $y = \cos 2x + \sin 2x + 2$. Важно подставлять условие именно в $y'$, а не в $y$ - это самая механическая из ошибок в таких задачах.

Когда уравнение нелинейно или коэффициенты переменные, общее решение в явном виде не выписать, и аналитический путь обрывается. Тогда краевую задачу решают численно: подбирают недостающий наклон в левой точке, пока траектория не попадёт в правую (это метод стрельбы), или заменяют производные разностями и решают полученную систему. Картинка в калькуляторе построена по той же логике пристрелки: пучок кривых выходит из левой точки с разными наклонами.

Частые ошибки

• Подставляют оба условия в одну точку, превращая краевую задачу в задачу Коши. Условия относятся к разным концам отрезка, и порядок подстановки менять нельзя.
• Забывают про частное решение $y_{\text{ч}}$ и подставляют условия только в однородную часть. Тогда $C_1$ и $C_2$ «впитывают» правую часть и ответ не удовлетворяет уравнению.
• Условие с производной подставляют в саму функцию. Для условий Неймана нужна именно формула для $y'$, полученная до подстановки чисел.
• Получив нулевой определитель, пишут «система не решается». Нулевой определитель - это содержательный результат: надо проверить совместность и выбрать между «решений нет» и «решений бесконечно много».
• Теряют множитель при дифференцировании сложной функции: производная $\cos 2x$ равна $-2\sin 2x$, а не $-\sin 2x$. Ошибка в двойке ломает все условия с наклоном.
• Считают тригонометрию в градусах. Аргумент $2x$ при $x = \tfrac{\pi}{4}$ равен $\tfrac{\pi}{2}$ радиан, и калькулятор должен стоять в радианном режиме.

FAQ

Чем краевая задача отличается от задачи Коши? Числом точек, в которых заданы условия. В задаче Коши обе величины (значение и производная) известны в одной точке, и решение существует и единственно при обычных условиях гладкости. В краевой задаче по одному условию на каждом конце, и решений может быть одно, ни одного или бесконечно много.

Сколько граничных условий нужно? Столько, каков порядок уравнения: для уравнения второго порядка - два, для четвёртого (задача о прогибе балки) - четыре, по два на каждом конце. Меньше условий оставят постоянные неопределёнными, больше - сделают задачу переопределённой.

Как понять, что решение не единственно, не решая систему до конца? Посмотреть на определитель матрицы граничных условий. Он равен нулю тогда и только тогда, когда однородная краевая задача имеет нетривиальное решение, то есть когда коэффициент попал в собственное значение. Для примера $y'' + qy = f$ с условиями Дирихле признак простой: $\sin(\sqrt{q}\,L) = 0$.

Всегда ли краевая задача решается аналитически? Нет. Явная формула получается для линейных уравнений с постоянными коэффициентами и для нескольких классических уравнений с переменными коэффициентами. В остальных случаях применяют метод стрельбы, конечные разности или проекционные методы.

Коротко

1. Найди общее решение уравнения: однородная часть с двумя постоянными плюс частное решение. Для $y'' + 4y = 8$ это $y = C_1\cos 2x + C_2\sin 2x + 2$.
2. Подставь левое граничное условие - обычно оно сразу даёт одну постоянную: $y(0) = 3$ даёт $C_1 = 1$.
3. Подставь правое условие и найди вторую постоянную: $y\!\left(\tfrac{\pi}{4}\right) = 5$ даёт $C_2 = 3$.
4. Проверь определитель системы. Если он не ноль - решение единственно; если ноль, сравни правые части и выбери между «решений нет» и «бесконечно много».
5. Проверь ответ подстановкой в уравнение и в оба условия. Итог примера: $y = \cos 2x + 3\sin 2x + 2$.