Функция Грина для Ш-Л - правильно ли нашел

[btoom]

Дано:
$Ly=-y''+y=f(x); y(0)=y(1)=0$
Потенциал тут единичный, очевидно.

Надо найти функцию Грина. Решение однородного уравнения:
$y=C_1 e^x+C_2 e^{-x}$

Для "левого" условия:
$y(0)=C_1+C_2=0 \Rightarrow C_1=-C_2$
Тогда:
$y_1=C_1 (e^x-e^{-x})$

Для "правого":
$y(1)=C_1 e+\frac{C_2}{e} \Rightarrow C_1=\frac{-C_2}{e^2}$
Тогда:
$y_2=C_2 (e^x-\frac{1}{e^2} e^x)$

Что непонятно: я не очень набил в этой теме руку и больше знаком с простыми примерами типа $Lu=u''+u=\varphi (x)$, когда одна из констант решения однородного уравнения ($u=A \cos x+B \sin x$) обнуляется из краевых условий "автоматически", подобный пример приведен в Википедии. Здесь иначе. Чтобы получить систему 2 на 2, я выбираю разные - для левого $C_1$, для правого $C_2$. В этом и состоит ключевой вопрос - можно ли вообще так и нет ли ошибки в условии, разве не нужно еще условие на первую производную? Я проверял все это же для случая $y(0)=y'(1)=0$, там тоже константы не обнуляются.
В общем, что делал дальше.

Грин:
$G(x,s)= \left\{\begin{matrix} C_1(s) (e^x-e^{-x}), 0\leq x<s\\ C_2(s) (e^{-x}-\frac{1}{e^2}e^x), s\leq x\leq1 \end{matrix}\right.$

Для определения $C_1(s), C_2(s)$ строится система.
$\left\{\begin{matrix} C_1(s) (e^s-e^{-s})=C_2(s) (e^{-s}-\frac{1}{e^2}e^s)\\ C_1(s) (e^s+e^{-s})=C_2(s) (-e^{-s}-\frac{1}{e^2}e^s)-1 \end{matrix}\right.$

Определив их методом Крамера, получаем

$G(x,s)= \left\{\begin{matrix} (\frac{e^{-s}-\frac{e^s}{e^2}}{2-\frac{2}{e^2}}) (e^x-e^{-x}), 0\leq x<s\\ (\frac{e^{-s}-e^s}{2-\frac{2}{e^2}}) (e^{-x}-\frac{1}{e^2}e^x), s\leq x\leq1 \end{matrix}\right.$

Тогда решение:
$y=\int_{0}^{x}(\frac{e^{-s}-\frac{e^s}{e^2}}{2-\frac{2}{e^2}}) (e^x-e^{-x}) f(s) ds+\int_{x}^{1} (\frac{e^{-s}-e^s}{2-\frac{2}{e^2}}) (e^{-x}-\frac{1}{e^2}e^x) f(s) ds$

Выглядит не очень, возможно, где-то косяк или неправильно понял теорию. Я думаю, должно быть проще. Прошу объяснить, как быть с условиями типа $C_1=\frac{-C_2}{e^2}$ и, при необходимости, подсказать популярную литературу.

[thething]

btoom в сообщении #1388225 писал(а):

больше знаком с простыми примерами типа $Lu=u''+u=\varphi (x)$, когда одна из констант решения однородного уравнения ($u=A \cos x+B \sin x$) обнуляется из краевых условий "автоматически"

Ну так представьте решение однородного уравнения не через экспоненты, а через гиперболические функции.

Вообще же неважно, какую из констант выражать, т.к. нас всё равно интересует "безконстантное" выражение, например, для первой функции это будет $y_1=e^x-e^{-x}$, с точностью до постоянной. Для второй сами посмотрите и убедитесь, что с точностью до постоянной будет одно и то же. Так что теорию Вы поняли правильно (но технику я не проверял).

[btoom]

thething в сообщении #1388238 писал(а):

btoom в сообщении #1388225 писал(а):

больше знаком с простыми примерами типа $Lu=u''+u=\varphi (x)$, когда одна из констант решения однородного уравнения ($u=A \cos x+B \sin x$) обнуляется из краевых условий "автоматически"

Ну так представьте решение однородного уравнения не через экспоненты, а через гиперболические функции.

Вообще же неважно, какую из констант выражать, т.к. нас всё равно интересует "безконстантное" выражение, например, для первой функции это будет $y_1=e^x-e^{-x}$, с точностью до постоянной. Для второй сами посмотрите и убедитесь, что с точностью до постоянной будет одно и то же. Так что теорию Вы поняли правильно (но технику я не проверял).

Благодарю. Я не вникал глубоко в теорию, но знал, что можно выбирать произвольные решения, однако, меня это смущало - мол, зачем. Быстро я не нашел ответа на этот вопрос и выбрал более занудный путь.
В самом деле, $y=A \sh (x)+B \ch (x)$ то же решение, в качестве частных решений можно взять удвоенные гиперболические синус и косинус и тогда в итоге
$G(x,s)=\left\{\begin{matrix} -\sh (s) \ch (x), 0\leq x\leq s\\ -\ch (s) \sh (x), s< x\leq 1 \end{matrix}\right.$

[thething]

btoom в сообщении #1388254 писал(а):

Быстро я не нашел ответа на этот вопрос

Ну ответ на этот вопрос прост: если получилась функция $y(x)$, то в функцию Грина она входит, как $A(s)y(x)$, поэтому мультипликативные константы нас вообще не волнуют, они залезают в $A(s)$. А Ваш изначальный ответ получается должен так же упроститься.

[btoom]

thething в сообщении #1388257 писал(а):

btoom в сообщении #1388254 писал(а):

Быстро я не нашел ответа на этот вопрос

Ну ответ на этот вопрос прост: если получилась функция $y(x)$, то в функцию Грина она входит, как $A(s)y(x)$, поэтому мультипликативные константы нас вообще не волнуют, они залезают в $A(s)$. А Ваш изначальный ответ получается должен так же упроститься.

Вот как, то есть, константы "уже" там содержатся. Так и предполагал.
Большое спасибо за объяснение и потраченное время. Этот небольшой момент меня напрягал.