On a problem for mixed type equation with partial riemann-liouville fractional derivative

Full Text

1. Введение. Рассмотрим уравнение α0 uxx - D0+,y u = 0, y > 0, 0 < α0 < 1, m -1 m 2 ux = 0, y < 0, (-y) uxx - uyy + a0 (-y) (1) где a0 - вещественная постоянная, m > 2 в конечной области Ω, ограниченной отрезками AA0 , BB0 , A0 B0 прямых x = 0, x = 1, y = 1 соответственно, лежащих в полуплоскости y > 0, и его характеристиками AC : x - m+2 2 (-y) 2 = 0, m+2 BC : x + m+2 2 (-y) 2 = 1 m+2 α0 в полуплоскости y < 0. Здесь D0+,y - частная дробная производная Римана- Лиувилля [1, с. 33]. Пусть Ω1 = Ω ∩ (y > 0), Ω2 = Ω ∩ (y < 0), I ≡ AB - единичный интервал 0 < x < 1 прямой y = 0. 636 Об одной задаче для уравнения смешанного типа . . . Задача. Найти решение u(x, y) уравнения (1) в области Ω, удовлетворяющее краевым условиям u(0, y) = ϕ1 (y), u(1, y) = ϕ2 (y), 0 y (2) 1, a,b,β-1-a a1 ,a+b+α-a1 ,β-a-1 A I0+ u[Θ0 (t)] (x) + B I0+ uy (t, 0) (x)+ a2 ,a+b+α-a2 ,β-a-1 + C I0+ uy (t, 0) (x) = g(x), x ∈ I, (3) а также условиям сопряжения lim y 1-α0 u(x, y) = lim u(x, y), y→+0 1-α0 lim y y→+0 y→-0 y 1-α0 u(x, y) y x ∈ I, = lim uy (x, y), y→-0 x ∈ I. Здесь m + 2a0 m m - 2a0 , β= , α+β = ; α= 2(m + 2) 2(m + 2) m+2 x (m + 2)x Θ0 (x) = - i 2 4 2 m+2 - точка пересечения характеристик уравнения (1), выходящих из точек α,β,η f )(x) - оператор обобщенного (x, 0) (x ∈ I) с характеристикой AC; (I0+ дробного интегро-дифференцирования, введенный японским математиком М. Сайго [2] (см. также [1, с. 326-327], [3, с. 14], [4, с. 12]); A, B, C - вещественные константы, такие, что A < 0, B 0, C 0 A > 0, или B 0, C 0; a, b, a1 , a2 - действительные числа, причем a > max{-α, β - 1}, 1 + a + α - 2β < a1 < a2 < 2 + a + α; y 1-α0 ϕ1 (y), y 1-α0 ϕ2 (y) ∈ C([0, 1]); ϕ1 (0) = ϕ2 (0) = 0; g(x) ∈ C 2 ([0, 1]). Решение поставленной задачи будем искать в классе дважды дифференцируемых в области Ω функций u(x, y) таких, что y 1-α0 u(x, y) ∈ C(Ω1 ), y 1-α0 y 1-α0 uy y u(x, y) ∈ C(Ω2 ), ∈ C(Ω1 ∪ {(x, y) : 0 < x < 1, y = 0}), uxx ∈ C(Ω1 ∪ Ω2 ), uyy ∈ C(Ω2 ). Отметим, что исследуемая задача является продолжением работ [5, 6]. 2. Единственность решения задачи. Пусть существует решение исследуемой задачи. Введем обозначения lim y 1-α0 u(x, y) = τ1 (x), y→0+ 1-α0 lim y y→0+ y 1-α0 u(x, y) y lim u(x, y) = τ2 (x), y→0- = ν1 (x), lim uy (x, y) = ν2 (x). y→0- 637 Р е п и н О. А., Т а р а с е н к о А. В. Известно [7, 8], что решение уравнения (1) в области Ω1 , удовлетворяющее условию (2) и условию lim y 1-α0 u(x, y) = τ1 (x) (0 x y→0+ 1), дается формулой y u(x, y) = 0 ∂G ∂ξ y ϕ1 (η) dη - 0 ξ=0 ∂G ∂ξ 1 G(x, y; ξ, 0)τ1 (ξ) dξ, ϕ2 (η) dη - 0 ξ=1 где ∞ G(x, y; ξ, η) = Γ(α0 ) |x - ξ + 2n| e1,δ (y - η)δ-1 1,δ - (y - η)δ 2 n=-∞ - - e1,δ 1,δ - ∞ eµ,δ α0 ,β0 (z) = k=0 zk , Γ(µ + kα0 )Γ(δ - kβ0 ) ∞ e1,δ 1,δ (z) = k=0 α0 > β0 , zk , k!Γ(δ - δk) δ= |x + ξ + 2n| (y - η)δ α0 , 2 , α0 > 0, δ < 1. Замечание. Решение u(x, y) может быть выражено в терминах специальной функции Райта [7] ∞ ϕ(γ, δ; z) = k=0 поскольку 1, zk , k!Γ(δ + γk) α0 e1, α20 (z) = ϕ - 2 α0 α0 , ;z . 2 2 Функциональное соотношение между τ1 (x) и ν1 (x), принесенное из параболической части Ω1 на линию y = 0, имеет вид (см., например, [8]) ν1 (x) = 1 τ (x). Γ(1 + α0 ) 1 (4) Найдем функциональное соотношение между τ2 (x) и ν2 (x), принесенное на линию y = 0 из гиперболической части Ω2 области Ω. Используя формулу решения задачи Коши в области Ω2 , выпишем u[Θ0 (x)]: α,0,β-1 1-β,α+β-1,β-1 u[Θ0 (x)] = k1 I0+ τ2 (t) (x) + k2 I0+ ν2 (t) (x), где Γ(α + β) k1 = , Γ(β) 638 Γ(2 - α - β) k2 = Γ(1 - α) m+2 4 2 m+2 . Об одной задаче для уравнения смешанного типа . . . Подставляя u[Θ0 (x)] в краевое условие (3) и используя полугрупповое свойство обобщенных операторов [1, с. 327] α,β,η γ,δ,α+η α+γ,β+δ,η I0+ I0+ f = I0+ f, γ > 0, (5) получим a+α,b,β-1-a a+1-β,b+α+β-1,β-1-a k1 A I0+ τ2 (t) (x) + k2 A I0+ ν2 (t) (x)+ a1 ,a+b+α-a1 ,β-1-a a2 ,a+b+α-a2 ,β-1-a + B I0+ ν2 (t) (x) + C I0+ ν2 (t) (x) = g(x). (6) -a-α,-b,α+β-1 . Подействуем на обе части соотношения (6) оператором I0+ Непосредственные вычисления с использованием формулы (5) дают возможность записать 1-α-β a1 -a-α τ2 (x) = k3 I0+ ν2 (t) (x) + k4 I0+ ν2 (t) (x)+ a2 -a-α + k5 I0+ ν2 (t) (x) + g1 (x), (7) α - оператор Римана-Лиувилля, где I0+ k3 = - k2 , k1 k4 = - B , Ak1 k5 = - C ; Ak1 g1 (x) = 1 I -a-α,-b,α+β-1 g(t) (x). Ak1 0+ При g(x) = 0 покажем, что интеграл 1 I= τ2 (x)ν2 (x)dx 0. 0 В самом деле, опираясь на (7), имеем I= k3 Γ(1 - α - β) + 1 x ν2 (x)dx 0 ν2 (t)(x - t)-α-β dt+ 0 k4 Γ(a1 - a - α) + 1 x ν2 (x)dx 0 k5 Γ(a2 - a - α) ν2 (t)(x - t)a1 -a-α-1 dt+ 0 1 x ν2 (x)dx 0 ν2 (t)(x - t)a2 -a-α-1 dt. 0 Далее, проводя стандартные вычисления (см., например, [9]), получим I 0, а для области Ω1 - I 0. Из этих неравенств имеем I ≡ 0. Последнее тождество влечет за собой выполнение тождества u(x, y) ≡ 0, что и доказывает единственность решения исходной задачи. 3. Существование решения задачи. Для доказательства существования решения исследуемой задачи достаточно найти ν1 (x) или ν2 (x). Полагая τ1 = τ2 (x) = τ (x), ν1 (x) = ν2 (x) = ν(x), продифференцируем обе части соотношения (7) дважды по x. Получим уравнение 1+2β 2+a+α-a1 τ (x) = k3 D0+ ν (x) + k4 D0+ ν (x)+ 2+a+α-a2 + k5 D0+ ν (x) + g1 (x). (8) 639 Р е п и н О. А., Т а р а с е н к о А. В. α f )(x) - дробная производная в смысле Римана-Лиувилля. Здесь (D0+ В силу (4) τ (x) = Γ(1 + α0 )ν(x), тогда уравнение (8) принимает вид 1+2β 2+a+α-a2 2+a+α-a1 ν (x) - µν(x) = g2 (x), (9) ν (x) - δ D0+ D0+ ν (x) - λ D0+ где λ=- k4 , k3 δ=- k5 , k3 µ=- Γ(1 + α0 ) , k3 g2 (x) = - 1 g (x). k3 1 В монографии [10, с. 301] рассмотрено уравнение дробного порядка γ β α y)(x) = f (x) (x > 0, λ, δ, µ ∈ R), y)(x) - δ(D0+ (D0+ y)(x) - λ(D0+ где l-1<α l (l ∈ R), 0 < γ < β < α, и выписано его решение в виде x (x - t)α-1 Gγ,β,α,λ (x - t)f (t)dt, y(x) = 0 ∞ Gγ,β,α,λ (z) = n=0 i+v=n × 1 Ψ1 µi δ v (α-β)n+βi-(β-γ)v z × i!v! (n + 1, 1) λz α-β . ((α - β)n + βi + α + (β - γ)v, α - β) Для уравнения (9) это решение принимает вид x (x - t)2β G2+a+α-a2 ,2+a+α-a1 ,1+2β,λ (x - t)g2 (t)dt, ν(x) = 0 где G2+a+α-a2 ,2+a+α-a1 ,1+2β,λ (x) = ∞ = n=0 i+v=n µi δ v z i!v! 1 Ψ1 (n + 1, 1) λz a1 +2β-1-a-α ; ( , a1 + 2β - a - α) = (a1 + 2β + 1 - a + α)n + (2 + a + α - a1 )i - (a2 - a1 )v. Поскольку решение исследуемой задачи построено в явном виде, существование решения можно считать доказанным. Декларация о финансовых и других взаимоотношениях. Исследование не имело спонсорской поддержки. Все авторы принимали участие в разработке концепции статьи и в написании рукописи. Авторы несут полную ответственность за предоставление окончательной рукописи в печать. Окончательная версия рукописи была одобрена всеми авторами. Авторы не получали гонорар за статью. 640 Об одной задаче для уравнения смешанного типа . . .

About the authors

Oleg A Repin

Samara State Economic University; Samara State Technical University

Email: matstat@mail.ru
(Dr. Phys. & Math. Sci.; Professor; matstat@mail.ru), Head of Dept., Dept. of Mathematical Statistics and Econometrics1; Professor, Dept. of Applied Mathematics & Computer Science2 141, Sovetskoy Armii st., Samara, 443090, Russian Federation; 244, Molodogvardeyskaya st., Samara, 443100, Russian Federation

Anna V Tarasenko

Samara State Technical University

Email: tarasenko.a.v@mail.ru
(Cand. Phys. & Math. Sci.; tarasenko.a.v@mail.ru; Corresponding Author), Associate Professor, Dept. of Higher Mathematics of the Architectural Engineering Institute 244, Molodogvardeyskaya st., Samara, 443100, Russian Federation

References

Supplementary files