On a problem with a displacement for a partial differential equation

Abstract

The unique solvability of the problem with the generalized operators of fractional integro-differentiation in the boundary condition is investigated for the mixed type equation. The uniqueness theorem for the nonlocal problem is proved. The proof of existence of the problem solution is reduced to the demonstration of solvability of Fredholm integral equation of the second kind.

Full Text

Введение. Рассмотрим уравнение 0= α uxx − D0+,y u, mu (−y) xx − uyy , y > 0, m = const > 0, y < 0, (1) α где D0+,y — частная дробная производная Римана—Лиувилля порядка α, 0 < α < 1, от функции u(x, y) по второй переменной [1, c. 341]: α (D0+,y u)(x, y) = ∂ 1 ∂y Γ(1 − α) y 0 u(x, t) dt , (y − t)α 0 < α < 1, y > 0. В последнее время появились публикации [2–5], посвящённые исследованию уравнений вида (1). Это связано с их применением в различных задачах физики, химии, механики, в частности, их приложений к процессам субдиффузии и супердиффузии [6, c. 30–34]. Настоящая работа посвящена изучению уравнения (1) в области D, которая представляет собой объединение верхней полуплоскости D+ = {(x, y) : −∞ < x < ∞, y > 0} и области D− , лежащей в нижней полуплоскости (y < 0) и ограниченной характеристиками AC : ξ = x − m+2 2 (−y) 2 = 0, m+2 BC : η = x + m+2 2 (−y) 2 = 1 m+2 1 А. В. Т а р а с е н к о и отрезком [0, 1] прямой y = 0. Обозначим через I = (0, 1) единичный интервал прямой y = 0, а через Θ0 (x) и Θ1 (x) — точки пересечения характеристик уравнения (1), выходящих из точки (x, 0) ∈ I соответственно с характеристиками AC и BC. α,β,η α,β,η Пусть (I0+ f )(x) и (I1− f )(x) — операторы обобщённого дробного интегро-дифференцирования с гипергеометрической функцией Гаусса F (a, b; c; z), введённые в [7] (см. также [1, с. 326–327]) и имеющие при действительных α, β, η и x > 0 вид α,β,η (I0+ f )(x) = α,β,η (I0+ f )(x) x−α−β Γ(α) d = dx α,β,η (I1− f )(x) = n x t f (t) dt, x 0 < x < 1, α > 0, β, η ∈ C; (x − t)α−1 F α + β, −η; α; 1 − 0 0 < x < 1, α < 0, β, η ∈ C, n = [−α] + 1; x)−α−β (1 − Γ(α) 1 (t − x)α−1 F α + β, −η; α; x t−x f (t) dt, 1−x 0 < x < 1, α > 0, β, η ∈ C; d α,β,η (I1− f )(x) = − dx в частности (2) α+n,β−n,η−n f )(x), (I0+ n (3) α+n,β−n,η−n f )(x), (I1− 0 < x < 1, α < 0, β, η ∈ C, n = [−α] + 1, 0,0,η 0,0,η (I0+ f )(x) = (I1− f )(x) = f (x). Заметим, что если α > 0, то справедливы формулы α,−α,η −α,α,η α α f )(x) = (D0+ f )(x), (I0+ f )(x) = (I0+ f )(x), (I0+ α,−α,η α f )(x), (I −α,α,η f )(x) = (D α f )(x), f )(x) = (I1− (I1− 1− 1− α α α α где (I0+ f )(x), (I1− f )(x) и (D0+ f )(x), (D1− f )(x) — операторы дробного интегрирования и дифференцирования Римана—Лиувилля порядка α > 0 [1, с. 42, 44]. Для уравнения (1) изучим следующую нелокальную задачу. Найти решение u(x, y) уравнения (1) в области D, удовлетворяющее краевым условиям y 1−α u y=0 = 0, −∞ < x 0, 1 x < ∞; (4) −β,0,2β−1 −β,0,2β−1 a(x) I0+ u[Θ0 (t)] (x) + b(x) I1− u[Θ1 (t)] (x)+ + c(x)u(x,0) + d(x)uy (x,0) = g(x), x ∈ I, (5) а также условиям сопряжения lim u(x, y) = α(x) lim y 1−α u(x, y), y→0− lim uy (x, y) = y→0− x ∈ I, y→0+ β(x) lim y 1−α (y 1−α u(x, y))y , y→0+ x ∈ I. (6) (7) Здесь β = m/(2m + 4); a(x), b(x), c(x), d(x), α(x), β(x), g(x) — заданные функции, такие, что 2 О задаче со смещением для одного уравнения в частных производных a(x), b(x), c(x), d(x), g(x) ∈ C 1 (I) ∩ C 2 (I), α(x), β(x) ∈ C 2 (I) ∩ C 3 (I), (8) d2 [α(x)β(x)] 0. α(x)β(x) > 0, dx2 Будем искать решение u(x, y) поставленной задачи в классе дважды дифференцируемых функций в области D таких, что y 1−α u(x, y) ∈ C(D+ ), y 1−α y 1−α u y u(x, y) ∈ C(D− ), ∈ C(D+ ∪ {(x, y) : 0 < x < 1, y = 0}), uxx ∈ C(D+ ∪ D− ), uyy ∈ C(D− ), u(x, y) стремится к нулю при (x2 + y 2 ) → ∞. 1. Единственность решения задачи. Теорема. В области D не может существовать более одного решения задачи (1), (4)–(7), если a(1) b(0) + 0, E(1) E(0) E(x) = γ1 [a(x) + b(x)] + c(x) = 0 a(x) E(x) 0, b(x) E(x) 0, где γ1 = (9) ∀x ∈ I, d(x) E(x) 0 ∀ x ∈ I, (10) Γ(2β) . Γ(β) Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть существует решение исследуемой задачи. Введём обозначения lim y 1−α u(x, y) = τ1 (x), lim u(x, y) = τ2 (x), y→0+ y→0− lim y 1−α (y 1−α u(x, y))y = ν1 (x), lim uy (x, y) = ν2 (x). y→0+ y→0− (11) (12) Известно (см., например, [3, c. 639]), что решение уравнения (1) в полуплоскости y > 0, удовлетворяющее условию (4) и условию lim y 1−α u(x, y) = τ1 (x), y→0+ x ∈ I, (13) даётся формулой 1 u(x, y) = G(x, y, t)τ1 (t) dt, (14) 0 где G(x, y, t) = α Γ(α) α −1 1, α 2 y 2 e1, α −|x − t|y − 2 , 2 2 3 А. В. Т а р а с е н к о ∞ ep,q (z) b,c = k=0 zk , Γ(p + kb)Γ(q − ck) b > c. Заметим, что решение u(x, y) в формуле (14) может быть выражено в терминах специальной функции Райта ϕ(γ, δ; z), определяемой для действительных γ, δ и комплексного z посредством степенного ряда [8, с. 225]: ∞ ϕ(γ, δ; z) = k=0 zk . k! Γ(γk + δ) Согласно этому соотношению α α 1, α 2 e1, α (z) = ϕ − , ; z 2 2 2 и, следовательно, u(x, y) = Γ(α) α −1 y2 2 1 0 α α α ϕ − , ; −|x − t|y − 2 τ1 (t) dt. 2 2 Также известно (см., например, [3, с. 639]), что функциональное соотношение между τ1 (x) и ν1 (x), принесённое из параболической части D+ на линию y = 0, имеет вид 1 τ (x). (15) v1 (x) = Γ(1 + α) 1 Найдём соотношение между τ2 (x) и ν2 (x), принесённое на линию y = 0 из гиперболической части D− области D. Используя решение задачи Коши [9, с. 152] u(x, y) = Γ(2β) Γ2 (β) 1 τ2 x + 0 m+2 2 (−y) 2 (2t − 1) tβ−1 (1 − t)β−1 dt+ m+2 1 Γ(2 − 2β) + 2 y Γ (1 − β) ν2 x + m+2 2 (−y) 2 (2t − 1) tβ−1 (1 − t)−β dt m+2 0 и соотношения (2), (3), получим β,0,β−1 1−β,2β−1,β−1 u[Θ0 (x)] = γ1 I0+ τ2 (t) (x) − γ2 I0+ ν2 (t) (x), β,0,β−1 1−β,2β−1,β−1 u[Θ1 (x)] = γ1 I1− τ2 (t) (x) − γ2 I1− ν2 (t) (x), где γ2 = 4 1 2 m+2 − 2β) . Γ(1 − β) 2β Γ(1 Подставляя u[Θ0 (x)] и u[Θ1 (x)] в краевое условие (5) и опираясь на полугрупповые свойства обобщённых операторов [1, с. 327]: α,β,η γ,δ,α+η α+γ,β+δ,η I0+ (I0+ f )(t) (x) = (I0+ f )(x), 4 γ > 0, О задаче со смещением для одного уравнения в частных производных α,β,η γ,δ,α+η α+γ,β+δ,η I1− (I1− f )(t) (x) = (I1− f )(x), γ > 0, после некоторых преобразований получим соотношение между τ2 (x) и ν2 (x), принесённое на линию y = 0 из гиперболической части D− смешанной области D: 1−2β 1−2β τ2 (x) = a1 (x)(I0+ ν2 )(x) + b1 (x)(I1− ν2 )(x) + c1 (x)ν2 (x) + g1 (x), (16) где a1 (x) = γ2 a(x) , E(x) b1 (x) = γ2 b(x) , E(x) c1 (x) = − d(x) , E(x) g1 (x) = g(x) . E(x) Теперь рассмотрим соответствующую однородную задачу (g(x) ≡ 0) и оценим интеграл 1 I∗ = τ2 (x)ν2 (x) dx. (17) 0 Согласно (11), (6) и (12), (7) τ2 (x) = α(x)τ1 (x), ν2 (x) = β(x)ν1 (x) (18) и поэтому в силу равенства (15) имеем I∗ = 1 Γ(1 + α) 1 α(x)β(x)τ1 (x)τ1 (x) dx. 0 Интегрируя по частям и учитывая, что согласно (4) и (13), τ1 (0) = τ1 (1) = = 0, получаем I∗ = 1 1 1 Γ(1 + α) 2 2 τ1 (x) 0 d2 (α(x)β(x)) dx − dx2 1 (τ1 (x))2 α(x)β(x) dx . (19) 0 Отсюда в силу (8) вытекает оценка сверху для интеграла (17): I∗ 0. (20) Покажем, что при выполнении условий теоремы I ∗ 0. При g(x) = 0, используя методику, восходящую к Ф. Трикоми [10, c. 385] и применённую в работе [11], будем иметь ∞ π I∗ = − sin(πβ) 1 t2β−1 dt 0 0 x + ∞ 0 0 2 dx+ 2 ν2 (ξ) cos(tξ) dξ 2 1 + ν2 (ξ) sin(tξ) dξ dx+ 0 0 π sin(πβ) + 0 0 1 b1 (x) + ν2 (ξ) cos(tξ) dξ ν2 (ξ) sin(tξ) dξ 1 t2β−1 dt + 2 x a1 (x) 1 2 c1 (x)ν2 (x) dx + a1 (1) + b1 (0) × 0 5 А. В. Т а р а с е н к о ∞ × 2 1 2β−1 t 0 dt ν2 (ξ) cos(tξ) dξ 2 1 + ν2 (ξ) sin(tξ) dξ 0 . 0 При выполнении условий (9)–(10) теоремы a1 (x) a1 (1) + b1 (0) 0 и, следовательно, I∗ 0, b1 (x) 0, c1 (x) 0. 0, (21) Из (20) и (21) вытекает, что I ∗ = 0, и, таким образом, учитывая (19), имеем 1 2 1 2 τ1 (x) 0 1 d2 (α(x)β(x)) dx − dx2 2 τ1 (x) α(x)β(x) dx = 0. 0 Отсюда в силу условий d2 (α(x)β(x)) dx2 α(x)β(x) > 0, 0 и равенств τ1 (0) = τ1 (1) = 0 получаем τ1 (x) = 0 для всех x ∈ I. Это согласно формуле (14) означает, что u(x, y) ≡ 0 в области D+ . Поскольку τ2 (x) = α(x)τ1 (x) (τ2 (x) = 0, если τ1 (x) = 0), ν2 (x) = β(x)ν1 (x) и ν1 (x) = 0 на основании соотношения (15) при τ1 (x) = 0, то и ν2 (x) = 0. Поэтому u(x, y) ≡ 0 и в области D− как решение задачи Коши с нулевыми данными, что и доказывает единственность решения исходной задачи. 2. Существование решения задачи. Согласно (14) для доказательства существования решения исходной задачи достаточно найти ν1 (x). Для этого воспользуемся соотношением Γ(1 + α)ν1 (x) = τ1 (x). Проинтегрируем его дважды от 0 до x: x (x − ξ)ν1 (ξ) dξ. τ1 (x) = Γ(1 + α) (22) 0 В силу равенств (18), принимая во внимание (16) и (22), будем иметь a1 (x) Γ(1 − 2β) x 0 b1 (x) β(t)ν1 (t) dt + 2β Γ(1 − 2β) (x − t) 1 x β(t)ν1 (t) dt− (t − x)2β x − α(x)Γ(1 + α) (x − ξ)ν1 (ξ) dξ + β(x)c1 (x)ν1 (x) = −g1 (x). 0 Последнему уравнению придадим вид 1 β(x)c1 (x)ν1 (x) + 0 ν1 (ξ)K(x, ξ) dξ = −g1 (x), |x − ξ|2β (23) где   a1 (x)β(ξ)  − Γ(1 + α)α(x)(x − ξ)1+2β , ξ  Γ(1 − 2β) K(x, ξ) =  b1 (x)β(x)  , ξ  Γ(1 − 2β) 6 x, x. О задаче со смещением для одного уравнения в частных производных При c1 (x) = 0 или, что то же самое, d(x) = 0 уравнение (23) есть интегральное уравнение Фредгольма второго рода со слабой особенностью в ядре, правая часть которого g1 (x) ∈ C 1 (I) ∩ C 2 (I). Безусловная разрешимость уравнения (23) в требуемом классе функций следует из единственности решения исследуемой задачи. Замечание 1. Рассмотрим частный случай, когда α(x) = k1 = const, β(x) = k2 = const, a1 (x) = k3 = const, b1 (x) = c1 (x) ≡ 0. При таких условиях соотношение (16) в силу (18) принимает вид 1−2β k1 τ1 (x) = k2 k3 I0+ ν1 (t) (x) + g1 (x). (24) Дифференцируя обе части равенства (24) дважды по x, имеем k1 τ1 (x) = k2 k3 d2 1−2β I ν1 (t) (x) + g1 (x) dx2 0+ или 1+2β k1 τ1 (x) = k2 k3 D0+ ν1 (t) (x) + g1 (x). (25) Используя результаты работы [3], можно выписать явный вид решения уравнения (25). Замечание 2. Если β(x) = k2 , то существование решения исследуемой задачи эквивалентно сводится к разрешимости интегрального уравнения Вольтерра второго рода, что установлено в работе [12].