Problem with shift for the third-order equation with discontinuous coefficients

Abstract


The unique solvability of boundary value problem with Saigo operators for the thirdorder equation with multiple characteristics was investigated. The uniqueness theorem with constraints of inequality type on the known functions and different orders of generalized fractional integro-differentiation was proved. The existence of solution is equivalently reduced to the solvability of Fredholm integral equation of the second kind.

Full Text

1. Постановка задачи. Рассмотрим уравнение 0= uxxx − uy , y > 0, (−y)m uxx − uyy , y < 0, (1) где m = const > 0, в конечной области Ω, ограниченной отрезками AA0 , BB0 , A0 B0 прямых x = 0, x = 1, y = 1 соответственно, и характеристиками AC: x − 2 (−y)(m+2)/2 = 0, m+2 BC: x + 2 (−y)(m+2)/2 = 1 m+2 уравнения (1) при y < 0. Пусть Ω1 = Ω ∩ (y > 0), Ω2 = Ω ∩ (y < 0), J ≡ AB — интервал 0 < x < 1 прямой y = 0. (3, 1) (2, 2) Задача. Найти функцию u(x, y) ∈ C(Ω) ∩ C1 (Ω) ∩ Cx, y (Ω1 ) ∩ Cx, y (Ω2 ), ux ∈ C(Ω1 ), являющуюся решением уравнения (1) при y = 0, удовлетворяющую условиям u(0, y) = ϕ1 (y), u(1, y) = ϕ2 (y), ux (0, y) = ϕ3 (y), 0 y 1, (2) 17 Р е п и н О. А., К у м ы к о в а С. К. α1 α2 a(x) I0+, β1 , η1 δ(t)u [θ0 (t)] (x) + b(x) I1−, β2 , η2 ω(t)u [θ1 (t)] (x)+ + c(x)u(x, 0) + d(x)uy (x, 0) = g(x) ∀x ∈ J, (3) где αi , βi , ηi (i = 1, 2) — вещественные числа, θ0 (x), θ1 (x) — точки пересечения характеристик уравнения (1), выходящих из точки (x, 0) ∈ J, с характеристиками AC, BC соответственно; ϕi (y) (i = 1, 2, 3), a(x), b(x), c(x), d(x), g(x), δ(x), ω(x) — заданные функции, такие, что ϕi (y) ∈ C(J), a(x), b(x), c(x), d(x), g(x) ∈ C1 (J)∩C3 (J), причём a(x), b(x), c(x), d(x) одновременα, α, но в ноль не обращаются; I0+β, η f (x) и I1−β, η f (x) — операторы обобщенного дробного интегро-дифференцирования с гипергеометрической функцией Гаусса F (α, β; γ; x), введённые в [1] (см. также [2, с. 326–327], [3, с. 14]) и имеющие при действительных α, β, η и x > 0 вид  x t  x−α−β (x − t)α−1 F α + β, −η; α; 1 − x f (t) dt,  Γ(α)  0 α, I0+β, η f (x)= α > 0;   d n α+n,β−n,η−n  I0+ f (x), α < 0, n = [−α] + 1, dx α, I1−β, η f (x) =      1 (1−x)−α−β Γ(α)     −d dx x n (4) (t − x)α−1 F α + β, −η; α; α+n,β−n,η−n I1− f t−x 1−x f (t) dt, α > 0; α < 0, n = [−α] + 1. (x), Для уравнения третьего порядка с кратными характеристиками в работах [4, 5] исследовались нелокальные задачи, в которых краевые условия содержали операторы дробного дифференцирования. Данная работа обобщает полученные ранее результаты и является продолжением этих исследований. 2. Единственность решения. Теорема. В области Ω не может существовать более одного решения задачи (1)–(3), если a(1) b(0) + 0, (5) E1 (1) E1 (0) α1 = α2 = −β, β1 = β2 = 0, η1 = η2 = 2β − 1, δ(x) = ω(x) = 1, β = m/(2m + 4) и выполняются условия E1 (x) = γ1 a(x) + b(x) + c(x) = 0 a(x) E1 (x) либо 0, b(x) E1 (x) a(1) E2 (1) 0, 0, b(0) E2 (0) d(x) E1 (x) ∀x ∈ J, 0 ∀x ∈ J , 0, α1 = α2 = β − 1, β1 = β2 = 0, η1 = η2 = 1 − 2β, δ(x) = x2β−1 , ω(x) = (1 − x)2β−1 , 18 (6) (7) (8) (9) (10) Задача со смещением для уравнения третьего порядка с разрывными коэффициентами E2 (x) = γ2 a(x) + b(x) − d(x) = 0 a(x)(1 − x)1−2β + b(x)x1−2β + Γ(2β) x(1 − x) a(x) E2 (x) где γ1 = b(x) E2 (x) 0, Γ(2β) , Γ(β) γ2 = 1−2β d(x) = 0 c(x) E2 (x) 0, 4 1 2 m+2 (11) ∀x ∈ J, 0 ∀x ∈ J, ∀x ∈ J , (12) (13) 2β Γ(1 − 2β) . Γ(1 − β) Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть τ (x) = u(x, 0), ν(x) = uy (x, 0). Переходя в уравнении (1) к пределу при y → +0, будем иметь функциональное соотношение между τ (x) и ν(x), принесённое на J из области Ω1 : ν(x) = τ (x). Рассмотрим интеграл 1 1 1 J∗ = 0 0 0 τ (x)d τ (x) . τ (x)τ (x)dx = τ (x)ν(x)dx = Интегрируя последнее с учётом однородных граничных условий (2), получим 2J ∗ = − τ (1) 2 (14) 0. Покажем, что при при выполнении условий теоремы J ∗ 0. Действительно, решение задачи Коши в области Ω2 имеет вид [7, с. 152] 2 Γ(2β) 1 (−y)(m+2)/2 (2t − 1) tβ−1 (1 − t)β−1 dt+ τ x+ 2 (β) Γ m+2 0 1 Γ(2 − 2β) 2 + 2 ν x+ y (−y)(m+2)/2 (2t − 1) t−β (1 − t)−β dt. (15) Γ (1 − β) m+2 0 u(x, y) = Используя (15) и (4), получим 1−β, β, u[θ0 (x)] = γ1 I0+0, β−1 τ (t) (x) − γ2 I0+ 2β−1, β−1 ν(t) (x), 1−β, β, u[θ1 (x)] = γ1 I1−0, β−1 τ (t) (x) − γ2 I1− 2β−1, β−1 ν(t) (x). Пусть выполняются условия (5)–(8) теоремы. Подставляя u[θ0 (x)] и u[θ1 (x)] в условие (3) и опираясь на полугрупповые свойства обобщенных операторов [2, с. 327] γ, α+γ, α, I0+β, η I0+δ, α+η f (t) (x) = I0+ β+δ, η f (x), γ > 0, α, γ, α+γ, I1−β, η I1−δ, α+η f (t) (x) = I1− β+δ, η f (x), γ > 0, 19 Р е п и н О. А., К у м ы к о в а С. К. после некоторых преобразований получим соотношение между τ (x) и ν(x), принесённое на J из гиперболической части Ω2 смешанной области Ω: 1−2β 1−2β τ (x) = a1 (x) I0+ ν (x) + b1 (x) I1− ν (x) + c1 (x)ν(x) + g1 (x), (16) 1−2β 1−2β где I0+ ν (x) и I1− ν (x) — дробные интегралы в смысле Римана—Лиувилля [2, с. 42], a1 (x) = γ2 a(x) , E1 (x) b1 (x) = γ2 b(x) , E1 (x) c1 (x) = − d(x) , E1 (x) g1 (x) = g(x) . E1 (x) При g(x) = 0, используя методику, восходящую к Ф. Трикоми [8, с. 385] и применённую в работах [5, 6], будем иметь 1 π π J∗ = sin πβ sin πβ t2β−1 dt t2β−1 dt 0 0 dx+ ν(ξ) sin tξdξ 0 0 2 1 b1 (x) 2 x + ν(ξ) cos tξdξ 1 ∞ + 2 x a1 (x) 0 0 0 1 ∞ − c1 (x)ν 2 (x)dx− 2 1 dx+ ν(ξ) sin tξdξ + ν(ξ) cos tξdξ x x ∞ t2β−1 dt× + a1 (1) + b1 (0) 0 2 1 × ν(ξ) cos tξdξ 2 1 . (17) ν(ξ) sin tξdξ + 0 0 При выполнении условий (5)–(8) теоремы a1 (x) 0, b1 (x) 0, c1 (x) 0, a1 (1) + b1 (0) 0 и, следовательно, J ∗ 0. Пусть теперь выполняются условия (9)–(13) теоремы. Покажем, что и в этом случае J ∗ 0. Аналогичными вычислениями можно показать, что функциональное соотношение между τ (x) и ν(x), принесённое из области Ω2 на J, имеет вид 1−2β 1−2β ν(x) = a2 (x) D0+ τ (x) + b2 (x) D1− τ (x) + c2 (x)τ (x) + g2 (x), (18) где a2 (x) = γ1 a(x) , E2 (x) b2 (x) = γ1 b(x) , E2 (x) c2 (x) = c(x) , E2 (x) g2 (x) = g(x) , E2 (x) 1−2β 1−2β D0+ и D1− — операторы дробного дифференцирования в смысле Римана—Лиувилля [2, с. 43]. Аналогично [6], в результате ряда преобразований получим 1 2 1 Γ (2β) sin 2πβ cos πβ J ∗ = Γ2 (2β) sin 2πβ cos πβ π π 20 1 0 c2 (x)τ 2 (x)dx− Задача со смещением для уравнения третьего порядка с разрывными коэффициентами − 1 2 + 1 2 1 ∞ t2β−1 dt 0 0 t2β−1 dt 0 0 2 τ2 (ξ) cos tξdξ 2 τ1 (ξ) cos tξdξ 0 t 2 2 1 τ2 (ξ) sin tξdξ + τ2 (ξ) cos tξdξ dt + τ1 (ξ) sin tξdξ 0 1 , (19) 0 0 0 2 1 + 0 2β−1 dx+ τ2 (ξ) sin tξdξ x 1 t2β−1 dt 2 1 + x ∞ 1 + b2 (0) 2 0 1 ∞ 1 + a2 (1) 2 dx+ τ1 (ξ) sin tξdξ 0 b2 (x) 2 x + τ1 (ξ) cos tξdξ 1 ∞ 2 x a2 (x) где τ1 (x) = x sin 2πβ d π dx 0 τ (t)dt , (x − t)1−2β τ2 (x) = − sin 2πβ d π dx 1 x τ (t)dt . (t − x)1−2β При выполнении условий (9)–(13) теоремы J ∗ 0. Отсюда с учётом (14) заключаем, что J ∗ = 0. Поскольку слагаемые справа в соотношениях (17) и (19) неотрицательны, они также равны нулю. В частности, t 0 2β−1 2 1 ∞ ν(ξ) cos tξdξ dt t = 0, Так как t2β−1 ν(ξ) sin tξdξ dt = 0. 0 0 0 2β−1 2 1 ∞ 0, 1 1 ν(ξ) sin tξdξ = 0 ν(ξ) cos tξdξ = 0, 0 0 для всех t ∈ (0, ∞), в частности при t = 2πk, k = 0, 1, 2, .... При этих значениях t функции sin tξ и cos tξ образуют полную ортогональную систему функций в L2 . Следовательно, ν(ξ) = 0 почти всюду, а так как ν(x) непрерывна по условию, ν(x) = 0 всюду. При g1 (x) = 0 подставим в (16) ν(x) = 0 и получим τ (x) = 0. Отсюда u(x, y) ≡ 0 в Ω2 как решение задачи Коши с нулевыми данными, а в Ω1 — как решение однородной задачи (1), (2), u(x, 0) = 0. В случае соотношения (19) аргументация доказательства тождества u(x, y) ≡ 0 аналогична. 3. Существование решения. Воспользуемся соотношением τ (x) = ν(x), принесённым из области Ω1 на линию AB. Проинтегрируем его трижды от 0 до x. Получим x τ (x) = 0 x2 (x − ξ)2 ν(ξ)dξ + τ (0) + τ (0)x + τ (0). 2 2 Из граничных условий (2) следует, что τ (0) = ϕ1 (0), τ (1) = ϕ2 (0), τ (0) = ϕ3 (0). 21 Р е п и н О. А., К у м ы к о в а С. К. Поэтому τ (x) = 1 2 x 0 x2 1 (1 − ξ)2 ν(ξ)dξ+ 2 0 + ϕ2 (0)x2 + (x − x2 )ϕ3 (0) + (1 − x2 )ϕ1 (0). (20) (x − ξ)2 ν(ξ)dξ − Пусть выполняются условия (5)–(8) теоремы. Исключим τ (x) из (16) и (20). После простых преобразований получим 1 c1 (x)ν(x) + 0 где K1 (x, ξ)ν(ξ) dξ = f1 (x), |x − ξ|2β a1 (x) 1 x2 − (x − ξ)2+2β + (1 − ξ)2 (x − ξ)2β , ξ Γ(1 − 2β) 2 2 K1 (x, ξ) = b1 (x) x2    + (1 − ξ)2 (ξ − x)2β , ξ Γ(1 − 2β) 2     (21) x, x, f1 (x) = −g1 (x) + ϕ2 (0)x2 + (x − x2 )ϕ3 (0) + (1 − x2 )ϕ1 (0). При c1 (x) = 0 или, что то же самое, d(x) = 0 уравнение (21) есть уравнение Фредгольма второго рода со слабой особенностью в ядре, правая часть которого f1 (x) ∈ C1 (J ) ∩ C2 (J). Безусловная разрешимость уравнения (21) в требуемом классе функций следует из единственности решения задачи. Докажем теперь существование решения задачи (1)–(3) при выполнении условий (9)–(13) теоремы. Для этого исключим τ (x) из (18) и (20). После довольно громоздких вычислений имеем 1 K2 (x, t)ν(t)dt = f2 (x), ν(x) + (22) 0 где K2 (x, t) = K3 (x, t) = Ψ(x, t) − 22 x x t, t, 1 a2 (x) (x − t)1+2β + c2 (x)(x − t)2 + Γ(3 + 2β) 2 b2 (x)(1 − x)2+2β b2 (x) , (1 − x)1+2β (x − t) + + Γ(2 + 2β) (1 + β)Γ(1 + 2β) K4 (x, t) = Ψ(x, t) + Ψ(x, t) = K3 (x, t), K4 (x, t), b2 (x) 1−t , (1 − x)2β (1 − t)2 F −2β, 1; 3; 2Γ(1 + 2β) 1−x b2 (x)(1 + 2β) a2 (x) − (1 − x)2β−1 + Γ(2 + 2β) Γ(2β) b2 (x)(1 − x)2β b2 (x) 1 + − c2 (x)x2 (1 − t)2 + (1 − x)2β (1 − t), Γ(2β) 2 2βΓ(2β) Задача со смещением для уравнения третьего порядка с разрывными коэффициентами f2 (x) = g2 (x)+ − 1 b2 (x) d Γ(2β) dx x a2 (x) d Γ(2β) dx x dξ − (x − ξ)1−2β 0 dξ ϕ2 (0) − ϕ3 (0) − ϕ1 (0) ξ 2 + ξϕ3 (0) + ϕ1 (0) . (x − ξ)1−2β ϕ2 (0)−ϕ3 (0)−ϕ1 (0) ξ 2 +ξϕ3 (0) Исследуем гладкость f2 (x) правой части уравнения (22). Для этого заметим, что d dx x 1 dξ d dx = x2β−1 , = (1 − x)2β−1 , (x − ξ)1−2β dx x (ξ − x)1−2β 0 x d ξdξ = (1 − 2β)B(2, 2β)x2β , dx 0 (x − ξ)1−2β 1 ξdξ 1 d = (1 − x)2β − (1 − x)2β−1 , 1−2β dx x (ξ − x) 2β x d ξ 2 dξ = (2 + 2β)B(3, 2β)x1+2β , dx 0 (x − ξ)1−2β 1 ξ 2 dξ d = 2(1 − x)2β − (4β + 1)(1 − x)2β−1 . dx x (ξ − x)1−2β Таким образом, правая часть уравнения (22) ∗ f2 (x) = [x(1 − x)]2β−1 f2 (x), ∗ где f2 (x) ∈ C(J) ∩ C2 (J). Итак, уравнение (22) есть интегральное уравнение Фредгольма второго рода с ядром K2 (x, t) ∈ C[0,1) ∩ C1 (0,1), причём при x = 1 оно может обращаться в бесконечность порядка 1 − 2β. Уравнение (22) безусловно разрешимо в требуемом классе функций на основании теоремы единственности. Зная ν(x), можно определить из (16), (20) τ (x) = u(x, 0). Для определения решения u(x, y) уравнения (1) при y > 0 решается задача (1), (2), u(x, 0) = τ (x). Решение этой задачи даётся с помощью формулы [9, с. 133–135] y y πu(x, y) = 0 Gξξ (x, y; 0, η)ϕ1 (η)dη − Gξ (x, y; 0, η)ϕ3 (η)dη− 0 1 y − G(x, y; ξ, 0)τ (ξ)dξ, Gξξ (x, y; 1, η)ϕ2 (η)dη + 0 0 где G(x, y; ξ, η) = V (x, y; ξ, η) − W (x, y; ξ, η), V (x, y; ξ, η) = (y − η)−1/3 f (x − ξ)(y − η)−1/3 , y > η, 0, y η, W (x, y; ξ, η) = (y − η)−1/3 ϕ (x − ξ)(y − η)−1/3 , y > η, 0, y η, 23 Р е п и н О. А., К у м ы к о в а С. К. √ π t f (t) = √ 3 3 √ π t ϕ(t) = 3 I1/3 2 2 √ t3/2 + I−1/3 √ t3/2 3 3 3 3 , I1/3 2 2 √ t3/2 − I−1/3 √ t3/2 3 3 3 3 , Iν (z) — функции Бесселя, f (t), ϕ(t) — функции Эйри [10, с. 196; с. 264].

About the authors

Oleg A Repin

Samara State Economic University

Email: matstat@mail.ru
141, Sovetskoy Armii st., Samara, 443090, Russia
(Dr. Sci. (Phys. & Math.)), Head of Dept., Dept of Mathematical Statistics and Econometrics

Svetlana K Kumykova

Kabardino-Balkarian State University

Email: bsk@rect.kbsu.ru
173, Chernyshevskogo st., Nalchik, Russia, 360004
(Ph. D. (Phys. & Math.)), Associate Professor, Dept. of Functions Theory and Functional Analysis

References

  1. Saigo M. A remark on integral operators involving the Gauss hypergeometric functions // Math. Rep. Kyushu Univ., 1977/78. Vol. 11, no. 2. Pp. 135–143.
  2. Самко С. Г., Килбас А. А., Маричев О. И. Интегралы и производные дробного порядка и некоторые их приложения. Минск: Наука и техника, 1987. 688 с.
  3. Репин О. А. Краевые задачи со смещением для уравнений гиперболического и смешанного типов. Самара: Изд-во Саратов. ун-та, Самарский филиал, 1992. 164 с.
  4. Елеев В. А., Кумыкова С. К. Внутреннекраевая задача для уравнения смешанного типа третьего порядка с кратными характеристиками // Известия Кабардино-Балкарского научного центра РАН, 2010. № 5(37), Часть 2. С. 5–14.
  5. Репин О. А., Кумыкова С. К. Нелокальная задача для уравнения смешанного типа третьего порядка с обобщенными операторами дробного интегро-дифференцирования произвольного порядка // Вестн. Сам. гос. техн. ун-та. Сер. Физ.-мат. науки, 2011. № 4(25). С. 25–36.
  6. Репин О. А., Кумыкова С. К. Об одной краевой задаче со смещением для уравнения смешанного типа в неограниченной области // Дифференц. уравнения, 2012. Т. 48, № 8. С. 1140–1149.
  7. Смирнов М. М. Уравнения смешанного типа. М.: Наука, 1970. 295 с.
  8. Трикоми Ф. Лекции по уравнениям в частных производных. М.: Иностр. Лит., 1957. 443 с.
  9. Джураев Т. Д. Краевые задачи для уравнений смешанного и смешанно-составного типов. Ташкент: Фан, 1979. 239 с.
  10. Справочник по специальным функциям / ред. М. Абрамовиц, И. Стиган. М.: Наука, 1979. 831 с.

Statistics

Views

Abstract - 33

PDF (Russian) - 10

Cited-By


Article Metrics

Metrics Loading ...

Refbacks

  • There are currently no refbacks.

Copyright (c) 2012 Samara State Technical University

Creative Commons License
This work is licensed under a Creative Commons Attribution 4.0 International License.

This website uses cookies

You consent to our cookies if you continue to use our website.

About Cookies