Задача Гурса для нагруженного вырождающегося гиперболического уравнения второго порядка с оператором Геллерстедта в главной части

Полный текст

Исследованию краевых задач для линейных нагруженных дифференциальных уравнений второго порядка с двумя независимыми переменными посвящено много работ. Достаточно полная библиография приведена в монографии [1]. Нагруженным уравнением в области Ω ∈ Rn называется уравнение Lu(x) = f (x), где L - оператор, содержащий след некоторых операций от искомого решения ¯ u(x) на принадлежащих Ω многообразиях размерности меньше n [2]. Существенную роль для корректной разрешимости тех или иных задач для нагруженных уравнений играет не просто наличие следа Γ от искомого решения, а в большей степени следообразующее отображение ¯ F : Ω → Γ. Особенно этот эффект проявляется для нагруженных гиперболических уравнений. Поясним это на примере. Пусть заданы два модельных уравнения ux + uy = λu(x, 0) и ux + uy = λu(x - y, 0), где λ = const. След от искомого решения в правых частях есть одно и то же многообразие, хотя легко заменить, что общие интегралы этих двух уравнений принципиально отличаются. Задачам с данными на характеристических многообразиях для нагруженных строго и слабо гиперболических уравнений посвящены работы [3-7]. Характеристической задаче и задаче Дарбу для широкого класса систем нагруженных вырождающихся гиперболических уравнений посвящены работы [8, 9]. В данной работе объектом исследования является уравнение вида Lm u = uyy - |y|m uxx + a(x, y)ux + b(x, y)uy + c(x, y)u = n αi ai (x, y)D0ξ u(ξ, 0) + d(x, y), =λ ξ =x- i=1 m+2 2 |y| 2 . (1) m+2 Пусть Ω - область, ограниченная характеристиками x- m+2 2 |y| 2 = 0, m+2 x+ m+2 2 |y| 2 = 1 m+2 уравнения (1). Здесь λ и m - действительные числа, причем m 0, α1 < α2 < . . . < αn = α < 1; l Dax - оператор дробного интегрирования (при l < 0) и дробного дифференцирования (при l > 0) порядка |l| с началом в точке a, определяемый как и в [10] формулой  sign(x - a) x f (t)dt   , l < 0,  l+1  Γ(-l)  a |x - t|   l f (x), l = 0, Dax f (t) =     [l]+1    sign[l]+1 (x - a) d Dl-[l]-1 f (t), l > 0, dx[l]+1 ax 8 Задача Гурса для нагруженного вырождающегося гиперболического уравнения . . . где [l] - целая часть l, [l] l < [l] + 1, Γ(z) - Гамма-функция Эйлера. Задача Гурса. Найти регулярное в области Ω при y = 0 решение u(x, y) ¯ уравнения (1) из класса C(Ω) ∩ C 1 (Ω), удовлетворяющее условию u x m+2 , sign y x 2 4 2 m+2 = ϕ± (x), 0 x 1, (2) где знак “+” берется при y > 0 и знак “-” - при y < 0. ¯ Предполагается, что ϕ+ (0) = ϕ- (0); b, c, d, ai ∈ C 1 (Ω) ∩ C 3 (Ω), i = = 1, 2, . . . , n; ¯ ϕ± ∈ C 1 (J) ∩ C 3 (J), (3) ¯ где J = {(x, y) : 0 x 1, y = 0}. Имеет место следующая теорема. Теорема 1. Пусть коэффициенты a(x, y), c(x, y) по переменной y являются четными функциями, а коэффициент b(x, y) - нечетной; коэффициент a(x, y) удовлетворяет условию Геллерстедта: a(x, y) = a0 (x, y)|y|γ(m) , ¯ a0 ∈ C 1 (Ω) ∩ C 3 (Ω), где γ(m) = 0 при m < 2 и γ(m) = const > m/2 - 1 при m 2. Тогда задача Гурса разрешима и притом единственным образом. Сначала приведем д о к а з а т е л ь с т в о теоремы 1 для случая a = b = = c = d ≡ 0, a1 = 1, α1 = 0; ai (x, y) = 0, i = 2, 3, . . . , n, т.е. для модельного локально нагруженного уравнения Геллерстедта: uyy - |y|m uxx = λu x - m+2 2 |y| 2 , 0 . m+2 (4) Через Ω+ и Ω- обозначим части Ω, расположенные в верхней и нижней полуплоскостях соответственно. В области Ω- уравнение (4) и краевые условия (2) имеют вид uyy - (-y)m uxx = λu x - u x m+2 ,- x 2 4 2 m+2 m+2 2 (-y) 2 , 0 , m+2 = ϕ- (x), 0 x 1. (5) (6) Соотношения (5) и (6) в характеристических переменных ξ =x- m+2 2 (-y) 2 , m+2 η =x+ m+2 2 (-y) 2 m+2 (7) записываются в виде vξη + β µv(ξ, ξ) (vη - vξ ) = , η-ξ (η - ξ)4β v(0, η) = ψ(η) ≡ ϕ- (η), 0 η (8) 1, 9 А т т а е в А. Х. где 4µ = λ(2 - 4β)4β , β = m/(2m + 4), ξ+η m+2 ,- 2 4 v(ξ, η) = u 1-2β (η - ξ)1-2β . Пусть H(ξ, η, ξ0 , η0 ) - функция Грина-Адамара второй задачи Дарбу для уравнения Эйлера-Дарбу-Пуассона Lv ≡ vξη - β (vη - vξ ) = 0, η-ξ определяемая следующими условиями: 1) H(ξ, η, ξ0 , η0 ) как функция от (ξ, η) есть решение сопряженного уравнения L∗ v = 0, а как функция от (ξ0 , η0 ) - решение уравнения (8); 2) H(ξ0 , η0 , ξ0 , η0 ) = 1; 3) H(ξ, ξ, ξ0 , η0 ) = 0; [H] ∂[H] +β = 0 при η = ξ0 , где 4) ∂ξ η-ξ [H] = lim H(ξ, ξ0 + ε, ξ0 , η0 ) - H(ξ, ξ0 - ε, ξ0 , η0 ) . ε→0 Как известно, функция Грина-Адамара H(ξ, η, ξ0 , η0 ) была явно построена Геллерстедтом [11] и имеет вид H(ξ, η; ξ0 , η0 ) = R(ξ, η; ξ0 , η0 ), ¯ R(ξ, η; ξ0 , η0 ), η η ξ0 , ξ0 , где R(ξ, η; ξ0 , η0 ) = (η - ξ)β (η0 - ξ0 )-β F (β, 1 - β, 1, σ) - функция Римана, ¯ R(ξ, η; ξ0 , η0 ) = γ (η - ξ)2β F (β, β, 2β; 1/σ) . (ξ0 - ξ)β (η0 - η)β Здесь γ= Γ(β) , Γ(1 - β)Γ(2β) σ= (ξ0 - ξ)(η0 - η) . (η - ξ)(η0 - ξ0 ) Пусть существует решение задачи Гурса (2) для уравнения (4) и пусть функция ν(x) = uy (x, 0), 0 < x < 1 имеет дробный интеграл порядка 1 - 2β с началом в точке 0 и с концом в любой точке x ∈ ]0, 1]. Тогда, пользуясь свойством функции H, по схеме, реализованной Геллерстедтом [11], при доказательстве существования решения второй задачи Дарбу можно доказать, что u(x, y) = 1 4 2 m+2 ξ 2β γ ν(t)(ξ - t)-β (η - t)-β dt+ 0 η + ψ (t) + 0 10 β ψ(t) H(0, t; ξ, η)dt+ t Задача Гурса для нагруженного вырождающегося гиперболического уравнения . . . η ξ +µ dξ1 ξ1 0 u(ξ1 , 0) H(ξ1 , η1 ; ξ, η)dη1 . (9) (η1 - ξ1 )4β Из (9) при y = 0, η = ξ = x, t < ξ, с учетом пределов lim η-ξ→+0 lim η-ξ→+0 H(0, t; ξ, η) = H(ξ1 , η1 ; ξ, η) = lim η-ξ→+0 lim η-ξ→+0 ¯ R(0, t; ξ, η) = γt2β ξ -β (ξ - t)-β , t < ξ; ¯ R(ξ1 , η1 ; ξ, η) = = γ(η1 - ξ1 )2β (ξ - η1 )-β (ξ - ξ1 )-β , η1 < ξ, имеем u(x, 0) = 1 4 2 m+2 x 2β γ 0 ν(t)dt + (x - t)2β x + µγ x dξ1 0 ξ1 u(ξ1 , 0) dη1 + (η1 - ξ1 )2β (x - η1 )β (x - ξ1 )β x + γx-β tψ (t) + βψ(t) t2β-1 (x - t)-β dt. (10) 0 Произведем замену переменной интегрирования η1 по формуле η1 = ξ1 + (x - ξ1 )t. Тогда, принимая во внимание, что x (x - η1 )-β (η1 - ξ1 )-2β dη1 = ξ1 1 = (x - ξ1 )1-3β t-2β (1 - t)-β dt = (x - ξ1 )1-3β B(1 - 2β, 1 - β) 0 и используя определение дробного интеграла, соотношению (10) можно придать более компактный вид: 4β-2 2β-1 τ (x) = λγ1 D0x τ (t) + γ2 D0x ν(t) + Ψ(x), 0 0, (12) 1, (13) 0 < x < 1. (14) 0 x lim uy (x, y) = ν(x), y→0+ В системе (12)-(14) произведем преобразование y = -y, x = x, y) = u(x, -y). u = u(x, После этого она примет вид uyy - (-y)m uxx = λu x - u x m+2 ,- x 2 2 u(x, 0) = τ (x), m+2 2 (-y) 2 , 0 , m+2 2 m+2 = ϕ+ (x), 0 lim uy = -ν(x), x y < 0, 1, 0 < x < 1. y→0- Поэтому нетрудно заключить, что фундаментальное соотношение между τ (x) и ν(x), принесенное из области Ω+ , задается формулой 4β-2 2β-1 τ (x) = λγ1 D0x τ (t) - γ2 D0x ν(t) + Ψ(x), 0 < x < 1, (15) где β-1 Ψ(x) = γΓ(1 - β)x-β D0x tψ (t) + β ψ(t) t2β-1 , ψ(t) = ϕ+ (t), 0 t 1. Cистема (11), (15), очевидно, эквивалентна системе 2β-1 D0x ν(t) = f1 (x), τ (x) - 4β-2 λγ1 D0x τ (t) 0 < x < 1, = f2 (x), 0 x (16) 1, (17) где 1 Ψ(x) - Ψ(x) , 2γ2 1 f2 (x) = Ψ(x) + Ψ(x) . 2 f1 (x) = (18) (19) Итак, доказана лемма, которая очень важна для доказательства теоремы 1 в случае уравнения (4). Лемма. Решение u(x, t) задачи Гурса (2) для уравнения (4) в области Ω существует тогда и только тогда, когда функция ν(x) = uy (x, 0) является решением уравнения Абеля (16) с правой частью (18), а τ (x) = u(x, 0) - решение уравнения (17) с правой частью (19). 12 Задача Гурса для нагруженного вырождающегося гиперболического уравнения . . . Исследуем разрешимость уравнений (16) и (17). С этой целью изучим свойства функции f1 (x) и f2 (x). Из (3) заключаем, что ¯ Φ(x) = xψ (x) + βψ(x) ∈ C(J) ∩ C 2 (J). (20) Ясно, что β-1 Ψ(x) = γΓ(1 - β)x-β D0x t2β-1 Φ(t) = γx-β x 0 Φ(t)t2β-1 dt. (x - t)β Отсюда после замены t = xz находим 1 Ψ(x) = γ z 2β-1 (1 - z)-β Φ(xz)dz. (21) 0 ¯ Стало быть, Ψ(x) ∈ C(J) ∩ C 2 (J). Теперь нет сомнений в том, что ¯ f1 (x), f2 (x) ∈ C(J) ∩ C 2 (J). (22) В силу (21) решение уравнения Абеля (16) имеет вид 1-2β ν(x) = D0x f1 (t). (23) Из (21) c учётом (20) видно, что 1 Ψ(0) = γΦ(0) z 2β-1 (1 - z)-β dz = γβψ(0)B(2β, 1 - β). 0 Так как γβB(2β, 1 - β) = Γ(β)β Γ(2β)Γ(1 - β) =1 Γ(2β)Γ(1 - β) Γ(1 + β) и ψ(0) = ϕ(0), получаем Ψ(0) = ϕ(0). Аналогично, Ψ(0) = ϕ(0). Следовательно, f1 (0) = 0. С учетом этого (23) можно переписать в виде x d -2β d 1 D0x f1 (x) = f1 (t)(x - t)2β-1 dt = dx dx Γ(2β) 0 x x 1 d 1 1 = - f1 (t)(x - t)2β + f (t)(x - t)2β dt = dx Γ(2β) 2β 2β 0 1 0 x x 1 d 1 f1 (t)dt = f1 (t)(x - t)2β dt = , 2βΓ(2β) dx 0 Γ(2β) 0 (x - t)1-2β ν(x) = т. е. -2β ν(x) = D0x f1 (t). (24) ¯ Из (24) и (22) вытекает, что функция ν(x) ∈ C(J) ∩ C 1 (J) и при x → 0 обращается в нуль. ¯ Поскольку функция f2 (x) ∈ C(J) ∩ C 2 (J), решение уравнения Вольтерра ¯ второго рода (17) принадлежит C(J) ∩ C 2 (J). 13 А т т а е в А. Х. Доказана (см. формулу (9)) следующая теорема. Теорема 2. Единственное решение задачи Гурса (2) для уравнения (4) в области Ω- задается формулой u(x, y) = 1 4 2 m+2 ξ 2β γ -2β D0t f1 (t)dt η β (ξ - t)(η - t) 0 + 0 η ξ dξ1 +µ 0 ξ1 Φ(t) H(0, t; ξ, η)dt+ t τ (ξ1 ) H(ξ1 , η1 ; ξ, η)dη1 . (η1 - ξ1 )4β Вернемся к случаю уравнения (1). В характеристических координатах (7) оно приводится к виду vξη + β (vξ - vη ) - (η - ξ)-4β A(ξ, η)(vξ + vη )- η-ξ - (η - ξ)-2β B(ξ, η)(vξ - vη ) - (η - ξ)-4β C(ξ, η)v = αi = (η - ξ)-4β Ai (ξ, η)D0ξ v(ξ, ξ) + f (ξ, η) , (25) где 1 4 4 m+2 1 4 Ai (ξ, η) = 4 m+2 f (ξ, η) = - 4β d 4β ai m+2 ξ+η ,- 2 4 m+2 ξ+η ,- 2 4 1-2β 1-2β (η - ξ)1-2β , (η - ξ)1-2β , а коэффициенты A, B, C определяются через u(x, y) точно так же, как v(ξ, η). Существование функции Грина-Адамара G(ξ, η; ξ0 , η0 ) второй задачи Дарбу для уравнения (1) при λ = 0 доказано Геллерстедтом [11]: G(ξ, η; ξ0 , η0 ) = g(ξ, η; ξ0 , η0 ), g (ξ, η; ξ0 , η0 ), ¯ η η ξ0 , ξ0 . Здесь g - функция Римана, а g - функция, обладающая следующими свой¯ ствами: 1) g (ξ, η; ξ0 , η0 ) по переменным (ξ0 , η0 ) удовлетворяет уравнению (25), а по ¯ переменным (ξ, η) - ему сопряженному; 2) g (ξ, ξ0 ; ξ0 , η0 ) - g(ξ, ξ0 ; ξ0 , η0 ) = ¯ cos πβ lim g(ξ, ξ0 + ε; ξ0 , ξ0 + ε)g(ξ, ξ0 + ε; ξ0 , η0 ) ; ε→0 3) g при η = ξ обращается в нуль порядка 2β. ¯ Так как функция Римана g(ξ, η; ξ0 , η0 ) удовлетворяет соотношениям η g(ξ0 , η; ξ0 , η0 ) = exp A(ξ0 , t)dt = η0 ξ g(ξ, η0 ; ξ0 , η0 ) = exp B(t, η0 )dt = ξ0 14 η - ξ0 η 0 - ξ0 η0 - ξ η 0 - ξ0 η β β exp A1 (ξ0 , t)dt, η0 ξ exp B1 (t, η0 )dt, ξ0 Задача Гурса для нагруженного вырождающегося гиперболического уравнения . . . условие 2) можно записать в виде g (ξ, ξ0 ; ξ0 , η0 ) - g(ξ, ξ0 ; ξ0 , η0 ) = ¯ = cos πβA∗ (ξ, ξ0 , η0 ) ξ0 - ξ exp η0 - ξ0 η0 ξ0 b(ξ0 , t)dt - (t - ξ0 )2β ξ0 ξ b(t, ξ0 )dt , (ξ0 - t)2β где ξ0 A∗ (ξ; ξ0 , η0 ) = lim exp x→0 ξ a(t, ξ + ε)dt + (ξ0 + ε - t)4β η0 ξ0 +ε a(ξ0 , t)dt , (t - ξ0 )4β 4β 1 4 ξ+η m + 2 1-2β a (η - ξ)1-2β , ,- 4 m+2 2 4 4β 1 4 ξ+η m + 2 1-2β b(ξ, η) = b (η - ξ)1-2β . ,- 4 m+2 2 4 Таким образом, для существования функции Грина-Адамара необходимо потребовать, чтобы выполнялось неравенство a(ξ, η) = A∗ (ξ; ξ0 , η0 ) < ∞ (0 < ξ < 1, 0 < ξ0 , η0 < 1). Это условие, впервые выписанное А. М. Нахушевым [12], выполняется, если, ¯ например, m < 2 или a(x, y) = O(1)y α , где α > m/2 - 1 в Ω. Не нарушая общности, д о к а з а т е л ь с т в о теоремы 1 проведем в случае однородной задачи Гурса (ϕ(y) ≡ 0) для неоднородного уравнения. Пусть существует решение u(x, y) однородной задачи Гурса и, как и ранее, u(x, 0) = τ (x), uy (x, 0) = ν(x). Тогда в силу тождества Римана для уравнения (25) и свойств функции Грина второй задачи Дарбу существует такой интегральный оператор Aξ , опредеη ленный на функциях ν(x), имеющих дробный интеграл порядка 1 - 2β с началом в точке 0 и с концом в любой точке x ∈ ]0, 1], что для любой точки (x, y) ∈ Ω- ξ u(x, y) = Aξ ν + µ η η dξ1 0 ξ1 αi Ai (ξ1 , η1 )D0x τ G(ξ1 , η1 ; ξ1 , η)dη1 + F (x, y), (26) (η1 - ξ1 )4β где ξ F (x, y) = η dξ1 0 ξ1 f (ξ1 , η1 ) G(ξ1 , η1 ; ξ, η)dη1 . (η1 - ξ1 )4β Из 26 при ξ = η = x и y → 0 имеем x τ (x) = Ax ν + µ x x dξ1 0 ξ1 αi A(ξ1 , η1 )D0x τ g (ξ1 , η1 ; x, x)dη1 + F (x, x). ¯ (η1 - ξ1 )4β (27) Допустим теперь, что (x, y) ∈ Ω+ . В уравнении (1) произведем преобразования x = x, y = -y. В результате область Ω+ отобразится в область Ω- , ограниченную отрезком ¯ J = {(x, y) : 0 x 1, y = 0} 15 А т т а е в А. Х. прямой y = 0 и характеристиками x- m+2 2 (-y) 2 = 0, m+2 x+ m+2 2 (-y) 2 = 1 m+2 уравнения uyy - (-y)m uxx + a(x, -y)ux - ¯ -y)uy + c(x, -y)u = b(x, = λai (x, -y)Dαi u(ξ, 0) + d(x, -y). (28) 0ξ Здесь u = u(x, y) = u(x, -y), ξ =x- m+2 2 (-y) 2 . m+2 Так как для всех (x, y) ∈ Ω- a(x, -y) = a(x, y), b(x, -y) = -b(x, y), c(x, -y) = c(x, y), уравнение (28) можно переписать в форме uyy - (-y)m uxx + a(x, y)ux + b(x, y)uy + c(x, y)u = = λai (x, y)Dαi u(ξ, 0) + d(x, y). 0ξ Очевидно, что lim uy (x, y) = -ν(x), τ (x) = τ (x), y→0- m+2 2 (-y) 2 , y = 0, m+2 Пусть, как и выше, u f (ξ, η) = - 1 4 4 m+2 d η dξ1 0 Ai (ξ, η) = 1 4 4 m+2 ξ1 4β ai m+2 2 ξ+η m+2 ,- 2 4 4β ξ F (x, y) = - 2 m+2 1-2β y 0. (η - ξ)1-2β , f (ξ1 , η1 ) G(ξ1 , η1 ; ξ, η)dη1 , (η1 - ξ1 )4β ξ+η m+2 ,- 2 4 1-2β (η - ξ)1-2β , где ξ =x- m+2 2 (-y) 2 , m+2 η =x+ m+2 2 (-y) 2 . m+2 Тогда в силу (26) имеем u(x, y) = -Aξ ν + µ η 16 ξ η dξ1 0 ξ1 αi Ai (ξ1 , η1 )D0ξ1 τ (η1 - ξ1 )4β G(ξ1 , η1 ; ξ, η)dη1 + F (x, y). (29) Задача Гурса для нагруженного вырождающегося гиперболического уравнения . . . Равенство (29) дает нам право записать x x τ (x) = -Ax ν + µ x dξ1 αi Ai (ξ, η1 )D0ξ1 τ (η1 - ξ1 )4β ξ1 0 g (ξ1 , η1 ; x, x)dη1 + ¯ + F (x, x), 0 x 1. (30) Равенство (30) выражает фундаментальное соотношение между τ (x) и ν(x), принесенное из области Ω+ на линию параболического выражения y = 0. Из (27) и (30) после их почленного сложения находим x τ (x) = µ x dξ1 0 αi ¯ Ai (ξ1 , η1 )D0ξ1 τ (η1 - ξ1 )4β ξ1 ¯ g (ξ1 , η1 ; x, x)dη1 + F (x), ¯ (31) где 1 ¯ Ai (ξ, η) = Ai (ξ, η) + Ai (ξ, η) , 2 1 ¯ F (x) = F (x, x) + F (x, x) . 2 Рассмотрим оператор x Vi τ = x dξ1 0 αi Ai (ξ1 , η1 )D0ξ1 τ (η1 - ξ1 )4β ξ1 g (ξ1 , η1 ; x, x)dξ1 . ¯ (32) Очевидно, что n Vτ = x Vi τ, Vi τ = 0 i=1 где x Gi (x, ξ1 ) = ξ1 αi D0ξ1 τ Gi (x, ξ1 )dξ1 , ¯ Ai (ξ1 , η1 )¯(ξ1 , η1 ; x, x) g dη1 . (η1 - ξ1 )4β Не нарушая общности, можно предположить, что αi 0 при i = 1, 2, . . . , m и αi > 0 при i = m + 1, m + 2, . . . , n. Пусть i m + 1. Тогда для любой функции τ (ξ) ∈ D(Vi ) на основании определения производной дробного порядка x Vi τ = 0 t Gi (x, t) d Γ(1 - αi ) dt = Gi (x, t) Γ(1 - αi ) 0 t 0 τ (η) dη dt = (t - η)αi τ (η)dη (t - η)αi t=x x ∂ G (x, t) ∂t i - t=0 0 Γ(1 - αi ) t dt 0 τ (η) dη. (t - η)αi Отсюда после законной перестановки порядка интегрирования в двойном интеграле получаем Vi τ = Gi (x, x) Γ(1 - αi ) x 0 τ (η) dη- (x - η)αi 17 А т т а е в А. Х. x - ∂ ∂t Gi (x, t) x τ (η)dη 0 t Γ(1 - αi )(t - η)αi или dt, ∀i m + 1, x αi Vi τ = Gi (x, x)D0x-1 τ (η) + G0 (x, η)τ (η)dη, i 0 где ∂ ∂t Gi (x, t) x G0 (x, η) = i Γ(1 - αi )(t - η)αi t dt. ¯ На основании (3) G0 (x, η) ∈ C(Ω). i Пусть теперь i m, тогда, согласно определению дробного интеграла порядка -αi , имеем x Vi τ = 0 Gi (x, t) dt Γ(-αi ) t 0 τ (η) dη. (t - η)αi +1 Формула перестановки Дирихле говорит о том, что это равенство эквивалентно равенству x G0 (x, η)τ (η)dη, i Vi τ = i = 1, 2, . . . , m, 0 где x G0 (x, η) = i η Gi (x, t) dt. Γ(-αi )(t - η)αi +1 ¯ Очевидно, что ∈ C(Ω). Таким образом, доказано, что V - оператор, действующий на τ ∈ C[0, 1] по формуле (32), представим в виде G0 (x, η) i x Vτ = K ∗ (x, t)τ (t)dt, 0 K ∗ (x, t) где ядро при x = t может иметь лишь слабую особенность. Следовательно, уравнение (31) эквивалентно интегральному уравнению Вольтерра второго рода x τ (x) = µ ¯ K ∗ (x, t)τ (t)dt + F (x). (33) 0 После того как из (33) τ (x) найдено однозначно, решение u(x, y) задачи Гурса (2) для уравнения (1) определяется как решение этой же задачи, но уже для ненагруженного уравнения uyy - |y|m uxx + aux + buy + cu = d0 (x, y), где αi d0 (x, y) = λai D0ξ τ (ξ) + d(x, y).

Об авторах

Анатолий Хусеевич Аттаев

Институт прикладной математики и автоматизации

Email: attaev.anatoly@yandex.ru
(к.ф.-м.н., доц.; attaev.anatoly@yandex.ru), заведующий отделом, отдел САПР смешанных систем и управления Россия, 360000, Нальчик, ул. Шортанова, 89 а

Список литературы

Дополнительные файлы