An internal boundary value problem with the Riemann-Liouville operator for the mixed type equation of the third order

Full Text

Теория краевых задач для уравнений смешанного типа является одним из важных разделов современной теории дифференциальных уравнений с частными производными и представляет как теоретический, так и практический интерес. Это обусловлено непосредственными связями уравнений смешанного типа с прикладными задачами околозвуковой газовой динамики, математической биологии, теории бесконечно малых изгибаний поверхностей, магнитной гидродинамики и задачами в других областях. 1. Постановка задачи. Рассмотрим уравнение 0= uxxx - uy , y > 0, y 2m uxx + y uyy + αuy , y < 0, (1) 43 Р е п и н О. А., К у м ы к о в а С. К. где m - натуральное число, α = const, (1 - 2m)/2 < α < 1 в конечной области Ω, ограниченной отрезками AA0 , BB0 , A0 B0 прямых x = 0, x = 1, y = 1 соответственно и характеристиками AC : x - 2m+1 2 (-y) 2 = 0, 2m + 1 BC : x + 2m+1 2 (-y) 2 = 1 2m + 1 уравнения (1) при y < 0. Пусть Ω1 = Ω ∩ (y > 0), Ω2 = Ω ∩ (y < 0), I ≡ AB - единичный интервал 0 < x < 1 прямой y = 0. Задача. Найти функцию u(x, y) ∈ C(Ω)∩C 3,1 (Ω1 )∩C 2,2 (Ω2 ), являющуюся решением уравнения (1) в Ω при y = 0 и удовлетворяющую условиям u(0, y) = ϕ1 (y), u(1, y) = ϕ2 (y), ux (0, y) = ϕ3 (y), 0 β1 α1 a(x)D0x δ(x)u[Θ0 (x)] + b(x)Dx1 w(x)u[Θ1 (x)] + c(x)u(x, 0)+ ∂u = γ(x), +d(x) lim (-y)α y→-0 ∂y y 1, (2) ∀x ∈ I (3) и условию сопряжения lim uy (x, y) = lim (-y)α uy (x, y), y→0+ (4) y→-0 где ϕi (y) (i = 1, 3), a(x), b(x), c(x), d(x), γ(x), δ(x), w(x) - непрерывные функции, причем a2 (x) + b2 (x) + c2 (x) + d2 (x) = 0, a(x), b(x), c(x), d(x), γ(x) ∈ C 1 (I) ∩ C 3 (I), ϕi (y) ∈ C[0, 1], Θ0 (x), Θ1 (x) - точки пересечения характеристик уравнения (1), выходящих l из точки (x,0) ∈ I с характеристиками AC, BC соответственно; D0x , l - операторы дробного в смысле Римана-Лиувилля интегро-дифференDx1 цирования [1, 2]. Задача (1)-(4) относится к классу задач со смещением [3]. Нелокальные задачи со смещением для уравнений смешанного типа ранее исследовались авторами статьи в работах [4, с. 57-65], [5, с. 755-763], [6, с. 17-25]. Данная работа продолжает эти исследования. 2. Единственность решения задачи. Теорема. В области Ω не может существовать более одного решения задачи (1)-(4) при (1 - 2m)/2 < α < 1, если либо α1 = β1 = 1 - β, w(x) = δ(x) ≡ 1, Γ(β) β M1 (x) = γ1 (1 - x)β a(x) + γ1 xβ b(x) - x (1 - x)β d(x) = 0, Γ(2β) (1 - x)β a(x) M1 (x) 0, xβ b(x) M1 (x) 0, xβ (1 - x)β c(x) M1 (x) 0, ∀x ∈ I, (5) (6) (7) либо α1 = β1 = β, 44 δ(x) = x2β-1 , w(x) = (1 - x)2β-1 (8) Внутреннекраевая задача с операторами Римана-Лиувилля для уравнения смешанного типа . . . и выполняются условия M2 (x) = (1 - x)1-β a(x) + x1-β b(x) + γ1 (1 - x)β a(x) M2 (x) 0, γ1 x1-β b(x) M2 (x) где γ1 = 0, Γ(β) 1-β x (1 - x)1-β c(x) = 0, Γ(2β) x1-β (1 - x)1-β d(x) M2 (x) Γ(β)Γ(1 - 2β) 2m + 1 2Γ(2β)Γ(1 - β) 4 (9) 0, ∀x ∈ I, (10) -2β . Д о к а з а т е л ь с т в о. Регулярное в области Ω2 решение уравнения (1) при (1 - 2m)/2 < α < 1, удовлетворяющее условиям lim (-y)α uy = ν(x), u(x, 0) = τ (x), y→-0 0 < x < 1, (11) единственно и имеет вид [7] 2m+1 2(1 - 2t) Γ(2β) 1 τ x+ tβ-1 (1 - t)β-1 dt- (-y) 2 2 (β) Γ 2m + 1 0 1 2m+1 2 Γ(1 - 2β) 2(1 - 2t) - ν x+ (-y)1-α (-y) 2 t-β (1 - t)-β dt, m + 1 Γ2 (1 - β) 2m + 1 0 (12) u(x, y) = где β= 2m - 1 + 2α . 2(2m + 1) При выполнении условий (5) теоремы соотношение между τ (x) и ν(x) из области Ω2 запишем в виде 1-2β 1-2β ν(x) = A1 (x)D0x τ (x) + B1 (x)Dx1 τ (x) + C1 (x)τ (x) + F1 (x), (13) где A1 (x) = C1 (x) = (1 - x)β a(x) , M1 (x) xβ (1 - x)β c(x) , M1 (x) B1 (x) = F1 (x) = - xβ b(x) , M1 (x) Γ(β) xβ (1 - x)β γ(x) . Γ(2β) M1 (x) Рассмотрим интеграл 1 I∗ = τ (x)ν(x)dx 0 при γ(x) = 0. Подставляя ν(x), будем иметь 1 Γ(2β)I ∗ = A1 (x)τ (x) 0 d dx x 0 τ (t)dt dx + Γ(2β) (x - t)1-2β 1 C1 (x)τ 2 (x)dx- 0 45 Р е п и н О. А., К у м ы к о в а С. К. 1 - 1 d dx B1 (x)τ (x) 0 x τ (t)dt dx. (t - x)1-2β С учетом обозначений x sin(2πβ) d π dx τ (t)dt = τ1 (x), (x - t)1-2β 0 - 1 sin(2πβ) d π dx x τ (t)dt = τ2 (x) (t - x)1-2β и формулы обращения интегрального уравнения Абеля, получим Γ(2β)I ∗ = π sin(2πβ) 1 x A1 (x)τ1 (x)dx 0 0 + 1 τ1 (ξ)dξ +Γ(2β) (x - ξ)2β C1 (x)τ 2 (x)dx+ 0 1 π sin(2πβ) 1 B1 (x)τ2 (x)dx 0 x τ2 (ξ)dξ . (ξ - x)2β Воспользуемся известной формулой для гамма-функции [1] ∞ Γ(µ) µπ cos , µ k 2 tµ-1 cos(kt)dt = 0 k > 0, 0 < µ < 1. (14) Полагая k = |x - ξ|, µ = 2β, получим 1 1 = Γ(2β) cos(πβ) |x - ξ|2β ∞ t2β-1 cos(t|x - ξ|)dt 0 и, следовательно, 1 2 Γ (2β) sin(2πβ) cos(πβ)I ∗ = π 1 = t2β-1 cos(t|x - ξ|)dt+ τ1 (ξ)dξ 0 0 1 + ∞ x A1 (x)τ1 (x)dx 0 ∞ 1 B1 (x)τ2 (x)dx t2β-1 cos(t|ξ - x|)dt+ τ2 (ξ)dξ 0 x 0 1 + Γ2 (2β) sin(2πβ) cos(πβ) π 1 C1 (x)τ 2 (x)dx. 0 Поменяв порядок интегрирования, а затем интегрируя по частям с учетом B1 (0) = A1 (1) = 0, будем иметь 1 2 Γ (2β) sin(2πβ) cos(πβ)I ∗ = π 1 = Γ2 (2β) sin(2πβ) cos(πβ) π - + 1 2 1 2 ∞ 1 t2β-1 dt 0 ∞ 0 0 1 0 2 τ1 (ξ) cos(tξ)dξ 0 1 B1 (x) 0 C1 (x)τ 2 (x)dx- x A1 (x) t2β-1 dt 1 x τ1 (ξ) sin(tξ)dξ 0 1 2 τ2 (ξ) cos(tξ)dξ 2 x + 2 τ2 (ξ) sin(tξ)dξ + dx+ dx. x (15) 46 Внутреннекраевая задача с операторами Римана-Лиувилля для уравнения смешанного типа . . . При выполнении условий (8) теоремы соотношение между τ (x) и ν(x) из области Ω2 имеет вид 2β-1 2β-1 τ (x) = A2 (x)D0x ν(x) + B2 (x)Dx1 ν(x) - C2 (x)ν(x) + F2 (x), (16) где A2 (x) = C2 (x) = γ1 (1 - x)1-β a(x) , M2 (x) x1-β (1 - x)1-β d(x) , M2 (x) B2 (x) = γ1 x1-β b(x) , M2 (x) Γ(β) x1-β (1 - x)1-β γ(x) . Γ(2β) M2 (x) F2 (x) = При γ(x) = 0, учитывая (14), а также что A2 (1) = B2 (0) = 0, преобразованиями, аналогичными приведенным, получим 2 π I ∗ = - sin(πβ) 2 sin(πβ) π - + 1 2 1 2 ∞ 1 C2 (x)ν 2 (x)dx- 0 1 t2β-1 dt 0 ∞ ν(ξ) cos(tξ)dξ 0 1 t2β-1 dt 0 2 x A2 (x) 0 1 B2 (x) 0 ν(ξ) sin(tξ)dξ 0 1 2 ν(ξ) cos(tξ)dξ 2 x + + x dx+ 2 ν(ξ) sin(tξ)dξ dx. x (17) Из (15) и (17) видно, что при выполнении условий (5)-(10) теоремы I ∗ 0. С другой стороны, переходя в уравнении (1) к пределу при y → +0, получим функциональное соотношение между τ (x) и ν(x), принесенное из области Ω1 на линию y = 0: τ (x) - ν(x) = 0. Подставив ν(x) = τ (x) в 1 I∗ = τ (x)ν(x)dx, 0 будем иметь 1 I∗ = 1 τ (x)τ (x)dx = 0 τ (x)d[τ (x)]. 0 Интегрируя по частям с учетом однородных граничных условий (2) τ (0) = τ (1) = τ (0) = 0, нетрудно усмотреть, что [τ (1)]2 0. 2 Отсюда заключаем, что I ∗ = 0. Поскольку слагаемые в правых частях (17) и (15) неотрицательны, они также равны нулю. I∗ = - 47 Р е п и н О. А., К у м ы к о в а С. К. В частности, из (17) ∞ 2 1 t2β-1 dt ∞ ν(ξ) cos(tξ)dξ 0 0 0 2 1 t2β-1 dt = 0, ν(ξ) sin(tξ)dξ = 0. 0 Интегралы 1 1 ν(ξ) sin(tξ)dξ = 0 ν(ξ) cos(tξ)dξ = 0, 0 0 для всех t ∈ (0, ∞), в частности, при t = 2πk, k = 0, 1, 2, . . . , так как t2β-1 0. 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 функция ν(ξ) непрерывна по условию, ν(ξ) = 0 всюду. Отсюда и из (16) при γ(x) = 0 имеем τ (ξ) = 0. Аналогичными рассуждениями из (15) можно получить τi (x) = 0, i = 1, 2 и, следовательно, τ (x) = 0, а из (13) при γ(x) = 0 имеем ν(x) = 0. Таким образом, решение задачи u(x, y) ≡ в Ω2 как решение задачи (11) с нулевыми данными, а в области Ω1 как решение однородной задачи (1), (2). 3. Существование решения задачи. Интегрируя трижды от 0 до x уравнение uxxx - uy = 0 и учитывая условия (2), получим τ (x) = 1 2 x (x - ξ)2 ν(ξ)dξ - 0 1 x2 2 (1 - ξ)2 ν(ξ)dξ + ϕ2 (0)x2 + 0 + (x - x2 )ϕ3 (0) + (1 - x2 )ϕ1 (0). (18) При выполнении условий (8), исключив τ (x) из (16) и (18), будем иметь x 1 A2 (x) ν(ξ)dξ B2 (x) ν(ξ)dξ + - C2 (x)ν(x) + F2 (x) = Γ(1 - 2β) 0 (x - ξ)2β Γ(1 - 2β) x (ξ + x)2β x2 1 1 x (x-ξ)2 ν(ξ)dξ- (1-ξ)2 ν(ξ)dξ+ϕ2 (0)x2 +(x-x2 )ϕ3 (0)+(1-x2 )ϕ1 (0). = 2 0 2 0 Сгруппировав соответствующие слагаемые, перепишем последнее в виде 1 C2 (x)ν(x) + 0 K(x, ξ)ν(ξ)dξ = F3 (x), |x - ξ|2β (19) где F3 (x) = F2 (x) - ϕ2 (0)x2 - (x - x2 )ϕ3 (0) - (1 - x2 )ϕ1 (0),  2  1  (x - ξ)2+2β - A2 (x) - x (1 - ξ)(x - ξ)2β при ξ  2 Γ(1 - 2β) 2 K(x, ξ) = B2 (x) x2   -  - (1 - ξ)(ξ - x)2β при ξ Γ(1 - 2β) 2 x, x. Ядро K(x, ξ) ∈ C(I × I) ∩ C 1 (I × I), правая часть F3 (x) ∈ C(I) ∩ C 3 (I). 48 Внутреннекраевая задача с операторами Римана-Лиувилля для уравнения смешанного типа . . . Уравнение (19) при C2 (x) = 0 есть уравнение Фредгольма второго рода, безусловная разрешимость которого в требуемом классе функций следует из единственности решения задачи (1)-(4). При выполнении условий (5) исключим ν(x) из (18) и (13), получим τ (x) = x 1 2Γ(2β) ξ d τ (t)dt - dξ 0 (ξ - t)1-2β τ (t)dt + Γ(2β)C1 (ξ)τ (ξ) dξ- (t - ξ)1-2β (x - ξ)2 A1 (ξ) 0 - B1 (ξ) 1 d dξ ξ 1 x2 - 2Γ(2β) d - B1 (ξ) dξ (1 - ξ)2 A1 (ξ) 0 1 ξ ξ 0 τ (t)dt - (ξ - t)1-2β τ (t)dt + Γ(2β)C1 (ξ)τ (ξ) dξ+ (t - ξ)1-2β x 1 + 2 d dξ (x - ξ)2 F1 (ξ)dξ - 0 x2 2 1 (1 - ξ)2 F1 (ξ)dξ + ϕ2 (0)x2 + 0 + (x - x2 )ϕ3 (0) + (1 - x2 )ϕ1 (0). (20) Интегрируя по частям в двойных интегралах, а затем поменяв порядок интегрирования, из (20) получим интегральное уравнение Фредгольма второго рода 1 τ (x) + ∗ K1 (x, t)τ (t)dt = F1 (x), (21) 0 где ∗ F1 (x) = 1 2 x (x - ξ)2 F1 (ξ)dξ - 0 K1 (x, t) = x2 1 (1 - ξ)2 F1 (ξ)dξ+ 2 0 + ϕ2 (0)x2 + (x - x2 )ϕ3 (0) + (1 - x2 )ϕ1 (0), K11 (x, t) при t K12 (x, t) при t x, x, x t N1 (ξ)dξ N2 (ξ)dξ 1 + + 2Γ(2β) t (ξ - t)1-2β (ξ - t)1-2β 0 x 1 t x2 N1 (ξ)dξ N1 (ξ)dξ N2 (ξ)dξ + + - + 2Γ(2β) t (ξ - t)1-2β (ξ - t)1-2β (ξ - t)1-2β x 0 1 x2 + (x - ξ)2 C1 (ξ) - (1 - ξ)2 C1 (ξ), 2 2 K11 (x, t) = 1 2Γ(2β) x2 + 2Γ(2β) x K12 (x, t) = - 0 N2 (ξ)dξ x2 - (1 - ξ)2 C1 (ξ)+ 2 (ξ - t)1-2β 1 x N1 (ξ)dξ N2 (ξ)dξ - - (ξ - t)1-2β (ξ - t)1-2β ξ 0 1 x N2 (ξ)dξ , (ξ - t)1-2β 49 Р е п и н О. А., К у м ы к о в а С. К. N1 (ξ) = [(1 - ξ)2 A1 (ξ)] , N2 (ξ) = [(1 - ξ)2 B1 (ξ)] , ∗ F1 (x) ∈ C(I) ∩ C 3 (I). K11 (x, t), K12 (x, t) ∈ C(I × I) ∩ C 3 (I × I), Безусловная разрешимость уравнения (21) следует из единственности решения задачи. По найденному τ (x) можно из (13) определить ν(x) и решение задачи (1)- (4) в области Ω2 как решение задачи (11) по формуле (12), а в области Ω2 - как решение задачи (1), (2), u(x, 0) = τ (x). При α = (1 - 2m)/2 решение задачи (11) имеет вид 2m+1 2m+1 1 2 1 2 u(x, y) = τ x - (-y) 2 + τ x+ (-y) 2 - 2 2m + 1 2 2m + 1 1 2m+1 2m+1 2 2(1 - 2t) - (-y) 2 ν x+ (-y) 2 dt. (22) 2m + 1 2m + 1 0 При выполнении условий (5) теоремы имеем соотношение ν(x) = A3 (x)τ (x) + B3 (x)τ (x) + f (x), (23) где A3 (x) = b(x) - a(x) , M3 (x) B3 (x) = - 2c(x) , M3 (x) f (x) = 2γ(x) , M3 (x) M3 (x) = 2d(x) - a(x) - b(x) = 0. Рассмотрим 1 I∗ = 1 τ (x)ν(x)dx = 0 1 B3 (x)τ 2 (x)dx = A3 (x)τ (x)τ (x)dx + 0 0 1 = 2 1 1 A3 (x)d[τ 2 (x)] + 0 B3 (x)τ 2 (x)dx. 0 Отсюда, учитывая τ (0) = τ (1) = 0, легко получить I∗ = - 1 2 1 1 A3 (x)τ 2 (x)dx + 0 B3 (x)τ 2 (x)dx. 0 Условия A3 (x) 0, B3 (x) 0 обеспечивают знак I ∗ 0. Так как сверху 0, следует, что I ∗ = 0 и из последнего равенства τ (x) = 0, и из (23) ν(x) = 0. Тогда из (22) u(x, y) ≡ 0 в Ω2 . Исключая ν(x) из (18) и (23), получим уравнение Фредгольма второго рода I∗ 1 τ (x) + K3 (x, ξ)τ (ξ)dξ = f1 (x), 0 где f1 (x) = ϕ2 (0)x2 + (x - x2 )ϕ3 (0) + (1 - x2 )ϕ1 (0)+ 50 (24) Внутреннекраевая задача с операторами Римана-Лиувилля для уравнения смешанного типа . . . + 1 2 x f (ξ)(x - ξ)2 dξ - 0 x2 2 1 (1 - ξ)2 f (ξ)dξ, 0   1 [A (ξ) - B (ξ)] [(x - ξ)2 - x2 (1 - ξ)2 ]-  3  2 3  -A3 (ξ) [(x - ξ) - x2 (1 - ξ)] при ξ K3 (x, ξ) =  x2    - (1 - ξ)[A2 (ξ) - B2 (ξ)] + A2 (ξ)x2 (1 - ξ) при ξ 2 K3 (x, ξ) ∈ C 1 (I × I) ∩ C 2 (I × I), x, x, f1 (x) ∈ C 1 (I) ∩ C 3 (I). Безусловная разрешимость уравнения (24) следует из единственности решения задачи. В случае α = (1 - 2m)/2 и выполнения условия (8) теоремы единственность и существование решения задачи (1)-(4) установлены аналогично.

About the authors

Oleg A Repin

Samara State Economic University

Email: matstat@mail.ru
(Dr. Phys. & Math. Sci., Professor; matstat@mail.ru; Corresponding Author), Head of Department, Dept. of Mathematical Statistics and Econometrics 141, Sovetskoy Armii st., Samara, 443090, Russian Federation

Svetlana K Kumykova

Kabardino-Balkarian State University

Email: bsk@rect.kbsu.ru
(Cand. Phys. & Math. Sci.; bsk@rect.kbsu.ru), Associate Professor, Dept. of Mathematical Analysis and Theory of Functions 173, Chernyshevskogo st., Nalchik, 360004, Russian Federation

References

Supplementary files