О задаче со смещением для одного уравнения в частных производных

Аннотация

Для уравнения смешанного типа исследована однозначная разрешимость задачи с обобщёнными операторами дробного интегро-дифференцирования в краевом условии. Доказана теорема единственности решения нелокальной задачи, доказательство существования решения эквивалентно сводится к вопросу разрешимости интегрального уравнения Фредгольма второго рода.

Полный текст

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].