Задача со смещением для уравнения третьего порядка с разрывными коэффициентами

Полный текст

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].

Об авторах

Олег Александрович Репин

Самарский государственный экономический университет

Email: matstat@mail.ru
(д.ф.-м.н., проф.), заведующий кафедрой, каф. математической статистики и эконометрики 443090, Россия, Самара, ул. Советской Армии, 141

Светлана Каншубиевна Кумыкова

Кабардино-Балкарский государственный университет им. Х. М. Бербекова

Email: bsk@rect.kbsu.ru
(к.ф.-м.н., доц.), доцент, каф. теории функций и функционального анализа 360004, Россия, Нальчик, ул. Чернышевского, 173

Список литературы

Дополнительные файлы