The problem with shift for the Bitsadze–Lykov equation

Abstract

The Bitsadze-Lykov equation is considered. The problem with shift containing the Kober–Erdélyi and M. Saigo operators in boundary condition is set for this equation. The questions of uniqueness (ununiqueness) of this problem solution with different functions and constants in boundary condition are investigated. The number of theorems is formulated and proved.

Full Text

Рассмотрим уравнение Бицадзе—Лыкова y 2 uxx − uyy + aux = 0, |a| 1, (1) в характеристической области D = (x, y) : 0 < x − y 2 /2 < x + y 2 /2 < 1 , ограниченной интервалом J = (0, 1) и характеристиками данного уравнения AC = (x, y) : x − y 2 /2 = 0, y 0 и BC = (x, y) : x + y 2 /2 = 1, y 0 . Это уравнение, описывающее при a > 0 процесс переноса влаги в капиллярно-пористых средах, выведено в 1965 г. А. В. Лыковым методами термодинамики необратимых процессов и с тех пор известно как уравнение влагопереноса [1]. Ранее в 1959 г. в монографии А. В. Бицадзе [2] это уравнение приводилось в качестве примера, для которого при |a| 1 корректна по Адамару задача Коши с начальными данными на линиии y = 0 параболического вырождения. В монографии А. М. Нахушева [3] уравнение приведено в качестве математической модели одномерного потока u = u(x, t) биомассы микробной популяции и названо уравнением Бицадзе—Лыкова при любых значениях параметра a ∈ R. √ √ Обозначим Θ0 (x) = (x/2, − x) и Θ1 (x) = (1 + x)/2, − 1 − x — точки пересечения характеристик уравнения (1), выходящих из произвольной точα ки x ∈ (0, 1), с характеристиками AC и BC соответственно. Пусть I0+ f (x), α f (x) — левосторонний и правосторонний операторы Римана—Лиувилля I1− α,η порядка α ∈ R [4]; (E0+ f )(x) — левосторонний оператор Кобера—Эрдейи в α,β,η обозначениях, принятых в монографии [5]; (I1− f )(x) — правосторонний оператор М. Сайго, введённый в [6]. Свойства этих операторов хорошо известны [4, 5] Для уравнения (1) при |a| < 1 исследуем следующую краевую задачу. Задача. Найти функцию u(x, y) ∈ C(D)∩C 2 (D), удовлетворяющую урав- 26 Задача со смещением для уравнения Бицадзе—Лыкова нению (1) при |a| < 1 в области D и краевым условиям α1 , a−3 −α1 4 A(x) E0+ u[Θ0 (t)] (x)+ α2 ,β2 ,−α2 − a+3 4 + B(x) I1− u[Θ1 (t)] (x) = C(x), (2) (3) u(x, 0) = τ (x), где A2 (x) + B 2 (x) = 0 для любых x ∈ J; A(x), B(x), C(x), τ (x) — заданные гладкие функции, на которые в дальнейшем будут наложены определенные дополнительные условия. Задачи, подобные сформулированной, названные позднее «нелокальными» или «со смещениями», начиная с работ [7–9] исследовались для различных уравнений в частных производных многими авторами (см. обзор в [10]). В подавляющем большинстве работ краевые условия содержали интегродифференциальные операторы Римана—Лиувилля, например, в работе [11]. В настоящей работе представлены некоторые результаты в направлении обобщения структуры нелокальных краевых условий. Используя решение задачи Коши для уравнения влагопереноса при |a| < 1 [12, с. 261] u(x, y) = Γ Γ 1 2 1−a 4 Γ +y 1 τ x+ 1+a 4 0 Γ Γ 3−a 4 3 2 a−3 a+3 y2 (1 − 2t) (1 − t) 4 t− 4 dt+ 2 1 3+a 4 Γ ν x+ 0 a−1 a+1 y2 (1 − 2t) (1 − t) 4 t− 4 dt, 2 вычислим значения u[Θ0 (x)] и u[Θ1 (x)]: 1−a 4 u[Θ0 (x)] = k1 E0+ 1+a 4 u[Θ1 (x)] = k3 I1− a−3 4 , 3−a a−1 √ , 4 τ (t) (x) + k2 x E0+ 4 ν(t) (x), ,0,− a+3 4 3−a a−1 , 4 4 τ (t) (x) + k4 I1− ν(t) (x), где k1 = Γ 1 2 , Γ 1+a 4 k2 = − Γ 3 2 , Γ 3+a 4 k3 = 1 Γ 2 , Γ 1−a 4 k4 = − Γ 3 2 . Γ 3−a 4 Подставив u[Θ0 (x)] и u[Θ1 (x)] в краевое условие (2), получим α1 + 3−a , a−3 −α1 √ 4 4 A(x)k2 E0+ tν(t) (x)+ α2 + a+3 ,β2 − 1 ,−α2 − a+3 4 2 4 + B(x)k4 I1− ν(t) (x) = f (x), (4) 27 А р л а н о в а Е. Ю. где α1 + 1−a , a−3 −α1 4 4 f (x) = C(x) − A(x)k1 E0+ τ (x)− α2 + a+1 ,β2 ,−α2 − a+3 4 4 − B(x)k3 I1− τ (x). Справедливы следующие утверждения. Теорема 1. Пусть A(x), B(x), C(x) ∈ C 1 (J ); τ (x) ∈ C 1 (J) ∩ C 2 (J), B(x) = 0 для любых x ∈ J; α2 = −(a + 3)/4, β2 = 1/2, α1 > (a − 3)/4. Тогда решение задачи (1)–(3) существует и единственно. Д о к а з а т е л ь с т в о. При выполнении условий теоремы 1 интегральное уравнение (4) примет вид α1 + 3−a , 4 B(x)k4 ν(x) + A(x)k2 E0+ a−3 −α1 4 √ (5) tν(t) (x) = f1 (x), где α1 + 1−a , 4 f1 (x) = C(x) − A(x)k1 E0+ a−3 −α1 4 −1 (x) − B(x)k3 I1−2 τ τ (x). Так как α + (1 − a)/4 > 0, используя определение интегрального оператора α,η E0+ f (x), запишем уравнение (5) в виде ν(x) + A(x)k2 B(x)k4 Γ α1 + x 3−a 4 0 (x − t)α1 − a+1 4 t a+5 −α1 4 ν(t)dt = f1 (x) . B(x)k4 (6) Таким образом, вопрос об однозначной разрешимости задачи (1)–(3) эквивалентно сводится к вопросу разрешимости уравнения (6). Интегральное уравнение (6) есть интегральное уравнение Вольтерры второго рода. Для доказательства разрешимости уравнения (6) выясним гладкость правой части f1 (x). Для удобства записи обозначим f1 (x) = C(x) − A(x)k1 I1 (x) − B(x)k3 I2 (x), α1 + 1−a , 4 где I1 (x) = E0+ жение I1 (x) = α1 + 1−a , 4 E0+ a−3 −α1 4 a−3 −α1 4 τ −1 τ (x) и I2 (x) = I1−2 τ (t) (x). Рассмотрим выра- (x) = √ x = Γ α1 + 1−a 4 x 0 (x − t)α1 − a+3 4 t a−3 −α1 4 Произведя замену переменной t = xz, получим I1 (x) = 28 1 Γ α1 + 1 1−a 4 0 (1 − z)α1 − a+3 4 z a−3 −α1 4 τ (xz)dz. τ (t)dt. Задача со смещением для уравнения Бицадзе—Лыкова После несложных преобразований I2 (x) можно записать так: I2 (x) = 1 1 Γ 3 2 0 1 dt (1 − x) 2 τ [(1 − x)t + x] √ − t − 1 1 2Γ 3 2 0 1 dt (1 − x)− 2 τ [(1 − x)t + x] √ . t Учитывая свойства функций A(x), B(x) и C(x), явный вид I1 (x) и I2 (x), можно заключить, что правая часть уравнения (5) f1 (x) ∈ C 2 (J), при x = 0 ограничена, а при x = 1 она может обращаться в бесконечность порядка не выше 1/2. Исследуем ядро K(x, t) = a+1 a+5 A(x) (x − t)α1 − 4 t 4 −α1 . B(x) На линии t = x ядро имеет особенность порядка α1 − (a + 1)/4 > −1, в остальных точках квадрата 0 < x, t < 1 ядро дважды непрерывно дифференцируемо, так как A(x), B(x) ∈ C 1 (J ), B(x) = 0, α1 > (a − 3)/4, функция f1 (x) ∈ C 2 (J). Тогда исходя из теории интегральных уравнений Вольтерры [13, 14] можно утверждать, что данное уравнение имеет единственное решение, откуда следует единственность решения данной задачи. Теорема 2. Пусть A(x), B(x), C(x) ∈ C 1 (J); τ (x) ∈ C 1 (J)∩C 2 (J); A(x) = = 0 ∀x ∈ J ; α1 = (a − 3)/4, α2 > −(a + 1)/4, 1/2 < β2 < 1. Тогда решение задачи (1)–(3) существует и единственно. Д о к а з а т е л ь с т в о. При выполнении условий теоремы 2 интегральное уравнение (4) примет вид 1 α2 + a+3 , β2 − 2 , −α2 − a+3 4 4 A1 (x)k2 ν(x) + B(x)k4 I1− −1 ν(t) (x) = f2 (x), α2 + a+1 , β2 , −α2 − a+3 4 где f2 (x) = C(x)−A1 (x)k1 I0+2 τ (x)−B(x)k3 I1− 4 √ = xA(x). Перепишем уравнение (7) следующим образом: ν(x) + B(x)k4 A1 (x)k2 Γ α2 + a+3 4 x τ (x), A1 (x) = × 1 × (7) (t − x)α2 + a−1 4 (1 − t)−(α2 +β2 + a+1 4 ) ν(t)dt = f2 (x) . (8) A1 (x)k2 Таким образом, вопрос об однозначной разрешимости задачи (1)–(3) эквивалентно сводится к вопросу разрешимости уравнения (8). Интегральное уравнение (8) — интегральное уравнение Вольтерры второго рода. Для доказательства разрешимости уравнения (8) выясним гладкость правой части f2 (x). Для удобства положим α2 + a+1 , β2 , −α2 − a+3 4 4 I3 (x) = I1− τ (x), −1 I4 (x) = I0+2 τ (t) (x). 29 А р л а н о в а Е. Ю. Тогда f2 (x) = C(x) − B(x)k3 I3 (x) − A1 (x)k1 I4 (x). Рассмотрим α2 + a+1 , β2 , −α2 − a+3 4 I1− 4 τ I3 (x) = 1 a 3 − 4 (t−x)α2+ × F (1 − x)−(α2 +β2 + (x) = Γ α2 + a+1 4 α2 +β2 + x a+1 4 ) × a+1 t−x a+1 a+3 , +α2 ; α2 + ; 4 4 4 1−x τ (t)dt. Применяя к гипергеометрической функции Гаусса формулу Больца [15] F (a, b; c; z) = (1 − z)c−a−b F (c − a, c − b; c; z), получим √ 1−x × Γ α2 + a+1 4 I3 (x) = 1 × τ (t)(t−x)α2 + a−3 4 (1−t)−α2 −β2 − a+3 4 F x a+1 t−x 1 ; −β2 , − ; α2 + 2 4 1−x dt. После несложных преобразований I4 (x) можно записать в виде I4 (x) = 1 1 2Γ 3 2 0 1 τ (xz)dz + √ √ x 1−z Γ 3 2 1√ 0 xτ (xz) √ dz . 1−z Учитывая свойства функций A(x), B(x) и C(x), явный вид I3 (x) и I4 (x), можно заключить, что правая часть уравнения (7) f2 (x) ∈ C 2 (J), причём при x = 0 она может обращаться в бесконечность порядка не выше 1/2, а при x = 1 — в бесконечность порядка не выше β2 . Исследуем ядро K(x, t) = a+1 a+1 B(x) (t − x)α2 − 4 (1 − t)α2 +β2 + 4 . A(x) На линии t = x ядро имеет особенность порядка α2 −(a + 1)/4 > −1, на линии t = 1 — особенность порядка α2 + β2 + (a + 1)/4 > −1, в остальных точках квадрата 0 < x, t < 1 ядро дважды непрерывно дифференцируемо, так как A(x), B(x) ∈ C 1 (J), A(x) = 0, α2 > −(a + 1)/4, 1/2 < β2 < 1, функция f (x) ∈ ∈ C 2 (J). Тогда исходя из теории интегральных уравнений Вольтерры [13, 14] можно сделать вывод о том, что данное уравнение имеет единственное решение, откуда следует единственность решения данной задачи. Теорема 3. Пусть в условиях теоремы 2 α1 = (a − 3)/4, α2 = −1/2, β2 = 1/2. Тогда решение задачи (1)–(3), вообще говоря, не единственно. Д о к а з а т е л ь с т в о. При C(x) = 0, τ (x) = 0 интегральное уравнение (4) запишется в виде ν(x) + 30 B(x)k4 1 A1 (x)k2 Γ a+1 4 1 x (t − x) a−3 4 (1 − t)− a+1 4 ν(t)dt = 0. (9) Задача со смещением для уравнения Бицадзе—Лыкова a+1 Положим ν1 (x) = (1−x)− 4 ν(x). Тогда из уравнения (9) получим интегральное уравнение Вольтерры третьего рода [16] (1 − x) a+1 4 ν1 (x) + 1 1 B(x)k4 a+1 A1 (x)k2 Γ 4 ν1 (t)dt (t − x) x 3−a 4 = 0. (10) Пусть B(x) = − A1 (x)k2 Γ (n + 1) . k4 Γ n + 3−a 4 Тогда уравнение (10) примет вид 1 (1 − x) a+1 4 ν1 (x) + a∗ 1 ν1 (t)dt (t − x) x = 0, 3−a 4 где a∗ = − 1 Γ(n + 1) . Γ a+1 Γ n + 3−a 4 4 − x)n является ненулевым Покажем, что ν(x) = (1 решением уравнения (9). Для этого подставляя выражение для ν(x) в уравнение (9), делая в интеграле замену переменных t = 1 − (1 − x)z, используя определение бетафункции [15] 1 B(x, y) = 0 tx−1 (1 − t)y−1 dt, Rex > 0, Rey > 0 и ее выражение через гамма-функции [15] B(x, y) = Γ(x)Γ(y) , Γ(x + y) получим верное равенство (1 − x)n 1 − Γ(n + 1) a+1 Γ 4 Γ n+ 3−a 4 · Γ a+1 4 Γ n+ Γ(n + 1) 3−a 4 = 0. Отсюда следует, что ν(x) = (1 − x)n при любых n удовлетворяет уравнению (9). Теорема 4. Пусть α1 = (a − 3)/4, −(a + 5)/4 < α2 < −(a + 3)/4, β2 = 3/2, τ (x) = (1 − x)δ τ1 (x), δ 3/2; A(x), B(x), C(x) ∈ C(J) ∩ C 1 (J); A(x) = 0, B(x) = 0 ∀x ∈ J; τ1 (x) ∈ C 1 (J) ∩ C 3 (J). Тогда задача (1)–(3) имеет более одного решения. Д о к а з а т е л ь с т в о. При выполнении условий теоремы интегральное уравнение (4) примет вид ν(x) + a11 (x) d dx 1 x ν(t)(t − x)α2 + a+3 4 (1 − t)−(α2 + a+7 4 ) dt = f (x), 3 (11) 31 А р л а н о в а Е. Ю. где f3 (x) = f2 (x) , A1 (x)k2 a11 (x) = 1 B(x)k4 A1 (x)k2 Γ α2 + a+7 4 . Покажем, что однородное уравнение, соответствующее (11), имеет нетривиальное решение. Запишем однородное уравнение (C(x) = 0, τ (x) = 0) в виде ν(x) + a11 1 d dx x ν(t)(t − x)α2 + a+3 4 (1 − t)−(α2 + a+7 4 ) dt = 0. (12) Введём новую неизвестную функцию x ϕ(x) = − 1 a+7 (1 − t)−(α2 + 4 ) ν(t) dt a+3 (t − x)−(α2 + 4 ) (13) и применим формулу обращения [4, с. 39] f (x) = − 1 sin πµ d π dx x F (t)dt (t − x)1−µ интегрального уравнения Абеля 1 x f (t)dt = F (t), (t − x)µ 0 < µ < 1, к уравнению (13). Получим ν(x) = − sin π − α2 + π a+3 4 (1 − x)α2 + sin π α2 + = π a+3 4 a+7 4 d dx (1 − x)α2 + 1 x a+7 4 ϕ(t)dt (t − x)α2 + d dx 1 x a+7 4 = ϕ(t)dt (t − x)α2 + a+7 4 . (14) Найдём ϕ(1). Производя в уравнении (13) замену переменных t=1−(1−x)z, получим 1 ϕ(x) = 0 z −(α2 + a+7 4 ) (1 − z)α2 + a+3 ν(1 − (1 − x)z)dz. 4 Тогда a+7 a+3 = , α2 + 4 4 Γ −α2 − a+3 Γ α2 + a+7 π 4 4 = ν(1) = ν(1) Γ(1) sin π α2 + ϕ(1) = ν(1)B −α2 − 32 a+7 4 = 0 (ν(1) = 0). Задача со смещением для уравнения Бицадзе—Лыкова Обозначим ϕ(1) = C1 = 0. Если обозначить ψ(x) = d ϕ(x), dx (15) то очевидно 1 ϕ(x) = C1 − (16) ψ(z)dz. x Подставляя (14) и (15) в (12), получим a11 (x)ψ(x) + sin π α2 + π a+3 4 (1 − x)α2 + a+7 4 d dx 1 x ϕ(t)dt (t − x)α2 + a+7 4 = 0. Найдём 1 d dx ϕ(t)dt (t − x)α2 + x a+7 4 . Сделаем замену переменных t = 1 − (1 − x)z и продифференцируем: d dx 1 ϕ(t)dt = α2 + a+7 4 (t − x) x = α2 + 1 a+3 d (1 − x)−(α2 + 4 ) dx a+7 a+3 (1 − x)−(α2 + 4 ) 4 ϕ(1 − (1 − x)z)dz a+7 0 1 (1 − z)α2 + 4 ϕ(1 − (1 − x)z)dz = + a+7 (1 − z)α2 + 4 1 a+3 ϕ (1 − (1 − x)z)zdz . + (1 − x)−(α2 + 4 ) a+7 0 (1 − z)α2 + 4 0 Делая замену переменных z = (1 − t)/(1 − x) и учитывая (16), имеем d dx 1 ϕ(t)dt = α2 + 1 1 a+3 4 1−x ϕ(t)dt a+7 + x (t − x)α2 + 4 (t − x) 1 1 a+3 1 ϕ (t)(1 − t)dt C1 dt 1 = α2 + − + a+7 1 − x x (t − x)α2 + 4 4 1 − x x (t − x)α2 + a+7 4 1 1 1 a+3 1 1 dt ψ(t)(1 − t)dt − α2 + ψ(z)dz + . a+7 α2 + 4 4 1 − x x (t − x) 1 − x x (t − x)α2 + a+7 4 t α2 + a+7 4 x Рассмотрим интегралы 1 x 1 x −(α2 + a+7 ) 4 (t − x) (t − x) x ) 1 x z ψ(z)dz ψ(z)dz = t a+3 4 1 1 dt α2 + a+7 4 (t − x)−(α2 + dt = − α2 a+3 4 x (1 − x)−(α2 + =− α2 + a+3 4 (t − x)−(α2 + a+7 4 a+3 4 ) , ) dt = 33 А р л а н о в а Е. Ю. 1 = x a+3 (t − x)−(α2 + 4 ) ψ(z)dz − α2 + a+3 4 z x =− 1 1 α2 + a+3 4 x ψ(t)(t − x)−(α2 + a+3 4 ) dt. Тогда d dx 1 x ϕ(t)dt α2 + a+7 4 (t − x) 1 + 1−x 1 x = −C1 (1 − x)−(α2 + ψ(t)(t − x)−(α2 + a+3 4 a+7 4 ) dt + = −C1 (1 − x)−(α2 + )+ 1 1 1−x a+7 4 (t − x)α2 + x 1 )+ x ψ(t)(1 − t)dt a+7 4 = ψ(t)(t − x)−(α2 + a+7 4 ) dt. Итак, получено уравнение a11 (x)ψ(x) + sin π α2 + π a+3 4 1 (1 − x)α2 + a+7 4 x ψ(t)(t − x)−(α2 + = C1 a+7 4 ) dt = sin π α2 + π a+3 4 , или при B(x) = 0 1 ψ(x) + a∗ (x) 11 x ψ(t)(t − x)−(α2 + a+7 4 ) dt = h(x), (17) где a∗ (x) = 11 sin π α2 + a+3 a+7 4 (1 − x)α2 + 4 , a11 (x)π h(x) = C1 sin π α2 + a11 (x)π a+3 4 (a11 (x) = 0). Уравнение (17) — интегральное уравнение Вольтерры второго рода, для которого существует единственное решение. Отсюда следует, что исследованная задача имеет неединственное решение. Докажем существование решения задачи. Используя (17), имеем уравнение 1 ψ(x) + a∗ (x) 11 x ψ(t)(t − x)−(α2 + a+7 4 ) dt = F (x), (18) где F (x) = h(x) + f3 (x). Учитывая условия теоремы 4, заметим, что правая часть (18) F (x) ∈ C(J). В этом классе уравнение (18) имеет нетривиальное решение ψ(x). По найденному ψ(x) находится ν(x) а, следовательно, и u(x, y). 34 Задача со смещением для уравнения Бицадзе—Лыкова