Задача со смещением для уравнения Бицадзе—Лыкова

Полный текст

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

Об авторах

Екатерина Юрьевна Арланова

Самарский государственный технический университет

Email: earlanova@gmail.com
(к.ф.-м.н.), старший преподаватель, каф. прикладной математики и информатики 443100, Россия, Самара, ул. Молодогвардейская, 244

Список литературы

Дополнительные файлы