close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Задачи Коши--Гурса для вырождающегося гиперболического уравнения.

код для вставкиСкачать
2003
ИЗВЕСТИЯ ВЫСШИХ УЧЕБНЫХ ЗАВЕДЕНИЙ
МАТЕМАТИКА
Є 5 (492)
УДК 517.95
К.Б. САБИТОВ, Г.Г. ШАРАФУТДИНОВА
ЗАДАЧИ КОШИ{ГУРСА ДЛЯ ВЫРОЖДАЮЩЕГОСЯ
ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО УРАВНЕНИЯ
Рассмотрим уравнение
L(u) sgn y jyjn uxx + sgn x jxjm uyy = 0; n; m 0;
(1)
в области G, ограниченной 1) кривой ; из класса Ляпунова, лежащей в первой четверти плоскости (x; y) с концами в точках B = (1; 0) и B1 = (0; 1); 2) характеристиками AC и CB уравнения
(1) при x > 0, y < 0; 3) характеристиками 1AC1 и C1 B1 1уравнения (1) при x < 0, y > 0, где
; ; A = (0; 0), C (xC ; yC ), C1(;xC ; ;yC ), xC = 2 , yC = ; 2 , = m2+2 , = n+2
2 .
Данная работа является продолжением исследований авторов [1], где были установлены
экстремальные свойства решения задачи Трикоми для уравнения (1), имеющего приложения в
газовой динамике [2]. В связи с доказательством существования решения задачи Трикоми для
уравнения (1) возникает необходимость построения в явном виде решения задач Коши{Гурса
для уравнения (1) в гиперболической части D = G \ fx > 0; y < 0g смешанной области G.
Первая задача Коши{Гурса (задача D1 ). Найти функцию u(x; y), удовлетворяющую условиям
u(x; y) 2 C (D) ^ C 2(D);
Lu(x; y) 0; (x; y) 2 D;
u(x; y)AC = (x); 0 x xC ;
u(x; 0) = (x); 0 x 1;
(2)
(3)
(4)
где и | заданные достаточно гладкие функции такие, что (0) = (0).
Вторая задача Коши{Гурса (задача D2 ). Найти функцию u(x; y), удовлетворяющую условиям (2){(4) и
lim @u = (x); 0 < x < 1;
y!0;0 @y
где и | заданные достаточно гладкие функции.
Ранее задачи Коши{Гурса для уравнения (1) при n > 0, m = 0 были изучены в [3]{[6]. В
[7] формально получены формулы решения задач D1 и D2 для уравнения (1), но отсутствуют
соответствующие теоремы существования решения этих задач с указанием гладкости функций
, и . В [8] для уравнения Эйлера{Пуассона{Дарбу построены общие решения для всех
значений параметров. В данной статье для уравнения (1) при всех m = n > 0 получены теоремы
существования решения задач D1 и D2 при более слабых условиях на гладкость функций , и , чем в [3]{[6], [9].
Работа выполнена при финансовой поддержке Российского фонда фундаментальных исследований,
грант Є99-01-00934.
21
В области D перейдем к характеристическим координатам = x ; (;y) , = x + (;y) .
Тогда уравнение (1) примет вид
L0 v v + ;q (v ; v ) + +q (v + v ) = 0;
(5)
v(; ) = u +2 ; ; ;2 ; q = 2(mm+ 2) ;
1
1
а область D отобразится в область 4 = f(; ) j 0 < < < 1g. За образами точек A, B , C
оставим обозначения прообразов. Задачи Коши{Гурса ставятся следующим образом.
Задача D10 . Найти функцию v(; ), удовлетворяющую условиям
v(; ) 2 C (4) ^ C 1(4); v 2 C (4);
(6)
L0(v) 0; (; ) 2 4;
(7)
1
v(0; ) = u 2
1 ; ; 2
1 = 1 (); 0 1;
(8)
2
v(; ) = u( 1 ; 0) = ( 1 ) = 1 ( ); 0 1;
где 1 и 1 | заданные функции, 1 (0) = 1 (0).
Задача D20 . Найти функцию v(; ), удовлетворяющую условиям (6){(8) и, кроме того,
2q
1 ( ; )2q (v ; v ) = ( 1 ) = ( ); 0 < < 1;
lim
1
! 2
где 1 и 1 | заданные функции.
Для решения задач D10 и D20 применим метод Римана{Адамара, который основан на так
называемой функции Римана{Адамара. Ранее этот метод применялся в [3]{[7], [9], [10].
Функция Римана{Адамара задачи D20 определяется следующим образом:
(
1 (; ; 0 ; 0 ); > 0 ;
B (; ; 0 ; 0 ) = B
B2 (; ; 0 ; 0 ); < 0 ;
где B1 (; ; 0 ; 0 ) | функция Римана, построенная в [7] и при m = n имеющая вид
=
2
2 q F (1 ; q; q; 1; );
B1 (; ; 0 ; 0 ) = R(; ; 0 ; 0 ) = 2 ;
0 ; 02
2
2 2q
B2(; ; 0 ; 0 ) = k2 ( 2 ;(2 );q (2) ; 2 )q F q; q; 2q; 1 ;
0
0
2 ; 2 )(2 ; 2 )
Г(
q
)
0
0
k2 = Г(1 ; q)Г(2q) ; = ((2 ;
2 )(2 ; 2 ) ;
(9)
0
0
F () | гипергеометрическая функция Гаусса. Функция B (; ; 0 ; 0 ) обладает следующими свой-
ствами:
1 B (; ; 0 ; 0 ) как функция от (; ) является решением сопряженного уравнения L0 v = 0,
а как функция от
(0 ; 0 ) является
решением уравнения (5);
; q
q
2 a) B1 + ; ; + B1 = 0 на = 0 ,
;
б) B1 ; ;q + +q B1 = 0 на = 0 ,
в) B; (0 ; 0 ; 0 ;0 ) = 1;
d
3 d + ;q + +q = 0 на = 0 ,
где = "lim
!0 [B (; 0 + "; 0 ; 0 ) ; B (; 0 ; "; 0 ; 0 )];
22
4 B2 ; B2 + 4;q B2 = 0 на = .
Замечание 1. Отметим, что в работах [3], [5], [7] вместо свойства 4 приведено условие
B2 (; ; 0 ; 0 ) = 0 на = , что недостаточно для построения решения задачи D20 .
Функция Римана { Адамара A(; ; 0 ; 0 ) задачи D10 имеет вид
(
1 (; ; 0 ; 0 ); > 0 ;
A(; ; 0 ; 0 ) = A
A2 (; ; 0 ; 0 ); < 0 ;
где
2
2 q F (1 ; q; q; 1; z );
A1 (; ; 0 ; 0 ) = R(; ; 0 ; 0 ) = 2 ;
0 ; 02
2 ; 2 )(2 ; 2 )1;2q (
1
0
0
A2 (; ; 0 ; 0 ) = k1 (2 ; 2 )1;q (2 ; 2 )1;q F 1 ; q; 1 ; q; 2 ; 2q; z ;
0
0
; q)
k1 = ;(q;(1
);(2 ; 2q) ;
и обладает свойствами 1 {3 и, кроме того,
A(; ; 0 ; 0 ) = 0 при = :
Пусть (0 ; 0 ) | произвольная, но фиксированная точка области 4. Введем следующие подобласти области 4:
41 = f(; ) j 0 < < 0 ; 2"; 0 + " < < 0g;
42 = f(; ) j 0 < < 0 ; 2"; " < < 0 ; "g;
где " > 0 | достаточно малое число. Пусть v | решение задачи D20 , w = B (; ; 0 ; 0 ) |
функция Римана{Адамара задачи D20 . Запишем тождество Грина для оператора L0 :
wL0 (v) ; vL0 (w) = M + N 0;
(10)
где
M = 21 (vw) ; vw + ;q + +q vw;
1
q
q
N = 2 (vw) ; vw ; ; ; + vw:
Интегрируя тождество (10) по множеству 41 [ 42 и переходя к пределу при " ! 0, получим
решение задачи D20 в явном виде
Z 0
Z 0
2q
(2
)
2
q
k
2
2
q
;
1
0
1( ) (2 ; 2)q (2 ; 2)q d + B (0; ; 0 ; 0 ) 1 () + 1 () d (11)
v(0 ; 0 ) = 2
0
0
0
0
или
2q Z 0
k
)2q
2
v(0 ; 0 ) = 2 2
1 () (2 ; (2
2 )q (02 ; 2 )q d +
0
0
Z 0
2q
@B
(0
;
;
;
)
2
q
0
0
0
; B (0; ; 0 ; 0 ) d: (12)
+ (2 ; 2 )q (0 ) ;
1 ()
@
0
0
0
Теорема 1. Если 1) функция 1 ( ) удовлетворяет условию Г
ельдера с показателем 2 > q
на интервале (0; 1), 1 ( ) при ! 0 может иметь особенность степенного порядка не больше,
чем 1, а при ! 1 меньше, чем 1 ; 2q; 2) 1 () 2 C 2 [0; 1], то существует единственное решение
задачи D20 для уравнения (5), и оно определяется формулой (11) или (12).
23
Доказательство теоремы следует из следующих утверждений.
Лемма 1. Если функция 1 ( ) удовлетворяет условию 1) теоремы 1, то функция
Z 0
)2q d; = k2 22q;1 ;
I1(0 ; 0 ) = ( 2 ;1(2))(2
q
(02 ; 2 )q
0
0
обладает следующими свойствами:
1) ее первые производные представимы в виде
@I1 = 22q ;2q ( ) + 22q+1 q Z 0 [ 1 (0 ) ; 1 ()]d +
0
0 1 0
@0
0 (02 ; 2 )q+1 (02 ; 2 )q
2 1;q
2
2q ( ) 0
2 ; 2 );2q F 1 ; 2q; 1 ; q; 2 ; q; 0 ;
(
+22q 1 q
0
0
; q 0 1 0 02
02
@I2 = 22q+1 q Z 0 [ 1 (0 ) ; 1 ( )]d ;
0
@
( 2 ; 2 )q (2 ; 2 )q+1
(13)
0
0
0
1;q
2
2
2q ( ) 0 0
2 ; 2 );2q F 1 ; 2q; 1 ; q; 2 ; q; 0 ;
(
;22q 1 q
1
0
0
0
;q 0
0 02
02
1 ( ) = 1 ()2q;1 ;
0
(14)
@I1
1
2) производные @I
@0 и @0 непрерывны в 4 n AB ;
3) I1 (0 ; 0 ) является решением уравнения (5) и удовлетворяет краевым условиям
I1 (0; 0 ) = 0;
2q
1 ( ; )2q @I1 ; @I1 = ( ); 0 < < 1:
lim
(15)
0
0
1 0
0
0 !0 2
@0 @0
Доказательство. Рассмотрим функцию
Z 0 ;"
1 ( )(2 )2q d:
I1" (0 ; 0) = 2
(0 ; 2 )q (02 ; 2 )q
0
Продифференцируем ee по 0
@I1" = ;22q+1 q Z 0 ;"
1()d
1 (0 ; ")(0 ; ")2q
2q +
2
0
2
2
2
@0
(0 ; 2 )q+1 (0 ; 2 )q
(0 ; (0 ; ")2 )q (02 ; (0 ; ")2 )q :
0
К правой части последнего равенства прибавим и вычтем выражение
R = 22q+1 q0 1(0)
0 ;"
Z
0
d
(02 ; 2 )q+1 (02 ; 2 )q
+ 22q+1 q
01 (0 )
0 ;"
Z
0
d
(02 ; 2 )q (02 ; 2 )q+1 ;
которое в силу формул ([11], c. 81)
dx = ; 1
1 ; (m + n ; 2)b Z dx ;
zn tm
(m ; 1)4 tm;1 z n;1
(m ; 1)4
tm;1 zn
Z
Z
dx = 1
1 + (m + n ; 2)
dx ;
n
m
m
;
1
n
;
1
m
zt
(n ; 1)4 t z
(n ; 1)4
t z n;1
где z = a + bx, t = + x, 4 = a ; b, равно
Z
R = 22q 0 1(0 ) (2 ; ( ; ")2 )q1(2 ; ( ; ")2 )q ; 22q 01 (0 )(0 0 );2q :
0
0
0
0
24
Тогда
@I1" = 22q+1 q Z 0 ;" [1(0 ) ; ()] d +
0
@0
(02 ; 2 )q+1 (02 ; 2 )q
0
Z 0 ;"
1 (0 )d
; ")2q
2q+1 q
+ 22q ( 2 ; (1 (;0";)2 )"q)((02 ;
+
2
0
2
2
q
(0 ; 2 )q (02 ; 2 )q+1 ;
0
0
0
0 (0 ; ") )
Z 0 ;"
Z 0 ;"
(
)
d
(
)
d
1
0
1
0
2
q
+1
2
q
+1
; 2 q0
(02 ; 2 )q+1 (02 ; 2 )q + 2 q0 0 (02 ; 2 )q (02 ; 2 )q+1 =
0
2q
= 22q 0 1 (0 )(02 02 );q ; 22q ( 2 ; ( ; ")12()q0()20 ; ( ; ")2 )q +
0
0
0
0
Z 0 ;"
2
q
")(0 ; ")
[ 1 (0 ) ; 1 ( )]d +
2q+1 q0
+ 22q ( 2 ; (1 (;0";
q ( 2 ; ( ; ")2 )q + 2
2
)
)
(
0
0
0
0
0
02 ; 2 )q+1 (02 ; 2 )q
Z 0 ;"
d
+ 22q+1 q02q 1 (0 )
2
2
q
(0 ; ) (02 ; 2 )q+1 :
0
Поскольку 1 ( ) удовлетворяет условию Гельдера на (0; 1) с показателем 2 > q, то отсюда при
" ! 0 получим
@I1 = 22q ( );2q + 22q+1 q Z 0 [ 1 (0 ) ; 1 ( )]d +
1 0 0
0
@0
0 (02 ; 2 )q+1 (02 ; 2 )q
+ 22q q02q 1 (0 )
02
Z
0
(02 ; );q (02 ; );q;1 d: (16)
Далее, пользуясь интегральным представлением для гипергеометрической функции
Z 1 b;1
c;b;1
;(
c
)
F (a; b; c; z) = ;(b);(c ; b) t (1(1;;tzt))a dt;
0
0 < Re b < Re c; jz j < 1;
(17)
и формулой автотрансформации
F (a; b; c; z ) = (1 ; z)c;a;b F (c ; a; c ; b; c; z);
(18)
убеждаемся, что
2 1;q
Z 02
2
1
0
0
2
;
q
2
;
q
;
1
2
2
;
2
q
(0 ; ) (0 ; ) d = 1 ; q 2
(0 ; 0 ) F 1 ; 2q; 1 ; q; 2 ; q; 2 : (19)
0
0
0
Подставляя (19) в (16), получим равенство (13). Аналогично доказывается справедливость равенства (14).
@I1
1
Из формул (13) и (14) видно, что @I
@0 и @0 существуют и непрерывны в 4 n AB .
Используя формулы (13) и (14), легко проверить, что I1 (0 ; 0 ) является решением уравнения
(5) и удовлетворяет граничным условиям (15).
Аналогично [6] введем функцию
(
01 (; ; 0 ; 0 ); > 0 ;
B0 (; ; 0 ; 0 ) = B
B02 (; ; 0 ; 0 ); < 0 ;
где
2 ; 2 2 ; 2 2 ; 2 q 2 ; 2 1;q 0
0
0
B01 (; ; 0 ; 0 ) = 2 ; 2 2 ; 2 F1 1 ; q; q; 1 ; q; 2; 2 ; 2 ; 02 ; 2 ;
0
0
0
0
0 0
2
q 2
q 2
2
2
2
;
; F q; q; q; 2q + 1; ; ; 2 ; 2 ;
B02 (; ; 0 ; 0 ) = ; 2kq2 2 ;
02 ; 2 1
02 ; 2 02 ; 2
0 2
25
(20)
(21)
где F1 () | гипергеометрическая функция двух переменных.
Лемма 2. Имеет место тождество
@B0 = ; 2 B:
(22)
2 ; 2
2 ;2 , Y = 02 ;2 . Тогда B =
Доказательство. Рассмотрим случай > 0 . Пусть X = 02
01
0 ;02
02 ;2
X q Y 1;q F1 (1 ; q; q; 1 ; q; 2; X; Y ). Дифференцируя функцию B01 по ; получаем
@B01 = ;X q Y 1;q 2 F (1 ; q; q; 1 ; q; 2; X; Y ) + X @F1 + Y @F1 :
@
02 ; 2 1
@X
@Y
@
Далее в силу формул ([5], c. 108)
имеем
x @ F (a; b; b0 ; c; x; y) = F (a; b + 1; b0 ; c; x; y) ; F (a; b; b0 ; c; x; y);
1
1
b @x 1
y @ F (a; b; b0 ; c; x; y) = F (a; b; b0 + 1; c; x; y) ; F (a; b; b0 ; c; x; y);
1
1
b0 @y 1
(c ; b ; b0 ; 1)F1 (a; b; b0 c; x; y) + bF1 (a; b + 1; b0 ; c; x; y) + b0 F1 (a; b; b0 + 1; c; x; y) =
= (c ; 1)F1 (a; b; b0 ; c ; 1; x; y); jxj < 1; jyj < 1;
x
;
y
0
0
;
a
0
F1 (a; b; b ; b + b ; x; y) = (1 ; y) F a; b; b + b ; 1 ; y
@B01 = ;X q Y 1;q 2 [qF (1 ; q; 1 + q; 1 ; q; 2; X; Y ) + (1 ; q)F (1 ; q; q; 2 ; q; 2; X; Y )] =
1
@
02 ; 2 1
= ;X q Y 1;q 2 2; 2 F1 (1 ; q; q; 1 ; q; 1; X; Y ) =
0
2
2 q F (1 ; q; q; 1; ):
= X q Y 1;q 2 2; 2 (1 ; Y )q;1 F 1 ; q; q; 1; X1 ;;YY = ; 2 2; 2 2 ;
0
0 ; 02
Тогда с учетом (9) получим требуемое тождество при > 0 .
Аналогично доказывается справедливость тождества (22) и в случае < 0 .
Лемма 3. Если
1 () 2 C 2[0; 1], то функция
Z 0 0 () + 2q 1 () B (0; ; 0 ; 0 )d
I2(0; 0 ) =
(23)
1
0
обладает следующими свойствами:
1) I2 (0 ; 0 ) 2 C 1 [0; 1];
2) если 1 (0) = 0, то I2 (0 ; 0 ) при 0 ! 0 обращается в нуль;
3) функция I2 (0 ; 0 ) и ее первые производные представимы в виде
Z 0
1
1
I2(0 ; 0 ) = 2q '(0 ) + 2 '0 ()B0 (0; ; 0 ; 0 )d;
0
@I2 = 1 Z 0 '0 ()B (0; ; ; )d;
0 0
0 0
@0 2 Z0
@I2 = 1 0 '0 ()B (0; ; ; )d;
0 0
0 0
@0 2 0
где '() = 10 () + 2q 1 ();
26
(24)
(25)
(26)
4) I2 (0 ; 0 ) является решением уравнения (5) и удовлетворяет граничным условиям
2q
1
@I
@I
2
2
2
q
I2 (0; 0 ) = 1(0 ); 0lim
(0 ; 0 ) @ ; @ = 0:
(27)
!0 2
0
0
Доказательство. Положив в интеграле (23) 0 = 0 , получим
Z 0 0 () + 2q () B (0; ; ; )d =
I ( ; ) =
2 0 0
0
1
1
2
= k2
Z
0
0
0 0
'()4q;1 0;2q (02 ; 2 );q d = k22
1
Z
0
p
'(0 t)t2q;1 (1 ; t);q dt:
Отсюда непосредственно следуют два первых утверждения леммы.
Для нахождения частных производных перепишем интеграл в виде
Z 0
I ( ; ) = '() B (0; ; 0 ; 0 ) d:
2 0 0
0
Применяя лемму 2 при = 0 и интегрируя по частям, с учетом равенств B01 (0; 0 ; 0 ; 0 ) =
B02(0; 0; 0 ; 0 ) = 0, получим
Z 0
1
1
I2 (0 ; 0) = 2 '(0 )[B01 (0; 0 ; 0 ; 0 ) ; B02 (0; 0 ; 0 ; 0 )] + 2 '0 ()B (0; ; 0 ; 0 )d: (28)
0
2
Пусть 002 = z и T = B01 (0; 0 ; 0 ; 0 ) ; B02 (0; 0 ; 0 ; 0 ). Тогда на основании (20) и (21) выражение для T примет вид
T = 2kq2 z q F1 (q; q; q; 2q + 1; 1; z ) + (1 ; z)1;q F1 (1 ; q; q; 1 ; q; 2; 1; 1 ; z ):
В силу формулы ([5], c. 108)
имеем
;(c);(c ; a ; b) F (a; b0 ; c ; b; y);
F1 (a; b; b0 ; c; 1; y) = ;(
c ; a);(c ; b)
Re(c ; a ; b) > 0; jxj < 1; jyj < 1
1
1; q
T = ;(1 ; q;();q2)(1 + q) zq F (q; q; q + 1; z ) + ;(1 + q);(2
; q) (1 ; z) F (1 ; q; 1 ; q; 2 ; q; 1 ; z):
Для второго слагаемого в последнем выражении применим формулу аналитического продолжения ([12], c. 116(1))
F (a; b; c; z) = A1F (a; b; a + b ; c + 1; 1 ; z) + A2 (1 ; z )c;a;b F (c ; a; c ; b; c ; a ; b + 1; 1 ; z );
где
c);(c ; a ; b)
;(c);(a + b ; c)
A1 = ;(
;(c ; a);(c ; b) ; A2 = ;(a);(b) ; j arg(1 ; z )j < :
Тогда на основании (18) и известной формулы F (a; b; b; z ) = (1 ; z );a имеем
T = ;(1 ; q;();q2)(1 + q) zq F (q; q; q + 1; z) + ;(1;(+q)q) (1 ; z)1;q F (1 ; q; 1 ; q; 1 ; q; z) +
1
;q)
q (1 ; z )1;q F (1; 1; q + 1; z ) =
q
z
+ ;(1 +;(
2
q); (1 ; q)
q;(1 ; q);(1 + q) z F (q; q; q + 1; z ) +
+ 1q ; q;(1 + q1);(1 ; q) z q F (q; q; q + 1; z ) = 1q :
Подставляя найденное значение T в (28), получим представление (24).
27
Исходя из равенства (24), несложно проверить равенства (25) и (26). С помощью формул
(25), (26) и (12) можно доказать, что функция I2 (0 ; 0 ) является решением уравнения (5) и
удовлетворяет краевым условиям (27).
Полагая в тождестве (10) v | решение задачи D10 , w = A(; ; 0 ; 0 ) | функция Римана{
Адамара задачи D10 и переходя к пределу при " ! 0, получим формулу решения задачи D10
Z 0
Z
1 ( ) (02 ; 02 )1;2q d + 0 A(0; ; ; ) 0 () + 2q () d:
v(0 ; 0 ) = 2k1 (1 ; 2q) (2;
0 0 1
1
0
0
0 2 )1;q (02 ; 2 )1;q
(29)
Теорема 2. Если 1 ( ) непрерывна на [0; 1] и удовлетворяет условию Г
ельдера с показателем 1 > 1 ; q на (0; 1), 1 () 2 C 2 [0; 1], 1 (0) = 1 (0), то существует единственное решение
задачи D10 для уравнения (5), и оно определяется формулой (29).
Доказательство теоремы 2 опирается на следующие леммы.
Лемма 4. Если функция v (; ), определенная равенством
v(; ) = (2 ; 2)1;2q w(; );
является решением уравнения (5), то функция w(; ) | решением уравнения
1;q
q
(30)
w + 1 ;
; (w ; w ) + + (w + w ) = 0:
Верно и обратное утверждение.
Лемма 5. Если функция 1 ( ) непрерывна на [0; 1] и удовлетворяет условию Г
ельдера с
показателем 1 > 1 ; q при 0 < < 1, то функция
Z 0
J (0 ; 0 ) = 2k1 (1 ; 2q)(02 ; 02 )1;2q ( 2 ; 2 )1;1 (q ()2 ; 2 )1;q d
0
0
0
является решением уравнения (5) и удовлетворяет краевым условиям
J (0; 0 ) = 0; 0lim
J ( ; ) = 1 (0 ):
(31)
!0 0 0
Доказательство.
где
Представим функцию J в виде
J (0 ; 0 ) = 2k1 (1 ; 2q)(02 ; 02 )1;2q w(0 ; 0 );
w(0 ; 0 ) =
1 ()
d:
2
2
1
0 (0 ; ) ;q (02 ; 2 )1;q
Z
0
(32)
Если функция 1 ( ) удовлетворяет условию Гельдера на (0; 1) с показателем 1 > 1 ; q, то в
силу леммы 1 функция w(0 ; 0 ), определенная равенством (32), является решением уравнения
(30). Тогда на основании леммы 4 функция J (0 ; 0 ) является решением уравнения (5).
Докажем, что J (0 ; 0 ) удовлетворяет краевым условиям (31). Справедливость первого из
них очевидна. Для доказательства второго граничного условия функцию J (0 ; 0 ) представим в
виде
Z 0
[1 ( ) ; 1 (0 )] d +
2
2
1
;
2
q
J (0 ; 0 ) = 2k1 (1 ; 2q)(0 ; 0 )
2
0 (0 ; 2 )1;q (02 ; 2 )1;q
Z 0
2
+ k1 (1 ; 2q)(02 ; 02 )1;2q 1 (0 )
2
2
1
;
q (02 ; 2 )1;q d = J1 (0 ; 0 ) + J2 (0 ; 0 ):
(
;
)
0
0
28
Поскольку функция 1 ( ) удовлетворяет условию Гельдера с показателем 1 > 1;q, то интеграл
J1 (0 ; 0 ) при 0 ! 0 сходится и принимает значение, равное нулю. В интеграле, содержащемся
в J2 (0 ; 0 ), проведем замену 2 = 02 t. Тогда получим
J2 (0; 0 ) = k1 (1 ; 2q)(02 ; 02 )1;2q 1 (0 )02q 02q;2
В силу (17) и (18) имеем
Отсюда
1
2
q;1
(1 ; t)q;1 1 ; 02 t
0
0
Z
dt:
2
;(1
;
q
)
2
q
;
2
q
0
J2(0 ; 0 ) = ;(1 + q);(1 ; 2q) 1 (0 )0 0 F 2q; q; q + 1; 2 :
0
lim J ( ; ) = 1 (0 ):
0 !0 2 0 0
Литература
1. Сабитов К.Б., Карамова А.А., Шарафутдинова Г.Г. К теории уравнений смешанного типа
с двумя линиями вырождения // Изв. вузов. Математика. { 1999. { Є 11. { C. 70{80.
2. Кузьмин А.Г. Неклассические уравнения смешанного типа и их применения в газовой динамике. { Л.: Изд-во ЛГУ, 1990. { 208 c.
3. Gellerstedt S. Quelques problemes mixtes pour l'equation ym zxx + zyy = 0 // Arkiv for Matematik,
Astronomi och Fysik. { 1937. { 26A (3). { P. 1{32.
4. Бабенко К.И. К теории уравнений смешанного типа: Дис. : : : докт. физ.-матем. наук. { М.,
МИАН, 1952. { 156 c.
5. Смирнов М.М. Вырождающиеся гиперболические уравнения. { Минск: Вышэйш. школа, 1977.
{ 160 c.
6. Нахушев А.М. О некоторых краевых задачах для гиперболических уравнений и уравнений
смешанного типа: Дис. : : : докт. физ.-матем. наук. { Новосибирск, 1971. { 172 c.
7. Гордеев А.М. Некоторые краевые задачи для обобщенного уравнения Эйлера{Пуассона{
Дарбу // Волжский матем. сб. { Куйбышев, 1968. { Вып. 6. { C. 56{61.
8. Хайруллин Р.С. К теории уравнения Эйлера{Пуассона{Дарбу // Изв. вузов. Математика. {
1993. { Є 11. { C. 69{76.
9. Сабитов К.Б., Шарафутдинова Г.Г. Задачи Дарбу для вырождающегося гиперболического
уравнения // Дифференц. уравнения и их приложения в физике. Сб. тр. Стерлитамакского
филиала АН РБ. { Стерлитамак, 1999. { С. 68{82.
10. Сабитов К.Б. Построение в явном виде решений задач Дарбу для телеграфного уравнения и
их применение при обращении интегральных уравнений // Дифференц. уравнения. { 1990.
{ Т. 26. { Є 6. { C. 1023{1032.
11. Градштейн И.С., Рыжик И.М. Таблицы интегралов, сумм и произведений. { М.: Наука, 1971.
{ 1100 c.
12. Бейтмен Г., Эрдейи А. Высшие трансцендентные функции. T.1. { М.: Изд-во физ.-матем.
лит., 1965. { 296 c.
Стерлитамакский государственный
педагогический институт
Стерлитамакский филиал Академии
Наук Республики Башкортостан
Поступила
10.05.2001
29
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
5
Размер файла
189 Кб
Теги
уравнения, кошик, задачи, вырождающегося, гиперболическое, гурса
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа