close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Функция Коши для абстрактных дифференциальных уравнений с дробной производной Римана-Лиувилля.

код для вставкиСкачать
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №17(136). Вып. 28 71
УДК 517.983
ФУНКЦИЯ КОШИ ДЛЯ АБСТРАКТНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ
УРАВНЕНИЙ С ДРОБНОЙ ПРОИЗВОДНОЙ РИМАНА-ЛИУВИЛЛЯ 10)
Т.А. Манаенкова
Белгородский государственный университет,
ул. Студенческая, 14, Белгород, 308007, e-mail: Manaenkova@bsu.edu.ru
Аннотация. Рассматривается задача о вычислении функции Коши для абстрактного дифференциального уравнения с дробной производной Римана-Лиувилля. Приводятся условия ее
корректной разрешимости.
Ключевые слова: дифференциальное уравнение с дробной производной, функция Коши.
Пусть A — линейный замкнутый оператор, плотно определенный в банаховом пространстве X с областью определения D(A) и непустым резольвентным множеством.
При α > 0 и n = [α] + 1 рассмотрим следующую задачу типа Коши
α
D0+
u(t) = Au(t) ,
α−1
lim D0+
u(t) = un−1 ,
t→0+
t > 0,
α−k
lim D0+
u(t) = 0 , k = 2, ..., n .
t→0+
(1)
(2)
dn n−α I
u (t) – левосторонняя дробная производная Римана-Лиувилля
dtn 0+
Z t
1
β
порядка α > 0, I0+ u(t) =
(t − s)β−1 u(s) ds – левосторонний дробный интеграл
Γ(β) 0
Римана-Лиувилля порядка β > 0 (см. [1, c. 41], [2, c. 69]), un−1 ∈ D(A), Γ(·) – гаммафункция.
Для задачи (1), (2) мы приведем условия ее корректной разрешимости. Разрешающий оператор этой задачи мы назовем функцией Коши. С ее помощью будет построено
решение задачи типа Коши для неоднородного уравнения.
α
где D0+
u(t) =
Определение 1. Решением задачи (1), (2) называется функция u(t) такая, что
k−α
имеют место включения u(t) ∈ C(R+ , D(A)), I0+
u(t) ∈ C k (R+ , X) для k = 0, 1, ..., n − 1,
n−α
n
I0+ u(t) ∈ C (R+ , X), и удовлетворяющая (1), (2).
Определение 2. Задача (1), (2) называется равномерно корректной, если при любых un−1 ∈ D(A) существует единственное решение u(t; un−1) задачи (1), (2) и если
un−1,m ∈ D(A), un−1,m → 0 при m → ∞ влечет u(t; un−1,m) → 0 при m → ∞, равномерно по t на любом компактном интервале из (0, ∞).
10
Работа выполнена в рамках ФЦП «Научные и научно-педагогические кадры инновационной России» на 2009-2013 годы (госконтракт № 14.A18.21.0357)
72 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №17(136). Вып. 28
α
Применим к уравнению (1) оператор I0+
. Учитывая равенство (см. [1, с. 50], [2, c.
74])
n−1
α−k−1
X
D0+
u(0) α−k−1
α
α
t
(3)
I0+ D0+ u(t) = u(t) −
Γ(α − k)
k=0
и граничные условия (2), можно утверждать, что задача (1), (2) равномерно корректна
только тогда, когда следующее интегральное уравнение типа Вольтерра
Z t
1
tα−1
u(t) =
un−1 +
(t − s) α−1 Au(s) ds , t > 0 ,
(4)
Γ(α)
Γ(α) 0
равномерно корректно в смысле Определения 3, которое мы приводим далее.
Определение 3. Интегральное уравнение (4) называется равномерно корректным,
если для каждого un−1 ∈ D(A) существует единственное решение u(t; un−1) ∈ C(R+ , D(A))
этого уравнения и если un−1,k ∈ D(A), un−1,k → 0 при k → ∞ влечет сходимость
u(t; un−1,k ) → 0 равномерно по t на любом компактном интервале из (0, ∞).
Пусть B(X) — пространство линейных ограниченных операторов, действующих из
X в X. Определим разрешающий оператор задачи (1), (2).
Определение 4. Операторная функция Kα (t) ∈ B(X) называется разрешающим
оператором для задачи (1), (2), если выполнены следующие условия:
α−1
(i) Kα (t) сильно непрерывна при t > 0 и D0+
Kα (0) = I,
(ii) Kα (t) коммутирует с A, то есть, Kα (t)D(A) ⊂ D(A) и AKα (t)un−1 = Kα (t)Aun−1
для любого un−1 ∈ D(A) и t > 0,
(iii) Kα (t)un−1 является решением задачи (1), (2) для любого un−1 ∈ D(A) и t > 0.
Определение 5. Будем говорить, что оператор A принадлежит классу Hα (M, ω),
если задача (1), (2) имеет разрешающий оператор Kα (t), удовлетворяющий неравенству
kKα (t)k 6 M(t)eωt ,
(5)
t > 0,
где ω ∈ R и функция M(t) ∈ L1 (R+ ).
Пусть A ∈ Hα (M, ω) и Kα (t) – соответствующий разрешающий оператор. При Re λ >
ω определим преобразование Лапласа для разрешающего оператора
Z ∞
b α (λ)un−1 =
K
e−λt Kα (t)un−1 dt , un−1 ∈ X .
0
b α (λ) ∈ B(X). Используя свойства (ii)
Учитывая оценку (5), можно утверждать, что K
и (iii) Определения 4 и тождество [см. 2, c. 284] для преобразования Лапласа дробных
производных
n
X
α
α−k
L[D0+
u](λ) = λα L[u](λ) −
λk−1 D0+
u(0) ,
(6)
k=1
после преобразования Лапласа, из (1), (2) получим следующие соотношения:
b α (λ)un−1 − un−1 = AK
b α (λ)un−1 ,
λα K
un−1 ∈ X ;
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №17(136). Вып. 28 73
b α (λ)un−1 − un−1 = K
b α (λ)Aun−1 ,
λα K
un−1 ∈ D(A) .
b α (λ) = R(λα , A),
Лемма. Пусть A ∈ Hα (M, ω), тогда оператор (λα I −A) обратим и K
α
то есть множество {λ : Re λ > ω} включено в ρ(A) и
Z ∞
α
R(λ , A)un−1 =
e−λt Kα (t)un−1 dt , un−1 ∈ X .
(7)
0
Доказательство приводимых далее теорем 1-6 аналогично доказательству соответствующих теорем из [3] и мы его опускаем.
α−1
Теорема 1. Пусть α > 0, тогда A ∈ Hα (M, ω) и оператор D0+
Kα (t) непрерывен в
равномерной операторной топологии только тогда, когда A ∈ B(X).
Теорема 2. Пусть A ∈ Hα (M, ω) для некоторого α > 2 и
Z ∞
C1
e−νt M(t)dt ≤ α ,
ν > 0 , C1 > 0 .
ν
0
(8)
Тогда A ∈ B(X).
Теорема 3. Пусть 0 < α ≤ 2. В этом случае A ∈ Hα (M, ω) только тогда, когда
(ω , ∞) ⊂ ̺(A) и
α
n
∞
α
X
d
R(λ
,
A)
(λ − ω)n ≤ C2 ,
n
n!
dλ
λ > ω , C2 > 0 .
(9)
n=0
Теорема 4. Пусть 0 < α ≤ 2. Тогда A ∈ Hα (M, ω) только тогда, когда (ω α , ∞) ⊂
̺(A) и существует сильно непрерывная операторная функция K(t), удовлетворящая
неравенству kK(t)k 6 M(t)eωt , t > 0, M(t) ∈ L1 (R+ ) такая, что
Z ∞
α
R(λ , A)un−1 =
e−λt K(t)un−1 dt, un−1 ∈ X .
(10)
0
В этом случае Kα (t) = K(t).
Теорема 5. Если A является генератором сильно непрерывной C0 -полугруппы, то
A ∈ Hα (M, ω 1/α ) для каждого α ∈ (0, 1) с некоторой функцией M(t) ∈ L1 (R+ ).
Теорема 6. Пусть α > 0. Если Kα (t) – разрешающий оператор (1), (2), то
Aun−1
α−1
D0+
Kα (t)un−1 − un−1
= Γ(α + 1) lim
t→0+
tα
(11)
для тех un−1 ∈ X, для которых этот предел существует.
Рассмотрим теперь неоднородную задачу при α > 0 и нулевых начальных условиях
α
D0+
u(t) = Au(t) + f (t) ,
t > 0,
(12)
74 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №17(136). Вып. 28
α−k
lim D0+
u(t) = 0 , k = 1, 2, ..., n .
t→0+
(13)
Теорема 7. Пусть A ∈ Hα (M, ω), функция M(t) такая, что для t ∈ [0, 1]
Z t
(t − τ )n−α−1 M(τ ) dτ ≤ C2 ,
0
а функция f (t) ∈ C ((0, ∞) , X) абсолютно интегрируема в нуле, принимает значения в
D(A), Af (t) ∈ C ((0, ∞) , X) и также абсолютно интегрируема в нуле. Тогда функция
Z t
u(t) =
Kα (t − s)f (s) ds ,
(14)
0
является решением задачи (12), (13).
При t > 0 имеем
Z
Z τ
dn t
1
n−α−1
α
(t − τ )
dτ
Kα (τ − ξ) f (ξ) dξ =
D0+ u (t) =
Γ (n − α) dtn 0
0
Z Z
1
dn t t
=
(t − τ )n−α−1 Kα (τ − ξ) f (ξ) dτ dξ =
n
Γ (n − α) dt 0 ξ
Z Z
1
dn t t−ξ
=
(t − ξ − x)n−α−1 Kα (x)f (ξ) dx dξ.
Γ (n − α) dtn 0 0
Поскольку под знаком интеграла по ξ находится непрерывная по t − ξ функция, то
Z t−ξ
1
dn−1
α
lim
(t − ξ − x)n−α−1 Kα (x) f (ξ) dx +
D0+ u(t) =
Γ (n − α) dtn−1 ξ→t 0
Z
1
dn−1
+
Γ (n − α) dtn−1
t
0
d
dt
Zt−ξ
(t − ξ − x)n−α−1 Kα (x) f (ξ) dx dξ =
0
α−1
= lim D0+
Kα (s)f (t) +
s→+0
1
dn−2
+
lim
Γ (n − α) dtn−2 ξ→t
1
dn−2
+
Γ (n − α) dtn−2
Zt
d2
dt2
0
Z
t−ξ
0
Z
t−ξ
0
(t − ξ − x)n−α−1 Kα (x) f (ξ) dx +
(t − ξ − x)n−α−1 Kα (x) f (ξ) dx dξ =
α−2
= f (t) + lim D0+
Kα (s)f (t) +
s→+0
+
1
dn−2
Γ (n − α) dtn−2
Z
0
t
d2
dt2
Z
t−ξ
0
(t − ξ − x)n−α−1 Kα (x) f (ξ) dx dξ = ... =
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
= f (t) +
Z
Серия: Математика. Физика. 2012. №17(136). Вып. 28 75
t
α
D0+
Kα
0
(t − ξ) f (ξ) dξ = f (t) +
Z
t
Kα (t − ξ) Af (ξ) dξ = f (t) + Au (t) .
0
Следовательно, функция u(t) удовлетворяет уравнению (12).
Проверим далее, что функция u(t) удовлетворяет нулевым начальным условиям
α−n
(13). Рассмотрим сначала D0+
u(t). Имеем
lim
t→+0
α−n
D0+
u (t)
n−α
I0+
u (t)
= lim
t→+0
1
=
lim
Γ (n − α) t→+0
Z
0
t
(t − τ )
n−α−1
Z
dτ
0
Поскольку для Kα (t) справедлива оценка (5), то для t ∈ [0, 1]
Z t
Z τ
Z t
Z
n−α−1
n−α−1
(t − τ )
dτ
Kα (τ − ξ) f (ξ) dξ 6
(t − τ )
dτ
0
0
=
Z
0
t
0
kf (ξ)k dξ
Z
0
t−ξ
(t − ξ − η)
n−α−1
M(η) dη ≤ C2
Z
0
Kα (τ − ξ) f (ξ) dξ .
τ
M(τ − ξ) kf (ξ)k dξ =
0
α−n
Следовательно lim D0+
u (t) = 0.
τ
t
kf (ξ)k dξ .
t→+0
Далее, рассмотрим образ D α−n+k u(t) при k = 1
α−n+1
D0+
u (t)
1
d
=
Γ (n − α) dt
Z
t
(t − τ )
0
n−α−1
dτ
Z
τ
Kα (τ − ξ) f (ξ) dξ =
0
Z t−ξ
1
=
lim
(t − ξ − x)n−α−1 Kα (x) f (ξ) dx +
Γ (n − α) ξ→t 0
Z t
Z
1
d t−ξ
f (ξ) dξ
(t − ξ − x)n−α−1 Kα (x) dx =
+
Γ (n − α) 0
dt 0
Z t
α−n
α−n+1
= lim D0+ Kα (s) f (ξ) +
D0+
Kα (t − ξ) f (ξ) dξ .
s→+0
0
Переходя к пределу при t → +0 и учитывая условия (2), получим
α−n+1
lim D0+
u (t) = 0.
t→+0
Продолжая далее аналогичные рассуждения для любого k < n на основе того, что
α−n+(k−1)
lim D0+
u (t) = 0 , дойдем до случая k = n − 1
t→+0
α−1
D0+
u (t)
=
1
dn−1
=
Γ (n − α) dtn−1
n
X
k=2
lim
s→+0
α−k
D0+
Kα
Z
t
0
(t − τ )
(s) f (ξ) +
n−α−1
Z
0
dτ
Z
τ
0
Kα (τ − ξ) f (ξ) dξ =
t
α−1
D0+
Kα (t − ξ) f (ξ) dξ.
76 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №17(136). Вып. 28
Переходя к пределу при t → +0 и учитывая условия (2), получим
α−1
lim D0+
u (t) = 0 .
t→+0
Следовательно, функция u(t), заданная формулой (14), удовлетворяет нулевым начальным условиям (13). Пример. Заметим, что:
1) при 0 < α < 1, Kα (t) = Tα (t), где Tα (t) – разрешающий оператор рассмотренной
в [3] задачи
α
D0+
u(t) = Au(t) , t > 0 ,
α−1
lim D0+
u(t) = u0 ;
t→0+
2) если α = 1, то K1 (t) – C0 -полугруппа и A – ее генератор;
3) если α = 2, то K2 (t) – синус оператор-функция и A – генератор соответствующей
косинус оператор-функция;
4) если оператор A ограничен и α > 2, то Kα (t) = tα−1 Eα,α (tα A).
В заключение заметим, что неоднородное дифференциальное уравнение порядка
1 + α (0 < α < 1) с регуляризованной дробной производной и позитивным оператором
A было исследовано в [4] методом сумм Да Прато и Гривара.
Литература
1. Самко С.Г., Килбас А.А., Маричев О.И. Интегралы и производные дробного порядка и
некоторые их приложения / Минск: Наука и техника, 1987.
2. Kilbas A.A., Srivastava H.M., Trujillo J.J. Theory and application of fractional differential
equations / Math. Studies / Elsevier, 2006.
3. Глушак А.В., Манаенкова Т.А. О разрешимости задачи типа Коши для абстрактных
дифференциальных уравнений с дробной производной Римана-Лиувилля. Научные ведомости БелГУ. Сер. Математика. Физика. – 2012. – №17(136). – Вып.28. – С.28-45.
4. Clement Ph., Gripenberg G., Londen S.-O. Regularity properties of solutions of fractional
evolution equation. Evolution equations and their applications in physical and life sciences
(Bad Herrenalb, 1998) // Lecture Notes in Pure and Appl. Math. 215 / New York: Dekker,
2001. – P.235-246.
CAUCHY’s FUNCTION FOR ABSTRACT DIFFERENTIAL EQUATIONS
WITH FRACTIONAL RIEMANN-LIOUVILLE DERIVATIVE
Т.А. Manaenkova
Belgorod State University,
Studencheskaja St., 14, Belgorod, 308007, Russia, e-mail: Manaenkova@bsu.edu.ru
Abstract. The problem of calculation of Cauchy’s function for abstract differential equation
with fractional Riemann-Liouville derivative is under consideration. Conditions of its well-posed
solvability are found.
Key words: differential equation with fractional derivative, Cauchy’s function.
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
4
Размер файла
192 Кб
Теги
лиувилля, уравнения, абстрактную, дифференциальной, римана, кошик, функции, производной, дробной
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа