close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Задача со смещением для уравнения смешанного типа с обобщенными операторами дробного интегро-дифференцирования в краевом условии.

код для вставкиСкачать
396
Вестник СамГУ — Естественнонаучная серия. 2008. №6(65).
УДК 517.956
ЗАДАЧА СО СМЕЩЕНИЕМ ДЛЯ УРАВНЕНИЯ
СМЕШАННОГО ТИПА С ОБОБЩЕННЫМИ
ОПЕРАТОРАМИ ДРОБНОГО
ИНТЕГРО-ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЯ
В КРАЕВОМ УСЛОВИИ1
© 2008
Е.Ю. Арланова2
В работе поставлена и исследована нелокальная задача для уравнения смешанного типа, представленного в верхней полуплоскости уравнением дробной диффузии, в нижней — уравнением влагопереноса.
Доказана однозначная разрешимость задачи. Решение выписано в явном виде.
Ключевые слова: уравнение смешанного типа, краевая задача, дробные
интегралы и производные.
1. Постановка задачи
Рассмотрим уравнение смешанного типа:
uxx − Dα0+, y u, y > 0,
0=
y2 uxx − uyy + aux , y < 0, |a| 1.
(1.1)
Здесь Dα0+, y — частная дробная производная Римана— Лиувилля порядка
α, 0 < α < 1 от функции u(x, y) по второй переменной [1]:
#
Dα0+, y
D+ ∪D− ,
$
1
d
(x, y) =
dy Γ(1 − α)
y
0
u(x, t)
dt.
(y − t)1−α
(1.2)
где
= {(x, y) : 0 x, y 1} — квадрат, D− — область,
Пусть D =
расположенная в нижней полуплоскости (y < 0) и ограниченная характеристиками уравнения (1.1) при y < 0 и интервалом J = (0, 1) прямой y = 0;
1
D+
Представлена доктором физико-математических наук, профессором О.А. Репиным.
Арланова Екатерина Юрьевна (earlanova@gmail.com), кафедра прикладной математики и информатики Самарского государственного технического университета, 443100,
г. Самара, ул. Молодогвардейская, 244.
2
Задача со смещением для уравнения смешанного типа ...
397
+
,
√ 1+x √
, − 1 − x — точки пересечения характериΘ0 (x) = , − x и Θ1 (x) =
2
2
стик уравнения (1.1) при y < 0, выходящих из точки x ∈ J, с характеристи# α, β, η $
# α, β, η $
y2
y2
ками ξ = x− = 0 и η = x+ = 1 соответственно; I0+ ϕ (x), I1− ϕ (x) —
2
2
операторы М. Сайго, введенные в [2]; ϕ(x) ∈ C(J) ∩ C 2 (J), ϕ1 (y), ϕ2 (y) — заданные функции, такие, что y1−α ϕ1 (y), y1−α ϕ2 (y) ∈ C(D+ ), ϕ1 (0) = ϕ2 (0) = 0.
Для этого уравнения рассмотрим и исследуем следующую задачу.
Задача: Найти решение u(x, y) уравнения (1.1) при |a| < 1 в области D,
удовлетворяющее краевым условиям
x
u(0, y) = ϕ0 (y), u(1, y) = ϕ1 (y),
a , b , a−3 −a
a + 1−a , b , a−3 −a
A I0+1 1 4 1 u[Θ0 (t)] (x) = B I0+1 4 1 4 1 u(t, 0) (x)+
a + 3−a , b − 1 , a−3 −a
+C I0+1 4 1 2 4 1 uy (t, 0) (x) + ϕ(x),
где A, B, C, a1 , b1 — заданные константы, такие что
,
+
√
1+a
B 0,
πA − Γ
4
a+3
a−1
< a1 <
, b1 > 0,
4
4
а также условиям сопряжения
lim y1−α u(x, y) = lim u(x, y)
y→0+
y→0−
(x ∈ J),
$
#
lim y1−α y1−α u(x, y) = lim uy (x, y)
y
y→0+
y→0−
(x ∈ J).
(1.3)
(1.4)
(1.5)
(1.6)
(1.7)
Будем искать решение u(x, y) поставленной задачи в классе дважды
дифференцируемых функций в области D, таких, что
y1−α u(x, y) ∈ C(D+ ), u(x, y) ∈ C(D− ),
$
#
y1−α y1−α u ∈ C D+ ∪ {(x, y) : 0 < x < 1, y = 0} ,
y
# $
uxx ∈ C D+ ∪ D− , uyy ∈ C D− .
(1.8)
(1.9)
2. Единственность решения задачи
Пусть существует решение исследуемой задачи. Введем обозначения
Γ(α) lim y1−α u(x, y) = τ1 (x),
y→0+
$
#
Γ(α) lim y1−α y1−α u(x, y) = ν1 (x),
y
y→0+
lim u(x, y) = τ2 (x),
y→0−
lim uy (x, y) = ν2 (x).
y→0−
(2.1)
(2.2)
Решение уравнения (1.1) в квадрате 0 x, y 1, удовлетворяющее условиям (1.3) и
(2.3)
Γ(α) lim y1−α u(x, y) = τ1 (x)(x ∈ J),
y→0+
Е.Ю. Арланова
398
выражается формулой [3]
y
y
ϕ0 (η)Gξ x, y, 0, η dη − ϕ1 (η)Gξ x, y, 1, η dη+
u(x, y) =
0
0
(2.4)
1
τ1 (ξ)G (x, y, ξ, 0) dξ,
+
0
где для функции Грина имеем
+
,
+
,
∞ (y−η)β−1 1, β |x−ξ+2n|
|x+ξ+2n|
1, β
G x, y, ξ, η =
e1, β −
−
e
−
,
1, β
2
(y − η)β
(y − η)β
n=−∞
+
,
∞ (y − η)β−1 sgn(x − ξ + 2n) 0, β |x−ξ+2n|
∂G x, y, ξ, η
=
e
−
+
∂ξ
2
|x − ξ + 2n| 1, β
(y − η)β
n=−∞ +
,
α
sgn(x + ξ + 2n) 0, β |x+ξ+2n|
e1, β −
, β= ,
+
β
|x + ξ + 2n|
2
(y − η)
∞
n
z
µ, δ
, α > β.
(2.5)
eα, β (z) =
Γ(αn + µ)Γ(δ − βn)
n=0
Далее находим, что
y
+
,
∞ |x+2n|
β−1 sgn(x + 2n) 0, β
e
ϕ0 (η)(y − η)
−
dη−
u(x, y) =
|x + 2n| 1, β (y − η)β
n=−∞
0
y
+
,
∞ |x − 1 + 2n|
1 β−1 sgn(x − 1 + 2n) 0, β
e
ϕ1 (η) (y − η)
−
+
−
2 n=−∞
|x − 1 + 2n| 1, β
(y − η)β
0
+
,
sgn(x + 1 + 2n) 0, β |x + 1 + 2n|
e1, β −
dη+
+(y − η)β−1
|x + 1 + 2n|
(y − η)β
+
,
+
,
∞ 1
|x − ξ + 2n|
|x + −xi + 2n|
1 1, β
β−1 1, β
τ1 (ξ)y
e1, β −
− e1, β −
dξ.
+
2 n=−∞
yβ
yβ
0
$
#
α
α
Так как Dα−1
0+,y u(x, y) y = D0+,y u(x, y), а D0+,y u(x, y) = uxx , то
⎧
y
+
,
⎪
∞ 2
⎪
∂ ⎪
|x+2n|
⎨
β−1 sgn(x+2n) 0, β
α
e
ϕ
(η)(y−η)
−
dη−
D0+,y u(x, y) = 2 ⎪
0
⎪
|x+2n| 1, β (y−η)β
∂x ⎪
⎩n=−∞
0
y
+
,
∞ sgn(x − 1 + 2n) 0, β |x − 1 + 2n|
1
e1, β −
ϕ1 (η) (y − η)β−1
+
−
2 n=−∞
|x − 1 + 2n|
(y − η)β
0
+
,
sgn(x + 1 + 2n) 0, β |x + 1 + 2n|
β−1
e
−
dη+
+(y − η)
|x + 1 + 2n| 1, β
(y − η)β
⎫
+
,
+
, ⎪
⎪
∞ 1
⎪
⎪
|x − ξ + 2n|
|x + ξ + 2n|
1
⎬
1, β
1, β
τ1 (ξ)yβ−1 e1, β −
−
e
−
dξ
.
+
⎪
⎪
1,
β
⎪
2 n=−∞
yβ
yβ
⎪
⎭
0
Задача со смещением для уравнения смешанного типа ...
Dα0+,y u(x,
399
+
,
y
∞
|x+2n|
∂2
β−1 sgn(x+2n) 0, β
−
dη−
e
y) =
ϕ0 (η)(y−η)
|x+2n| 1, β (y−η)β
∂x2
n=−∞
0
+
,
y
∞
1 ∂2
|x − 1 + 2n|
β−1 sgn(x − 1 + 2n) 0, β
e
−
ϕ1 (η) (y − η)
−
+
2 n=−∞ ∂x2
|x − 1 + 2n| 1, β
(y − η)β
0
+
,
sgn(x + 1 + 2n) 0, β |x + 1 + 2n|
β−1
e
−
dη+
+(y − η)
|x + 1 + 2n| 1, β
(y − η)β
x+2n
+
,
∞ x − ξ + 2n
∂2
1 β−1 1, β
dξ+
τ1 (ξ)e1, β −
+ y
2
∂x2
yβ
n=−∞
0
+
,
∞ 1
1 β−1 ∂2
−x + ξ − 2n
1, β
+ y
τ
(ξ)e
−
dξ−
1
1, β
2
∂x2
yβ
n=−∞
x+2n
+
,
∞ ∂2
x + ξ + 2n
1 β−1 1, β
τ1 (ξ)e1, β −
dξ.
− y
2
∂x2
yβ
n=−∞
1
0
Поскольку n ∈ Z, то для выполнения условия 0 < x + 2n < 1 необходимо
положить n = 0. Тогда можно записать, что
Dα0+,y u(x,
∂2
y) = 2
∂x
y
0
+
,
(y − η)β−1 0, β
x
e1, β −
ϕ0 (η)
dη−
x
(y − η)β
1 ∂2
−
2 ∂x2
+
η)β−1
(y −
x+1
y
0
+
,
(y − η)β−1 0, β
1−x
e
ϕ1 (η)
−
+
−(x − 1) 1, β (y − η)β
+
,
+
,
x 2
∂
x+1
1 β−1
x−ξ
0, β
1, β
e1, β −
τ1 (ξ)e1, β − β dξ+
dη + y
2
∂x2
(y − η)β
y
0
1
+ yβ−1
2
1
x
+
,
+
,
1 2
∂2
∂
ξ−x
1 β−1
x+ξ
1, β
1, β
τ1 (ξ)e1, β − β dξ − y
τ1 (ξ)e1, β − β dξ.
2
∂x2
∂x2
y
y
0
Введем обозначения
x
I1 =
0
1
I2 =
x
1
I3 =
0
+
,
∂2 1, β x − ξ
e
−
τ1 (ξ)dξ,
∂x2 1, β
yβ
+
,
∂2 1, β ξ − x
e
− β τ1 (ξ)dξ,
∂x2 1, β
y
+
,
∂2 1, β x + ξ
e
− β τ1 (ξ)dξ,
∂x2 1, β
y
Е.Ю. Арланова
400
y
I4 =
0
y
I5 =
0
y
I6 =
0
+
,
x
∂2 (y − η)β−1 0, β
ϕ0 (η)dη,
e1, β −
x
∂x2
(y − η)β
+
,
∂2 (y − η)β−1 0, β
1−x
e
−
ϕ1 (η)dη,
∂x2 −(x − 1) 1, β (y − η)β
+
,
∂2 (y − η)β−1 0, β
x+1
e
−
ϕ1 (η)dη.
x + 1 1, β (y − η)β
∂x2
+
,
+
,
∂2 1, β x − ξ
∂2 1, β x − ξ
e
− β = 2 e1, β − β ,
∂x2 1, β
∂ξ
y
y
Так как
то
x
I1 =
0
+
,
+
,
x 2
∂2 1, β x − ξ
∂ 1, β x − ξ
e
e
− β τ1 (ξ)dξ =
− β τ1 (ξ)dξ.
∂x2 1, β
∂ξ2 1, β
y
y
0
Интегрируя дважды по частям и учитывая, что τ(0) = τ(1) = 0, будем иметь
+
, x
+
,
x
x − ξ 1, β
1, β
I1 = τ1 (0)e1, β − β + e1, β − β τ1 (ξ)dξ.
y
y
0
Аналогично находим
I2 =
1, β
−τ
1 (1)e1, β
+
, 1
+
,
1−x
ξ − x 1, β
− β + e1, β − β τ1 (ξ)dξ,
y
y
x
1, β
I3 = −τ
1 (1)e1, β
+
,
+
, 1
+
,
x+1
x
x + ξ 1, β
1, β
− β + τ1 (0)e1, β − β + e1, β − β τ1 (ξ)dξ,
y
y
y
0
+
, y
+
,
yβ−1 0, β
(y − η)β−1 0, β
x
x
e
e1, β −
−
+
ϕ
(η)dη,
I4 = ϕ0 (0)
x 1, β yβ
x
(y − η)β 0
0
I5 =
ϕ
1 (0)
+
, y
+
,
yβ−1 0, β 1 − x
(y − η)β−1 0, β
1−x
e1, β − β +
e1, β −
ϕ
(η)dη,
x−1
x−1
y
(y − η)β 1
0
I6 =
ϕ
1 (0)
+
,
yβ−1 0, β x + 1
e
− β +
x + 1 1, β
y
y
0
+
,
(y − η)β−1 0, β
x+1
e
−
ϕ
(η)dη.
x + 1 1, β (y − η)β 1
Таким образом, получается следующее выражение:
#
$
1
1 β−1
(I1 + I2 − I3 ).
Dα0+,y u = Dα−1
0+,y u y = I4 + (I5 + I6 ) + y
2
2
В работе [4] доказано равенство
$
$
#
#
1−α 1−α
y u(x, y) .
lim y1−α Dα−1
0+,y u(x, y) = Γ(α + 1) lim y
y→0+
y
y→0+
y
(2.6)
Задача со смещением для уравнения смешанного типа ...
401
µ, δ
Для функции eα, β (z) справедливы следующие соотношения [5]:
µ, δ
µ−α, δ+β
zeα, β (z) = eα, β
∞
0
∞
0
(z) −
1
,
Γ(µ − α)Γ(δ + β)
(2.7)
β
1 µ, 0
eα, β (−λt)dt =
,
t
Γ(µ)
(2.8)
α
1 0, δ
eα, β (−λt)dt = −
,
t
Γ(δ)
(2.9)
α+δ
π + e, e > 0, α d > 0.
(2.10)
2
Воспользовавшись выражением (2.6) и приведенными выше формулами (2.7)–(2.10), совершив замену переменных (x − ξ)y−β = s1 (в первом интеграле) и (ξ − x)y−δ = s2 (во втором интеграле), получим
$
$
#
#
Γ(α)
lim y1−α Dα−1
u(x,
y)
=
ν1 (x) = Γ(α) lim y1−α y1−α u(x, y) =
0+,y
y
y
y→0+
Γ(α + 1) y→0+
Γ(α)
Γ(α)
lim y1−α Dα0+,y u(x, y) =
lim y1−α yβ−1 (I1 + I2 ) =
=
y→0+
Γ(α + 1) y→0+
2Γ(α
+
1)
⎞
⎛
+
, x
+
,
⎟⎟⎟
⎜⎜⎜
x
x
−
ξ
Γ(α)
⎟
⎜
1,
β
1,
β
−β ⎜
lim y ⎜⎜⎜τ1 (0)e1, β − β + e1, β − β τ1 (ξ)dξ⎟⎟⎟⎟ +
=
⎠
⎝
2Γ(α + 1) y→0+
y
y
0
⎞
⎛
+
, 1
+
,
⎟⎟⎟
⎜⎜⎜
1
−
x
ξ
−
x
Γ(α)
⎜
1, β
1, β
⎟⎟⎟⎟ =
lim y−β ⎜⎜⎜⎜−τ
1 (1)e1, β − β + e1, β − β τ
(ξ)dξ
+
1
⎟⎠
⎝
2Γ(α + 1) y→0+
y
y
µ, δ
lim e (z)
z→∞ α, β
=
= 0,
π | arg z| >
Γ(α)
lim y−β yβ
2Γ(α + 1) y→0+
x
0
x
+
,
τ1 (ξ) 0, 2β x − ξ
e
− β dξ+
ξ − x 1, β
y
Γ(α)
lim y−β yβ
+
2Γ(α + 1) y→0+
−β
Γ(α)
lim
=
2Γ(α + 1) y→0+
xy
0
Γ(α)
τ
(x)
=−
2Γ(α + 1) 1
0
x
+
,
τ
ξ−x
1 (ξ) 0, 2β
e
− β dξ =
x − ξ 1, β
y
β
τ
1 (x − s1 y ) 0, 2β
e1, β (−s1 )ds1 +
−s1
Γ(α)
lim
+
2Γ(α + 1) y→0+
∞
1
−β
(1−x)y
0
β
τ
1 (x + s2 y ) 0, 2β
e1, β (−s2 )ds2 =
−s2
∞
Γ(α)
1 0, 2β
τ (x)
e (−s1 )ds1 −
s1 1, β
2Γ(α + 1) 1
0
+
1
Γ(α)
τ (x)
+
=
2Γ(α + 1) 1
Γ(α)
1 0, 2β
e (−s2 )ds2 =
s2 1, β
,
τ
(x)
1
= 1
.
Γ(α)
Γ(α + 1)
Е.Ю. Арланова
402
Таким образом, полученное функциональное соотношение между τ1 (x)
и ν1 (x) имеет вид
1
ν1 (x) =
τ
(x).
(2.11)
Γ(1 + α) 1
Найдем соотношение между τ2 (x) и ν2 (x), принесенное на J из гиперболической части D− области D. Используя решение задачи Коши [6, 7]
+ ,
1
Γ
1 2
a−3
a+3
y2
, +
,
τ x + (1 − 2t) (1 − t) 4 t− 4 dt+
u(x, y) = +
2
1+a
1−a
Γ
Γ
0
4
4
+ ,
3
Γ
1 2
a−1
a+1
y2
, +
,
ν x + (1 − 2t) (1 − t) 4 t− 4 dt,
+y +
2
3−a
3+a
Γ
Γ
0
4
4
найдем u[Θ0 (x)] в форме
1−a a−3
3−a 1 a−3
, 0, 4
,− ,
τ− (t) (x) + k2 I0+4 2 4 ν− (t) (x),
u [Θ0 (x)] = k1 I0+4
,
,
+ ,O +
+ ,O +
1+a
3+a
1
3
Γ
, k2 = −Γ
Γ
. Подставляя в выражегде k1 = Γ
2
4
2
4
ние (1.4) значение для u[Θ0 (x)] и применяя к полученному равенству опе−1 a + 3−a , b − 1 , a−3 −a
−a − 3−a , 1 −b , 0
= I0+ 1 4 2 1 , получим
ратор I0+1 4 1 2 4 1
Ak1 − B − 12
I0+ τ2 (t) (x) + g(x),
C − Ak2
3−a 1
−a −
, −b , 0
I0+ 1 4 2 1 ϕ(t) (x).
ν2 (x) =
(2.12)
1
C − Ak2
При ϕ1 (x) ≡ 0 имеем
где g(x) = −
Ak1 − B − 12
(2.13)
I0+ τ2 (t) (x).
C − Ak2
Единственность решения задачи вытекает из аналога принципа экстремума А.В. Бицадзе [6].
Пусть max u(x, y) = τ(x0 ) > 0. Тогда, в соответствии с принципом экстреν2 (x) =
D+
мума для операторов дробного дифференцирования [7], из (2.13) и условия
(Ak1 − B)(C − Ak2 ) < 0 заключаем, что ν2 (x0 ) < 0. Поскольку τ
(x0 ) = 0, то
из (2.11) заключаем, что ν1 (x0 ) = 0. Из полученных условий ν2 (x0 ) < 0 и
ν1 (x0 ) = 0 следует единственность решения задачи.
3. Существование решения задачи
Для доказательства существования решения исходной задачи сведем ее
к интегральному уравнению дробного порядка.
Задача со смещением для уравнения смешанного типа ...
Выразим τ1 (x) из соотношения (2.11). В результате получим
#
$
2
ν1 (t) (x).
τ1 (x) = Γ(1 + α) I0+
403
(3.1)
Полагая τ1 (x) = τ2 (x) = τ(x) и ν1 (x) = ν2 (x) = ν(x), подставляя (3.1) в соотношение (2.12), с учетом свойств операторов Римана–Лиувилля [1], приходим к интегральному уравнению Вольтерра второго порядка:
3
Ak1 − B
2
Γ(1 + α) I0+
ν(t) (x) + g(x).
(3.2)
ν(x) =
C − Ak2
Перепишем (3.2) в виде
x
√
λ
ν(x) = g(x) + + ,
ν(t) x − tdt.
(3.3)
3
Γ
0
2
Ak1 − B Γ(1 + α)
+ , .
где λ =
C − Ak2
3
Γ
2
Функция g(x) ∈ C[0, 1] ∩C2 (0, 1), так как ϕ(x) ∈ C[0, 1] ∩C2 (0, 1), поэтому
используя теорию интегральных уравнений [8], находим
x
√
3
x − tE 3 , 3 λ(x − t) 2 g(t)dt.
(3.4)
ν(x) = g(x) + λ
2 2
0
Здесь бесконечный ряд
Eα, µ (z) =
∞
k=0
zk
Γ(µ + kα)
(3.5)
— функция типа Миттаг—Леффлера, которая является целой функцией
(комплексной) переменной z = x + iy порядка 1/α > 0 [8]. При µ = 1 функция (3.5) совпадает с функцией Миттаг—Леффлера Eα (z) ≡ Eα, 1 (z).
Подставяя (3.4) в (3.1), получим выражение для τ(x):
$
#
2
g(t) (x)+
τ(x) = Γ(1 + α) I0+
⎞
⎛
⎟⎟⎟
⎜⎜⎜ t √
3
⎟
⎜⎜⎜ 2
2
(3.6)
t − sE 3 , 3 λ(t − s) g(s)ds⎟⎟⎟⎟ (x).
+ Γ(1 + α)λ ⎜⎜I0+
2 2
⎠
⎝
0
Лемма: Если λ ∈ C, то
⎞
⎛
⎟⎟⎟
⎜⎜⎜ t √
3
⎟
⎜⎜⎜ 2
2
t − sE 3 , 3 λ(t − s) g(s)ds⎟⎟⎟⎟ (x) =
⎜⎜⎝I0+
2 2
⎠
0
x
=
5
3
(x − s) 2 E 3 , 7 λ(x − s) 2 g(s)ds.
2 2
0
(3.7)
Е.Ю. Арланова
404
Доказательство: Осуществляя по формуле Дирихле перестановку порядков интегрирования, а затем перестановку ряда и интегрирования, имеем
⎞
⎛
⎟⎟⎟
⎜⎜⎜ t √
3
⎟
⎜⎜⎜ 2
2
t − sE 3 , 3 λ(t − s) g(s)ds⎟⎟⎟⎟ (x) =
⎜⎜⎝I0+
2 2
⎠
0
1
=
Γ(2)
x
t
(x − t)dt
√
3
t − sE 3 , 3 λ(t − s) 2 g(s)ds =
2 2
⎡0
#
$m ⎤
x
x
⎢⎢⎢
⎥⎥⎥
∞ λ(t − s) 32
√
⎢⎢⎢ 1
⎥
g(s)ds ⎢⎢
(x − t) t − s
$ dt⎥⎥⎥⎥ =
#
=
3
3
⎣ Γ(2)
⎦
k+
k=0 Γ
0
2
s
0
2
⎤
⎡
x ⎢⎢
x
⎥⎥⎥
⎢⎢⎢ 1
1 3
⎥
⎢⎢⎢
=
,
+
(x − t)(t − s) 2 + 2 k dt⎥⎥⎥⎥ g(s)ds =
⎦
⎣ Γ(2)
3
3
k=0 Γ
k+
s
0
2
2
x
∞
5 3
λk
, (x − s) 2 + 2 k g(s)ds =
+
=
7
3
k=0 Γ
k+
0
2
2
!
k
x
x
∞ λ(x − s) 32
5
5
3
, g(s)ds = (x − s) 2 E 3 , 7 λ(x − s) 2 g(s)ds.
+
= (x − s) 2
2 2
7
3
k=0 Γ
k+
0
0
2
2
∞
λk
Используя полученное выражение, получим окончательную формулу
для функции τ(x):
$
#
2
g(t) (x)+
τ(x) = Γ(1 + α) I0+
x
+Γ(1 + α)λ
5
3
(x − s) 2 E 3 , 7 λ(x − s) 2 g(s)ds.
(3.8)
2 2
0
Используя полученные таким образом функции τ(x) и ν(x), можно найти решение задачи 3.2 в каждой из областей D+ и D− , а значит, и решение
задачи 3.2 в заданном классе функций в области D, удовлетворяющее краевым условиям (1.3) и (1.4) и условиям сопряжения (1.6), (1.7).
Теорема. Пусть ненулевые действительные константы A1 , A2 , a1 , b1 , c1
удовлетворяют условию (1.5), функция ϕ1 (x) ∈ C[0, 1]∩C2 (0, 1). Тогда задача
(1.3), (1.4) для уравнения (1.1) при |a| 1 имеет единственное решение,
которое может быть найдено в форме решения задачи Коши, где τ(x) и
ν(x) определены в (3.8) и (3.4) соответственно.
Задача со смещением для уравнения смешанного типа ...
405
Литература
[1] Самко, С.Г. Интегралы и производные дробного порядка и некоторые
их приложения / С.Г. Самко, А.А. Килбас, О.И. Маричев. – Минск: Наука и техника, 1987. – 688 с.
[2] Saigo, M. A certain boundary value problem for the Euler–Poisson–Darboux equation / M. Saigo // Math. Japan. – 1979. – Vol. 24. –
№4. – Pp. 377–385.
[3] Псху, А.В. Краевые задачи для диффференциальных уравнений с частными производными дробного и континуального порядка / А.В. Псху. –
Нальчик: Изд-во КБНЦ РАН, 2005. – 186 с.
[4] Геккиева, С.Х. Задача Коши для обобщенного уравнения переноса с
дробной по времени производной / С.Х. Геккиева // Докл. Адыгейской
(Черкесской) Межд. АН. – 2001. – Т. 5, – №2. – С. 18–22.
[5] Псху, А.В. Краевая задача для дифференциального уравнения с частными производными дробного порядка / А.В. Псху // Докл. Адыгейской (Черкесской) Межд. АН. – 2000. – Т. 5. – №1. – С. 45–53.
[6] Бицадзе, А.В. Некоторые классы уравнений в частных производных /
А.В. Бицадзе. – М.: Наука, 1981. – 448 с.
[7] Нахушев, А.М. Уравнения математической биологии / А.М. Нахушев.
– М.: Высш. шк., 1995. – 301 с.
[8] Джрбашян, М.М. Интегральные преобразования и представления функций в комплексной области / М.М. Джрбашян. – М.: Наука, 1966. –
671 с.
Поступила в редакцию 01/IX/2008;
в окончательном варианте — 01/IX/2008.
Е.Ю. Арланова
406
A PROBLEM WITH SHIFTED VARIABLE FOR A MIXED
TYPE EQUATION WITH GENERALIZED OPERATORS
OF FRACTIONAL INTEGRO-DIFFERENTIATION IN THE
BOUNDARY CONDITION3
© 2008
E.Y. Arlanova4
In the paper a non-local problem for a mixed type equation represented in the upper half-plane by a fractional diffusion equation, in the
lower half-plane by a diffusion transfer equation is studied. Unique solvability of the problem is then proved. The solution is represented in an
explicit form.
Keywords and phrases: mixed type equation, boundary-value problem,
fractional integrals and derivatives.
Paper received 01/IX/2008.
Paper accepted 01/IX/2008.
3
Communicated by Dr. Sci. (Phys. & Math.) Prof. O.A. Repin.
Arlanova Ekaterina Yurjevna (earlanova@gmail.com), Dept. of Applied Mathematics
and Informatics, Samara State Technical University, Samara, 443100, Russia.
4
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа