close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Задачи Коши и Гурса для уравнения 3-го порядка.

код для вставкиСкачать
УДК 517.956.32
ЗАДАЧИ КОШИ И ГУРСА ДЛЯ УРАВНЕНИЯ 3-ГО ПОРЯДКА
В.В. Карачик1
Рассматриваются задачи Коши и Гурса для гиперболического уравнения 3-го порядка. Доказана теорема существования функции Римана и на
основе этого построены решения задач Коши и Гурса.
Ключевые слова: задача Коши; задача Гурса; гиперболическое уравнение
3-го порядка; функция Римана.
Введение
Рассмотрим уравнение третьего порядка следующего вида
3
∂u
L( D )u ( x) ≡ Dx(3)u + ∑ ai ( x)
+ c( x)u = f ( x),
∂xi
i =1
x ∈ G,
(1)
где x = ( x1 , x2 , x3 ) , Dx(3) = ∂ 3 / ∂x1∂x2 ∂x3 , f ∈ C (G ) , а необходимая гладкость коэффициентов и область G будут конкретизированы ниже. Очевидно, что характеристиками уравнения (1) являются плоскости xi = const . Введем следующие обозначения. Пусть σ ( x) = 0 – некоторая поверхность в ℝ 3 класса C 4 и x 0 ∈ ℝ 3 . Область, ограниченную поверхностью σ ( x) = 0 и плоскостями
xi = xi0 , i = 1, 2,3 , обозначим через G , а пересечение G с этими плоскостями через Si . Пусть
также τ i = σ ∩ Si . Вектор, получающийся из вектора x отбрасыванием i -ой компоненты, обозначим x(i ) . Исследуем для уравнения (1) следующие задачи.
Задача Коши. Найти функцию u ( x) , такую, что u ∈ C 2 (G ) и Dx(3)u ∈ C (G ) , удовлетворяющую уравнению (1) и следующим условиям
∂ku
= ϕk ( s), s ∈ σ , k = 0, 2,
(2)
∂l k |σ
где l ∈ ℝ3 , || l || = 1 , l ( x) ∈ C 3 (σ ) .
Рассмотрим область
{
}
D = x ∈ ℝ3 : xi0 < xi < xi1 , i = 1,3 . Пусть
{
}
Si ( x k ) = D ∩ xi = xik , где
3
k = 0,1 . В соответствии с предыдущими обозначениями Si = Si ( x 0 ) , σ = ∪ Si ( x1 ) .
Задача Гурса. Найти функцию u ( x) , такую, что u ∈ C (D ) и
1
удовлетворяющую уравнению (1) и следующим условиям
u ( x)|S ( x0 ) = ϕi ( x(i ) ), i = 1, 2,3.
i =1
(2)
Dx u ∈ C (D ) ,
(i )
Dx(3)u ∈ C (D ) ,
(3)
i
Функцию u ( x) , если она существует, будем называть регулярным решением сформулированных задач. Уравнения, содержащие операторы вида Dx( n) , и их итерации принято называть в
литературе уравнениями Манжерона. Если ai = 0 , i = 1,3 , c( x) = const , то решение задачи Гурса
получено, как пример, в [1]. В данной постановке задача Гурса рассматривалась также в [2, 3]. В
[2] исследовалось существование решения, а в [3] строилась функция Римана. Путем применения
методики исследования задач Коши и Гурса для уравнений 2-го порядка гиперболического типа,
изложенной в [4, 5], получим условия разрешимости сформулированных задач.
1. Функция Римана
Введем оператор L* ( D) , сопряженный с L( D) :
1
Карачик Валерий Валентинович – доктор физико-математических наук, профессор, кафедра математического и функционального
анализа, Южно-Уральский государственный университет.
E-mail: karachik@susu.ru
2015, том 7, № 2
31
Математика
∂
( ai ( x)v( x) ) − c( x)v( x).
i =1 ∂xi
3
L* ( D)v( x) ≡ Dx(3) v( x) + ∑
(4)
Очевидно, что оператор L* ( D ) определен на функциях v( x) , имеющих следующую гладкость:
v ∈ C1 (D ) , Dx(2) v ∈ C (D ) и Dx(3) v ∈ C (D ) . Обозначим через xk и x j первую и вторую компоненты
(i )
вектора x(i ) .
Определение. Назовем функцией Римана уравнения (1) функцию, являющуюся регулярным
решением следующей задачи
L* ( D)v( x) = 0, x ∈ D,
(5)
v( x)| x = x1 = wi ( x(i ) ), i = 1,3,
i
i
где функция wi ( x(i ) ) удовлетворяет условиям
Dx(2) wi ( x(i ) ) + ai ( x)| x = x1 wi ( x(i ) ) = 0,
(i )
i
wi ( x(i ) )| x
1
s = xs
x(i ) ∈ Si ( x1 ),
i
= 1, s = k , j ,
(6)
xs0 < xs < x1s .
Обозначим функцию Римана уравнения (1) через R . Очевидно, что R = R( x, x1 ) .
Теорема 1. Пусть выполнены условия c, a, ∂ai / ∂xi ∈ C (D ) . Тогда функция Римана уравнения
(1) существует и единственна.
Доказательство. Пусть решение задачи (3)–(4) – функция R( x, x1 ) существует. Тогда, применяя к уравнению L* ( D) R( x, x1 ) = 0 оператор
3
(
x1
∫x
. d ξ , где x ∈ D , получим
)
R( x, x1 ) − ∑ R( x|1x1 = x , x1 ) − R( x| x = x1 , x1 ) − R( x, x1 ) +
3
x1( i )
i =1
x( i )
+∑ ∫
(
i =1
i
i
i
i
)
x1
ai (ξ ) R(ξ|ξ = x1 , x1 ) − ai (ξ ) R(ξ|ξi = xi , x1 ) d ξ (i ) − ∫ c(ξ ) R(ξ , x1 ) d ξ = 0.
i
i
x
Здесь и в дальнейшем под выражением вида a (ξ ) R(ξ|ξ1 = x1 , y ) будем понимать следующее выра-
жение a ( x1 , ξ 2 , ξ3 ) R( x1 , ξ 2 , ξ3 ; y1 , y2 , y3 ) . Учитывая условия (6), налагаемые на граничные функции
задачи (5), найдем
3
3
x1( i )
i =1
x( i )
R( x, x1 ) = ∑ wi ( x(i ) ) − 2 + ∑ ∫
i =1
( ai (ξ )|ξ = x wi ( x(i ) ) −ai (ξ ) R(ξ|ξ = x , x1 ) ) dξ(i) − ∫x
x1
i
i
i
i
c(ξ ) R(ξ , x1 ) d ξ .
Нетрудно видеть, что
wi ( x(i ) ) + ∫
x1(i )
x( i )
ai (ξ )|ξi = xi wi ( x(i ) ) d ξ (i ) = 1, x ∈ Si , i = 1,3.
Поэтому
3
x1( i )
i =1
x( i )
R( x, x1 ) = 1 − ∑ ∫
x1
ai (ξ ) R(ξ|ξi = xi , x1 ) d ξ (i ) − ∫ c(ξ ) R(ξ , x1 ) d ξ , x ∈ D.
x
(7)
Обозначая R( x, x1 ) через v( x) , запишем уравнение (7) в виде
3
x1( i )
i =1
x( i )
v( x) = 1 − ∑ ∫
x1
ai (ξ )v(ξ )|ξi = xi d ξ (i ) − ∫ c(ξ )v(ξ ) d ξ .
x
(8)
Для решения уравнения (8) воспользуемся методом последовательных приближений. Нетрудно убедиться, что v ∈ C (D ) и v( x) можно записать в виде
∞
v( x) = ∑ ( vn ( x) − vn−1 ( x) ) + v0 ( x),
где v0 ( x) = 1 , а при n ≥ 1
32
(9)
n =1
Вестник ЮУрГУ. Серия «Математика. Механика. Физика»
Карачик В.В.
Задачи Коши и Гурса для уравнения 3-го порядка
3
x1( i )
i =1
x( i )
vn ( x) = 1 − ∑ ∫
x1
ai (ξ )vn −1 (ξ )|ξi = xi d ξ (i ) − ∫ c(ξ )vn −1 (ξ ) d ξ ,
x
если ряд (9) равномерно сходится в области D . Аналогичный результат получим после применения метода нормированных функций [6] к задаче (5)–(6). Оценим члены ряда (9). Пусть
| c |,| ai |≤ M , в области D и K = max i {x1i − xi0 ,1} . Для сокращения дальнейших записей введем
следующие обозначения | x − y |(i ) = x j − y j + xk − yk ,| x − y |= xi − yi + x j − y j + xk − yk , где i, j , k
различные числа, принимающие значения 1, 2, 3. Так как при x ∈ D
( x1i − xi )( x1j − x j ) ≤ K / 2 | x1 − x |( k ) , ( xi1 − xi )( x1j − x j )( x1k − xk ) ≤ K 2 / 3 | x1 − x |,
то для x ∈ D справедлива оценка
(
(10)
| v1 ( x) − v0 ( x) |≤ M ( x11 − x1 )( x12 − x2 ) + ( x12 − x2 )( x31 − x3 ) +
)
+ ( x11 − x1 )( x31 − x3 ) + ( x11 − x1 )( x12 − x2 )( x31 − x3 ) ≤ 4 / 3MK 2 | x1 − x | .
Предположим, что для x ∈ D и некоторого n ≥ 1 верно неравенство
| vn +1 ( x) − vn ( x) |≤ K / 3(4 KM ) n | x1 − x |2 n−1,! .
Подставляя в (11) вместо n значение n + 1 , после несложных преобразований находим
(
(11)
)
| vn +1 ( x) − vn ( x) |≤ K / 3(4 KM ) n M 3 | x1 − x |2 n +1,! + | x1 − x |2n + 2,! ≤
(
)
≤ K / 3(4 KM ) n M | x1 − x |2n +1,! 3+ | x1 − x | /(2n + 2) .
Так как 3/(2n + 2) < 1 , при n ≥ 1 , то
| vn +1 ( x) − vn ( x) |≤ K / 3(4 KM ) n +1 | x1 − x |2 n +1,! ,
т.е. равенство (11) справедливо для любого значения n ≥ 1 и x ∈ D . Применяя оценку (11) к формуле (9), убеждаемся, что функция v( x) существует, непрерывна в D и удовлетворяет неравенству
| v( x) |≤ 1 + 2 / 3 MK 3 sh
(
)
4 MK | x1 − x | .
Докажем единственность решения уравнения (8). Пусть имеется два решения. Разность этих решений обозначим w( x) . Очевидно, что w( x) должна удовлетворять следующему уравнению
x1
3
x1(i )
i =1
x( i )
w( x) = − ∫ c(ξ ) w(ξ ) d ξ − ∑ ∫
x
ai (ξ ) w(ξ )|ξi = xi d ξ (i ) .
Учитывая сделанные выше обозначения, найдем
3 x1
 x1

(i )
| w( x) |≤ M  ∫ |w(ξ ) | d ξ + ∑ ∫ |w(ξ ) ||ξi = xi d ξ (i )  .
x
x( i )
i =1


Из полученного неравенства при W = sup | w( x) | будем иметь | w( x) |≤ 4 / 3MWK 2 | x1 − x | .
x∈D
Используя найденное неравенство, из оценки для w( x) , аналогично (11), можно получить
| w( x) |≤ W / 3(4 KM )n K | x1 − x |2 n −1,! , x ∈ D.
Очевидно, что если n → ∞ , то правая часть найденного неравенства стремится к 0, а так как левая его часть не зависит от n , то w( x) = 0 для x ∈ D . Что и требовалось установить.
Итак, если функция R( x, x1 ) существует, то ее можно найти из интегрального уравнения (7).
Если теперь мы покажем, что решение уравнения (8) имеет следующую гладкость: v ∈ C1 (D ) ,
Dx(2) v ∈ C (D ) , Dx(3) v ∈ C (D ) , и удовлетворяет задаче (5)–(6), то функция Римана уравнения (1)
(i )
существует и единственна.
2015, том 7, № 2
33
Математика
Сначала докажем, что функция v( x) обладает в D непрерывными производными первого
порядка. Для этого исследуем дифференцируемость ряда (9), например по x1 . Очевидно, что
функции vn ( x) дифференцируемы в D и справедливо равенство
x1
∂
( vn+1 ( x) − vn ( x) ) = − ∫x 2 a3 ( x) ( vn ( x) − vn−1 ( x) )|x2 =ξ2 d ξ 2 −
2
∂x1
x13
− ∫ a2 ( x) ( vn ( x) − vn −1 ( x) )| x
3 =ξ3
x3
−∫
x12
x2
x13
∫x
3
d ξ3 − ∫
x31 

∂
a1 ( x)  ( vn ( x) − vn−1 ( x) )|x2 =ξ2 d ξ3 d ξ 2 −
 c( x) +
3
∂x1
x3 =ξ3


x12
∫x
x2
a1 ( x)
∂
( vn ( x) − vn −1 ( x) )|x2 =ξ2 dξ3dξ 2
∂x1
x3 =ξ3
(12)
Пусть M1 = sup( M , ∂ai / ∂xi ) , тогда, используя (10), нетрудно убедиться, что
x∈D
∂
(v1 ( x) − v0 ( x)) ≤ M1 2( x12 − x2 )( x13 − x3 )+ | x1 − x |(1) ,
∂x1
(
)
и значит
∂
(v1 ( x) − v0 ( x)) ≤ M1 ( K + 1) | x1 − x |(1) .
∂x1
Теперь оценим
(13)
∂
(vn +1 ( x) − vn ( x)) . Воспользовавшись (10), найдем
∂x1
∂
(vn +1 ( x) − vn ( x)) ≤ 2 / 3K ( K + 1) M1 (4 KM1 ) n | x1 − x |2 n,! +
∂x1
∂
( vn − vn−1 ) dξ3dξ 2 .
x2 3 ∂x
1
Отсюда нетрудно получить цепочку неравенств
∂
(vn+1 ( x) − vn ( x)) ≤ 2 / 3K ( K + 1) M1 (4 KM1 ) n | x1 − x |2n,! +
∂x1
+ M1 ∫
x12
x13
∫x
+2 / 3K ( K + 1) M12 (4 KM1 ) n−1 ∫
x12
x2
+ M12 ∫
x12
x2
x13
x12
x31
3
2
3
∫x ∫ξ ∫ξ
x31
∫x
3
(| x
1
− x |(3) + x13 − ξ3
)
2 n − 2,!
(14)
d ξ3 d ξ 2 +
∂
(vn −1 − vn− 2 ) dτ 3dτ 2 d ξ3 d ξ 2 ≤≤ 4 / 3K ( K + 1) M1 (4 KM1 ) n | x1 − x |2n,! +
∂x1
+ M12 ∫
x12
x2
x13
x12
x31
3
2
3
∫x ∫ξ ∫ξ
∂
(vn −1 − vn− 2 ) dτ 3dτ 2 d ξ3d ξ 2 .
∂x1
Если данный процесс повторить n − 2 раз и использовать неравенство (13), то получим
∂
2 n +1,!
(vn +1 ( x) − vn ( x)) ≤ 2 / 3nK ( K + 1) M 1 (4 KM 1 )n | x1 − x |2n,! + ( K + 1) M 1n+1 | x1 − x |(1)
.
∂x1
Следовательно, если ряд (9) продифференцировать по x1 , то полученный таким образом ряд
будет равномерно сходиться в области D . Значит, по известной теореме сумма ряда (9) – дифференцируемая по x1 в области D функция. Аналогичное утверждение можно сделать и относительно переменных x2 и x3 . Итак, v ∈ C1 (D ) . Очевидно, что более этого, v ∈ C1 (D ) .
Исследуем возможность применения операторов Dx(2) и Dx(3) к функции v( x) в области D .
(i)
Легко видеть, что правая часть уравнения (8) допускает применение к ней операторов Dx(2) при
(i)
34
Вестник ЮУрГУ. Серия «Математика. Механика. Физика»
Карачик В.В.
Задачи Коши и Гурса для уравнения 3-го порядка
i = 1,3 , а также оператора Dx(3) , и полученные в результате этого функции будут непрерывны в
D . Поэтому Dx(2) v, Dx(3) v ∈ C (D ) . Далее нетрудно подсчитать, что
(i )

x1i 
Dx(2) v + ai v = ∫  ∑ (a j v) x j − cv  d ξi ,
(i )
xi 

 j =/i

(15)
а значит
Dx(2) v + ai v| x = x1 = 0, x ∈ Si .
(i )
i
i
Поскольку кроме этого v| x = x1 = 1 для i, j = 1,3 ( i =/ j ) и Dx(2) v ∈ C (D ) , то функции
i
(i )
i
wi ( x(i ) ) = v( x)| x = x1 удовлетворяют условиям (6). Для окончательного доказательства теоремы поi
i
действуем на равенство (15) оператором Dxi . Получим L* ( D)v( x) = 0 . Итак, функция v( x) , находимая из (8), удовлетворяет задаче (5)–(6). Теорема доказана.
Замечание 1. Если c, ai ∈ C1 (D ) , ∂ 2 ai / ∂xi2 ∈ C (D ) , тогда функция Римана дважды дифференцируема и R xi x j ( x, x1 ) ∈ C (D ) .
Исследуем теперь свойства функции U ( x) = R( x 0 , x) .
Теорема 2. Пусть коэффициенты уравнения (1) обладают гладкостью, требуемой в теореме
1. Тогда U(x) имеет следующую гладкость: U ∈ C1 (D ) , Dx(2)U ∈ C (D ) , Dx(3)U ∈ C (D ) , а также
(i )
удовлетворяет однородному уравнению (1) и условиям (6)
Dx(2) wi ( x(i ) ) + ai ( x)| x = x0 wi ( x(i ) ) = 0, x(i ) ∈ Si ( x 0 ),
(i )
i
wi ( x(i ) )| x
i
(16)
= 1, s = k , j , xs0 < xs < x1s ,
0
s = xs
где wi ( x(i ) ) = U ( x)| x = x0 .
i
i
Доказательство. Положим x = x 0 и x1 = x в уравнении (7). Его решение представляется рядом (9), который перепишем в виде
∞
U ( x) = ∑ U n ( x, x 0 ),
x ∈ D,
(17)
n =0
где U 0 ( x, x 0 ) = 1 , а при n ≥ 1
3
x1
U n ( x, x 0 ) = − ∫ c(ξ )U n−1 ( x, ξ ) d ξ − ∑ ∫
x
i =1
x( i )
x(0i )
ai (ξ )U n−1 ( x, ξ )|ξ = x0 d ξ(i ) .
i
(18)
i
Пусть U n ( x, x 0 ) обладает гладкостью, требуемой в теореме 2 от функции U ( x) . Тогда из формулы (18) сразу следует, что U n +1 ( x, x 0 ) также обладает этой же гладкостью. Это видно из того, что
порядок производных справа от U n ( x, x 0 ) не может быть выше порядка производных слева от
U n +1 ( x, x 0 ) . Оценим члены ряда (17). Из (11) следует, что
(36Mk )
( x, x ) |≤
3 n
|Un
0
9(2n − 1)!
,
если | xi − xi0 |≤ k , | ai |,| c |≤ M . Аналогичные оценки имеют место и для Dxi U n , Dx(2)U n , Dx(3)U n .
(i )
Значит, сумма ряда (17) обладает гладкостью, требуемой от функции U ( x) . Положим в формуле
(18) xi = xi0 . Тогда, обозначая U n ( x)| x = x0 = wɶ n ( x(i ) , x 0 ) будем иметь
i
i
wɶ n ( x(i ) , x 0 ) = − ∫
2015, том 7, № 2
x( i )
x(0i )
ai (ξ ) wɶ n −1 ( x(i ) , ξ )|ξ = x0 d ξ (i ) .
i
(19)
i
35
Математика
Положим x j = x 0j , для j =/ i . Тогда wɶ n ( x(i ) , x 0 )| x
0
j =xj
= 0 для n ≥ 1 . Значит, wi ( x(i ) )| x
0
j =x j
= 1 . Подей-
ствуем на равенство (19) оператором Dx j при j =/ i . Если n ≥ 1 , будем иметь
xk
Dx j wɶ n ( x(i ) , x 0 ) = − ∫ 0 ai (ξ ) wɶ n−1 ( x(i ) , ξ ) ξ = x0 d ξ k − ∫
|ξ = x
xk
i
j
x( i )
x(0i )
i
ai (ξ ) Dx j wɶ n −1 ( x(i ) , ξ )|ξ = x0 d ξ(i ) ,
i
i
j
или при n ≥ 2
Dx j wɶ n ( x(i ) , x 0 ) = − ∫
x( i )
x(0i )
ai (ξ ) Dx j wɶ n −1 ( x(i ) , ξ )|ξ = x0 d ξ(i ) .
i
i
Действуя на полученное равенство оператором Dxk , найдем
Dx(2) wɶ n ( x(i ) , x 0 ) = − ∫
x( i )
x(0i )
(i )
ai (ξ ) Dx(2) wɶ n −1 ( x(i ) , ξ )|ξ = x0 d ξ (i ) .
(i )
i
(20)
i
Если n = 1 , то будем иметь Dx(2) wɶ1 ( x(i ) , x 0 ) = −ai ( x)| x = x0 и значит
(i )
i
Dx(2) wɶ1 ( x(i ) , x 0 )
(i )
i
= − ai ( x)| x = x0 wɶ 0 ( x(i ) , x 0 ) .
i
i
Отсюда, используя (19) и (20), нетрудно получить
Dx(2) wɶ n ( x(i ) , x 0 ) = −ai ( x)| x = x0 wɶ n −1 ( x(i ) , x 0 ) .
(i )
i
(21)
i
Переходя к пределу при n → ∞ и учитывая, что lim wɶ n ( x(i ) , x 0 ) = wi ( x(i ) ) , убеждаемся в
n →∞
справедливости (16).
Выпишем рекуррентное дифференциальное соотношение для функций U n ( x, x 0 ) . Подсчет
показывает, что если i, j , k – не равные между собой числа, принимающие значения 1, 2, 3
Dx(3)U n ( x, x 0 ) =
3
xj
x( i )
 xk

= − ∑  ∫ 0 a j (ξ )·|ξ = x0 d ξ k + ∫ 0 ak (ξ )·|ξ = x0 d ξ j + ∫ 0 c(ξ )· d ξ (i ) Dx(2)U n −1 ( x, ξ )|ξi = xi +
x
xj
x( i )
j
j
k
k
 (i )
i =1  k
+∫
x( i )
x(0i )
(22)
x

ai (ξ ) Dx(3)U n −1 ( x, ξ )|ξi = xi d ξ (i )  − ∫ 0 c(ξ ) Dx(3)U n −1 ( x, ξ ) d ξ − c( x)U n−1 ( x, x 0 )
x

Очевидно, что U n ( x, x) = 0 , если n ≥ 1 . Положим n = 1 в (22). Тогда, так как U 0 ( x, x 0 ) = 1 , получим
3
Dx(3)U n+1 ( x, x 0 ) = − ∑ ai ( x) Dxi U n ( x, x 0 ) − c( x)U n ( x, x 0 )
(23)
i =1
при n = 0 . Далее из (21) следует, что при ξi = xi
Dx(2)U n ( x, ξ ) = − ai ( x)U n −1 ( x, ξ ) .
(i )
(24)
Предположим, что формула (23) верна при n = m − 1 . Докажем ее справедливость и при n = m .
Для этого, подставим значения из (23) и (24), взятые при n = m , в формулу (22), в которой
n = m + 1 . Получим
3
xk
xj
x( i )


Dx(3)U m +1 ( x, x 0 ) = ∑  ai ( x)  ∫ 0 a j (ξ )·|ξ = x0 d ξ k + ∫ 0 ak (ξ )·|ξ = x0 d ξ j + ∫ 0 c(ξ )· d ξ (i ) U m −1 ( x, ξ )|ξi = xi +
x
x
x
j
j
k
k
j
(i )
 k

i =1 
+∫
x( i )
x(0i )

 3

ai (ξ )  ∑ a j ( x) Dx j U m −1 ( x, ξ ) + c( x)U m −1 ( x, ξ ) 
d ξ( i )  +
 j =1



|ξi = xi0

3
+∑ ∫
i =1
x
x0
(25)
( ai ( x)c(ξ ) Dx U m−1 ( x,ξ ) + c( x)c(ξ )U m−1 ( x,ξ ) ) dξ .
i
Обозначим коэффициент при ai ( x) через bi ( x) . Применяя равенство (18), получим
36
Вестник ЮУрГУ. Серия «Математика. Механика. Физика»
Карачик В.В.
Задачи Коши и Гурса для уравнения 3-го порядка
xj
x( i )
 xk

bi ( x) =  ∫ 0 a j (ξ )·|ξ = x0 d ξ k + ∫ 0 ak (ξ )·|ξ = x0 d ξ j + ∫ 0 c(ξ )· d ξ (i )  U m −1 ( x, ξ )|ξi = xi +
x
x
x
j
j
k
k
j
(i )
 k

3
+∑ ∫
j =1
x( j )
x(0j )
a j (ξ ) Dxi U m −1 ( x, ξ )|ξ
x
0
j =x j
d ξ ( j ) + ∫ 0 c(ξ ) Dxi U m −1 ( x, ξ ) = − Dxi U m ( x, x 0 ).
x
Аналогично, обозначая коэффициент при c( x) через d ( x) получим
3
d ( x) = ∑ ∫
x( i )
x(0i )
i =1
x
ai (ξ )U m −1 ( x, ξ )|ξ = x0 d ξ (i ) + ∫ 0 c(ξ )U m −1 ( x, ξ ) d ξ = −U m ( x, x 0 ) .
i
x
i
Подставляя полученные значения коэффициентов bi ( x) и d ( x) в формулу (25) получим (23)
при n = m . Значит, формула (24) верна для любого n ∈ ℕ . Для окончательного доказательства
теоремы перейдем в формуле (23) к пределу при n → ∞ . Тогда будем иметь L( D)U ( x) = 0 . Теорема доказана.
Замечание 2. Если коэффициенты имеют гладкость c, ai ∈ C1 (D ) , ∂ 2 ai / ∂xi2 ∈ C (D ) , тогда
Rxi xi ( x 0 , x) ∈ C (D ) .
2. Задача Коши
Исследуем задачу Коши. Рассмотрим следующие тождества для функций u, v ∈ C 3 (G )
vL( D)u + uL* ( D)v =
(
) x + ( −ux vx + a2uv ) x + ( uvx x + a3uv ) x ,
= ( uvx x + a1uv ) + ( u x x v + a2uv ) + ( −u x vx + a3uv ) ,
x
x
x
= ( −u x vx + a1uv ) + ( uvx x + a2uv ) + ( u x x v + a3uv ) .
x
x
x
= u x2 x3 v + a1uv
2 3
2
Складывая их, найдем
3
1
1
1 3
1
3
1
2
1 3
1
(
1 2
2
2
3
2
3
1 2
3
) (
3 vL( D)u + uL* ( D)v = u x2 x3 v − u x2 vx3 + uvx2 x3 + 3a1uv
(
+ u x1x3 v − u x3 vx1 + uvx1x3 + 3a2uv
) x + ( u x x v − u x vx
1 2
2
1
2
)x
+
1
+ uvx1x2 + 3a3uv
)x .
(26)
3
Из обозначений, сделанных в начале статьи, следует, что область G определяется точкой
0
x , если поверхность σ ( x) = 0 фиксирована. Поэтому G = G ( x 0 ) . Вернемся к предыдущему тождеству (26) и заменим в нем x на ξ , вместо v(ξ ) подставим R(ξ , x) и проинтегрируем по G ( x) .
Обозначим интегралы от каждой скобки через J1 , J 2 и J 3 соответственно. Компоненты вектора
внешней нормали к поверхности σ ( x) = 0 обозначим nξi , i = 1, 2,3 . Вычислим J1 . Имеем

J1 = ∫
u
G ( x )  ξ 2ξ3
)
(
)
(
)
R − 1/ 2 uξ2 R ξ3 + uξ3 R ξ2 + u R ξ2ξ3 + 3a1u R nξ1 dσ .

Используя свойства функции Римана (6), найдем
u
J1 = ∫
R − 1 / 2 uξ 2 R ξ3 + uξ3 R ξ2 + u R ξ2ξ3 + 3a1u R nξ1 dσ −

σ ( x )  ξ 2ξ3
=∫

(
R − 1/ 2 uξ2 R ξ3 + uξ3 R ξ2 + u R ξ2ξ3 + 3a1u R  d ξ =
ξ1
u
σ ∪ S  ξ 2ξ3
) (
(
)
(
)


(u R)ξ2ξ3 − 3 / 2  u R ξ2
+ u R ξ3  + 3 R ξ2ξ3 + a1 R u  ds.

S1 ( x ) 
ξ3
ξ2 


Здесь σ ( x) – часть поверхности σ ( x) = 0 , находящаяся в области G ( x) . Обозначим
Pi ( x) = τ j ( x) ∩ τ k ( x) . Интеграл по S1 ( x) обозначим через l1 и вычислим его. Опять используя
−∫
свойство функции Римана (6), найдем
1


l1 = ∫
  (u R)ξ 2 − 3 u R ξ2  +  (u R)ξ3 − 3 u R ξ3   ds =
S
(
x
)
ξ3
ξ2 
2 1 
(
2015, том 7, № 2
)
(
)
37
Математика
{
(
)
(
) nξ′ } ds −
{
(
)
(
) nξ′ } ds −
1
(u R)ξ − 3 u R ξ  nξ′ +  (u R)ξ − 3 u R ξ
2
2 
3
3
3

2 ∫τ1 ( x ) 
1 P2 ( x )
1 P3 ( x )
− ∫
(u R)ξ2 d ξ 2 − ∫
(u R)ξ3 d ξ3 =
x
2 2
2 x3
1
(u R)ξ − 3 u R ξ  nξ′ +  (u R)ξ − 3 u R ξ
= ∫
2
2 
3
3
3

2 τ1 ( x ) 
=
2
2
−1/ 2u ( P2 ) R( P2 , x) − 1/ 2u ( P3 ) R( P3 , x) + u ( x),
где nξ′ i – компоненты вектора внешней нормали к кривой τ 1 ( x) в плоскости ξ1 = x1 . Итак, J1
имеет следующее значение
u
J1 = ∫
R − 1/ 2 uξ2 R ξ3 + uξ3 R ξ2 + u R ξ2ξ3 + 3a1u R nξ1 dσ −

σ ( x )  ξ 2ξ3
1
 (u R)ξ − 3 u R ξ  nξ′ + (u R)ξ − 3 u R ξ  nξ′ ds +
− ∫
2
2 
3
3
3 
2

2 τ1 ( x ) 
+1 / 2u ( P2 ) R( P2 , x) + 1 / 2u ( P3 ) R( P3 , x) − u ( x).
Аналогично вычисляются интегралы J 2 и J 3 . Складывая значения J1 , J 2 и J 3 , получим
1
1
1
u ( x) = u ( P1 ) R( P1 , x) + u ( P2 ) R( P2 , x) + u ( P3 ) R( P3 , x) −
3
3
3
3
1
 u R − 2u R n′ + u R − 2u R n′  dτ +
− ∑∫
ξ
ξj
ξk
ξk
ξk
ξj 
 i
2 i =1 τ i ( x )  j
(
(
{
)
(
3

(
)
)
(
(
)
}
)
)
1

uξ j R ξk + uξk R ξ j + u R ξ jξk + 3ai u R nξi dσ − ∫
R(ξ , x) f (ξ ) d ξ . (27)
G( x)
2

i =1
Для того, чтобы полученная формула давала решение задачи Коши, необходимо выразить значения u xk , u xk xi на σ ( x) = 0 через данные Коши. Покажем, что это возможно, когда направление
uξ ξ
σ ( x) ∑ 

+∫
j k
R−
l ( x) не касается поверхности σ ( x) = 0 ни в одной точке. В случае, когда уравнение имеет второй
порядок, это известно [5].
Пусть поверхность σ ( x) = 0 на некоторой своей части задается уравнением x1 = σ ( x2 , x3 ) и
σ ∈ C 4 . Можно считать, что ϕk = ϕk ( x2 , x3 ) . Легко показать, что на поверхности σ ( x) = 0 верны
равенства
∂u
∂u ∂ϕ0
∂u
∂u ∂ϕ0
∂u
∂u
∂u
(28)
σ2 +
=
,
σ3 +
=
, l1
+ l2
+ l3
= ϕ1 ,
∂x1
∂x2 ∂x2
∂x1
∂x3 ∂x3
∂x1
∂x2
∂x3
в которых σ i = ∂σ / ∂xi . Полученная система уравнений для определения ∂u / ∂xi|σ разрешима при
любой правой части, если ∆ ≡ (l , n) =/ 0 в произвольной точке поверхности σ ( x) = 0 . Далее из (28)
нетрудно получить систему уравнений для определения ∂ 2u / ∂xi ∂x j|σ . Если неизвестные записать
(
в виде вектора X = u x1x1 , u x1x2 , u x1x3 , u x2 x2 , u x2 x3 , u x3 x3
)|σ , то матрица этой системы
A X = b,
(29)
будет иметь вид
σ3
 σ 2σ 3
 2
2σ 2
 σ2
 2
0
σ
A= 3
 l1σ 2 l1 + l2σ 2

l2σ 3
 l1σ 3
 2
2l1l2
 l1
а вектор правой части записывается в форме
38
σ2
0
1
0
1
0
2σ 3
0
0
l3σ 2
l2
l3
l1 + l3σ 3
0
l2
2l1l3
l22
2l2l3
0

0

1
,
0

l3 

l32 
Вестник ЮУрГУ. Серия «Математика. Механика. Физика»
Карачик В.В.
Задачи Коши и Гурса для уравнения 3-го порядка
 ∂ 2ϕ0
∂ 2ϕ
∂ 2ϕ
− u x1|σ σ 23 , 20 − u x1|σ σ 22 , 20 − u x1|σ σ 33 ,
b=
 ∂x ∂x
∂x2
∂x3
 2 3
3
∂l j ∂u 
∂ϕ1 3 ∂li ∂u ∂ϕ1 3 ∂li ∂u
.
−∑
,
−∑
, ϕ 2 − ∑ li
∂x2 i =1 ∂x2 ∂xi |σ ∂x3 i =1 ∂x3 ∂xi |σ
i , j =1 ∂xi ∂x j |σ 

После элементарных преобразований определитель матрицы A примет вид det A = ∆ 4 .
Сформулируем основной результат для задачи Коши.
Теорема 3. Задача Коши (1)–(2) имеет единственное решение, если c, ai ∈ C1 (G ) ,
∂ 2 ai / ∂xi2 ∈ C (G ) , ϕ k ∈ C 4− k (σ ) и векторное поле l ( x) не касается поверхности σ ∈ C 4 ни в одной точке. Это решение можно найти по формуле (27), если ∂u / ∂xi|σ определить из системы (28),
а ∂ 2u / ∂xi ∂x j|σ из системы (29).
Доказательство. Единственность решения задачи (1)–(2) следует из представления (27). Для
доказательства существования решения сделаем в уравнении (1) замену переменных
v = u − u|σ − ( x1 − σ )u x1|σ − ( x1 − σ ) 2 u x1x1|σ ,
где u x1|σ и u x1x1|σ находятся через ϕi из (28) и (29). Тогда, уравнение (1) примет вид L( D)v = f1 , а
условия (2) станут однородными. В силу замечаний к теоремам 1 и 2 имеем u xi xi ∈ C (G ) . Ясно,
что f1 ∈ C (G ( x 0 ) . Если теперь показать, что функция
v( x) = − ∫
G( x)
R(ξ , x) f1 (ξ ) d ξ
является решением однородной задачи (1)–(2), то теорема будет доказана.
Нетрудно подсчитать, что
∂v
∂R
=∫
R(ξ , x) f1 (ξ )|ξi = xi d ξ (i ) − ∫
(ξ , x) f1 (ξ ) d ξ ,
Si ( x )
G ( x ) ∂x
∂xi
i
Pj ( x )
∂ 2v
∂R
= −∫
R(ξ , x) f1 (ξ ) ξi = xi d ξ j + ∫
(ξ , x) f1 (ξ )|ξi = xi d ξ (i ) +
x
S
x
(
)
j
i
∂xi ∂xk
|
∂xk
.
ξk = xk
∂R
∂2 R
(ξ , x) f1 (ξ )|ξk = xk d ξ ( k ) − ∫
(ξ , x) f1 (ξ ) d ξ ,
Sk ( x ) ∂x
G ( x ) ∂x ∂x
i
i k
+∫
3 P ( x)
∂ 3v
∂R
i
= R( x, x) f1 ( x) − ∑ ∫
(ξ , x) f1 (ξ ) ξk = xk d ξi +
x
∂xi ∂x j ∂xk
∂xi
|
i =1 i
ξ j =x j
∂ R
2
3
+∑ ∫
S ( x ) ∂x ∂x
i k
i =1 i
(ξ , x) f1 (ξ )|ξi = xi d ξ (i ) − ∫
∂ R
3
G ( x ) ∂x ∂x ∂x
i
j k
(ξ , x) f1 (ξ ) d ξ ,
а поэтому
3
L( D )v = f1 ( x) − ∑ ∫
i =1
Pi ( x ) ∂ R
xi
∂xi
(ξ , x) f1 (ξ ) ξk = xk d ξi +
|ξ = x
j
j
 ∂ R

(ξ , x) + ai ( x) R(ξ , x)  f1 (ξ )|ξi = xi d ξ (i ) − ∫
L ( D ) R(ξ , x) f1 (ξ ) d ξ .

S ( x )  ∂x ∂x

G( x) x
i =1 i
 k j

В силу свойств функции Римана L( D )v = f1 . Легко видеть, что v|σ = vxi |σ = vxi xk |σ = 0 для лю3
+∑ ∫
2
бых, значений i, k = 1, 2,3 , не обязательно различных. Теорема доказана.
3. Задача Гурса
Для исследования существования и единственности решения задачи Гурса необходимы следующие рассуждения. Пусть u(x) и v(x) обладают гладкостью, требуемой от решения задачи Гурса, и кроме того Dx(3)u , Dx(3) v ∈ C (D ) . Нетрудно убедиться, что
2015, том 7, № 2
39
Математика
3
(
)
Dx(3) (uv) = vDx(3)u + uDx(3) v + ∑ vxi Dx(2) u + u xi Dx(2) v .
i =1
(i )
(i )
(30)
Если теперь к обеим частям полученного тождества добавить следующее равенство
3
vL( D )u + uL* ( D)v = vDx(3)u + uDx(3) v + ∑ ( ai uv ) x ,
i
i =1
справедливое в D , то будем иметь
3
3
(
)
Dx(3) (uv) + ∑ ( ai uv ) x = vL( D)u + uL* ( D )v + ∑ vxi Dx(2) u + u xi Dx(2) v .
i
i =1
i =1
(i )
(i )
(31)
Рассмотрим аналог тождества (30)
Dx(2) (uv) = vDx(2) u + uDx(2) v + u xk vx j + u x j vxk .
(i )
(i )
(i )
Положим в нем v = vxi и просуммируем по i . Будем иметь
3
3
3
∑ Dx(2) (uvxi ) = ∑ vxi Dx(2) u + 3uDx(3)v + 2∑ u xi Dx(2) v.
(i )
i =1
(i)
i =1
(i)
i =1
Вычтем полученное тождество из равенства (31). Тогда, после некоторых простых преобразований, получим следующее тождество в D
3
3
′
Dx(3) (uv) − ∑ Dx(2) (uvxi ) = vL( D )u + uL* ( D )v − ∑ u Dx(2) v + ai v  .
(32)
(i )
(i )

 x
i
i =1
i =1
)
(
Выберем вместо v( x) функцию Римана уравнения (1), т.е. положим v( x) = R( x, x1 ) . Это возможно
в силу теоремы 1 и включения Dx(3) v ∈ C (D ) . Тогда L* ( D)v = 0 . Затем положим x = ξ и проинтегрируем последовательно по ξi (i = 1, 2,3) в пределах от xi0 до xi . Получим
3
(
)
u ( x) R( x, x) − u ( x 0 ) R( x 0 , x) − ∑ u ( x) R ( x| x = x0 , x) − u ( x 0 ) R( x|0x0 = x , x) −
i =1
i
i
i
i


3


0
0
−∑ ∫ 0 u ( x) R ξi ( x| xi =ξi , x) − ∑ u ( x) R ξi ( x x = x0 , x) + u ( x ) R ξi ( x| x0 =ξ , x)  d ξi =
xi
j
j
i
i
| x =ξ
i =1
i =1, j =/i


i i


3
xi
3
x
= ∫ 0 R(ξ , x)Lξ ( D )u (ξ ) d ξ − ∑ ∫
x
i =1
Предположим, что
ϕi ( x(i ) )| x
x( i )
x(0i )
0
j =x j
(u(ξ ) ( D
(2)
ξ(i )
R(ξ , x) + ai (ξ ) R(ξ , x)
))|
ξi = xi
d ξ (i ) .
= ϕ j ( x( j ) )| x = x0 = ψ k ( xk );
i
i
(33)
(34)
ψ i (0) = ψ j (0) = ψ k (0) = ψ 0 ,
где i, j , k – различные числа, принимающие значения 1, 2, 3. Учитывая, что функция R( x, x1 )
является решением задачи (5)–(6), получим
3
(
)
u ( x) = ∑ ϕi ( x(i ) ) R( x| x = x0 , x) −ψ i ( xi ) R( x|0x0 = x , x) + ψ 0 R( x 0 , x) −
i =1
−∑ ∫
i =1
3
i =1
x( i )
x(0i )
i
i

3
+∑ ∫
i
xi 
ψ (ξ ) R ξi ( x|0x0 =ξ , x) −
xi0  i i
i
i


(
i


∑ ϕ j ( x( j ) ) Rξi ( x|x j = x0j , x)  d ξi +
j =1, j =/i

xi =ξi

3
ϕi (ξ(i ) ) Dξ(2)
R(ξ , x) + ai (ξ ) R(ξ , x)
(i )
)
x
d ξ(i ) + ∫ 0 f (ξ ) R(ξ , x) d ξ .
0
|ξi = xi
x
(35)
Итак, сформулируем основной результат для задачи Гурса.
40
Вестник ЮУрГУ. Серия «Математика. Механика. Физика»
Карачик В.В.
Задачи Коши и Гурса для уравнения 3-го порядка
Теорема 4. Пусть f , c, ai , ∂ai / ∂xi ∈ C (D ) , (i = 1,3) , а функции ϕi ( x(i ) ) , удовлетворяющие условиям согласования (34), имеют гладкость Dx(2) ϕi ∈ C ( D ) , тогда регулярное решение задачи
(i )
Гурса существует, единственно и записывается в виде (35).
Доказательство. Очевидно, что Dx(3)u ∈ C (D ) , а поэтому единственность решения задачи
Гурса в требуемом классе функций следует из представления (35). Докажем существование. Нетрудно видеть, что правая часть формулы (35) обладает гладкостью, необходимой для искомого
решения. Проверим, что u ( x) , находимая из (35), удовлетворяет уравнению (1) и краевым условиям (3). Начнем с последнего. Если воспользоваться свойствами функции Римана (5)–(6) и условиями согласования (34), то нетрудно убедиться, что интегральные члены в формуле (35) при
xi = xi0 обращаются в нуль, а сумма членов, не содержащих интегралы, будет равна ϕi ( x(i ) ) . Значит, условия (3) выполнены. Обозначим
x
u0 ( x) = ∫ 0 f (ξ ) R(ξ , x) d ξ .
(36)
x
Покажем, что L( D )u0 ( x) = f ( x) . Действительно,
3
Dx(3)u0 ( x) = f ( x) + ∑ ∫
x( i )
x(0i )
i =1
f (ξ ) Dx(2) R(ξ , x)|ξi = xi d ξ (i ) + ∫
(i )
x
f (ξ ) Dx(3) R(ξ , x) d ξ ,
x0
и
Dxi u0 ( x) = ∫
x( i )
x(0i )
f (ξ ) R(ξ , x)|ξi = xi d ξ (i ) + ∫
x
x0
f (ξ ) Dxi R(ξ , x) d ξ ,
и значит, используя свойство функции Римана (16), получим
x
L( D )u0 ( x) = f ( x) + ∫ 0 f (ξ )Lx ( D) R(ξ , x) d ξ .
x
Опять вспоминая теорему 2, убеждаемся в верности доказываемого равенства.
Обозначим u1 ( x) = u ( x) − u0 ( x) . Покажем, что L( D )u1 ( x) = 0 . Очевидно, для u1 ( x) верна формула
(35), записанная при f ( x) = 0 . Если подставим в эту формулу выражения
ϕi ( x(i ) ) = u ( x)| x = x0 , ψ i ( xi ) = u ( x) x = x0 ,
i
|x = x
i
k
j
k
0
j
где числа i, j , k не равны между собой и принимают значения 1, 2, 3, то в силу выполнимости
условий (3) получим формулу (33) без слагаемого
x
∫x
0
f (ξ )Lξ ( D)u (ξ ) d ξ .
Далее, проводя рассуждения, обратные сделанным при выводе формулы (33), найдем
x
(3)
Dξ(2) ( u1 ( x) Rξ (ξ , x) ) + ∑ u1 ( x) ( Dξ(2) R(ξ , x) + ai (ξ ) R(ξ , x) ) ) d ξ = 0.
∫x (Dξ ( u1 ( x) R(ξ , x) ) − ∑
ξ
i =1
i =1
3
0
′
3
i
(i )
(i )
i
Положим x = x , x = x , R( x, x ) = v( x) и применим к обеим частям полученного равенства опе1
0
1
ратор Dx(3) . Будем иметь
3
(
)
3
( (
Dx(3) (u1v) − ∑ Dx(2) u1vxi + ∑ u1 Dx(2) v + ai ( x)v
i =1
(i )
i =1
(i)
))
′
= 0.
xi
Вспоминая тождество (32) и рассматривая его при v( x) = R( x, x1 ) , получим vL( D )u1 = 0 . Так как
v( x) ≡/ 0 , то L( D )u1 = 0 . Теорема полностью доказана.
Замечание 3. Функция u0 ( x) из равенства (36) является решением неоднородной задачи
Гурса с однородными краевыми условиями.
Пример. Исследуем задачу Гурса при ai ( x) = 0 для i = 1, 2,3 и c( x) = λ
Dx(3)u + λ u = f ( x), u ( x)|S ( x0 ) = ϕi ( x(i ) ), i = 1, 2,3.
i
Функция Римана этого уравнения легко находится из формулы (7). Она имеет вид
2015, том 7, № 2
41
Математика
∞
R λ ( x, ξ ) = ∑ (−λ )n ( x1 − ξ1 ) n,! ( x2 − ξ 2 ) n,! ( x3 − ξ3 ) n,!.
n =0
Решение задачи Гурса (35), которое с помощью метода нормированных систем функций [6] и
операторов U ( D) и V ( D) из [6, теорема 4.13] можно также записать как решение задачи Cβ при
β = (1,1,1) , легко преобразуется к виду
3

x  3
x
u ( x) = ∑ ϕi ( x(i ) ) −ψ i ( xi ) + ψ 0 − λ ∫ 0  ∑ ϕi (τ (i ) ) −ψ i (τ i ) + ψ 0  R λ (τ , x) dτ + ∫ 0 f (τ ) R λ (τ , x) dτ ,
x
x
i =1
 i =1

где функции ψ i ( xi ) необходимо брать из (34). Найденное решение совпадает с полученным другим путем в [1]. Метод нормированных систем функций [6], примененный к уравнению Лапласа
позволяет строить специальные полиномы [7, 8] и решение задачи Дирихле [9], а примененный к
линейным ОДУ – новое представление решений задачи Коши [10].
(
)
(
)
Литература
1. Карачик, В.В. Разработка теории нормированных систем функций и их применения к решению начально-краевых задач для уравнений в частных производных: дисс. … д-ра физ.-мат.
наук / В.В. Карачик. – Ташкент, 2001. – 213 c.
2. Мюнц, Г. Интегральные уравнения / Г. Мюнц. – М.: ГТТИ, 1934. – 330 c.
3. Жегалов, В.И. Трехмерный аналог задачи Гурса / В.И. Жегалов // Некласические уравнения и уравнения смешанного типа. – Новосибирск: Ин-т матем. СО АН СССР, 1990. – C. 94–98.
4. Бицадзе, А.В. Уравнения математической физики / А.В. Бицадзе. – М.: Наука, 1976. –
296 c.
5. Владимиров, В.С. Уравнения математической физики / В.С. Владимиров. – М.: Наука,
1976. – 436 c.
6. Карачик, В.В. Метод нормированных систем функций / В.В. Карачик. – Челябинск: Издательский центр ЮУрГУ, 2014. – 452 с.
7. Karachik, V.V. On some special polynomials / V.V. Karachik // Proceedings of the American
Mathematical Society. – 2004. – Vol. 132, no. 4. – P. 1049–1058.
8. Карачик, В.В. Полиномиальные решения дифференциальных уравнений в частных производных с постоянными коэффициентами I / В.В. Карачик // Вестник ЮУрГУ. Серия «Математика. Механика. Физика». – 2011. – Вып. 4. – № 10(227). – С. 4–17.
9. Карачик, В.В. Полиномиальные решения задачи Дирихле для бигармонического уравнения
в шаре / В.В. Карачик, Н.А. Антропова // Дифференциальные уравнения. – 2013. – Т. 49, № 2. –
C. 250–254.
10. Карачик, В.В. Метод построения решений линейных обыкновенных дифференциальных
уравнений с постоянными коэффициентами / В.В. Карачик // ЖВМиМФ. – 2012. – Т. 52, № 2. –
С. 237–252.
Поступила в редакцию 24 декабря 2014 г.
42
Вестник ЮУрГУ. Серия «Математика. Механика. Физика»
Карачик В.В.
Задачи Коши и Гурса для уравнения 3-го порядка
Bulletin of the South Ural State University
Series “Mathematics. Mechanics. Physics”
2015, vol. 7, no. 2, pp. 31–43
CAUCHY AND GOURSAT PROBLEMS FOR DIFFERENTIAL EQUATION
OF THIRD ORDER
V.V. Karachik
1
Cauchy and Goursat problems for the hyperbolic equation of third order are considered. The theorem of the existence of the Riemann function is proved and on the basis of the aforementioned function
solutions for the Cauchy and Goursat problems are introduced.
Keywords: Cauchy and Goursat problems; hyperbolic equation of third order; Riemann function.
References
1. Karachik V.V. Razrabotka teorii normirovannyh sistem funkcij i ih primeneniya k resheniyu
nachal'no-kraevyh zadach dlya uravnenij v chastnyh proizvodnyh. Diss. dokt. fiz.-mat. nauk (The development of the theory of normed systems of functions and their application to the solution of the initialboundary value problems for equations with differential derivatives. Dr. phys. and math. sci. diss.).
Tashkent, 2001. 213 p.
2. Munz G. Integral’nye uravneniya (Integral equations). Мoscow, GTTI Publ., 1934. 330 p.
3. Zhegalov V.I. Trechmerniy analog zadachi Gursa (Three-dimensional analogue of the Goursat
problem). Neklasicheskie uravneniya i uravneniya smeshannogo tipa (Non-classical equations and the
equations of mixed type). Novosibirsk, Institut matematiki SO AN SSSR Publ., 1990. pp. 94–98.
4. Bitsadze A.V. Uravneniya matematicheskoy fiziki (The equations of mathematical physics). Moscow, Nauka Publ., 1976. 296 p. (in Russ.).
5. Vladimirov V.S. Uravneniya matematicheskoy fiziki (The equations of mathematical physics).
Moscow, Nauka Publ., 1981. 512 p. (in Russ.).
6. Karachik V.V. Metod normirovannyh sistem funkcij (Method of normed systems of functions).
Chelyabinsk: Izdatel'skij centr YuUrGU, 2014. 452 p.
7. Karachik V.V. On some special polynomials. Proceedings of the American Mathematical Society. 2004. Vol. 132, no. 4. pp. 1049–1058.
8. Karachik V.V. Polinomial'nye resheniya differencialnykh uravnenij v chastnykh proizvodnykh s
postoyannymi koefficientami I [Polynomial solutions to partial differential equations with constant coefficients I]. Bulletin of South Ural State University. Series of “Mathematics. Mechanics. Physics”. 2011.
Issue 4. no. 10(227). pp. 4–17.
9. Karachik V.V., Antropova N.A. Polynomial solutions of the Dirichlet problem for the biharmonic
equation in the ball. Differential Equations. 2013. Vol. 49, no. 2. pp. 251–256.
10. Karachik V.V. Method for constructing solutions of linear ordinary differential equations with
constant coefficients. Computational Mathematics and Mathematical Physics. 2012. Vol. 52, no. 2.
pp. 219–234.
Received 24 December 2014
1
Karachik Valeriy Valentinovich is Dr. Sc. (Physics and Mathematics), Professor, Mathematical and Functional Analysis Department, South
Ural State University.
E-mail: karachik@susu.ru
2015, том 7, № 2
43
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
3
Размер файла
271 Кб
Теги
уравнения, кошик, задачи, порядке, гурса
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа