close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Краевая задача для уравнения смешанного типа с сингулярным коэффициентом в области эллиптическая часть которой -- полуполоса.

код для вставкиСкачать
Вестн. Сам. гос. техн. ун-та. Сер. Физ.-мат. науки. — 2009. — № 1 (18). — С. 33–40
УДК 517.956.6
КРАЕВАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ УРАВНЕНИЯ СМЕШАННОГО ТИПА
С СИНГУЛЯРНЫМ КОЭФФИЦИЕНТОМ В ОБЛАСТИ,
ЭЛЛИПТИЧЕСКАЯ ЧАСТЬ КОТОРОЙ — ПОЛУПОЛОСА
М. Х. Рузиев
Институт математики и информационных технологий АН РУз,
100125 Ташкент, ул. Дурмон йули, 29.
E-mail: mruziev@mail.ru
Исследована краевая задача в неограниченной области. Единственность решения
задачи доказана с помощью принципа экстремума, а существование решения задачи установлена методами разделения переменных и интегральных уравнений.
Ключевые слова: полуполоса, уравнение смешанного типа, краевая задача, единственность, существование.
Пусть область D является суммой областей D + и D− , первая из которых
представляет собой эллиптическую полуполосу 0 6 x 6 1, y > 0, а вторая —
характеристический
треугольник
OBC, где OC и BC — две пересекающиеся
2 m+2 m+2
1
в точке C 2 ; − 4
характеристики уравнения
sign y |y|m uxx + uyy +
β0
uy = 0,
y
(1)
исходящие соответственно из точек O(0, 0) и B(1, 0). В (1) m и β0 — некоторые действительные числа, удовлетворяющие условиям m > 0, − m
2 < β0 < 1.
Локальные и нелокальные краевые задачи для уравнения (1) в случае
β0 = 0 в области, эллиптическая часть которой есть полуполоса, исследованы
в работах [1–3].
Задача T . Найти функцию u(x, y) со следующими свойствами:
1) u(x, y) ∈ C(D)∩C 2 (D+ ∪D − ) и удовлетворяет уравнению (1) в D + ∪D− ;
lim u(x, y) = 0
(2)
2)
y→∞
равномерно по x ∈ [0, 1];
3) u(x, y) удовлетворяет краевым условиям
u(0, y) = ϕ1 (y),
и условию сопряжения
u(1, y) = ϕ2 (y),
uOC = φ(x),
06x6
lim (−y)β0 uy = lim y β0 uy ,
y→−0
y→+0
y > 0,
1
2
x ∈ (0, 1),
(3)
(4)
(5)
причём эти пределы при x = 0, x = 1 могут иметь особенность порядка ниже 1 − 2β, где D = D∪OC∪BC∪OO∞ ∪BB∞, OO∞ = {(x, y) : x = 0, y > 0},
Рузиев Менглибай Холтожибаевич — старший научный сотрудник; к.ф.-м.н.
33
Р у з и е в М. Х.
BB∞ = {(x, y) : x = 1, y > 0}; ϕ1 (y), ϕ2 (y) и φ(x) — заданные функции,
m+2β0
.
β = 2(m+2)
Используя решение видоизмененной задачи Коши для уравнения (1) в D − ,
согласно краевому условию (4), имеем
1−2β
ν(x) = γD0x
τ (x) − ψ(x),
(6)
где
2Γ(1 − β)
ψ(x) =
Γ(1 − 2β)
m+2
4
2β
x
2Γ(2β)Γ(1 − β) m + 2 2β
β 1−β
, γ=
x D0x φ
,
2
Γ(β)Γ(1 − 2β)
4
l — оператор дробного дифференцирования порядка l в смысле Римана—
D0x
Лиувилля [4].
Равенство (6) есть основное функциональное соотношение между неизвестными функциями ν(x) и τ (x), принесённое на J гиперболической части
D− области D.
Имеет место следующая
Лемма 1. Если функция u(x, y) — решение уравнения (1) в области D −
такое, что τ (x) = u(x, 0) достигает наибольшего положительного (наименьшего отрицательного) значения в точке x = x0 , 0 < x0 < 1, при этом
φ(x) ≡ 0, то ν− (x0 ) > 0 (ν− (x0 ) < 0).
Д о к а з а т е л ь с т в о леммы 1 следует из формулы (6) и принципа экстремума для операторов дробного дифференцирования.
Пусть Dh и Dh+ — конечные области, отсекаемые прямой y = h > 0 соответственно от D и D+ ; Oh (0, h), Bh (1, h).
Справедлива следующая
Теорема 1. Задача T не может иметь более одного решения.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть u(x, y) — решение задачи T , удовлетворяющее однородным краевым условиям. Покажем, что u(x, y) ≡ 0 в D + .
+
Допустим, что это не так. Тогда найдётся такая область D h , в которой
u(x, y) 6= 0.
Действительно, maxD+ |u(x, y)| > 0. Без ограничения общности можно
h
считать, что
max |u(x, y)| = max u(x, y) > 0.
+
Dh
+
Dh
Допустим, что maxD+ u не достигается на Oh Bh . Поскольку u(0, y) =
h
= u(1, y) = 0 при y > 0, то он не должен достигаться на σ = OOh ∪ BB h ,
и в силу хорошо известного свойства эллиптических уравнений он должен достигаться на отрезке OB в некоторой его внутренней точке (x0 , 0). Но тогда,
по лемме, приведённой в работе [5], должно быть ν+ (x0 ) < 0, что противоречит ν− (x0 ) > 0 в силу леммы 1.
Следовательно, maxD+ u должен достигаться на Oh Bh . Возьмём произh
вольное малое число ε > 0 и в силу (2) выберем h настолько большим, чтобы
|u(x, y)| < ε на y = h.
Пусть (x0 , y0 ) — произвольная точка области D+ . При достаточно большом h эта точка попадает в область Dh+ и потому |u(x0 , y0 )| < ε. В силу
34
Краевая задача для уравнения смешанного типа с сингулярным коэффициентом . . .
+
произвольности ε будем иметь u(x0 , y0 ) = 0. Тогда u(x, y) ≡ 0 в области D
и, в частности, u(x, +0) = τ+ (x) ≡ 0 на [0, 1]. Но ввиду τ+ (x) = τ− (x) из
(6) следует, что ν− (x) ≡ 0. Тогда из формулы Дарбу [6] получим u(x, y) ≡ 0
и в области D − . Справедлива следующая
Теорема 2. Пусть выполнены условия:
ϕi (y) ∈ C[0, ∞),
y
3m+2β0
4
ϕi (y) ∈ L(0, ∞),
i = 1, 2,
а функция
1
h 1i
∩ C (3,δ) 0,
,
φ(x) ∈ C 0,
2
2
ϕ1 (0) = φ(0),
ϕ2 (0) = 0.
Тогда решение задачи T существует.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Решение уравнения (1) в области D+ , удовлетворяющее условиям (2), (3), будем искать в виде суммы двух функций u(x, y) =
= u1 (x, y) + u2 (x, y), где u1 (x, y) и u2 (x, y) — решения уравнения (1), удовлетворяющие соответственно краевым условиям:
u1 (0, y) = ϕ1 (y),
u1 (1, y) = ϕ2 (y),
y > 0,
(7)
lim u1 (x, y) = 0 равномерно по x ∈ [0, 1],
y→+∞
u1 (x, 0) = 0,
u2 (0, y) = 0,
x ∈ [0, 1],
u2 (1, y) = 0,
y > 0,
(8)
lim u2 (x, y) = 0 равномерно по x ∈ [0, 1],
(9)
y→+∞
u2 (x, 0) = τ (x),
x ∈ [0, 1],
(10)
где τ (x) — непрерывная, а τ ′ (x) — абсолютно интегрируемая на отрезке [0, 1]
функции.
Функцию u1 (x, y) будем искать в виде
u1 (x, y) = y
1−β0
2
Z∞ a1 (λ)eλx + a2 (λ)e−λx J 1−2β
2
0
m+2
2λy 2
m+2
!
dλ,
(11)
где a1 (λ) и a2 (λ) — произвольные функции, Jν (z) — функция Бесселя первого
рода [7]. Применяя преобразование Ханкеля, в силу (7) после необходимых
вычислений получим
λx
a1 (λ)e
−λx
+ a2 (λ)e
!
m+2
Z∞
2m+1+β0
2λ
2λy 2
2
=
×
y
J 1−2β
2
(m + 2) sh λ
m+2
0
× sh λ(1 − x)ϕ1 (y) + sh λxϕ2 (y) dy.
(12)
35
Р у з и е в М. Х.
Формулы (11) и (12) определяют искомое решение u1 (x, y). Применив метод разделения переменных, в силу условий (8)–(10) нетрудно получить явный вид функции u2 (x, y):
∞
1−β0 X
2πn m+2
2
2
y
u2 (x, y) = y
an sin πnxK 1−2β
,
(13)
2
m+2
n=1
где
an =
Γ
4
1−2β
2
πn
m+2
1−2β Z1
2
τ (t) sin πnt dt,
0
Kν (z) — функция Макдональда [7].
Выполнив некоторые преобразования в (13), имеем
Z 1
u2 (x, y) = k2 y 1−β0
τ (t)G2 (x, t, y) dt,
(14)
0
где
β−1 β−1
4y m+2
4y m+2
2
2
− (x + t) +
+
G2 (x, t, y) = (x − t) +
(m + 2)2
(m + 2)2
(
β−1 β−1
∞
X
4y m+2
4y m+2
2
2
− (2n + x + t) +
+
(2n + x − t) +
+
(m + 2)2
(m + 2)2
n=1
)
m+2 β−1
m+2 β−1
4y
4y
− (2n − x − t)2 +
,
+ (2n − x + t)2 +
(m + 2)2
(m + 2)2
k2 =
4
m+2
2−2β
Γ2 (1 − β)(1 − β0 )
.
4πΓ(2 − 2β)
Из равенств (11), (12) и (14) после несложных вычислений имеем
Z
m+2 1 ′
ν(x) = −k2
τ (t)(x − t)|x − t|2β−2 dt−
2
(0
Z 1
∞ h
X
(2n + x − t)2β−2 − (2n + x + t)2β−2 +
− k2 (1 − β0 )
τ (t) (x + t)2β−2 −
0
n=1
+(2n − x + t)2β−2 − (2n − x − t)2β−2
где
)
i
dt + F0 (x),
(15)
2β−1
2(m + 2) 2
×
F0 (x) =
Γ 21 − β
(Z
Z
∞ 2m+1+β
0
2
×
t
ϕ1 (t) dt
0
36
∞
0
λ
3−2β
2
sh λ(1 − x)
J 1−2β
2
sh λ
m+2
2λt 2
m+2
!
dλ+
Краевая задача для уравнения смешанного типа с сингулярным коэффициентом . . .
+
Z
∞
t
2m+1+β0
2
ϕ2 (t) dt
0
Z
∞
λ
3−2β
2
0
sh λx
J 1−2β
2
sh λ
m+2
2λt 2
m+2
!
)
dλ .
Равенство (15) есть основное функциональное соотношение между неизвестными функциями ν(x) и τ (x), принесённое на J эллиптической части D +
области D.
Согласно (5), исключая ν(x) из (6) и (15), получим
Z
m+2 1 ′
τ (x)(x − t)|x − t|2β−2 dt − k2 (1 − β0 )×
− ψ(x) = −k2
2
0
(
Z 1
∞ h
X
(2n + x − t)2β−2 − (2n + x + t)2β−2 +
τ (t) (x + t)2β−2 −
×
1−2β
γD0x
τ (x)
0
n=1
2β−2
+(2n − x + t)
2β−2
− (2n − x − t)
i
)
dt + F0 (x).
2β−1
Применив оператор D0x
к обеим частям последнего равенства и выполнив некоторые преобразования, получим сингулярное интегральное уравнение относительно τ (x):
Z 1
τ (t)K(x, t)dt = Φ(x), x ∈ (0, 1),
(16)
τ (x) − µ
0
где
2β−1 t
1
1
K(x, t) =
−
+
x
t−x t+x
"
∞ X
2n − t 2β−1
1
1
+
−
−
x
2n − t + x 2n − t − x
n=1
#
1
1
2n + t 2β−1
−
,
−
x
2n + t + x 2n + t − x
Φ(x) =
4
m+2
2β
Γ2 (1 − 2β) cos πβ 2β−1
2β−1
D
Ψ(x)
+
D
F
(x)
,
0
0x
0x
Γ2 (1 − β) 1 + sin πβ
µ=
cos πβ
.
π(1 + sin πβ)
Полагая
τ (x) = x2−2β ϕ(x),
K(x, t) =
приведём уравнение (16) к виду
Z
ϕ(x) − µ
x 2−2β
L(x, t),
t
Φ(x) = x2−2β g(x),
1
L(x, t)ϕ(t) dt = g(x),
(17)
0
37
Р у з и е в М. Х.
где
∞
X
1
1
+
+
L(x, t) =
t−x t+x
n=1
−
t
2n − t
"
t
2n + t
2−2β 1
1
+
2n + t + x 2n + t − x
1
1
+
2n − t + x 2n − t − x
#
L0 (x, t) =
−
.
Из (17) после некоторых вычислений получим
Z 1
Z 1
△ L(x, t)ϕ(t) dt + g(x),
L0 (x, t)ϕ(t) dt = µ
ϕ(x) − µ
(18)
0
0
где
2−2β 1
1
+
+
t−x t+x
∞ X
1
1
1
1
+
+
−
−
,
2n + t + x 2n + t − x 2n − t + x 2n − t − x
n=1
△ L(x, t) = L(x, t) − L0 (x, t) =
(
∞
X
(2n − t)2β−1 (2n − t)2−2β − t2−2β
−
=2
(2n − t)2 − x2
n=1
)
(2n + t)2β−1 (2n + t)2−2β − t2−2β
.
−
(2n + t)2 − x2
Легко убеждаемся в том, что △ L(x, t) — ограниченная функция в квадрате 0 6 x, t 6 1. Далее, используя разложение ctg x на простейшие дроби,
ядро L0 (x, t) запишем в виде:
L0 (x, t) =
где
.
С учётом (19) из (18) имеем
Z 1
d
ϕ(t) dt
sin2 πt
2
ϕ(x) − µ
2 πt
2 πx dt = r(x),
0 sin 2 − sin 2
r(x) = µ
Произведя замену z =
= r(x), из (20) получим
Z
Z
1
0
(19)
(20)
1
△ L(x, t)ϕ(t) dt + g(x).
0
2 πx
sin 2 ,
ρ(z) − µ
38
d
2 πt
dt sin 2
2 πx
sin2 πt
2 − sin 2
ξ = sin2
πt
2
ρ(ξ)dξ
= χ(z),
ξ−z
(21)
и полагая ρ(z) = ϕ(x), χ(z) =
z ∈ (0, 1).
(22)
Краевая задача для уравнения смешанного типа с сингулярным коэффициентом . . .
Решение уравнения (22) ищем в классе h(1) функций ρ(z) ∈ H(0, 1), которые при z = 1 ограничены, а при z = 0 могут обращаться в бесконечность
порядка ниже единицы. Нетрудно показать, что индекс χ класса h(1) равен
нулю. Тогда единственное решение уравнения (22) в классе h(1) имеет вид
1 + sin πβ
cos πβ
ρ(z) =
χ(z) +
2
2π
1−z
z
1−2β Z
4
1
0
χ(ξ)dξ
.
1−2β
4
1−ξ
(ξ − z)
ξ
Отсюда, возвращаясь к прежнем переменным, получим
1 + sin βπ
cos πβ
ϕ(x) =
r(x) +
2
2π
Z
1 tg πx −
2
tg πt
0
2
1−2β
2
L0 (x, t)r(t) dt.
(23)
В силу (21) равенство (23) запишем в виде
ϕ(x) +
Z
1
H(x, t)ϕ(t) dt = g1 (x),
(24)
0
где
H(x, t) = −
cos πβ
△ L(x, t)−
2π
cos2 πβ
− 2
2π (1 + sin πβ)
1 tg πx
2
tg πt
0
2
Z
cos πβ
1 + sin πβ
g(x) +
g1 (x) =
2
2π
− 1−2β
1 tg πx
2
tg πt
0
2
Z
2
L0 (x, ξ) △ L(ξ, t)dξ,
− 1−2β
2
L0 (x, t)g(t) dt.
Равенство (24) есть интегральное уравнение Фредгольма второго рода. Разрешимость уравнения (24) следует из единственности решения задачи T . БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Репин О. А. Задача Трикоми для уравнения смешанного типа в области, эллиптическая часть которой полуполоса // Дифференц. уравнения, 1996. — Т. 32, № 4. — C. 565–
567.
2. Лернер М. Е., Репин О. А. Об одной задаче с двумя нелокальными краевыми условиями для уравнения смешанного типа // Докл. РАН, 1999. — Т. 365, № 5. — C. 593-595.
3. Блюмкина И. А. О построении решения задачи Трикоми для уравнения типа Чаплыгина в полуполосе // Вестн. Ленингр. ун-та. Сер. Мат.-мех.-астр., 1971. — № 13. —
C. 12–23.
4. Самко С. Г., Килбас А. А., Маричев О. И. Интегралы и производные дробного порядка
и некоторые их приложения. — Мн.: Наука и техника, 1987. — 688 с.
5. Салахитдинов М. С., Рузиев М. Х. Задача Трикоми для одного класса уравнений смешанного типа в неограниченной области // Узбек. мат. журн., 2005. — № 2. — C. 77–83.
39
Р у з и е в М. Х.
6. Салахитдинов М. С., Мирсабуров М. О некоторых краевых задачах со смешением для
уравнения гиперболического типа, вырождающегося на границе // Изв. АН УзССР.
Сер. Физ.-мат. науки, 1980. — № 1. — C. 16–21.
7. Олвер Ф. Асимптотика и специальные функции. — М.: Наука, 1990. — 528 с.
Поступила в редакцию 28/X/2008;
в окончательном варианте — 05/II/2009.
MSC: 35M10
BOUNDARY VALUE PROBLEM FOR THE EQUATION OF MIXED
TYPE WITH SINGULAR COEFFICIENT IN THE DOMAIN WHERE
THE ELLIPTICAL PART IS A HALF-BAND
M. Kh. Ruziev
Institute of Mathematics and Information Technologies Uzbek Academy of Sciences,
29, Durmon yuli st., Tashkent, 100125.
E-mail: mruziev@mail.ru
Boundary value problem is studied in the unbounded domain. Uniqueness of the problem is proven with the help of the extreme principle. Existence of the problem is established by methods of separation of variables and integral equations.
Key words: half–band, mixed type equation, boundary value problem, uniqueness, existence.
Original article submitted 28/X/2008;
revision submitted 05/II/2009.
Ruziev Menglibay Kholtojibayevich, Ph. D. (Phys. & Math.), Senior Scientific Researcher.
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
15
Размер файла
308 Кб
Теги
типа, уравнения, краевая, эллиптическая, смешанной, области, полуполоса, часть, коэффициента, задачи, сингулярных
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа