close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

О единственности решения обратной задачи Коши для дифференциального уравнения с дробной производной в банаховом пространстве.

код для вставкиСкачать
Известия вузов. Математика
2013, № 12, c. 19–35
http://old.kpfu.ru/journals/izv_vuz/
e-mail: izvuz.matem@kpfu.ru
М.М. КОКУРИН
О ЕДИНСТВЕННОСТИ РЕШЕНИЯ ОБРАТНОЙ ЗАДАЧИ КОШИ ДЛЯ
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО УРАВНЕНИЯ С ДРОБНОЙ ПРОИЗВОДНОЙ
В БАНАХОВОМ ПРОСТРАНСТВЕ
Аннотация. Рассматриваются линейные дробно-дифференциальные операторные уравнения
с производной Капуто. Целью работы является получение условий единственности решения
обратной задачи Коши для таких уравнений. Исследование опирается на свойства функции Миттаг-Леффлера и использует исчисление секториальных операторов в банаховом пространстве. Для уравнений с операторами общего вида найдены достаточные условия единственности, для уравнений с плотно определенными секториальными операторами — необходимые и достаточные условия.
Ключевые слова: дробно-дифференциальные уравнения, производная Капуто, банахово пространство, обратная задача Коши, единственность решения, некорректные задачи, функция Миттаг-Леффлера, исчисление секториальных операторов, дробное уравнение Фоккера–
Планка, субдиффузия.
УДК: 517.983
1. Постановка задачи
Пусть u(t), t ≥ 0, — функция со значениями в комплексном банаховом пространстве X.
В работе используются стандартные определения дробного интеграла Римана–Лиувилля
t
1
u(s)
α
ds, t > 0,
(I0+ u)(t) =
Γ(α) 0 (t − s)1−α
α u = (I 1−α u) и дробной производной Капуто
дробной производной Римана–Лиувилля D0+
0+
1−α α
∂ u = I0+ u порядка α ∈ (0, 1) от функции u(t) (например, [1], гл. 2; [2], с. 10–11). Для
α D α u = u ([2], с. 10; [3], с. 40–50).
абсолютно непрерывных функций u(t) справедливо I0+
0+
1
1
Символы D0+ , ∂ дробных производных порядка α = 1 обозначают обычные производные
первого порядка.
Рассмотрим задачу Коши
∂ α u(t) = Au(t),
t > 0,
u(0) = u0 ∈ D(A),
(1)
где A : D(A) ⊂ X → X — неограниченный замкнутый
оператор,
α ∈ (0, 1). Следуя [4],
решением задачи (1) называем функцию u ∈ C [0, +∞); X , принимающую значения из
Поступила 31.07.2012
Работа выполнена при финансовой поддержке Российского фонда фундаментальных исследований (код проекта 12–01–00239a).
19
20
М.М. КОКУРИН
1−α
D(A), удовлетворяющую равенствам в (1) и такую, что (I0+
u)(t) есть непрерывно дифференцируемая функция при t > 0.
Через R(ζ, T ) = (ζE − T )−1 будем обозначать резольвенту оператора T : D(T ) ⊂ X → X,
через σ(T ) — его спектр, через ρ(T ) = C \ σ(T ) — резольвентное множество T . Потребуются
также следующие обозначения:
Π+ (ω) = {λ ∈ C | Re λ > ω},
Π− (ω) = {λ ∈ C | Re λ < ω},
K(ϕ) = {ζ ∈ C \ {0} | arg ζ| < ϕ}.
ω ∈ R;
В частности, K(π) — комплексная плоскость с разрезом вдоль отрицательной вещественной
полуоси. Под w = z α , α ∈ (0, 1), ниже понимается однозначная ветвь степенной функции
порядка α, w : K(π) → K(απ), arg w = α arg z. Обратное отображение, определенное на
K(απ), обозначаем через z = w1/α . Наконец, M есть замыкание множества M ⊂ X.
Следующее утверждение устанавливает достаточные условия корректности задачи (1).
Лемма 1 ([4]). Пусть существует ω0 > 0 такое, что λα ∈ ρ(A) для каждого λ ∈ Π+ (ω0 )
и с некоторыми постоянными C0 > 0 и β ∈ (0, 1) справедлива оценка
R(λα , A) ≤
C0
.
(1 + | Im λ|)β
(2)
Тогда решение задачи (1) существует, единственно, бесконечно дифференцируемо при
t > 0, и его значение при каждом t непрерывно зависит от u0 ∈ D(A).
Основным объектом исследования в данной работе является обратная к (1) задача
∂ α u(t) = Au(t),
0 < t ≤ T,
u(T ) = uT ∈ D(A),
(3)
в которой по данному uT подлежит нахождению элемент u(0) ∈ D(A). Рассматриваемая
обратная задача в общем случае является некорректной (см. замечание 2). Всюду далее
предполагается, что при данном uT задача (3) имеет решение. Целью работы является
получение условий единственности этого решения.
Из аналогичных работ отметим [5], где устанавливаются условия единственности решения обратной задачи для неоднородного дробно-дифференциального уравнения второго порядка с неизвестной неоднородной частью. В [6] изучается задача Коши для неоднородного
уравнения с дробной производной Римана–Лиувилля, подлежащий определению параметр
здесь также входит в неоднородную часть уравнения. Развитый в [6] метод исследования
единственности применяется в данной работе при изучении однозначной разрешимости задачи (3).
Статья организована следующим образом. В разделе 2, носящем вспомогательный характер, приведены необходимые свойства функции Миттаг-Леффлера. Раздел 3 посвящен
получению достаточных условий единственности решения задачи (3). В разделе 4 на оператор A налагаются дополнительные требования секториальности и плотной определенности. За счет такого сужения класса рассматриваемых задач получены достаточные условия
единственности, являющиеся также и необходимыми. Наконец, в разделе 5 представлена
физическая модель, приводящая к обратной задаче Коши (3).
Результаты раздела 4 были ранее анонсированы в [7].
О ЕДИНСТВЕННОСТИ РЕШЕНИЯ ОБРАТНОЙ ЗАДАЧИ КОШИ
21
2. Сведения о функции Миттаг-Леффлера
Функцией Миттаг-Леффлера называется целая аналитическая функция Eα (z) =
∞
n=0
zn
Γ(αn+1) ,
α > 0. Она является частным случаем (β = 1) обобщенной функции Миттаг-Леффлера
∞
zn
Eα,β (z) =
Γ(αn+β) , α > 0, β ∈ C. При α = 1, β = 1 эта функция является экспонентой:
n=0
E1 (z) = ez . В дальнейшем будут рассматриваться только функции Миттаг-Леффлера с
параметрами α ∈ (0, 1), β ∈ R.
При |z| → ∞ справедливы следующие асимптотические формулы ([8], с. 12):
1 1−β 1/α z −k
+ O(|z|−m−1 ),
Eα,β (z) = z α ez −
α
Γ(β − kα)
m
| arg z| ≤
k=1
Eα,β (z) = −
m
z −k
k=1
Γ(β − kα)
απ
+ ε,
2
(4)
−m−1
+ O(|z|
),
απ
+ ε < | arg z| ≤ π,
2
где ε > 0 достаточно мало.
Известно, что функция Eα (z) допускает представление
1
µα−1 eµ
dµ,
Eα (z) = −
2πi
µα − z
(5)
Γ(0,
σ ,θ)
где
Γ(ω, σ, ψ) = {ω + re−iψ |σ ≤ r < +∞} ∪ {ω + σeiϕ ||ϕ| ≤ ψ} ∪ {ω + reiψ |σ ≤ r < +∞}.
(6)
Контур Γ(ω, σ, ψ) проходится в направлении убывания arg µ, параметры σ
> |z|1/α , θ ∈
(π/2, π) в (5) выбираются произвольно ([8], с. 6).
Согласно ([9], с. 118) производная функции Миттаг-Леффлера равна
1
Eα,0 (z).
(7)
Eα (z) =
αz
В ([8], сс. 33, 48) введена нумерация нулей функции Eα (z) ненулевыми целыми числами
{zn }n∈Z\{0} , показано, что все нули zn с достаточно большими по модулю индексами являются простыми, и приведена асимптотическая формула для этих нулей. Запишем ее в
упрощенной форме
απ
α
1/α
+ i 2πn −
+ o(1), n → +∞;
zn = − α ln 2πn + ln
Γ(1 − α)
2
(8)
απ
α
1/α
+ i 2πn +
+ o(1), n → −∞.
zn = − α ln 2π|n| + ln
Γ(1 − α)
2
Дополняет формулы (8) описанием расположения нулей zn на комплексной плоскости
Лемма 2. Для всех нулей zn функции Eα (z) справедливо απ/2 < | arg zn | < απ. При n →
±∞ выполняется arg zn → ±απ/2.
Первое предложение леммы доказано в ([8], сс. 106, 109). Из формул (8) видно, что
1/α
Im zn
→ ∓∞, n → ±∞.
1/α
Re zn
Таким образом, arg zn → ±απ/2, что и дает второе утверждение.
tg arg zn1/α =
22
М.М. КОКУРИН
Из леммы 2 следует, что при любом ϕ ∈ (απ/2, απ) функция Eα (z) имеет лишь конечное
число нулей, для которых ϕ ≤ | arg z| < απ.
Лемма 3. Пусть ω > 0. Существует последовательность простых замкнутых контуров
(1)
(2)
{Υm }∞
m=1 , составленных из отрезков Υm = {ω +iy | y ∈ [bm1 , bm2 ]} и кривых Υm ⊂ Π− (ω),
для которых выполняются условия
1) Int Υ1 ⊂ Int Υ2 ⊂ . . . ;
2) bm1 → −∞, bm2 → +∞ при m → ∞;
(2)
3) длина контура Υm есть O(m) при m → ∞;
(2)
4) |z| ≥ C1 m ∀z ∈ Υm ;
(2)
5) |Eα (z α )| ≥ C2 |z|−α ∀z ∈ Υm с не зависящими от m константами C1 , C2 > 0.
Доказательство. Рассмотрим область SR = {z ∈ C |z| > R, arg z = π} с разрезом вдоль
отрицательной полуоси при достаточно большом R. Из рассуждений ([8], с. 34) следует,
что отображение w(z) = z + α ln z является однолистным
на этой области. Элементарно
2
показывается, что если | Im w| > π, |w| > R + α ln R + π 2 , то точка w принадлежит
образу рассматриваемого отображения. Для достаточно больших по модулю m ∈ Z все
точки прямой Lm = {w ∈ C | Im w = (2m + 1)π} удовлетворяют этому условию. Пусть
Lm = w−1 (Lm ) — ее прообраз.
Нетрудно видеть, что при z ∈ SR справедлива оценка |w(z)| ≤ C3 |z|. Если Re w(z) → ±∞
вдоль контура Lm , то выполняется |w(z)| → ∞ и, как следствие, |z| → ∞. Таким образом,
кривая Lm неограничена. Далее отметим, что для z ∈ Lm выполняется Im(z + α ln z) =
(2m + 1)π, Im(α ln z) ∈ (−απ, απ), отсюда Im z ∈ ((2m + 1 − α)π, (2m + 1 + α)π). Также
видно, что при |z| → ∞ вдоль Lm имеем |z| = O(| Re z|).
При Re w(z) → ±∞ вдоль контура Lm получим Re(α ln z) = α ln |z| = o(|z|) = o(| Re z|).
Так как при этом Re(z + α ln z) → ±∞, то и Re z → ±∞. Следовательно, кривая Lm
заключена в полосе Im z ∈ ((2m + 1 − α)π, (2m + 1 + α)π) и имеет точки со сколь угодно
большой по модулю вещественной частью любого знака.
При m > 0 рассмотрим дугу Lm0 кривой Lm , определяемую соотношением Re z ∈ (−(2m+
1 + α)π, ω). Нетрудно получить, что для точек этой дуги
Re w(z) = Re z + α ln |z| ∈
∈ −(2m + 1 + α)π + α ln((2m + 1 − α)π), ω + α(ln 2)/2 + α ln((2m + 1 + α)π) ⊂
⊂ (−B1 m, B2 ln m)
с не зависящими от m константами B1 , B2 > 0. Значит, образ Lm0 дуги Lm0 при отображении
w(z) лежит на отрезке {w = (2m + 1)πi + b | b ∈ (−B1 m, B2 ln m)}.
Согласно ([10], с. 178) длина дуги Lm0 равна
1 w (z) |dw| ≤
Lm0
Lm0
1
1 + α/z db = O(B2 ln m + B1 m) = O(m),
B
2 ln m
−B1 m
m → ∞.
для m < 0 как дугу кривой Lm , заданную соотношением Re z ∈
Определим теперь
(−|2m + 1 − α|π, ω). Аналогично предыдущим рассуждениям получаем, что длина такой
дуги также оценивается как O(|m|) при |m| → ∞.
Составим замкнутый контур Υm , m > 0, из дуги Lm0 , дуги L−m−1,0 , отрезка прямой
Re z = −(2m + 1 + α)π и отрезка прямой Re z = ω, причем последний участок обозначим
О ЕДИНСТВЕННОСТИ РЕШЕНИЯ ОБРАТНОЙ ЗАДАЧИ КОШИ
(1)
23
(2)
через Υm , а первые три будут составлять кривую Υm . Непосредственно видно, что определенная таким образом последовательность контуров Υm удовлетворяет условиям 1)–4).
Покажем, что для достаточно больших по модулю индексов m выполняется и 5).
(2)
(2)
Зафиксируем достаточно малое ε > 0. Разобьем кривую Υm на три части: Υm1 = {z ∈
(2)
(2)
(2)
(2)
Υm | arg z < π/2 + ε}, Υm2 = {z ∈ Υm | π/2 + ε < arg z < 3π/2 − ε} и Υm3 = {z ∈
(2)
Υm | arg z > 3π/2 − ε}. Отметим, что первая и третья части лежат на дугах Lm0 и L−m−1,0
соответственно.
(2)
Для z ∈ Υm1 справедливо равенство, вытекающее из (4)
α
α
+ O(|z|−α ) = ew(z) −
+ O(|z|−α ).
αz α Eα (z α ) = z α ez −
Γ(1 − α)
Γ(1 − α)
Подставляя сюда представление w(z) = (2m + 1)πi + b, b = b(z) = Re w(z), получим
α
α
α
α
b(z)
+ O(|z|−α ) ≥
+ O(|z|−α );
−
|αz Eα (z )| = − e
Γ(1 − α) Γ(1 − α)
|Eα (z α )| ≥ C2 |z|−α .
(2)
Эта оценка справедлива для достаточно больших m и равномерна по m. Случай z ∈ Υm3
(2)
рассматривается аналогично. Наконец, для z ∈ Υm2 требуемая оценка вытекает из второй
формулы в (4).
Построенная последовательность {Υm }∞
m=m0 удовлетворяет условиям 1)–5), где m0 —
некоторое натуральное число. Можно доопределить Υ1 = · · · = Υm0 −1 = Υm0 .
Лемма 3 понадобится в разделе 3 при вычислении несобственного интеграла по контуру
Re µ = ω способом, аналогичным применению леммы Жордана, где вместо границ полукругов используются контуры Υm . Доказанная лемма доставляет оценку функции МиттагЛеффлера снизу на контурах, проходящих между ее нулей.
3. Условия единственности решения обратной задачи Коши
Перейдем к получению достаточных условий единственности решения обратной задачи
(3). На протяжении данного раздела плотность области определения D(A) в пространстве
X не предполагается. В условиях леммы 1 при u0 ∈ D(A2 ) для решения прямой задачи (1)
справедливо представление u(t) = Sα (t)u0 [4],
α
(v. p.)
Sα (t)x =
2πi
ω+i∞
Eα (λα tα )λα−1 R(λα , A)x dλ,
(9)
ω−i∞
где ω > ω0 произвольно.
Основным результатом раздела является
1/α
Теорема 1. Пусть µn = zn /T , n ∈ Z \ {0}, — нули функции Eα (z α T α ). Если выполнены
условия леммы 1, справедливо включение µαn ≡ zn /T α ∈ ρ(A) ∀n ∈ Z \ {0} и в дополнение
к (2) с некоторым κ ∈ R имеется оценка
R(µα , A)µκ ≤ C4 = const
то задача (3) имеет не более одного решения.
(µ = µn ,
n ∈ Z \ {0}),
(10)
24
М.М. КОКУРИН
Доказательство. Рассмотрим сначала случай u0 ∈ D(A2 ). Следуя схеме рассуждений из
[6], построим такой оператор Y ∈ L(X), чтобы произведение Y Sα (T ) было инъективным
оператором.
В условиях теоремы найдутся попарно не пересекающиеся круговые окрестности On точек µn такие, что для µ ∈ On выполняется µα ∈ ρ(A). Границы этих окрестностей с направлением обхода по часовой стрелке обозначим через γn . Нетрудно видеть, что если радиусы
окрестностей выбраны достаточно малыми, то все окрестности On , включая их границы γn ,
лежат в полуплоскости Π− (0) и не пересекают вещественную ось.
Выберем произвольно σ, ω ∈ R такими, что σ > ω > ω0 , и построим контур
γn .
Θ = {z ∈ C | Re z = ω} ∪
n∈Z\{0}
Далее зафиксируем ζ > σ α , l ∈ Z: l > max{2 − κ/α, 1 + 1/α} и определим оператор Y
следующим образом:
αµα−1 R(µα , A)xdµ
1
.
Yx=
2πi
Eα (µα T α )(µα − ζ)l
Θ
Перепишем эту формулу в виде
1
Yx=
2πi
ω+i∞
ω−i∞
αµα−1 R(µα , A)xdµ
−
Eα (µα T α )(µα − ζ)l
n∈Z\{0}
resµ=µn
αµα−1 (µα − ζ)−l R(µα , A)x
.
Eα (µα T α )
(11)
Покажем, что оператор Y корректно определен для любых x ∈ X. Действительно, в первом
слагаемом в (11) имеем | arg µ| ≤ π/2, отсюда | arg µα T α | ≤ απ/2 и согласно (4) Eα (µα T α ) =
(1/α)eµT + O(|µ|−α ) при |µ| → ∞ вдоль контура интегрирования. Таким образом, Eα (µα T α )
— ограниченная величина, так как |eµT | = eωT = const. Применяя оценку (2), получим,
что норма подинтегрального выражения равна O(|µ|(1−l)α−1−β ), откуда следует абсолютная
сходимость интеграла в первом слагаемом формулы (11).
Рассмотрим теперь второе слагаемое в (11). В силу сказанного в разделе 2 все нули µn с
достаточно большими индексами |n| > N являются простыми. Введем обозначение
K0 =
resµ=µn
0<|n|≤N
αµα−1 (µα − ζ)−l R(µα , A)x
.
Eα (µα T α )
Тогда с использованием (7) получаем
n∈Z\{0}
resµ=µn
(µα − ζ)−l R(µα , A)x
αµα−1 (µα − ζ)−l R(µα , A)x
n
n
=
K
=
+
0
Eα (µα T α )
T α Eα (µαn T α )
|n|>N
= K0 +
αµαn R(µαn , A)x
. (12)
− ζ)l Eα,0 (µαn T α )
(µαn
|n|>N
Установим абсолютную сходимость последнего ряда в (12). Из леммы 2, формул (4) и (8)
следует
1/α
1
(13)
|Eα,0 (µαn T α )| = |Eα,0 (zn )| = |zn1/α ezn | + O(|zn |−1 ) ≥ C5 |n|1−α
α
О ЕДИНСТВЕННОСТИ РЕШЕНИЯ ОБРАТНОЙ ЗАДАЧИ КОШИ
25
с некоторой константой C5 > 0. Применив оценку (10) и вытекающее из формул (8) соотношение |µn | ≥ C6 |n|, где постоянная C6 > 0 не зависит от n, получим
αµαn R(µαn , A)x (2−l)α−1
R(µαn , A)) = O(|n|(2−l)α−κ−1 ),
(µα − ζ)l Eα,0 (µα T α ) = O(|µn |
n
n
причем (2 − l)α − κ − 1 < −1. Отсюда вытекает абсолютная сходимость ряда в формуле
(12) и существование Y x ∀x ∈ X. Кроме того, проведенные рассуждения доказывают
ограниченность оператора Y .
Следующий этап доказательства состоит в получении явного выражения для Y Sα (T )u0 .
Напишем представление (9) для элемента Sα (T )u0 с заменой ω на σ и применим к нему
оператор Y
1
Y Sα (T )u0 =
(2πi)2
Θ
αµα−1
R(µα , A)×
Eα (µα T α )(µα − ζ)l
×
σ+i∞
α−1
(v. p.)
αλ
α
α
α
Eα (λ T )R(λ , A)u0 dλ dµ. (14)
σ−i∞
Займемся упрощением правой части в (14).
, где u
= (ζE − A)2 u0 . ПриЭлемент u0 ∈ D(A2 ) допускает представление u0 = R(ζ, A)2 u
меняя тождество Гильберта для произведения резольвент (например, [11], с. 26), приходим
к равенству
R(λα , A)u0 =
R(λα , A)
R(ζ, A)
R(ζ, A)2
u
−
u
−
u
.
(ζ − λα )2
(ζ − λα )2
ζ − λα
Теперь внутренний интеграл в (14) принимает вид
σ+i∞
σ+i∞
α−1
(v. p.)
αλ
α
α
α
σ−i∞
σ+i∞
− (v. p.)
σ−i∞
αλα−1 Eα (λα T α )
Eα (λ T )R(λ , A)u0 dλ = (v. p.)
σ−i∞
αλα−1 Eα (λα T α )
dλ · R(ζ, A)
u − (v. p.)
(ζ − λα )2
σ+i∞
σ−i∞
R(λα , A)
u
dλ−
(ζ − λα )2
αλα−1 Eα (λα T α )
dλ · R(ζ, A)2 u
.
ζ − λα
Интегралы в последних двух слагаемых равны нулю [4]. В первом же слагаемом интеграл
сходится абсолютно, так как подинтегральная функция в нем имеет вдоль контура интегрирования порядок O(|λ|−1−α−β ) при |λ| → ∞. Таким образом, приходим к представлению
1
Y Sα (T )u0 =
(2πi)2
Θ
αµα−1
R(µα , A)×
Eα (µα T α )(µα − ζ)l
σ+i∞
×
σ−i∞
Вновь используя тождество Гильберта, получаем
αλα−1 Eα (λα T α )
α
R(λ , A)
udλ dµ.
(ζ − λα )2
26
М.М. КОКУРИН
αµα−1
Eα (µα T α )(µα − ζ)l
σ+i∞
αλα−1 Eα (λα T α )
×
(ζ − λα )2
σ−i∞
Θ
α
R(µ , A) − R(λα , A)
u
dλ dµ =
×
λα − µα
σ+i∞
αµα−1
αλα−1 Eα (λα T α )
1
dλ R(µα , A)
udµ−
=
(2πi)2
Eα (µα T α )(µα − ζ)l
(ζ − λα )2 (λα − µα )
1
Y Sα (T )u0 =
(2πi)2
σ−i∞
Θ
1
−
(2πi)2
Θ
αµα−1
Eα (µα T α )(µα − ζ)l
σ+i∞
σ−i∞
αλα−1 Eα (λα T α )
α
R(λ , A)
udλ dµ. (15)
(ζ − λα )2 (λα − µα )
Для обоснования равенства (15) необходимо установить существование повторных интегралов в его правой части. Достаточно доказать существование интеграла в одном из слагаемых, например
Θ
αµα−1
Eα (µα T α )(µα − ζ)l
σ+i∞
σ−i∞
αλα−1 Eα (λα T α )
α
R(λ , A)
udλ dµ.
(ζ − λα )2 (λα − µα )
(16)
Покажем абсолютную сходимость повторного интеграла (16). Из (7) вытекает следующее
представление функции Eα (µα T α ) в окрестности корня µn :
Eα (µα T α ) =
1
Eα,0 (µαn T α )(µ − µn ) + O(|µ − µn |2 )
µn
при фиксированном n. Обозначив |µ − µn | = r, получим
|Eα (µα T α )| =
1
|Eα,0 (µαn T α )|r + O(r 2 ).
|µn |
Теперь с учетом соотношений (2) и (4) имеем
σ+i∞
α−1
αλα−1 Eα (λα T α ) αµ
α
u|dλ| |dµ| ≤
Eα (µα T α )(µα − ζ)l (ζ − λα )2 (λα − µα ) R(λ , A)
σ−i∞
Θ
ω+i∞
σ+i∞
1
|λ|−1−α
(1−l)α−1
|µ|
|dλ| |dµ|+
≤ C7
|λα − µα | (1 + | Im λ|)β
ω−i∞
+
n∈Z\{0}γn
|µ|
(1−l)α−1
σ−i∞
|µn |
|Eα,0 (µαn T α )|rn
σ+i∞
σ−i∞
1
|λ|−1−α
|dλ| |dµ| , (17)
|λα − µα | (1 + | Im λ|)β
где rn — радиусы окружностей γn , выбираемые достаточно малыми. Для оценки выражения
|λα − µα | в правой части (17) используется
Лемма 4. Для Re µ = ω, Re λ = σ, где σ > ω > 0 произвольны, справедливо неравенство
|λα − µα | ≥ C8 |µ|α−1
с постоянной C8 > 0, не зависящей от λ, µ при фиксированных ω, σ, α.
(18)
О ЕДИНСТВЕННОСТИ РЕШЕНИЯ ОБРАТНОЙ ЗАДАЧИ КОШИ
27
Доказательство леммы приведено в конце данного раздела.
С учетом леммы 4 подинтегральная функция повторного интеграла в первом слагаемом
из (17) оценивается как O(|µ|−lα |λ|−1−α−β ). Поскольку показатели обеих степеней меньше
−1, имеет место сходимость рассматриваемого повторного интеграла. С учетом (13), оценки
|µ| = O(|µn |) = O(|n|) для µ ∈ γn , |n| → ∞, и леммы 4 общий член ряда во втором слагаемом
правой части (17) оценивается как
1
(1−l)α
1−α
O 2πrn |µn |
|µn |
= O(|n|(1−l)α ).
|n|1−α rn
Поскольку (1−l)α < −1, указанный ряд сходится. Отсюда вытекает абсолютная сходимость
повторного интеграла в (16).
Применяя теорему Фубини, из представления (15) получаем
1
Y Sα (T )u0 =
(2πi)2
Θ
αµα−1
Eα (µα T α )(µα − ζ)l
1
−
(2πi)2
σ+i∞
σ+i∞
σ−i∞
σ−i∞
αλα−1 Eα (λα T α )
dλ R(µα , A)
udµ−
(ζ − λα )2 (λα − µα )
αλα−1 Eα (λα T α )
(ζ − λα )2
F (µ)dµ R(λα , A)
udλ, (19)
Θ
αµα−1
Eα (µα T α )(µα − ζ)l (λα − µα )
Покажем, что внутренний интеграл во втором слагаемом правой части (19) равен нулю.
Воспользуемся леммой 3. Обозначим для краткости
F (µ) =
Υm /T = {µ = z/T |z ∈ Υm },
(1)
(2)
аналогично будем понимать Υm /T , Υm /T . Рассмотрим интеграл
F (µ)dµ.
(2)
Υm /T
Подинтегральная функция на контуре интегрирования при фиксированном λ оценивается
как O(|µ|−1−(l−1)α ) = O(m−1−(l−1)α ), m → ∞. Так как длина контура есть O(m), то сам
интеграл допускает оценку O(m−(l−1)α ). Значит,
F (µ)dµ = 0.
lim
m→∞
(2)
Υm /T
Заметим, что ∀n ∈ Z \ {0} ∃m ∈ N: On ⊂ Int(Υm /T ). Поэтому
bm2
F (µ)dµ = lim
F (µ)dµ +
m→∞
Θ
bm1
F (µ)dµ +
n:On ⊂Int(Υm /T ) γn
F (µ)dµ
=
(2)
Υm /T
= lim
m→∞
(Υm /T )∪
n:On ⊂Int(Υm /T )
γn
F (µ)dµ.
28
М.М. КОКУРИН
Интеграл под знаком предела в последнем выражении равен нулю, так как внутри контура интегрирования нет особых точек подинтегральной функции. Тем самым равен нулю
внутренний интеграл во втором слагаемом правой части (19).
В дальнейшем также будет применяться подобный метод вычисления несобственных
(2)
интегралов, только вместо контуров Υm будет использоваться последовательность полуокружностей. При этом будем ссылаться на лемму Жордана (как в [6]).
Рассмотрим теперь внутренний интеграл первого слагаемого формулы (19). Обозначим
контур интегрирования через Σ = {z ∈ C| Re z = σ}. После замены переменной z = λα
будем иметь
1
αλα−1 Eα (λα T α )
Eα (zT α )
1
dλ
=
dz,
2πi
(ζ − λα )2 (λα − µα )
2πi
(ζ − z)2 (z − µα )
Σα
Σ
≡ {z =
∈ Σ}. Подинтегральная функция в последнем интеграле допускает
где
оценку O(|z|−3 ) при |z| → ∞ для точек z, лежащих на контуре Σα или левее его. Кроме
того, подинтегральная функция имеет единственную особую точку z = µα левее контура
интегрирования. Используя лемму Жордана, получаем
Eα (µα T α )
Eα (zT α )
1
dz
=
.
2πi
(ζ − z)2 (z − µα )
(ζ − µα )2
Σα
λα |λ
Σα
Окончательно находим
1
1
αµα−1
R(w, A)
α
R(µ
,
A)
u
dµ
=
u
dw.
Y Sα (T )u0 =
2πi
(µα − ζ)l (ζ − µα )2
2πi
(w − ζ)2+l
Θα
Θ
Здесь подинтегральная функция есть O(|w|−2−l ) для точек w правее контура Θα , |w| →
∞. Она имеет единственную особую точку правее контура интегрирования: полюс w = ζ
порядка 2 + l. В силу выбора контура Θ, леммы Жордана и формулы ([11], с. 29)
R(µ, A)(n) = (−1)n n!R(µ, A)n+1 ,
µ ∈ ρ(A),
n ∈ N,
имеем
Y Sα (T )u0 = −
R(w, A)(1+l) |w=ζ u
= (−1)l R(ζ, A)2+l (ζE − A)2 u0 = (−1)l R(ζ, A)l u0 .
(1 + l)!
Оператор R(ζ, A)l = (ζE − A)−l инъективен, откуда следует инъективность оператора
Y Sα (T ), определенного на D(A2 ). Если теперь для некоторого элемента u0 ∈ D(A2 ) выполняется Sα (T )u0 = 0, то Y Sα (T )u0 = 0, и в силу последнего замечания u0 = 0. Таким
образом, оператор Sα (T ) инъективен на D(A2 ). Отсюда следует утверждение теоремы при
u0 ∈ D(A2 ).
Рассмотрим теперь общий случай, когда u0 ∈ D(A). Решение задачи (1) по-прежнему
= R(ζ, A)u0 , тогда u
∈ D(A2 ). Согласно [4]
будем обозначать через Sα (T )u0 . Пусть u
u. По доказанному выше Y Sα (T )
u = (−1)l R(ζ, A)l u
. Введем обоSα (T )u0 = (ζE − A)Sα (T )
значение Y = Y R(ζ, A). Тогда
u = Y Sα (T )
u = (−1)l R(ζ, A)l u
= (−1)l R(ζ, A)1+l u0 .
Y Sα (T )u0 = Y R(ζ, A)(ζE − A)Sα (T )
Таким образом, оператор Y Sα (T ) инъективен. Отсюда вытекает инъективность оператора
Sα (T ), определенного на D(A).
О ЕДИНСТВЕННОСТИ РЕШЕНИЯ ОБРАТНОЙ ЗАДАЧИ КОШИ
29
Доказательство леммы 4. Перепишем неравенство (18) в виде
|µ − λα µ1−α | ≥ C8 ,
где константа C8 > 0 не должна зависеть от λ, µ. Так как Re µ = ω и σ α ω 1−α > ω, то
требуемое утверждение будет доказано, если установим, что Re(λα µ1−α ) ≥ σ α ω 1−α . Из
представления λ = (σ/ cos arg λ)ei arg λ , µ = (ω/ cos arg µ)ei arg µ следует
Re(λα µ1−α ) = σ α ω 1−α
cos(α arg λ + (1 − α) arg µ)
.
cosα arg λ cos1−α arg µ
Используя вогнутость функции cos t при t ∈ (−π/2, π/2), получаем
cos(α arg λ + (1 − α) arg µ)
≥ αd1−α + (1 − α)d−α ≡ f (α),
cosα arg λ cos1−α arg µ
где d = cos arg λ/ cos arg µ. Ясно, что d > 0.
Если d = 1, то f (α) ≡ 1 и требуемое неравенство выполняется. Если d = 1, то элементарный анализ функции f (α) показывает, что она принимает значение 1 на концах отрезка [0, 1]
и имеет на этом промежутке единственную точку максимума. Поэтому f (α) ≥ 1 ∀α ∈ (0, 1).
Отсюда следует
cos(α arg λ + (1 − α) arg µ)
≥ 1 ∀λ, µ : Re λ = σ, Re µ = ω,
cosα arg λ cos1−α arg µ
α ∈ (0, 1),
и потому Re(λα µ1−α ) ≥ σ α ω 1−α .
Замечание 1. В условии теоремы 1 оценка (2) должна выполняться для всех λ ∈ Π+ (ω0 ),
а близкое к ней по форме неравенство (10) — для некоторых µ ∈ Π− (0), именно, для µ = µn ,
n ∈ Z \ {0}. Таким образом, эти два требования дополняют друг друга.
Итак, для обратной задачи (3) с α ∈ (0, 1) получены достаточные условия единственности
решения. В следующем разделе для более узкого класса операторов A будут получены
необходимые и достаточные условия единственности.
4. Обратная задача Коши в случае секториального оператора
Линейный оператор T : D(T ) ⊂ X → X будем называть секториальным с углом секториальности ϕ ∈ (0, π), если σ(T ) ⊂ K(ϕ) и имеет место оценка
R(ζ, T ) ≤
C9
∀ζ ∈ C \ K(ϕ),
1 + |ζ|
(20)
где постоянная C9 не зависит от ζ. Отметим, что в данной работе понятие секториальности предполагает наличие ограниченного обратного оператора. Ниже будем пользоваться
исчислением секториальных операторов в банаховом пространстве (например, [12], гл. 2).
Если функция F (ζ) аналитична в секторе K(ϕ + ε) с некоторым ε > 0 и убывает на бесконечности быстрее некоторой отрицательной степени |ζ| равномерно по arg ζ в этом секторе,
то формула
1
F (ζ)R(ζ, T )dζ,
(21)
F (T ) =
2πi
Γ(0,σ0 ,ϕ)
30
М.М. КОКУРИН
где σ0 > 0 достаточно мало, определяет оператор F (T ) ∈ L(X). При этом справедливо
равенство
1
F (ζ)G(ζ)R(ζ, T )dζ.
(22)
F (T )G(T ) = (F G)(T ) =
2πi
Γ(0,σ0 ,ϕ)
Напомним, что контур Γ(0, σ0 , ϕ) определяется согласно (6).
Понадобится
Лемма 5 ([2], с. 25). Предположим, что D(A) = X. Пусть λα ∈ ρ(A) для каждого λ ∈
ω0 + K(θ0 ) с некоторыми ω0 ≥ 0, θ0 ∈ (π/2, π), и для всех ω > ω0 , θ ∈ (π/2, θ0 ) существует
константа C = C(θ, ω) такая, что
λα−1 R(λα , A) ≤
C
∀λ ∈ ω + K(θ).
|λ − ω|
Тогда единственное решение задачи (1) запишется в виде u(t) = Sα (t)u0 , где
1
eλt λα−1 R(λα , A)dλ, t > 0,
Sα (t) = −
2πi
(23)
Γ(ω,σ,θ)
с указанными ω, θ и σ > 0.
Пусть D(A) = X, оператор −A секториален с углом ϕ0 ∈ (0, π − απ/2). Тогда условия
леммы 5 выполняются с ω0 = 0, θ0 = (π − ϕ0 )/α при ϕ0 > (1 − α)π и θ0 = π − ε1 со сколь
угодно малым ε1 > 0 в противном случае. Поэтому задача (1) порождает оператор (23),
причем в формуле (6) для контура Γ(ω, σ, θ) следует брать ω > 0, π/2 < θ < θ0 .
Следующая теорема дает представление решения задачи (1) в терминах функций от
оператора. Она будет использоваться при доказательстве основного результата раздела.
Теорема 2. Пусть оператор −A секториальный с углом ϕ0 ∈ (0, π − απ/2), D(A) = X.
Тогда решение u(t), t > 0, задачи (1) имеет вид u(t) = Ft (−A)u0 , где Ft (ζ) = Eα (−ζtα).
Доказательство. Из формул (4) следует существование оператора Ft (−A) для t > 0, при
этом согласно (21)
1
Eα (−ζtα )R(ζ, −A)dζ.
(24)
Ft (−A) = −
2πi
Γ(0,σ0 ,ϕ0 )
Покажем, что Ft (−A) = Sα (t). Подставляя в (24) интегральное представление (5), получим
1
eµ
1
dµ R(ζ, −A)dζ,
(25)
Ft (−A) =
2πi
2πi
µ1−α (µα + ζtα )
Γ(0,σ0 ,ϕ0 )
Γ(0,
σ (ζ),θ)
где σ
(ζ) > |ζ|1/α t, θ ∈ (π/2, π). Особыми точками подинтегральной функции внутреннего
интеграла являются µ1 = 0 и µ2 (ζ) = t(−ζ)1/α , причем вторая точка определена только
для таких ζ, что | arg ζ| > (1 − α)π, и в этом случае выполнено arg µ2 (ζ) = arg(−ζ)/α.
Отметим, что контур интегрирования внешнего интеграла в (25) таков, что | arg ζ| ≤ ϕ0 ,
откуда | arg µ2 (ζ)| ≥ (π − ϕ0 )/α для всех ζ ∈ Γ(0, σ0 , ϕ0 ), для которых µ2 (ζ) определено.
В случае ϕ0 ≤ (1 − α)π подинтегральная функция внутреннего интеграла в (25) имеет
лишь особую точку µ1 при любом значении ζ. Если же ϕ0 > (1 − α)π, договоримся выбирать θ не из промежутка (π/2, π), а из (π/2, (π − ϕ0 )/α). Рассмотрим теперь наряду с
О ЕДИНСТВЕННОСТИ РЕШЕНИЯ ОБРАТНОЙ ЗАДАЧИ КОШИ
внутренним интегралом
I1 =
Γ(0,
σ (ζ),θ)
31
eµ
dµ
µ1−α (µα + ζtα)
не зависящему от ζ;
выражения (25) интеграл I2 от той же функции, но по контуру Γ(0, σ
, θ),
величину σ
> 0 выберем произвольно. Видим, что I1 − I2 — интеграл по замкнутому контуру, внутри которого нет особых точек подинтегральной функции. Согласно интегральной
теореме Коши он равен нулю, значит, I1 = I2 и формула (25) дает
1
eµ
1
dµ R(ζ, −A)dζ.
Ft (−A) = −
2πi
2πi
µ1−α (µα + ζtα )
Γ(0,σ0 ,ϕ0 )
Γ(0,
σ ,θ)
Пользуясь оценкой (20) для R(ζ, −A), нетрудно показать, что соответствующий повторный интеграл от нормы подинтегрального выражения сходится. Согласно теореме Фубини
интегралы в правой части последней формулы перестановочны, поэтому
µ
1
e
R(ζ, −A)
1
dζ
dµ.
Ft (−A) = −
α
α
2πi
2πi
µ + ζt
µ1−α
Γ(0,
σ ,θ)
Γ(0,σ0 ,ϕ0 )
Выражение в скобках представляет собой функцию от оператора Gµ (−A), где Gµ (ζ) =
(µα + ζtα )−1 . Согласно ([12], с. 32) Gµ (−A) = (µα E − Atα )−1 . Произведя замену переменной
µ = λt, получим окончательно
1
eλt λα−1 R(λα , A)dλ.
Ft (−A) = −
2πi
Γ(0,
σ /t,θ)
Нетрудно видеть, что этот интеграл равен интегралу в правой части формулы (23), так что
при t > 0 справедливо Ft (−A) = Sα (t).
Замечание 2. Теорема 2 позволяет доказать некорректность задачи (3) в том случае, когда
оператор −A неограничен, секториален с углом ϕ0 ∈ (0, π/2) и D(A) = X. Действительно,
в этом случае семейство операторов exp(−tA) является аналитической полугруппой ([12],
с. 76). Если бы спектр σ(−A) был ограниченным множеством, то по теореме об отображении
спектра ([12], с. 56) множества σ(exp(−tA)), t ∈ [a, b], где 0 ≤ a < b произвольны, лежали бы
вне некоторой окрестности нуля. Применив теорему 16.5.2 из [13], получим противоречие
с неограниченностью оператора −A. Значит, спектр σ(−A) неограничен. Согласно теореме
об отображении спектра и теореме 2 отсюда следует включение 0 ∈ σ(Ft (−A)), которое и
означает некорректность задачи (3).
Перейдем к доказательству последнего вспомогательного утверждения.
Лемма 6. Пусть оператор T секториален с углом ϕ. Предположим, что функция F (ζ)
аналитична в секторе K(ϕ + ε) с некоторым ε > 0,
ζ k F (ζ) → 0,
|ζ| → ∞,
ζ ∈ K(ϕ + ε),
(26)
равномерно по arg ζ для некоторого k > 0 и существует l > k такое, что
1
ζ l F (ζ)
→ 0,
|ζ| → ∞,
ζ ∈ K(ϕ + ε),
(27)
32
М.М. КОКУРИН
равномерно по arg ζ. Пусть, кроме того, в секторе K(ϕ + ε) содержится лишь конечное
число нулей функции F (ζ) и ни один из них не входит в дискретный спектр оператора T .
Тогда оператор F (T ) существует и инъективен.
Доказательство. Существование F (T ) напрямую вытекает из определения функции от
оператора. Пусть F (T )x = 0 для некоторого элемента x ∈ X. Покажем, что тогда x = 0.
Пусть λ1 , . . . , λn — нули функции F (ζ), лежащие в K(ϕ + ε), и их кратности равны
r1 , . . . , rn соответственно. Тогда F (ζ) = (ζ − λ1 )r1 · . . . · (ζ − λn )rn Φ(ζ), причем функция Φ(ζ)
аналитична и не обращается в нуль в K(ϕ + ε). Из условия (27) следует (ζ l+r Φ(ζ))−1 → 0
на K(ϕ + ε) равномерно по arg ζ, где r = r1 + · · · + rn . Выберем произвольно ε2 > 0 и
определим функцию G(ζ) = (ζ l+r+ε2 Φ(ζ))−1 . Она удовлетворяет условиям (26) с k = ε2 ,
и поэтому
существует
от оператора G(T ). Справедливо равенство G(ζ)F (ζ) =
функция
r1
1
ζ l+ε2
1−
λ1
ζ
rn
· ... · 1 −
λn
ζ
1
G(T )F (T ) =
2πi
. Значит, согласно (22)
λn rn
λ1 r1
· ... · 1 −
R(ζ, T )dζ.
1−
ζ l+ε2
ζ
ζ
1
(28)
Γ(0,σ0 ,ϕ)
Применив формулу бинома Ньютона для каждой из n скобок в правой части (28) и перемножив получившиеся выражения, будем иметь
r
1
λn rn
km
λ1 r1
· ... · 1 −
=
,
(29)
1−
l+ε2 +m
ζ l+ε2
ζ
ζ
ζ
m=0
где km зависит от λ1 , . . . , λn , но не зависит от ζ. Отметим, что алгебраическое равенство
(29) имеет операторный аналог
T −l−ε2 (E − λ1 T −1 )r1 · . . . · (E − λn T −1 )rn =
r
km T −l−ε2 −m .
(30)
m=0
Подставив (29) в (28), ввиду (30) получим
r
r
1
−l−ε2 −m
km
ζ
R(ζ, T )dζ =
km T −l−ε2 −m =
G(T )F (T ) =
2πi
m=0
m=0
Γ(0,σ0 ,ϕ)
=T
−l−ε2
(E − λ1 T
−1 r1
) · . . . · (E − λn T −1 )rn = T −l−r−ε2 (T − λ1 E)r1 · . . . · (T − λn E)rn .
Используемая здесь теория дробных степеней от оператора изложена в ([11], гл. 1; [12],
гл. 3). Так как λ1 , . . . , λn не лежат в дискретном спектре оператора T , то операторы T −λj E,
j = 1, . . . , n, обратимы; оператор T −l−r−ε2 = (T l+r+ε2 )−1 также обратим. Теперь из полученного представления для G(T )F (T ) следует, что это инъективный оператор. Из F (T )x = 0
имеем G(T )F (T )x = 0, а отсюда, в свою очередь, вытекает x = 0. Значит, оператор F (T )
инъективен.
Следующая теорема устанавливает необходимые и достаточные условия единственности
решения обратной задачи Коши с дробной производной и представляет собой основной
результат этого раздела.
Теорема 3. Пусть оператор −A секториальный с углом ϕ0 ∈ (0, π − απ/2) и D(A) = X.
n | <
Пусть {
zn }N
n=1 — множество нулей функции Eα (z), для которых π − ϕ0 ≤ | arg z
απ. Задача (3) имеет не более одного решения тогда и только тогда, когда пересечение
множества {
zn /T α }N
n=1 с дискретным спектром оператора A пусто.
О ЕДИНСТВЕННОСТИ РЕШЕНИЯ ОБРАТНОЙ ЗАДАЧИ КОШИ
33
Доказательство. Согласно лемме 2 множество {
zn }N
n=1 конечно. При ϕ0 ≤ (1 − α)π по
определению считаем его пустым (N = 0).
Достаточность. В силу теоремы 2 uT = FT (−A)u(0), где FT (ζ) = Eα (−ζT α ). Нетрудно
видеть, что при достаточно малом ε > 0 нули функции FT (ζ), лежащие в K(ϕ0 + ε), составляют множество {−
zn /T α }N
n=1 , и ни один из них не входит в дискретный спектр оператора
−A. Отсюда и из формул (4) следует применимость леммы 6 к этой функции. Поэтому
оператор FT (−A) инъективен, что и означает единственность решения задачи (3).
Необходимость. Пусть вопреки требуемому при некотором n0 точка zn0 /T α принадлежит дискретному спектру оператора A. Тогда для некоторого элемента x ∈ D(A), x = 0,
zn0 /T α . Отсюда следует x = −λ−1
справедливо −Ax = λ0 x, где λ0 = −
0 Ax. Для ζ ∈ ρ(−A)
далее получим
1
ζ
1
R(ζ, −A)x = − R(ζ, −A)Ax = − x + R(ζ, −A)x.
λ0
λ0
λ0
Поэтому
x
R(ζ, −A)x =
.
ζ − λ0
Подставим это соотношение в (24) при t = T и подействуем оператором FT (−A) на элемент x. Имеем
1
Eα (−ζT α)
dζ · x.
FT (−A)x =
2πi
ζ − λ0
Γ(0,σ0 ,ϕ0 )
Здесь подинтегральная функция имеет единственную особую точку ζ = λ0 , которая при малом σ0 лежит правее контура интегрирования. В силу быстрого убывания подинтегральной
функции на бесконечности (см. формулы (4)) и леммы Жордана имеем
zn0 )x = 0.
FT (−A)x = −Eα (−λ0 T α )x = −Eα (
Значит, оператор Sα (T ) = FT (−A) не является инъективным. Отсюда вытекает неоднозначная разрешимость задачи (3).
Следствие. Если −A — секториальный оператор с углом ϕ0 ∈ (0, (1 − α)π] и D(A) = X,
то задача (3) имеет не более одного решения.
Отметим, что теорема 3 справедлива и для случая α = 1. Именно, имеет место
Лемма 7 ([14], с. 95; [15]). Пусть оператор −A секториален с углом ϕ0 ∈(0, π/2), D(A)=X.
Тогда аналогичная (3) обратная задача Коши с производной первого порядка
u (t) = Au(t),
0 < t ≤ T,
u(T ) = uT ∈ D(A)
имеет не более одного решения.
5. О приложениях теории дробно-дифференциальных уравнений
Обратные задачи вида (3) естественным образом возникают в различных физических
приложениях. Уравнение
∂ 2 W (x, t)
∂ V (x)
∂W
1−α
= D0+
W (x, t) + Kα
,
(31)
∂t
∂x mηα
∂x2
называемое дробным уравнением Фоккера–Планка, описывает диффузию в пористой среде
(субдиффузию) [16]. Здесь W (x, t) — плотность вероятности для диффундирующей частицы
находиться в точке x в момент времени t, m — масса частицы, −V (x) — внешняя сила, Kα и
34
М.М. КОКУРИН
ηα — константы, характеризующие субдиффузию. Операции дробного дифференцирования
и интегрирования производятся по переменной t. Потребуем абсолютную непрерывность
выражения под знаком дробной производной Римана–Лиувилля в (31) по t и применим
1−α
к обеим частям (31). Получим уравнение
оператор I0+
∂ V (x)
∂ 2 W (x, t)
W (x, t) + Kα
.
(32)
∂αW =
∂x mηα
∂x2
Для доказательства
эквивалентности
(31) и (32) достаточно воспользоваться равенством
α u(t) − u(0) ([2], с. 11), применить к обеим частям (32) оператор I α и затем
(∂ α u)(t) = D0+
0+
продифференцировать по t.
Для уравнения (32) может быть поставлена задача (3), в которой по значениям функции
W (x, T ) требуется определить W (x, 0). Физическая интерпретация этой задачи сводится к
моделированию движения ансамбля диффундирующих частиц, распределение которых в
среде в момент t описывается функцией W (x, t). При этом по распределению в момент T
требуется определить начальное распределение.
Таким образом, развитая выше теория может быть полезна при построении и исследовании моделей субдиффузии. Другая возможная область применения указана в [17], где
уравнение, аналогичное (31), используется для описания ускорения космических лучей в
Галактике.
Литература
[1] Kilbas A.A., Srivastava H.M., Trujillo J.J. Theory and applications of fractional differential equations
(Elsevier, Amsterdam, 2006).
[2] Bajlekova E.G. Fractional evolution equations in Banach spaces (Eindhoven University of Technology, Pleven,
2001).
[3] Самко С.Г., Килбас А.А., Маричев О.И. Интегралы и производные дробного порядка и некоторые их
приложения (Наука и техника, Минск, 1987).
[4] Кочубей А.Н. Задача Коши для эволюционных уравнений дробного порядка, Дифференц. уравнения 25
(8), 1359–1368 (1989).
[5] Sakamoto K., Yamamoto M. Inverse source problem with a final overdetermination for a fractional diffusion
equation, Mathem. Control and Related Fields 1 (4), 509–518 (2011).
[6] Глушак А.В. Об одной обратной задаче для абстрактного дифференциального уравнения дробного порядка, Матем. заметки 87 (5), 684–693 (2010).
[7] Кокурин М.М. О единственности решения обратной задачи Коши для дифференциального уравнения с
дробной производной в банаховом пространстве, Тр. Матем. центра им. Н.И. Лобачевского: Материалы
Десятой молодежной научн. школы-конф. “Лобачевские чтения-2011”, Казань, Казан. матем. о-во 44,
173–175 (2011).
[8] Попов А.Ю., Седлецкий А.М. Распределение корней функций Миттаг-Леффлера, Современная математика. Фундамент. направления 40, 3–171 (2011).
[9] Джрбашян М.М. Интегральные преобразования и представления функций в комплексной области (Наука, М., 1966).
[10] Евграфов М.А. Аналитические функции (Наука, М., 1991).
[11] Крейн С.Г. Линейные дифференциальные уравнения в банаховом пространстве (Наука, М., 1967).
[12] Haase M. The functional calculus for sectorial operators (Birkhäuser, Basel, 2006).
[13] Хилле Э., Филлипс Р. Функциональный анализ и полугруппы (Ин. лит., М., 1962).
[14] Иванов В.К., Мельникова И.В., Филинков А.И. Дифференциально-операторные уравнения и некорректные задачи (Физматлит, М., 1965).
[15] Бакушинский А.Б., Кокурин М.Ю., Ключев В.В. Об оценке скорости сходимости и погрешности
разностных методов решения некорректной задачи Коши в банаховом пространстве, Вычисл. методы
и программиров. 7, 163–171 (2006).
[16] Metzler R., Klafter J. The random walk’s guide to anomalous diffusion: a fractional dynamics approach,
Physics Reports 339, 1–77 (2000).
О ЕДИНСТВЕННОСТИ РЕШЕНИЯ ОБРАТНОЙ ЗАДАЧИ КОШИ
35
[17] Учайкин В.В. О дробно-дифференциальных моделях ускорения космических лучей в Галактике, Письма
в ЖЭТФ, 92 (4), 226–232 (2010).
М.М. Кокурин
студент, физико-математический факультет,
Марийский государственный университет,
пл. Ленина, д. 1, г. Йошкар-Ола, 424000, Россия,
e-mail: kokurin@nextmail.ru
M.M. Kokurin
The uniqueness of a solution to the inverse Cauchy problem for a fractional differential
equation in a Banach space
Abstract. We consider linear fractional differential operator equations involving Caputo derivative.
The goal of this paper is to establish conditions of the unique solvability of the inverse Cauchy
problem for these equations. We use properties of the Mittag-Leffler function and the calculus of
sectorial operators in a Banach space. For equations with operators in a general form we obtain
sufficient conditions for the unique solvability, and for equations with densely defined sectorial
operators we obtain necessary and sufficient unique solvability conditions.
Keywords: fractional differential equations, Caputo derivative, Banach space, inverse Cauchy
problem, uniqueness of solution, ill-posed problems, Mittag-Leffler function, calculus of sectorial
operators, fractional Fokker–Planck equation, subdiffusion.
M.M. Kokurin
Student, Faculty of Physics and Mathematics,
Mari State University,
1 Lenin sq., Ioshkar Ola, 424000 Russia,
e-mail: kokurin@nextmail.ru
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа