close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Об одной задаче с нелокальными краевыми условиями.

код для вставкиСкачать
УДК 517.944
Ивашкина Г.А., Белобородова С.В.
Оренбургский государственный университет
Email: matan@mail.osu.ru
ОБ ОДНОЙ ЗАДАЧЕ
С НЕЛОКАЛЬНЫМИ КРАЕВЫМИ УСЛОВИЯМИ
Рассматривается обобщенное уравнение Трикоми с краевыми условиями, связывающими
границы эллиптической и гиперболической частей смешанной области.
Доказывается существование и единственность поставленной задачи.
Ключевые слова: принцип экстремума, единственность, существование, сингулярные интег8
ральные уравнения.
1. Постановка задачи.
Принцип экстремума.
Рассмотрим уравнение
m
sgn y y u xx + u yy = 0 , ( m > 0 ).
 1 x f (t ) dt
, l < 0;

∫
l +1
 Γ ( −l ) 0 ( x − t )
l
D0 x f = 
 d n l −n
l > 0.
 n D0 x f ,
 dx
(1)
Пусть D1 – конечная односвязная область,
ограниченная отрезком AB = J оси Ox и про
стой гладкой дугой Жордана σ, лежащей в по
луплоскости y>0 с концами в точках A(0;0)
и B(1;0).
Обозначим через D2 область, ограничен
ную отрезком AB и двумя характеристиками
AC : x −
m+2
2
(− y ) 2 = 0 ,
m+2
BC : x +
m+2
2
(− y ) 2 = 1
m+2
уравнения (1).
Совокупность областей D1 и D2 вместе
в открытым отрезком AB будем обозначать че
рез D.
Пусть θ 0 ( x) и θ1 ( x) – аффиксы точек пе
ресечения характеристик AC и BC уравнения
(1) с характеристиками, выходящими из точ
ки (x;0).
2
x  m + 2 m+2
,
x
θ0 ( x) = − i 
2  4

2
m+2
1+ x  m + 2
− i
(1 − x )  .
2
 4

Введем следующие обозначения: D0l x f ,
l
Dx1 f – операторы дробного интегрирования
порядка l при l<0 и обобщенного (в смысле
Лиувилля) дифференцирования порядка l
при l>0 [1], а именно:
θ1 ( x) =
 1 1 f (t ) dt

∫ (t − x )1+l , l < 0;
l
Γ
−
(
)

x
Dxl 1 f = 
n

n d
Dl − n f , l > 0.
1
−
(
)

n x1
dx

Рассмотрим следующую задачу.
Задача G. Найти функцию
u ( x, y ) ∈ C ( D ) ∩ C1 ( D1 ∪ J ) ∩
∩ C1 ( D2 ∪ J ) ∩ C 2 ( D1 ∪ D2 ),
удовлетворяющую уравнению (1) в области
D1 ∪ D2 и краевым условиям:
u ( x, y )σ + a ( x) D01−x β u (θ 0 ( x )) = g ( x ) ,
(2)
b ( x )u ( x,0 ) + c( x) D1x1− β u (θ1 ( x )) = f ( x ) , (3)
где a ( x ) , b ( x ) , c ( x ) , f ( x ) , g ( x ) заданные не
прерывные на J функции, C ( x ) ≠ 0 ∀x ∈ J ,
m
.
β=
2 (m + 2)
В полуплоскости y<0 уравнение (1) имеет
вид
( − y )m u xx − u yy = 0
и с помощью характеристических координат
m+2
m+2
2
2
(− y ) 2 , η = x +
(− y ) 2
m+2
m+2
перейдет в уравнение ЭйлераДарбу
ξ =x−
ВЕСТНИК ОГУ №9 (170)/сентябрь`2014
121
Естественные науки
Учитывая известные тождества
β  ∂u ∂u 
∂u
−
−
= 0.
∂ς∂η η − ξ  ∂η ∂ξ 
(4)
Решение уравнения (4), удовлетворяющее
краевым условиям
u (ξ ,η ) η =ξ = τ (ξ ) ,
m+ 2
lim 

 4 
2β
(5)
 ∂u ∂u 
−
 = ν ( x ) (6)
 ∂ξ ∂η 
(η − ξ )2 β 
имеет вид
1− 2 β
u (ξ ,η ) = γ 1 ∫ (η − ξ )
ξ
η
(η − t )β −1 (t − ξ )β −1 τ (t ) dt −
−β
−γ 2 ∫ (η − t )
ξ
γ1 =
где
(t − ξ )− β ν (t ) dt ,
(7)
Γ ( 2β )
τ (x) =
) = (1 − x )− β D1x1− 2 β τ ( x ) ,
предыдущие два равенства можно записать в
виде
u ( x, y ) σ = γ 2 Γ (1 − β ) a ( x ) x − βν ( x ) − γ
x
.
u (θ 0 ( x )) = γ 1x1− 2 β ∫ t β −1 ( x − t )
β −1
τ (t ) dt −
0
x
−β
− γ 2 ∫ t − β ( x − t ) ν (t ) dt =
0
− β β −1
= γ 1Γ ( β ) x1− 2 β D0x
x τ (x) −
− γ 2Γ (1 − β ) D0βx−1x − βν ( x ) ,
u (θ1 ( x )) = γ 1 (1 − x )
1− 2 β
(8)
1
β −1
β −1
∫ (1 − t ) (t − x ) τ (t ) dt −
x
1
−β
−γ 2 ∫ (1 − t )
(t − x )− β ν (t ) dt =
x
1− 2 β
1− 2 β
Γ ( β )(1 − x )
β −1
Dx−1β (1 − x )
τ (x) −
−β
−γ 2Γ (1 − β ) Dxβ1−1 (1 − x ) ν ( x ).
(9)
Подставим (8) и (9) в краевые условия (2) и
(3).
Тогда
с
учетом
того,
что
D01−x β D0βx−1 = D1x1− β Dxβ1−1 = D 0 , получим
u ( x, y ) σ = γ 2 Γ (1 − β ) a ( x ) x ν ( x ) −
−β
−γ 1Γ ( β ) a ( x ) D01−x β x1− 2 β D0−xβ x β −1τ ( x ) + g ( x ) ,
−β
γ 2 Γ (1 − β )(1 − x )
D1x1− β
c ( x )ν ( x ) = τ ( x )b ( x ) +
1− 2 β
(1 − x )
Dx−1β
γ 2 Γ (1 − β )ν ( x ) =
(10)
b(x)
(1 − x )β τ ( x ) + γ
c(x)
+ γ 1Γ ( β ) D1x1− 2 β τ ( x ) −
Если f ( x ) ≡ 0 и
2β
Из (7) следует, что
122
β −1
Dx−1β (1 − x )
f (x)
(1 − x )β .
c(x)
(11)
Лемма (принцип экстремума).
Γ2 ( β ) ,
1 Γ (1 − 2 β )  4 
γ2 =
⋅

2 Γ 2 (1 − β )  m + 2 
+γ 1Γ ( β ) c ( x )
1− 2 β
D1x1− β (1 − x )
− γ 1Γ ( β ) a ( x ) x − β D01−x 2 β τ ( x ) + g ( x ) ,
η
= γ 1 (1 − x )
D01−x β x1− 2 β D0−xβ x β −1τ ( x ) = x − β D01−x 2 β τ ( x ) ,
β −1
(1 − x )
τ ( x ) − f ( x ).
ВЕСТНИК ОГУ №9 (170)/сентябрь`2014
b(x)
≥ 0 ∀x ∈ [0,1] , то поло
c(x)
жительный максимум и отрицательный мини
мум решения u(x, y) задачи G в замкнутой обла
сти D , достигается на σ .
В области D1 решение не может достигать
экстремума. Предположим, что положитель
ный максимум в замкнутой области D1 дости
гается в точке (ξ ;0 ) , ξ ∈ (0,1) . Тогда, учитывая,
что производная D1x1− 2 β τ ( x ) дробного порядка
в точке положительного максимума строго по
ложительна (в точке отрицательного мини
мума строго отрицательна), при выполнении
условий леммы, получим, исходя из равенства
(11), что ν ( x ) > 0 . Это противоречит принци
пу ЗарембаЖиро. Из принципа экстремума
следует, что задача G имеет единственное ре
шение.
2. Фундаментальное соотношение
между τ ( x) и ν + ( x )
Задача N. Найти в области D1 решение
уравнения
y m u xx + u yy = 0 ,
непрерывное в области D1 , удовлетворяющее
краевым условиям
u ( x, y ) = ϕ * ( s ) , ( 0 ≤ s ≤ l ),
σ
где l – длина дуги AB,
lim
∂u
y → 0 ∂y
= ν + ( x ) , ( 0 < x < 1 ),
Ивашкина Г.А., Белобородова С.В.
Об одной задаче с нелокальными краевыми условиями
причем
1
−2 β
−2 β
= −k1 ∫ν (t )  x − t
− ( x + t − 2 xt )  dt + Φ ( x ) ,
ϕ * ( s ) ∈ C [0, l ] ,ν ( x ) ∈ C (0,1) .
0
Решение задачи N в случае нормального
контура имеет простой вид [3]:
−β

1

4

2
m+2
 −
u ( x0 , y0 ) = −k1 ∫ν ( x )  ( x − x0 ) +
y
2 0

m + 2)
(
 
0

2


1

16  x − 


2
2  m+2 
− ( x − 2 xx0 + x0 ) + 
y
0


( m + 2 )2


−β



 dx −

1
− β −1
1

F ( β ;1
−k1β ( m + 2 ) − R02  ∫η −1ϕ * ( s )( r12 )
4
0
1 + β ;2β ;1 − σ )
dξ
ds.
ds
(13)
где (ξ ,η ) – точка нормальной кривой
2

1
4
1
Γ : x −  +
ym+ 2 = ,
2
2
4


(m + 2)
(13)
где
−β
Φ ( x ) = 2k1β (1 − 2β )
1
×) ∫ ϕ (t ) t (1 − t )
r 
2
 = ( x − x0 )
2
r1 
k1 =
2β
⋅
Γ2 ( β )
Γ (2β )
ϕ (x) =
−1− β
2
dξ
ds.
ds
1
−β
2
 x (1 − x )
и полагая ϕ ∗ ( s ) = ϕ ( x ) , будем иметь
τ (x) =
(1 − x )β b ( x ) ( )
τ x +
γ 2 Γ (1 − β ) c ( x )
γ 1 Γ ( β ) 1− β
f ( x )(1 − x )
⋅
Dx1 τ ( x ) −
. (16)
γ 2 Γ (1 − β )
γ 2 Γ (1 − β ) c ( x )
k1γ 1Γ ( β )
τ (x) +
1
× ∫  x − t
−2 β
γ 2Γ (1 − β )
−2 β
− ( x + t − 2tx )
×
 D1− 2 βτ (t ) dt −
 t1
0
Принимаем во внимание уравнение нор
мальной кривой
2 β −1
(15)
Подставим (15) и (16) в (13)
1
y = (1 − 2β )
.
β
+
km
− 1 x0 (1 − x0 ) ∫ ϕ ∗ ( s )η −1 ×
2
0

Γ ( 2β )
f ( x )(1 − x ) x − β a ( x )
−
c(x)
ν (x) =
0

η m+2 
(m + 2)

Γ2 ( β )
− γ 1Γ ( β ) a ( x ) x − β D01−x 2 β τ ( x ) + g ( x ),
1
4
2β
β
−
,
2β
−2 β
τ ( x0 ) = − k1 ∫ν ( x )  x − x0 − ( x + x0 − 2 xx0 )  dx −


2
1  4 


4π  m + 2 
−β
a ( x )b ( x ) − β
x (1 − x ) τ ( x ) +
c(x)
Переходя к пределу при y0 → 0 , получим

dt (14)
+ γ 1Γ ( β ) a ( x ) x − β D1x1− 2 β τ ( x ) −

1
4
=  x0 −  +
ym+ 2 .
2 0
2


(m + 2)
× (ξ − x0 ) +
−1− β
3. Сведение задачи G к сингулярному
интегральному уравнению
Из уравнений (10), (11), (13) выразим фун
кции ν ( x ) и ϕ ( x ) через τ ( x ) . Тогда, с учетом того,
что D01−x 2 β x1− β D0−xβ x β −1τ ( x ) = x − β D01−x 2 β τ ( x ) , будем
иметь
2
R02
 x 2 + (1 − 2 x )t 


Таким образом, получено три соотношения
(10), (11) и (13), связывающие функции ν ( x ) ,
τ ( x) и ϕ ( x).
m+2 
 m+2
2
4
y 2 m y 2  ,σ = r ,
+
0

r12
( m + 2 )2 
1  4 
k1 =


4π  m + 2 
1
2
0
2
2
β−
x (1 − x ) ×
−β
−2k1β (1 − 2β )
x (1 − x )γ 1Γ ( β ) ×
1
×∫ K ( x, t ) t − β a (t ) Dt11− 2 βτ (t ) − a (t )t − β D01−t 2 βτ (t ) +
0
+

−β
a (t ) b (t ) − β
t (1 − t ) τ (t ) dt = F (t ),
c (t )

ВЕСТНИК ОГУ №9 (170)/сентябрь`2014
(17)
123
Естественные науки
где
1
k1
 x − t −2 β − (t + x + 2tx )−2 β  ×
F (x) = −


∫
γ 2 Γ (1 − β ) 0
β
×(1 − t )
−β
b (t ) − f (t )
dt +2k1β (1 − 2 β ) x (1 − x )×
c (t )
1

0

× ∫ K ( x, t )  g (t ) −
β−
1
2
1+ β
 x 2 + (1 − 2 x )t 


−
0
= − ∫  x − t
− ( x + t − 2tx )
0
1
 x − t −2 β − ( x + t − 2tx )−2 β dt  ×


Γ ( 2 β ) ∫0
1
x
x
0
1
ξ
x
x
+ ∫τ ′ (ξ ) d ξ ∫ (t − x )
−2 β
J2 = −
− ( x + t − 2tx )
⋅ ξ −t
)
 (
2 β −1
1
( J1 + J 2 + J 3 ).
Γ ( 2β )
=−
J1 = x
1
x
 ξ 
∫τ ′ (ξ ) dξ ∫ 1 − x z 
0
0
2 β −1
×(1 − z )
124
−2 β
 ξ ( 2 x − 1) 
z
− 1 −
x



dt  =




×

x −2 β
τ ′ (ξ )ξ 2 β ×
2β ∫0
ВЕСТНИК ОГУ №9 (170)/сентябрь`2014
2 β −1
1
ξ 
dz = ∫τ ′ (ξ ) 
x
x
−2 β
)

×

2 β −1
×

x
F 1 − 2β ,1;2 − 2β ;  −
ξ



x
1
lim τ (ξ ) F 1 − 2 β ,1;2 − 2 β ;  −
ξ
1 − 2β ξ → x


1− 2 β
dξ
+
x −ξ
+τ ( x ) F1 (1, 2β ,1 − 2β ;2;2 x − 1,1) +
1
x
+ ∫τ (ξ )(1 − 2β ) 
ξ 
x
(18)
−2 β
(
x
∫τ (ξ ) ξ 
 
x
−2 β
 x 
− 2 ×
 ξ 

x
× F1 1, 2 β ,2 − 2 β ;2;2 x − 1,  d ξ .
ξ

имеют место формулы:
F1 (α , β , β ′; γ ; x,1) =
x
dz =
x 
1
С помощью подстановки t = ξ z сведем ин
теграл J1 к следующему виду
−2 β
(19)
Снова, применяя метод интегрирования по
частям, получим
−2 β
−2 β
2 β −1
dt +
+ ∫τ ′ (ξ ) d ξ ∫ ( x − t )
− ( x + t − 2tx )  ⋅ (ξ − t )
−2 β
dξ
.
x + ξ − 2 xξ

x 
− F1 1,2 β ,1 − 2 β ;2;2 x − 1,   dξ .
ξ 

Изменим порядок интегрирования.
dt +
2 β −1
1
−2 β

− 1 − ( 2 x − 1) z
dξ ∫ (1 − z )

1 − 2 β
1
2 β −1
dξ
−
x −ξ
0

× 1
2 β −1
× ∫τ ′ (ξ )(ξ − t )
dξ .
× (ξ − t )
2 β −1
× 1 − z 
ξ
ξ
x
−2 β
−2 β
1 

− ( x + t − 2tx )  ×
 ∫τ ′ (ξ ) d ξ ∫ ( x − t )
Γ ( 2 β )  0
0
2 β −1
Интеграл J 2 преобразуем с помощью под
становки t=xz
t
J =−

1
F ( 2 β ,1;1 + 2 β ;2 x − 1)τ ( x ) +
2β
x
ξ 
+ ∫τ (ξ ) 
x
0
1
=−


ξ
1
lim F  2β ,1;1 + 2β ; τ (ξ ) −
x
2β ξ → x 
1
ξ 
J 2 = ∫τ ′ (ξ ) 
x
x
 d D −2 βτ (t ) dt =
 dt t1

ξ
Применяя формулу интегрирования по ча
стям, получим
.
−2 β
−2 β
− ( x + t − 2tx )  Dt11− 2 βτ (t ) dt =
J = ∫  x − t
−2 β

x
ξ 
− ∫τ (ξ ) 
x
0
1
−2 β
 
J1 =
Преобразуем интегралы, входящие в фор
мулу (17)
1
ξ

β
f (t ) a (t ) − β
t (1 − t )  dt ,
c (t )

t (1 − t )
K ( x, t ) =
 
×  F  2β ,1;1 + 2β ;  − F  2β ,1;1 + 2β ; ( 2 x − 1)   d ξ .
x
x
=
Γ (γ ) Γ (γ − α − β ′ )
Γ (γ − α ) Γ (γ − β ′ )
F (α , β ; γ − β ′; x ) ,
Ивашкина Г.А., Белобородова С.В.
Об одной задаче с нелокальными краевыми условиями
F1 (α , β , β ′; β + β ′; x, y ) =
−α
= (1 − y )
Рассмотрим интеграл J 3 . Во внутреннем
интеграле
выполним
подстановку
t = x + (ξ − x ) z . Тогда получим

x− y
F  α , β ; β + β ′;

1− y ,

с учетом которых J 2 примет вид

x
1
lim τ (ξ ) F 1 − 2 β ,1;2 − 2 β ;  −
ξ
Γ (1 − 2 β ) ξ → x

J2 = −
1− 2 β
1
x
− ∫τ (ξ ) 
ξ 
x
1
1
x
0
 2 x (1 − x ) 
− ∫τ ′ (ξ )

 ξ−x 
x
1
dξ
+
x −ξ
2 β −1 
1
×ξ ∫ (1 − z )
0
+
1
τ ( x ) F (1,2β ;1 + 2 β ;2 x − 1) −
2β
1− 2 β
1
x
− (1 − 2β ) ∫τ (ξ ) 
ξ 
x
γ F (α , β ; γ ; z ) − γ F (α + 1, β , γ ; z ) +
+ β zF (α + 1, β + 1; γ + 1; z ) = 0
функции

x + ξ − 2 xξ 
F 1, 2 β ;2;
 , получим
x −ξ


x + ξ − 2 xξ
1 − 2β 
F 1, 2 β ;2;
ξ−x 
x −ξ
2 β −1
)
Таким образом,

x
1
lim τ (ξ ) F 1 − 2 β ,1;2 − 2 β ;  −
ξ
Γ (1 − 2 β ) ξ → x


1− 2 β
1

x
 − ∫τ (ξ ) ξ 
 x
 
+
1− 2 β
1
− ∫τ (ξ )
x
dξ
+
x −ξ
2 β −1
(ξ − x )
⋅

dξ .
J =−
1− 2 β
1
x
π
1 
τ ( x ) + ∫τ (ξ ) 
−
×
Γ ( 2 β )  sin 2πβ
ξ 
0
1
x + ξ − 2 xξ
 
 dξ  .
 
(22)
Замечание. При применении формулы ин
тегрирования по частям в интегралах J1 , J 2 , J 3
полагаем τ (0 ) = τ (1) = 0 .
Рассмотрим следующий интеграл форму
лы (17).
β−
1
2
1
t (1 − t )
0
 x + (1 − 2 x )t 


J ∗ = x (1 − x ) ∫
J∗ = −
(20)
1
dξ .
x + ξ − 2 xξ
(21)
Подставляя (19), (20) и (21) в (18), получим
2
1+ β
t − β a (t ) Dt11− 2 βτ (t ) dt .
−β
, где a=const.
x (1 − x )
t − β dt
a∫
×
1+ β ∫
Γ (2β ) 0  2 (

)
+
−
x
x
t
1
2


1
1
(2 x (1 − x ))
x + ξ − 2 xξ
2 β −1
1
1
dξ −
x + ξ − 2 xξ
1− 2 β
dz =
2β
Положим a (t ) = a t (1 − t ) 2
Тогда
1
τ ( x ) F (1,2β ;1 + 2β ;2 x − 1) +
2β
1
x
+ ∫τ (ξ ) 
ξ 
x
−2 β


2 x (1 − x )

1
 ξ−x 
π
τ ( x ) − ∫τ (ξ )

sin 2πβ
 2 x (1 − x ) 
x
ξ − x
1− 2 β
(ξ − x )

1
.
 = − x + ξ − xξ + x + ξ − xξ ⋅ 2ξ (1 − x )
2
2

J2 = −
=−
× 1 +

=

(
(ξ − x )(2 x − 1) z 
 ξ−x 
π
τ ( x ) − ∫τ ′ (ξ )
 ×
sin 2πβ
 2 (1 − x ) x 
x


(ξ − x )(2 x − 1)  dξ =
1
× F  2β ,1;1 + 2β ;
2β 
2 x (1 − x ) 

 dξ .

гипергеометрической

dξ ×
=−
Применяя рекуррентное соотношение Га
усса
к
1 −


dz −
−2 β
1
1
×
ξ−x

x + ξ − 2 xξ
×F 1,2β ;2;
x −ξ

2 β −1
J 3 = ∫τ ′ (ξ ) d ξ ∫ z −2 β (1 − z )
2 β −1
× ∫τ ′ (ξ )(ξ − x )
dξ =
t
ВЕСТНИК ОГУ №9 (170)/сентябрь`2014
125
Естественные науки
−1− β
x (1 − x )
×
a ∫τ ′ (ξ ) dξ ∫  x 2 + (1 − 2 x )ξ 
Γ (2β ) 0
0
ξ
1
=−
1− 2 β
=
2β
x (1 − x )
a
1
×
τ ′ (ξ )(1 − ξ )
∫
Γ (1 + 2 β ) 0
x 2 + (1 − 2 x )ξ
2 β −1
× t − β (ξ − x )
=−
(1 − x )
Γ ( 2β )
dt =
1
1
0
0
2x − 1 
1 − 2 ξ z 
x


Γ (1 − β )
=−
Γ (1 + β )


=−
Γ (1 − β )
Γ (1 + β )
+
x1− 4 β (1 − x ) a ∫×
β −1
dξ .
(23)
0
t (1 − t )
J ∗∗ = x (1 − x ) a ∫
0
1
2
β−
dt
1+ β
 x 2 + (1 − 2 x )ξ 


t
−2 β
× (1 − ξ )
dξ .
Подставим F 1, β ;1 + 2β ;

0
−1− 2 β
x (1 − x )
Γ ( 2β )
1
2β
a ∫τ ′ (ξ )(1 − ξ )
0
 (1 − 2 x )(1 − ξ ) 
z
× 1 −


(1 − x )2


−1− 2 β
=

−1− β


126
t
(
dξ ∫ 1 − (1 − ξ ) z
0
)
−β
J
∗∗
β
×

=



+


1− 2 β
(1 − z )2 β −1 dz =
1
(1 − 2 x )(1 − ξ ) 
 dξ =
(1 − x )2 
ВЕСТНИК ОГУ №9 (170)/сентябрь`2014
x 2 (1 − ξ )

 в (24)
x 2 + (1 − 2 x )ξ 
1
2

ξ (1 − x )
×F 1, β ;1 − β ; 2

x + (1 − 2 x )ξ

+
β
2β
a
2 x (1 − x )
1
τ ′ (ξ )(1 − ξ )
=
×
∫
2
Γ (1 + 2β ) 0
x + (1 − 2 x )ξ
×
2β
x (1 − x )
a
τ ′ (ξ )(1 − ξ ) F1×
∫
Γ (1 + 2 β ) 0
× F1 1, β ,1 + β ;1 + 2β ;1 − ξ ,
 x 2 + (1 − 2 x )ξ 



2 β −1
Изменим порядок интегрирования и выпол
ним во внутреннем интеграле подстановку
t = 1 − (1 − ξ ) z .
J ∗∗ =
 x 2 + (1 − 2 x )ξ 


 Γ (1 + 2 β ) Γ ( − β )
+
(1 − x )2 β ξ β x −4 β ×

Γ (β )

D01t− 2 β τ (t ) dt =
−1− β
x (1 − x ) − β  2
×
t  x + (1 − 2 x )ξ 
∫
Γ (2β ) 0
× dt ∫τ ′ (ξ )(t − ξ )
Γ (β )
(1 − x )2 β ξ β
2

ξ (1 − x )

= 2 F 1, β ;1 − β ; 2

x + (1 − 2 x )ξ

1
=
Γ (1 + 2β ) Γ ( − β )

+


2

ξ (1 − x )

F
+
+
β
β
β
2
,1
;1
;
× 
x 2 + (1 − 2 x )ξ

Преобразуем следующий интеграл форму
лы (17)
1
(24)

=


2


ξ (1 − x )
 = 2 F 1, β ;1 − β ;


x 2 + (1 − 2 x )ξ


2x − 1 
ξ  dξ =
x2

1

 dξ .
x + (1 − 2 x )ξ 
2

x 2 (1 − ξ )
F 1, β ;1 + 2 β ; 2

x + (1 − 2 x )ξ

dz =
× ∫τ ′ (ξ )ξ β  x 2 + (1 − 2 x )ξ 
x 2 (1 − ξ )
В гипергеометрической функции от аргу
мента z перейдем к аргументу 1z
x −1− 2 β a ×
× ∫τ ′ (ξ )ξ β F 1 − β ,1 + β ;1 + β ;
0

−1− β
2 β −1 
1

× F 1, β ;1 + 2β ;
x −1− 2 β a ∫τ ′ (ξ )ξ β dξ ∫ z − β ×
× (1 − z )
1
Γ (−β )
Γ (β )
1
(

 dξ +


x1− 4 β (1 − x ) a ∫τ ′ (ξ )ξ β x 2 + (1 − 2 x )ξ
)
β −1
dξ =
0
= J1∗ + J 2∗ .
(25)
Рассмотрим первое слагаемое формулы
(25). Применим формулу автотрансформации
J
∗∗
1− 2 β
2 x1− 4 β (1 − x )
=
Γ (1 + 2 β )
a
1
∫τ ′ (ξ )( x
0
2
+ (1 − 2 x )ξ
)
2 β −1
×
Ивашкина Г.А., Белобородова С.В.
2

ξ (1 − x )
× F  − β ,1 − 2 β ;1 − β ; 2

x + (1 − 2 x )ξ

1− 2 β
=
2 x1− 4 β (1 − x )
Γ (1 + 2β )
a
Об одной задаче с нелокальными краевыми условиями

 dξ =


(
τ (ξ ) x 2 + (1 − 2 x )ξ
2 β −1
1
×∫τ (ξ )
0
2 x1− 4 β (1 − x )
Γ (1 + 2β )
a
2 β −1
×

 −

0
2

β  (1 − ξ ) x


=−
2
1 − 2 β  x + (1 − 2 x )ξ 

×


+
2
 

ξ (1 − x )
 dξ .
×F  − β ,1 − 2β ;1 − β ; 2

 
(
)
x
x
+
−
ξ
1
2



(
)
Будем считать, что τ x при x=0 обращается
в нуль, причем порядок нуля выше первого. Тогда
2 β −1
2 x1− 4 β (1 − x )
Γ (1 + 2 β )
a
x 2 (1 − x )




x 2 + (1 − 2 x )ξ
1− 2 β
1
×) ∫
0
τ (ξ )
ξ
a
2 x1− 4 β (1 − x )
a (1 − 2β )
Γ (1 + 2 β )
τ (ξ ) 
x2
1− β
−
⋅
1

× ∫ ξ  1 − 2β 2 (
x + 1 − 2 x )ξ
0

×

 dξ ×



(1 − x )2 ξ
× F  − β ,1 − 2 β ;1 − β ; 2

x + (1 − 2 x )ξ

−2 β

 dξ .


Подставляя J1∗∗ в (25), а затем (25), (23) и
(22) в (17), получим
1
τ (x) −
2sin 2πβ


 ξ 2 β −1  d ξ =




(1 − 2β )×
( x2 + (1 − 2 x )ξ )
2
 
ξ (1 − x )
×  F  − β ,1 − 2β ;1 − β ; 2
 
x + (1 − 2 x )ξ
 
2 β −1
1− 2 β
×
2

ξ (1 − x )
× F  − β ,2 − 2β ;1 − β ; 2

x + (1 − 2 x )ξ

2x1− 4 β (1 − x )
=
Γ (1 + 2β )

.


1
a β τ (ξ ) (1 − ξ )
2 x (1 − x )
=
∫ ξ x 2 + (1 − 2 x )ξ dξ +
Γ (1 + 2β )
0
1

+


2
×
J1∗∗

×


×
+
вид
1− 2 β
2

ξ (1 − x )
×F  − β ,1 − 2 β ;1 − β ; 2

x + (1 − 2 x )ξ

2 β −1
С учетом последнего равенства J1∗∗ примет
+

 ξ (1 − x )2
2β − 2 

−
−
τ
ξ
β
ξ
× ∫ ( )  (1 2 )
 x 2 + (1 − 2 x )ξ
0



=


2
ξ (1 − x )
1 − β 
F − β ,1 − 2 β ;1 − β ; 2
1 − 2 β 
x + (1 − 2 x )ξ
×
1


(
)2
 + (1 − 2β ) ξ 1 − x

 x 2 + (1 − 2 x )ξ


2

ξ (1 − x )
F  − β ,2 − 2β ;1 − β ; 2

x + (1 − 2 x )ξ

×
2

d  2 β −1  ξ (1 − x )
ξ
 2
dξ 
 x + (1 − 2 x )ξ

J1∗∗ = −
Используя известное рекуррентное соотно
шение Гаусса, определим
1
2

ξ (1 − x )
×F  − β ,1 − 2 β ;1 − β ; 2

x + (1 − 2 x )ξ

−
)

 dξ .


2

ξ (1 − x )

×F − β ,2 − 2 β ;1 − β ; 2

x + (1 − 2 x )ξ

2 β −1
×

x2
−
×
 x 2 + (1 − 2 x )ξ

1− 2 β
1
−
x
cos πβ
τ (ξ ) 
∫
π 0
ξ 
 1
1
 ξ − x + x + ξ − xξ
2


d ξ +

1
+λ ∫τ (ξ ) R (ξ , x ) d ξ = F ( x ),
0
где R (ξ , x ) – ядро со слабой особенностью.
В силу единственности уравнение (26) раз
решимо [5]. По формулам (15) и (16) можно
найти ϕ ( x ) и ν ( x ) через заданные функции, вхо
дящие в краевые условия.
7.04.2014
ВЕСТНИК ОГУ №9 (170)/сентябрь`2014
127
Естественные науки
Список литературы:
1. Hardy, G. Some properties of fractional integrals I / G. Hardy, J. Littlewood // Math. Z. 24, 4, 1928. – P. 565–606.
2. Бицадзе, А.В. Уравнения смешанного типа / А.В. Бицадзе. – М.: Изд. АНСССР, 1959. – С. 84–86.
3. Смирнов, М.М. Вырождающиеся эллиптические и гиперболические уравнения / М.М. Смирнов. – М.: Наука, 1966. –
С. 39–77.
4. Градштейн, И.С. Таблицы интегралов, сумм, рядов и произведений / И.С. Градштеин, И.М. Рыжик. – М.: Гос. издво физ.
мат. литры, 1969. – С. 1068–1069.
5. Мусхелишвили, Н.И. Сингулярные интегральные уравнения / Н.И. Мусхелишвили. – М.: Гос. издво физ.мат. литры,
1962. – С. 235–239.
Сведения об авторах:
Ивашкина Галина Андреевна, доцент кафедры математического анализа
Оренбургского государственного университета, кандидат физикоматематических наук
Белобородова Светлана Валентиновна, ассистент кафедры математического анализа
Оренбургского государственного университета
460018, г. Оренбург, прт Победы 13, ауд. 20515, тел. (3532) 372533, еmail: matan@mail.osu.ru
128
ВЕСТНИК ОГУ №9 (170)/сентябрь`2014
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
6
Размер файла
209 Кб
Теги
одной, условиями, краевыми, задачи, нелокальные
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа