Н. Ж. Джайчибеков физика-математика Ўылымдарыны докторы, профессор
жүктеу/скачать 4.86 Mb.
|
| Корректные постановки начальных, начально - краевых задач для дифференциальных уравнений дробного порядка с операторами Римана-Лиувилля или Капуто рассматривались в работах различных авторов ( см.например [1-6]). Начальные задачи для уравнения (1) исследованы в работах [2,7]. Некоторые начально - краевые задачи близкие по постановке к задачам 1-3 в случае α = 1 исследованы в работах [8-10], а в случае операторов Римана-Лиувилля или Капуто в [11-13]. 2. Исследование задачи 1. Для получения решения задачи мы будем использовать метод разделения переменных. Решение задачи (1) будем искать в виде u(x, t) = X(x) · T (t) (18) Подставляя функцию (6) в уравнение (1) и краевому условию (3) для функции X(x) получаем следующую задачу }X00(x) + λX(x) = 0, (19)
X(0) = X (1) = 0. Собственными значениями задачи (7) будут λk= (kπ)2, а нормированными собственными функциями Xk(x) = 2 sin kπx, k = 1, 2, ... Система функций Xk(x) образуют ортонормированный базис пространства L2(0,1). Так как tδ·u(x, t) непрерывная функция, то при каждом фиксированном t она из L2(0, 1) по x и поэтому представима в виде ряда
tδ·u(x, t) = ∑uk(t) · Xk(x). k=1
     
Б.Х. Турметов, К.М. Шиналиев Следовательно, ∞ u(x, t) = ∑t−δ·uk(t) · Xk(x). k=1 Обозначим t−δ · uk(t) = Tk(t). Тогда решение задачи (1) представляется в виде ∞ ∑ (20) u(x, t) = k=1
Tk(t) · Xk(x). Если ϕ(x) ∈ C[0, 1], имеет кусочно-непрерывную производную и ϕ(0) = ϕ(1) = 0, то она представима в виде ряда ∞ ϕ(x) = ∑ ϕk· Xk(x), k=1 причем
∞ ∑ k=1 |ϕk| < ∞, ϕk= 2 1 ∫
ϕ(x)Xk(x)dx. Подставляя (8) в уравнение (1) и начальное условия (2), для нахождения неизвестных функций Tk(t) получаем следующие задачи
Dα,βTk(t) + λkTk(t) = 0, 0 < t < T, lim tδ·Tk(t) = ϕk. t→0
Для дальнейщего исследования нам необходимо привести известное утверждение и [2]. Лемма. Пусть 0 ≤ β ≤ 1, 0 < α ≤ 1, g(t) ∈ C(0,1) ∩ L1(0, 1) .Тогда общее решение уравнения Dα,βy(t) + λy(t) = g(t), t > 0, λ ∈ R имеет вид ∫ t
y(t) = Ct−δEα,1−δ(−λtα) +(t − τ)α−1Eα,α(−λ(t − τ)α)g(τ)dτ, 0 где ∞ (21) (22) Eα,ρ (z) = ∑ i=0 zi Γ(αi + ρ) , α > 0, ρ > 0,
функция типа Миттаг-Леффлера [2]. Из этой леммы следует, что общее решение уравнение (9) имеет вид Tk(t) = Ck· t−δ·Eα,1−δ(−λktα). Подставляя функцию (11) в условие (10) получим (23)
lim
Ck· tδ·Tk(t) = Cklim ∑(−λk)i zαi = Ck· 1 = ϕk. t→0 t→0
i=0 Γ(αi + 1 − δ) Γ(1 − δ)
Следовательно, Ck= Γ(1 − δ) · ϕk. Значит единственным решением задачи (9),(10) будет функция Tk(t) = Γ(1 − δ)ϕk· t−δ·Eα,1−δ(−λktα). Заметим, что при α = 1 получаем δ = 0 и (24)
E1,1(−λt) = ∞ ∑(−λk)i i=0 ti Γ(i + 1)
∞ = ∑(−λk)i i=0 ti i!
     
Л.Н. Гумилев атындаЎы ЕУ Хабаршысы - Вестник ЕНУ им. Л.Н. Гумилева, 2011, №6 А если β = 1 , то δ = 0 и Tk(t) = ϕk· Eα,1 (−λktα). В этом случае Tk(t) ∈ C[0, 1]. Итак формальное решение задачи 1 имеет вид ∞ u(x, t) = Γ(1 − δ) ∑ ϕk· t−δ·Eα,1−δ(−λktα) sinkπx, k=1 где
∫ λk= (kπ)2, ϕk= 2 ϕ(x) sinkπxdx. 0 (25)
Теперь переходим к обоснованию метода Фурье, то есть покажем сходимость встречающихся рядов. Известно (см. например [3],стр.13), что при больших значения z для функции Eα,β(z) справедливо асимптотическая оценка p Eα,β(z) = − ∑ k=1 z−k Γ(β − αk) + O ( 1
|z|p+1 ,
где α ∈ (0,2), arg z = π, p− натуральное число. В нашем случае
Eα,1−δ(−λntα) =− p ∑ j=1 kπt 2
Γ(1 − δ − αj) + O
1 (n2tα)p+1 ! .
Отсюда при p = 1, для любого t ≥ t0 > 0 получаем оценку C Eα,1−δ(−λntα)≤ k2 Пусть 0 < t0− произвольное фиксированное число.Если p = 1 , то для любого t ≥ t0> 0 имеет место оценка ∞ ∞ (26)
∑ ∑ |ϕk| |u(x, t)| = k=1
Γ(1 − δ)ϕk· t−δ·Eα,1−δ(−λktα) sin kπx ≤ C k=1
k2 < ∞. Следовательно, в силу произвольности t0> 0 , в области Ω ряд (13) представляющий функцию u(x, t) сходится абсолютно и равномерно, и его сумма представляет собой непрерывную функцию в области Ω . Так как в области Ω справедливо ∞ tδ·u(x, t) ≤ C ∑|ϕk| < ∞, k=1 то tδ · u(x, t) ∈ C(Ω . Далее, так как Dα,βtTk(t) = −λkTk(t) и X00k(x) = −λkXk(x) , то для рядов ∞ Dtα,βu(x, t) = −Γ(1 − δ) ∑ λkϕk· t−δ·Eα,1−δ(−λktα) sin kπx k=1 и ∞ ∑ uxx(x, t) = −Γ(1 − δ) k=1
λkϕk· t−δ·Eα,1−δ (−λktα) sin kπx при t ≥ t0> 0, 0 ≤ x ≤ 1 имеют места оценки ∞ Dα,βu(x, t) ≤ C ∑|ϕk| < ∞, k=1 ∞ ∑
|uxx(x, t)| ≤ C k=1
|ϕk| < ∞. Таким образом, Dα,βu(x, t), uxx(x, t) ∈ C(Ω). Итак мы доказали следующее утверждение. 10 
Б.Х. Турметов, К.М. Шиналиев Теорема 1. Пусть 0 ≤ β ≤ 1, 0 < α ≤ 1, ϕ(x) ∈ C[0, 1], имеет кусочно-непрерывную производную на [0, 1] и удовлетворяет условиям ϕ(0) = ϕ(1) = 0. Тогда решение задачи 1 существует, единственно и представляется в виде ряда (13). Замечание 1. Если α = 1, 0 ≤ β ≤ 1, то δ = 0, E1,1(z) = ezи решение (13) совпадает с классическим решением уравнения теплопроводности ut − uxx = 0 удовлетворяющим условиям (2) и (3). А если β = 1, 0 < α < 1, то δ = 0, Eα,1(z) = Eα(z) и утверждение теоремы совпадает с результатом работы [12]. 3. Исследование задачи 2. Применение метода Фурье для решении задачи 2 приводит к спектральной задаче X00(x) + λX(x) = 0 X(0) = 0, X0(0) = X0(1) В этом случае известно [8], что λk= (2πk)2, k = 0,1, ... и функции
(29)
соответственно представляют собой собственные значения и собственные функции задачи (15), (16). Соответствующая собственному значению λkприсоединенная функция X2k−1(x) определяется как решение задачи X200k−1(x) + λkX2k−1(x) = −2ⲚλkX2k(x) X200k−1 (0) = 0, X20k−1(0) = X20k−1(1), и она определяется формулой
X2k−1(x) = x cos(2kπx), k = 0,1, ... Задаваемая равенствами (17), (18) система X0(x) = x, X2k−1(x) = x cos(2kπx), X2k(x) = sin(2kπx), k = 1,2, ... образуют базис Рисса в L2(0, 1) (см.[8]). Спектральная задача Y00(x) + λY (x) = 0, Y0(0) = 0, Y (0) = Y (1)
(31)
(32)
является сопряженной к задаче (15), (16). Система собственных и присоединенных функций задачи (20) имеют вид }Y0(x) = 2, Y2k−1(x) = 4 cos(2kπx), Y2k(x) = 4(1 − x) sin(2kπx), k = 1, 2, ... (33) Последовательности (19), (21) образуют биортогональную на интервале (0,1) систему функций, любую функцию из L2(0, 1) можно разложит в биортогональный ряд. В частности u(x, t) ϕ(x) разлагаются в ряды вида
u(x, t) = v0(t) + ∞ ∑
uk(t)X2k−1(x) + ∞ ∑ k=1 vk(t)X2k(x), (34) ∞ ∞
ϕ(x) = ϕ0+ ∑ ϕ(1)k·X2k−1 (x) + ∑ ϕ(1)k·X2k(x) k=1 k=1 где
vk(t) = (u(x, t), Y2k(x)), k = 0, 1, ..., uk(t) = (u(x, t), Y2k−1 (x)), k = 1,2, ..., ϕ(1)= (ϕ(x), X2k−1(x)), ϕ(2)= (ϕ(x), X2k(x)). k k
Подставляя (22) в уравнение (1) и начальные условия (2) для нахождения неизвестных функций vk(t) и uk(t) получаем следующие задачи: Dα,βuk(t) + λuk(t) = 0, lim tδ·uk(t) = ϕ(1),
(35)
t→0 Dα,βv0 (t) = 0, lim tδ·v0(t) = ϕ0, t→0 k
(37) t→0 k
Используя результат леммы легко показать, что решениями задач (23),(24),(25) соответственно будут следующие функции
uk(t) = Γ(1 − δ)ϕ(1)t−δ·Eα,1−δ(−λktα), (38) k 11    
Л.Н. Гумилев атындаЎы ЕУ Хабаршысы - Вестник ЕНУ им. Л.Н. Гумилева, 2011, №6 v0(t) = ϕ0 · t−δ, t ∫ vk(t) = Γ(1 − δ)ϕ(2)kt−δ·Eα,1−δ(−λktα)− 2Ⲛλk(t − τ)α−1Eα,α(−λk(t − τ)αuk(τ)dτ 0 Сформулируем основное утверждение для задачи 2. (39) (40) Теорема 2. Пусть 0 ≤ β ≤ 1, 0 < α ≤ 1, ϕ(x) ∈ C2[0,1] и удовлетворяет условиям ϕ(0) = 0, ϕ0(0) = ϕ0(1). Тогда решение задачи 2 существует, единственно и представляется в виде ряда (22), где функции uk(t), vk(t) определяются равенствами (26)-(28). ∞
Доказательство. Пусть функция ϕ(x) удовлетворяет условиям теоремы. Тогда ряд сходится. Рассмотрим функцию uk(x, t) = uk(t) · X2k−1(x) + vk(t) · X2k(x).
∑ [ϕ(1)k+ϕ(2)k]абсолютно k=1
Далее, учитывая оценку |Eα,ρ(z)| ≤1+C|z| , C > 0 можно показать, что для любого t ≥ t0> 0 имеет место оценка |uk(x, t)| ≤ C |ϕ(1)k|+ |ϕ(2)k|. Действительно, C |uk(t)| = |Γ(1 − δ)ϕ(1)kt−δ·Eα,1−δ (−λktα)| ≤ |ϕ(1)k|t−0δ Далее, t ∫ 1 + | − λktα| ≤ C|ϕ(1)k|. |vk(t)| ≤ |Γ(1 − δ)ϕ(2)t−δ·Eα,1−δ(−λktα)| + 2Ⲛλk sα−1|Eα,α(−λksα||uk(t − s)|ds ≤ k ≤ C|ϕ(2)| + 2ⲚλkC|ϕ(1)|t−0δ t ∫
sα−1ds ≤ C(|ϕ(1)k+|ϕ(2)k|) k k 0 (1 + λktα)(1 + λk(t − s)α) ∞
Таким образом,для любого t ≥ t0 > 0, 0 ≤ x ≤ 1 ряд ∑[ϕ(1)k+ϕ(2)k]является можарантой для ряда (22) и значит k=1
u(x, t) ∈ C(Ω) . Для доказательства равномерной сходимости рядов ∞ ∑ k=1
∞ ∑ ∂uk(x, t ∂x k=1
∞ ∑ k=1 ∂2uk(x, t ∂x2
используются равенства Dα,βuk(t) = −λuk(t), Dα,βvk(t) = −λkvk(t) − 2Ⲛλkuk(t) и оценка (14) для функции Eα,1−δ(−λntα). Теорема доказана. Замечание 2. Отметим, что результат теоремы 2 при β = 0, 0 < α < 1 совпадает с результатом работы [11], при β = 1, 0 < α < 1 с утверждением теоремы из [13] и в случае α = 1 с результатом работы [8]. 4.Исследование задачи 3. В этом случае применение метода Фурье приводит к спектральной задаче
X0(0) = X0(1) + aX(1), X (0) = 0 Спектральная задача (29) имеет две серии собственных значений [9]. λ(1)= (2πk)2, k = 1, 2, ..., λ(2)= (2γk)2, k = 0, 1, ... (41)
k k
Здесь γk-корни уравнения tgγ = (a/2γ) , γ > 0, они удовлетворяют неравенствам π
πk< γk< πk+ 2 , k = 0,1, ... 12
  
Б.Х. Турметов, К.М. Шиналиев и для разности δk= γk− πkпри достаточно больших к выполняются двусторонные оценки a 2πk
( 1 −
1 2πk
α ( 1 +
2πk 1 2πk (42) Собственные функции задачи (29) имеют вид X(1)= sin 2πkx, k = 1,2, ..., X(2)= sin 2γkx, k = 0,1, ... k k
Данная система являются почти нормированной, но не образует даже обычного базиса в L2(0, 1) . Построенная из него вспомогательная система y0(x) = X0(2)(x) · (2γ0)−1, y2k(x) = Xk(1)(x), y2k−1(x) =hXk(2)(x) − Xk(1)(x)i· (2γk)−1, k= 1, 2, ... образует базис Рисса в L2(0, 1) , а биортогональная к ней являются система
построенная из собственных функций сопряженной к (29) задачи vk(1)(x) = C(1)k cos(2kπx + ψk), k = 1, 2, ..., v(2) (2)
k(x) = Ckcos(γk(1 − 2x)), k = 0, 1, 2, ... Константы Ck(j) выбираются из соотношения биортогональности yk(j), vk(j)= 1, j = 1, 2. Если функция ϕ(x) ∈ C2[0,1] и удовлетворяет условиям ϕ0(0) = ϕ0(1) + av(1), ϕ(0) = 0, то ее ряд по системе {yk(x)} сходится равномерно. Не трудно вычислить, что
y000(x) = −λ(2)0y0(x), y200k(x) = −λ(1)ky2k(x), λ(2) (1)
(43) y2k−1(x) = −λ(2)ky2k−1(x) − жүктеу/скачать 4.86 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|