Задача Дарбу для неявного дифференциального уравнения дробного порядка
Получены достаточные условия существования и единственности решения задачи Дарбу для неявного дифференциального уравнения дробного порядка. Предлагается численный метод решения этой задачи....
Збережено в:
| Дата: | 2010 |
|---|---|
| Автори: | , |
| Формат: | Стаття |
| Мова: | Russian |
| Опубліковано: |
Інститут прикладної математики і механіки НАН України
2010
|
| Назва видання: | Український математичний вісник |
| Онлайн доступ: | http://dspace.nbuv.gov.ua/handle/123456789/124398 |
| Теги: |
Додати тег
Немає тегів, Будьте першим, хто поставить тег для цього запису!
|
| Назва журналу: | Digital Library of Periodicals of National Academy of Sciences of Ukraine |
| Цитувати: | Задача Дарбу для неявного дифференциального уравнения дробного порядка / А.Н. Витюк, А.В. Михайленко // Український математичний вісник. — 2010. — Т. 7, № 4. — С. 439-452. — Бібліогр.: 9 назв. — рос. |
Репозитарії
Digital Library of Periodicals of National Academy of Sciences of Ukraine| id |
irk-123456789-124398 |
|---|---|
| record_format |
dspace |
| spelling |
irk-123456789-1243982017-09-25T03:03:19Z Задача Дарбу для неявного дифференциального уравнения дробного порядка Витюк, А.Н. Михайленко, А.В. Получены достаточные условия существования и единственности решения задачи Дарбу для неявного дифференциального уравнения дробного порядка. Предлагается численный метод решения этой задачи. 2010 Article Задача Дарбу для неявного дифференциального уравнения дробного порядка / А.Н. Витюк, А.В. Михайленко // Український математичний вісник. — 2010. — Т. 7, № 4. — С. 439-452. — Бібліогр.: 9 назв. — рос. 1810-3200 2010 MSC. 35R11. http://dspace.nbuv.gov.ua/handle/123456789/124398 ru Український математичний вісник Інститут прикладної математики і механіки НАН України |
| institution |
Digital Library of Periodicals of National Academy of Sciences of Ukraine |
| collection |
DSpace DC |
| language |
Russian |
| description |
Получены достаточные условия существования и единственности решения задачи Дарбу для неявного дифференциального уравнения дробного порядка. Предлагается численный метод решения этой задачи. |
| format |
Article |
| author |
Витюк, А.Н. Михайленко, А.В. |
| spellingShingle |
Витюк, А.Н. Михайленко, А.В. Задача Дарбу для неявного дифференциального уравнения дробного порядка Український математичний вісник |
| author_facet |
Витюк, А.Н. Михайленко, А.В. |
| author_sort |
Витюк, А.Н. |
| title |
Задача Дарбу для неявного дифференциального уравнения дробного порядка |
| title_short |
Задача Дарбу для неявного дифференциального уравнения дробного порядка |
| title_full |
Задача Дарбу для неявного дифференциального уравнения дробного порядка |
| title_fullStr |
Задача Дарбу для неявного дифференциального уравнения дробного порядка |
| title_full_unstemmed |
Задача Дарбу для неявного дифференциального уравнения дробного порядка |
| title_sort |
задача дарбу для неявного дифференциального уравнения дробного порядка |
| publisher |
Інститут прикладної математики і механіки НАН України |
| publishDate |
2010 |
| url |
http://dspace.nbuv.gov.ua/handle/123456789/124398 |
| citation_txt |
Задача Дарбу для неявного дифференциального уравнения дробного порядка / А.Н. Витюк, А.В. Михайленко // Український математичний вісник. — 2010. — Т. 7, № 4. — С. 439-452. — Бібліогр.: 9 назв. — рос. |
| series |
Український математичний вісник |
| work_keys_str_mv |
AT vitûkan zadačadarbudlâneâvnogodifferencialʹnogouravneniâdrobnogoporâdka AT mihajlenkoav zadačadarbudlâneâvnogodifferencialʹnogouravneniâdrobnogoporâdka |
| first_indexed |
2025-07-09T01:22:38Z |
| last_indexed |
2025-07-09T01:22:38Z |
| _version_ |
1837130485627617280 |
| fulltext |
Український математичний вiсник
Том 7 (2010), № 4, 439 – 452
Задача Дарбу для неявного
дифференциального уравнения
дробного порядка
Александр Н. Витюк, Анастасия В. Михайленко
(Представлена А. Е. Шишковым)
Аннотация. Получены достаточные условия существования и
единственности решения задачи Дарбу для неявного дифференци-
ального уравнения дробного порядка. Предлагается численный ме-
тод решения этой задачи.
2010 MSC. 35R11.
Ключевые слова и фразы. Неявное дифференциальное уравне-
ние дробного порядка, теорема существования и единственности,
численный метод.
1. Введение
Пусть P = (0, a] × (0, b], P = [0, a] × [0, b], 0 < a, b < +∞, 0 < α, β
≤ 1, r = (α;β), 1 − r = (1 − α; 1 − β), θ = (0; 0), σ = (1; 1).
Обозначим через C(P ), L(P ), AC(P ), соответственно, пространс-
тво непрерывных, суммируемых по Лебегу, абсолютно непрерывных
функций f : P → R. Для функции f(x, y) ∈ L(P ) левосторонним сме-
шанным интегралом Римана–Лиувилля порядка r называем функ-
цию [1]
Ir
θf(x, y) =
1
Γ(α) · Γ(β)
x
∫
0
y
∫
0
(x− t)α−1(y − s)β−1f(t, s) dt ds,
где Γ(·) — гамма-функция Эйлера. В частности,
Iσ
θ f(x, y) =
x
∫
0
y
∫
0
f(t, s) dt ds, Iθ
θf(x, y) = f(x, y).
Статья поступила в редакцию 15.06.2010
ISSN 1810 – 3200. c© Iнститут математики НАН України
440 Задача Дарбу...
Частным интегралом Римана–Лиувилля порядка α от функции
f(x, y) по переменной x называем [1] функцию
Iα
0xf(x, y) =
1
Γ(α)
x
∫
0
(x− t)α−1f(t, y) dt.
Левосторонней смешанной производной Римана–Лиувилля поряд-
ка r от f(x, y) называем [1] функцию
Dr
θf(x, y) = Dxyf1−r(x, y), Dxy =
∂2
∂x∂y
,
f1−r(x, y) = I1−r
θ f(x, y),
а частной дробной производной Римана–Лиувилля порядка α по пе-
ременной x — функцию
Dα
0xf(x, y) =
∂f1−α(x, y)
∂x
, f1−α(x, y) = I1−α
0x f(x, y).
Аналогично определяем производную
D
β
0yf(x, y) =
1
Γ(1 − β)
∂
∂y
y
∫
0
(y − s)−βf(x, s) ds.
Для функции f(x, y) : P → R полагаем γ(x, y) = f(x, 0)+f(0, y)−
f(0, 0), q(x, y) = f(x, y)−γ(x, y). Смешанной регуляризованной прои-
зводной функции f(x, y) порядка r называем функцию [2]
D
r
θf(x, y) = Dr
θq(x, y)
=
1
Γ(1 − α) · Γ(1 − β)
Dxy
( x
∫
0
y
∫
0
(x− t)−α · (y − s)−βq(t, s) dt ds
)
.
Частной регуляризованной производной функции f(x, y) порядка
α по переменной x называем функцию
D
α
0xf(x, y) = Dα
0x(f(x, y) − f(0, y)).
Аналогично определяем производную
D
β
0yf(x, y) = D
β
0y(f(x, y) − f(x, 0)).
А. Н. Витюк, А. В. Михайленко 441
Рассмотрим задачу
D
r
θu(x, y) = F (x, y, u(x, y), D
r
θu(x, y)), (1.1)
u(x, 0) = ϕ(x), 0 ≤ x ≤ a;
u(0, y) = ψ(y), 0 ≤ y ≤ b;
ϕ(0) = ψ(0).
(1.2)
Задача Дарбу для дифференциального уравнения D
r
θu(x, y) =
F (x, y, u(x, y)) рассмотрена в [2], а в [3] — задача
Dr
θu(x, y) ∈ F (x, y, u(x, y)),
u1−r(x, 0) = ϕ(x), 0 ≤ x ≤ a;
u1−r(0, y) = ψ(y), 0 ≤ y ≤ b;
ϕ(0) = ψ(0).
В работах [4, 5] рассматривалась задача Дарбу для дифференци-
альных уравнений с запаздыванием и дробной производной Капуто.
Если α = β = 1, то в соответствии с определением производной
D
r
θu(x, y) задача (1.1), (1.2) сводится к задаче Дарбу для уравнения
uxy = F (x, y, u, uxy), которая была рассмотрена в работе [6].
Система дифференциальных уравнений, содержащая регуляризо-
ванную производную D
α
0 z(x) = d
dxI
1−α
0 (z(x)−z(0)), рассмотрена в [9].
2. Существование и единственность
решения задачи (1.1), (1.2)
Пусть функции ϕ(x) и ψ(y) непрерывно дифференцируемые. Ре-
шением задачи (1.1), (1.2) называем такую функцию u(x, y), что:
(i) u(x, y), D
α
0xu(x, y), D
β
0yu(x, y), D
r
θu(x, y) непрерывные для
(x, y) ∈ P , а u1−r(x, y) ∈ AC(P );
(ii) удовлетворяет условиям (1.2) и уравнению (1.1) для (x, y) ∈ P .
Теорема 2.1. Пусть функция F (x, y, u, z) : P × R
2 → R непрерыв-
ная. Тогда задача (1.1), (1.2) эквивалентная решению v(x, y) ∈ C(P )
уравнения
v(x, y) = F (x, y, γ(x, y) + Ir
θv(x, y), v(x, y)), (2.1)
где u(x, y) = γ(x, y) + Ir
θv(x, y), γ(x, y) = ϕ(x) + ψ(y) − ϕ(0).
442 Задача Дарбу...
Доказательство. Пусть u(x, y) — решение задачи (1.1), (1.2), а
v(x, y) = D
r
θu(x, y). Докажем, что u(x, y) = γ(x, y) + µ(x, y), µ(x, y) =
Ir
θv(x, y), а v(x, y) удовлетворяет уравнению (2.1).
Пусть q(x, y) = u(x, y) − γ(x, y). Тогда q1−r(x, y) = u1−r(x, y) −
γ1−r(x, y) ∈ AC(P ), так как u1−r(x, y) ∈ AC(P ) по определению ре-
шения задачи (1.1), (1.2), а, например,
I1−r
θ ϕ(x) =
1
Γ(1 − α) · Γ(1 − β)
x
∫
0
y
∫
0
(x− t)−α(y − s)−βϕ(t) dt ds
=
y1−β
Γ(2 − β)
I1−α
0x ϕ(x) ∈ AC(P )
вследствие того, что y1−β ∈ AC([0, b]), а I1−α
0x ϕ(x) ∈ AC([0, a])
([1, лемма 2.1]) для ϕ(x) ∈ AC([0, a]).
Если B = maxP |u(x, y) − γ(x, y)|, то для (x, y) ∈ P
|q1−r(x, y)| ≤
Bx1−αy1−β
Γ(2 − α) · Γ(2 − β)
.
Следовательно q1−r(x, y) можно продолжить по непрерывности
так, что q1−r(x, 0) = 0, x ∈ [0, a] и q1−r(0, y) = 0, y ∈ [0, b]. Так как
v(x, y) = D
r
θu(x, y) = Dxyq1−r(x, y), то [7]
q1−r(x, y) = Iσ
θ v(x, y) = I1−r
θ (Ir
θv(x, y)),
I1−r
θ (q(x, y) − Ir
θv(x, y)) = 0.
Последнее уравнение есть однородное интегральное уравнение
Абеля, единственным решением которого есть тривиальное решение.
Поэтому u(x, y) = γ(x, y)+Ir
θv(x, y). Очевидно, что v(x, y) удовлетво-
ряет (2.1).
Пусть v(x, y) ∈ C(P ) — решение уравнения (2.1). Докажем, что
u(x, y) = γ(x, y) + µ(x, y) есть решение задачи (1.1), (1.2). Предва-
рительно докажем, что µ(x, y) ∈ C(P ). Пусть (x1, y1), (x2, y1) ∈ P и
x1 < x2, а M = maxP |v(x, y)|. Тогда
|µ(x2, y1) − µ(x1, y1)|
≤
M
Γ(α) · Γ(β)
( x1
∫
0
y1
∫
0
(
(x1 − t)α−1 − (x2 − t)α−1
)
(y1 − s)β−1 dt ds
+
x2
∫
x1
y1
∫
0
(x2 − t)α−1(y1 − s)β−1 dt ds
)
А. Н. Витюк, А. В. Михайленко 443
≤
Mbβ
Γ(α+ 1) · Γ(β + 1)
(2(x2 − x1)
α − (xα
2 − xα
1 ))
≤
2Mbβ(x2 − x1)
α
Γ(α+ 1) · Γ(β + 1)
. (2.2)
Для (x1, y1), (x1, y2) и y1 < y2 аналогично получаем, что
|µ(x1, y2) − µ(x1, y1)| ≤
2Maα(y2 − y1)
β
Γ(α+ 1) · Γ(β + 1)
. (2.3)
Из (2.2) и (2.3) следует, что µ(x, y) ∈ C(P ). Так как для (x, y) ∈ P
|µ(x, y)| ≤
Mxαyβ
Γ(α+ 1) · Γ(β + 1)
,
то µ(x, y) можно продолжить по непрерывности так, что µ(x, y) ∈
C(P ) и
µ(x, 0) = µ(0, y) = 0, x ∈ [0, a], y ∈ [0, b].
Следовательно u(x, y) ∈ C(P ) и удовлетворяет условиям (1.2).
Кроме того,
u1−r(x, y) = I1−r
θ γ(x, y) + Iσ
θ v(x, y) ∈ AC(P ),
а
q1−r(x, y) = I1−r
θ (u(x, y) − γ(x, y)) = I1−r
θ (Ir
θv(x, y)) = Iσ
θ v(x, y).
Значит
D
r
θu(x, y) = Dxyq1−r(x, y) = v(x, y)
для (x, y) ∈ P . Следовательно u(x, y) удовлетворяет уравнению (1.1)
для (x, y) ∈ P . Докажем ещё непрерывность производных D
α
0xu(x, y),
D
β
0yu(x, y) в области P . Используя теорему Фубини, получим
D
α
0xu(x, y) = Dα
0x(u(x, y) − ψ(y))
=
∂
∂x
I1−α
0x ((ϕ(x) − ϕ(0)) + Ir
θv(x, y))
=
∂
∂x
(
1
Γ(1 − α)
x
∫
0
(x− t)−α
( t
∫
0
ϕ′(τ) dτ
)
dt+ I1−α
0x (Ir
0v(x, y))
)
=
∂
∂x
(
1
Γ(1 − α)
x
∫
0
( t
∫
0
ϕ′(τ) dτ
(t− τ)α
)
dt
444 Задача Дарбу...
+
1
Γ(β)
x
∫
0
( y
∫
0
(y − s)β−1v(t, s) ds
)
dt
)
=
1
Γ(1 − α)
x
∫
0
(x− t)−αϕ′(t) dt+
1
Γ(β)
y
∫
0
(y − s)β−1v(x, s) ds
= I1−α
0x ϕ′(x) + I
β
0yv(x, y).
Аналогично получаем, что D
β
0yu(x, y) = I
1−β
0y ψ′(y) + Iα
0xv(x, y).
Докажем, что λ(x, y) = I
β
0yv(x, y) ∈ C(P ). Пусть ε > 0, а (x1, y1),
(x2, y2) ∈ [0, a]×(0, b], причём y1 < y2. Докажем, что существует такое
δ(ε) > 0, что |λ(x2, y2)−λ(x1, y1)| < ε, если |x2 −x1| < δ, |y2 − y1| < δ.
Так как v(x, y) ∈ C(P ), то для ε1 = εΓ(β+1)
2·bβ существует такое
δ1 > 0, что |v(x2, y2)−v(x1, y1)| < ε1, если |x2−x1| < δ1, |y2−y1| < δ1.
Теперь
|λ(x2, y2) − λ(x1, y1)| ≤ |λ(x2, y2) − λ(x2, y1)|
+ |λ(x2, y1) − λ(x1, y1)| = A1 +A2,
A1 =
1
Γ(β)
∣
∣
∣
∣
∣
y2
∫
0
(y2 − s)β−1v(x2, s) ds−
y1
∫
0
(y1 − s)β−1v(x2, s) ds
∣
∣
∣
∣
∣
≤
M
Γ(β)
[ y1
∫
0
(
(y1 − s)β−1 − (y2 − s)β−1
)
ds+
y2
∫
y1
(y2 − s)β−1 ds
]
≤
M
Γ(β + 1)
[
2(y2 − y1)
β − (yβ
2 − y
β
1 )
]
≤
2M(y2 − y1)
β
Γ(β + 1)
,
A2 ≤
1
Γ(β)
y1
∫
0
(y1 − s)β−1|v(x2, s) − v(x1, s)| ds ≤
ε1b
β
Γ(β + 1)
,
если |x2 − x1| < δ1.
Пусть δ2 =
( ε·Γ(β+1)
4M
)1/β
, а δ = min(δ1, δ2). Тогда для |x2 − x1| < δ,
|y2 − y1| < δ получим, что A1 + A2 < ε. Из оценки |λ(x, y)| ≤ Myβ
Γ(β+1)
следует, что λ(x, y) можно продолжить по непрерывности нулем в
точках (x, 0), x ∈ [0, a]. Следовательно λ(x, y) ∈ C(P ). Так как ϕ′(x) ∈
C([0, a]), то аналогично доказываем, что I1−α
0x ϕ′(x) ∈ C([0, a]).
Теорема 2.1 доказана.
А. Н. Витюк, А. В. Михайленко 445
При доказательстве следующей теоремы о существовании и един-
ственности решения задачи (1.1), (1.2) используем общую идею рабо-
ты [8].
Предположения (Н). Пусть функция F (x, y, u, z) : P × R
2 → R
непрерывная, и для любых (x, y, ui, zi) ∈ P × R
2, i = 1, 2
|F (x, y, u1, z1) − F (x, y, u2, z2)| ≤ K|u1 − u2| + L|z1 − z2|, (2.4)
причём 0 < L < 1.
Пусть maxP |F (x, y, γ(x, y), 0)| ≤ S. Рассмотрим интегральное
уравнение
z(x, y) =
K
Γ(α) · Γ(β)
x
∫
0
y
∫
0
(x− t)α−1(y − s)β−1z(t, s) dt ds+Lz(x, y)+S,
единственным решением которого, принадлежащим классу C(P ), яв-
ляется функция [3]
z(x, y) =
S
1 − L
Er
(Kxαyβ
1 − L
)
,
где
Er(λ) =
∞
∑
k=0
λk
Γ(αk + 1) · Γ(βk + 1)
.
Предполагаем также, что в классе функций, удовлетворяющих
условию 0 ≤ p(x, y) ≤ z(x, y), (x, y) ∈ P функция p(x, y) = 0, (x, y) ∈
P является единственным измеримым решением уравнения
p(x, y) = KIr
θp(x, y) + Lp(x, y). (2.5)
Легко доказать, что это предположение выполняется, если
Kaαbβ
(1 − L) · Γ(α+ 1) · Γ(β + 1)
< 1.
Заметим, что интегральное уравнение (2.5) эквивалентно уравнению
p(x, y) = (1 − L)−1 ·K · Ir
θp(x, y),
но для дальнейшего удобна его запись в виде (2.5). Рассмотрим по-
следовательность pn(x, y), n ≥ 0, (x, y) ∈ P , где p0(x, y) = z(x, y),
pn+1(x, y) = K · Ir
θpn(x, y) + Lpn(x, y). (2.6)
446 Задача Дарбу...
Докажем, что pn(x, y) ∈ C(P ) и для (x, y) ∈ P
0 ≤ pn+1(x, y) ≤ pn(x, y) ≤ p0(x, y), n ≥ 0. (2.7)
При n = 0
p1(x, y) = K · Ir
θp0(x, y) + Lp0(x, y)
≤ K · Ir
θp0(x, y) + Lp0(x, y) + S = p0(x, y).
В силу доказанного в теореме 2.1 Ir
θp0(x, y) ∈ C(P ). Следователь-
но p1(x, y) ∈ C(P ). Если 0 ≤ pn(x, y) ≤ pn−1(x, y), pn(x, y) ∈ C(P ),
n ≥ 1, то для (x, y) ∈ P
pn+1(x, y) = K · Ir
θpn(x, y) + Lpn(x, y)
≤ K · Ir
θpn−1(x, y) + Lpn−1(x, y) = pn(x, y)
и pn+1(x, y) ∈ C(P ). Таким образом, последовательность pn(x, y), n ≥
0 невозрастающая и ограничена снизу. Поэтому существует измери-
мая функция τ(x, y), которая является поточечным пределом после-
довательности pn(x, y), n ≥ 0, причём 0 ≤ τ(x, y) ≤ p0(x, y), (x, y) ∈
P . Согласно теореме Лебега о мажорантной сходимости τ(x, y) явля-
ется решением уравнения (2.5). Следовательно τ(x, y) = 0, (x, y) ∈ P
и согласно теореме Дини последовательность pn(x, y), n ≥ 0 равно-
мерно на P сходится к нулю.
Рассмотрим ещё последовательность vn(x, y), n ≥ 0, полагая
v0(x, y) = 0, а
vn+1(x, y) = F (x, y, γ(x, y) + Ir
θvn(x, y), vn(x, y)). (2.8)
Теорема 2.2. Пусть функция F (x, y, u, z) удовлетворяет предполо-
жениям (Н). Тогда существует единственное решение v(x, y) урав-
нения (2.1) такое, что для (x, y) ∈ P
|v(x, y)| ≤ z(x, y), (2.9)
|v(x, y) − vn(x, y)| ≤ pn(x, y), n ≥ 0. (2.10)
Доказательство. Очевидно, что |v0(x, y)| ≤ z(x, y). Пусть vn(x, y) ≤
z(x, y). Тогда
|vn+1(x, y)| ≤ |F (x, y, γ(x, y)+Ir
θvn(x, y), vn(x, y))−F (x, y, γ(x, y), 0)|
+ |F (x, y, γ(x, y), 0)| ≤ K · Ir
θ |vn(x, y)| + L|vn(x, y)| + S
≤ K · Ir
θz(x, y) + Lz(x, y) + S = z(x, y), (x, y) ∈ P .
А. Н. Витюк, А. В. Михайленко 447
Следовательно для (x, y) ∈ P , vn(x, y) ∈ C(P ) и
|vn(x, y)| ≤ z(x, y), n ≥ 0. (2.11)
Докажем, что для любого натурального p ≥ 1 и (x, y) ∈ P
|vn+p(x, y) − vn(x, y)| ≤ pn(x, y), n ≥ 0. (2.12)
При n = 0
|vp(x, y) − v0(x, y)| = |vp(x, y)| ≤ p0(x, y).
Предположим, что |vn+p(x, y) − vn(x, y)| ≤ pn(x, y). Тогда
|vn+p+1(x, y) − vn+1(x, y)|
≤ K · Ir
θ (|vn+p(x, y) − vn(x, y)|) + L|vn+p(x, y) − vn(x, y)|
≤ K · Ir
θpn(x, y) + Lpn(x, y) = pn+1(x, y).
Отсюда и метода математической индукции следует справедливость
оценки (2.12), согласно которой последовательность vn(x, y), n ≥ 0
равномерно на P сходится к v(x, y) ∈ C(P ). Из (2.11) при n → ∞
следует (2.9), из (2.12) при p→ 0 следует (2.10), а из (2.8) при n→ ∞
следует, что v(x, y) является решением уравнения (2.1).
Единственность. Пусть v(x, y) ∈ C(P ), |v(x, y)| ≤ z(x, y), (x, y) ∈
P есть другое решение уравнения (2.1). Используя индукцию, дока-
зываем, что |v(x, y) − vn(x, y)| ≤ pn(x, y), n ≥ 0 в области P . Следо-
вательно lim vn(x, y) = v(x, y) при n→ ∞, т.е. v(x, y) = v(x, y).
Теорема 2.2 доказана.
Таким образом, если F (x, y, u, z) в области P × R
2 удовлетворяет
предположениям (Н), то согласно теореме 2.2 существует единствен-
ное решение v(x, y) ∈ C(P ) уравнения (2.1), а согласно теореме 2.1
u(x, y) = γ(x, y) + Ir
θv(x, y) будет единственным решением задачи
(1.1), (1.2) в области P , причём a и b такие, что
Kaαbβ ((1 − L) · Γ(α+ 1) · Γ(β + 1))−1 < 1.
3. Численный метод
Рассмотрим численный метод приближённого решения задачи
(1.1), (1.2). Предположим, что функция F (x, y, u, z) удовлетворяет
условиям (Н). Пусть Phτ = {(xi, yj) : xi = ih, yj = jτ ; N1 · h = a,
N2 · τ = b}, а Pij = [xi, xi+1] × [yj , yj+1]. Кроме того, uij ≈ u(xi, yj),
vij ≈ v(xi, yj), γij = γ(xi, yj). Воспользуемся следующим утвержде-
нием работы [2].
448 Задача Дарбу...
Лемма 3.1. Пусть сеточные функции z : Phτ → R, w : Phτ → R+
такие, что
|zn+1,m+1| ≤
A
Γ(α+ 1) · Γ(β + 1)
×
n
∑
i=0
m
∑
j=0
|zij |
(
xα
n−i+1 − xα
n−i
)
·
(
y
β
m−j+1 − y
β
m−j
)
+B,
wn+1,m+1 ≥
A
Γ(α+ 1) · Γ(β + 1)
×
n
∑
i=0
m
∑
j=0
wij
(
xα
n−i+1 − xα
n−i
)
·
(
y
β
m−j+1 − y
β
m−j
)
+B, (3.1)
n = 0, N1 − 1, m = 0, N2 − 1, причём
A > 0, B > 0, zi0 = zj0 = 0, wi0 = wj0 = B, i = 0, N1, j = 0, N2.
Тогда |zij | ≤ wij, i = 0, N1, j = 0, N2, а соотношениям (3.1)
удовлетворяют wij = σ(xi, yj), где σ(x, y) = B · Er(A · xα · yβ) есть
решение интегрального уравнения
σ(x, y) =
A
Γ(α) · Γ(β)
x
∫
0
y
∫
0
(x− t)α−1(y − s)β−1σ(t, s) dt ds+B.
Значения vi0 и v0j есть решения уравнений
vi0 = F (xi, 0, γi0, vi0), v0j = F (0, yj , γ0j , v0j), i = 0, N1, j = 0, N2.
Пусть uij , vij , i = 0, n, j = 0,m; ui,m+1, vi,m+1, i = 0, n; un+1,j , vn+1,j ,
j = 0,m уже найдены. Тогда
u(xn+1, ym+1) = γn+1,m+1
+
1
Γ(α) · Γ(β)
xn+1
∫
0
ym+1
∫
0
(xn+1 − t)α−1(ym+1 − s)β−1v(t, s) dt ds
= γn+1,m+1 +
1
Γ(α) · Γ(β)
×
n
∑
i=0
m
∑
j=0
xi+1
∫
xi
yj+1
∫
yj
(xn+1 − t)α−1(ym+1 − s)β−1v(t, s) dt ds
А. Н. Витюк, А. В. Михайленко 449
≈ γn+1,m+1 +
1
Γ(α) · Γ(β)
×
n
∑
i=0
m
∑
j=0
xi+1
∫
xi
yj+1
∫
yj
(xn+1 − t)α−1(ym+1 − s)β−1vij dt ds.
В качестве un+1,m+1 принимаем величину
un+1,m+1 = γn+1,m+1 +
1
Γ(α+ 1) · Γ(β + 1)
×
n
∑
i=0
m
∑
j=0
vij
(
xα
n−i+1 − xα
n−i
)
·
(
y
β
m−j+1 − y
β
m−j
)
. (3.2)
Значение vn+1,m+1 найдём как решение уравнения
vn+1,m+1 = F (xn+1, ym+1, un+1,m+1, vn+1,m+1). (3.3)
Докажем, что limmaxi,j |u(xi, yj) − uij | = 0, limmaxi,j |v(xi, yj) −
vij | = 0 при N1 → ∞, N2 → ∞. Пусть δij = v(xi, yj)−vij . Из (2.1) при
x = xn+1, y = ym+1 и (3.3) с учётом условия (2.4) следует, что
|δn+1,m+1| ≤ K|u(xn+1, ym+1) − un+1,m+1| + L|δn+1,m+1|,
n = 0, N1 − 1, m = 0, N2 − 1.
(3.4)
Кроме того,
|u(xn+1, ym+1) − un+1,m+1| ≤
1
Γ(α) · Γ(β)
×
n
∑
i=0
m
∑
j=0
xi+1
∫
xi
yj+1
∫
yj
(xn+1 − t)α−1(ym+1 − s)β−1|v(t, s) − vij | dt ds. (3.5)
Для (x, y) ∈ Pij
|v(x, y)−vij | ≤ |v(x, y)−v(xi, yj)|+|v(xi, yj)−vij | ≤ ω(v;h, τ)+|δij |,
(3.6)
где
ω(v;h, τ) = sup
{
|v(x, y) − v(x, y)| : (x, y), (x, y) ∈ P ;
|x− x| ≤ h, |y − y| ≤ τ
}
есть модуль непрерывности функции v(x, y). Из (3.5) и (3.6) следует
оценка
450 Задача Дарбу...
|u(xn+1, ym+1) − un+1,m+1| ≤
1
Γ(α+ 1) · Γ(β + 1)
×
( n
∑
i=0
m
∑
j=0
|δij |
(
xα
n−i+1 − xα
n−i
)
·
(
y
β
m−j+1 − y
β
m−j
)
+aα·bβ ·ω(v;h, τ)
)
.
(3.7)
Из (3.5) с учётом оценки (3.7) вытекает, что
|δn+1,m+1| ≤
K
(1 − L)Γ(α+ 1) · Γ(β + 1)
×
n
∑
i=0
m
∑
j=0
|δij |
(
xα
n−i+1 − xα
n−i
)
·
(
y
β
m−j+1 − y
β
m−j
)
+B,
где
B =
aα · bβ · ω(v;h, τ) ·K
(1 − L) · Γ(α+ 1) · Γ(β + 1)
.
Отсюда согласно лемме 3.1
|δnm| ≤ B · Er
(Kxα
ny
β
m
1 − L
)
≤ B · Er
(Kaαbβ
1 − L
)
. (3.8)
Принимая во внимание оценки (3.7) и (3.8), получим, что
|u(xn+1, ym+1) − un+1,m+1|
≤
aα · bβ
Γ(α+ 1) · Γ(β + 1)
(
B · Er
(Kaαbβ
1 − L
)
+ ω(v;h, τ)
)
. (3.9)
Сходимость данного метода следует из оценок (3.8), (3.9), если
учесть, что B → 0, ω(v;h, τ) → 0 при h→ 0, τ → 0.
Замечание 3.1. Если F (x, y, u, z) : P ×R
2 → R удовлетворяют усло-
вию Липшица и по переменным x и y, то можно доказать, что
|v(xn, ym) − vnm| = O(hα + τβ), |u(xn, ym) − unm| = O(hα + τβ)
при h→ 0, τ → 0.
Пример 3.1. Рассмотрим задачу Дарбу (0 < α, β ≤ 1)
D
r
θu(x, y) = xαyβu(x, y) +
1
6
sin(D
r
θu(x, y))
−
x3α · y3β · Γ(α) · Γ(β)
4 · Γ(2α) · Γ(2β)
−
1
6
sin(xαyβ), (3.10)
А. Н. Витюк, А. В. Михайленко 451
u(x, 0) = u(0, y) = 1, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1. (3.11)
Для этой задачи
K = 1, L =
1
6
, u(x, y) = 1 +
x2α · y2β · Γ(α) · Γ(β)
4 · Γ(2α) · Γ(2β)
,
q1−r(x, y) =
xα+1 · yβ+1
(α+ 1) · (β + 1)
,
D
α
0xu(x, y) =
xα · y2βΓ(β)
2 · Γ(2β)
, D
β
0yu(x, y) =
x2α · yβΓ(α)
2 · Γ(2α)
,
D
r
θu(x, y) = xαyβ .
Заметим, что при α = β = 1 уравнение (3.10) сводится к уравнению
uxy(x, y) = xy · u(x, y) +
1
6
sin(uxy(x, y)) −
x3y3
4
−
1
6
sin(xy). (3.12)
Решением задачи (3.12), (3.11) является функция u(x, y) = 1 + x2y2
4 .
При α = β = 0.75 и N1 = N2 = 200 в таблице 1 приведены значения
uij и vij и их абсолютные погрешности для задачи (3.10), (3.11).
(xi, yj) uij |u(xi, yj) − uij | vij |v(xi, yj) − vij |
(0.5; 0.5) 1.05881 0.00094 0.35316 0.00039
(0.5; 1) 1.16688 0.00211 0.59314 0.00146
(1; 1) 1.47325 0.00474 0.99479 0.00521
Таблица 1.
Литература
[1] С. Г. Самко, А. А. Килбас, О. И. Маричев, Интегралы и производные дробного
порядка и некоторые их приложения, Минск: Техника, 1987, 682 с.
[2] А. Н. Витюк, А. В. Михайленко, Об одном классе дифференциальных урав-
нений дробного порядка // Нелiнiйнi коливання, 11 (2008), N 3, 293–304.
[3] А. Н. Витюк, Существование решений дифференциальных включений с ча-
стными производными дробного порядка // Изв. вузов. Математика, (1997),
N 8, 13–19.
[4] S. Abbas, M. Benchohra, Partial hyperbolic differential equations with finite delay
involving the Caputo fractional derivative // Commun. Math. Anal., 7 (2009),
N 2, 62–77.
[5] S. Abbas, M. Benchohra, Darboux problem for perturbed differential equations of
fractional order with finite delay // Nonlinear Anal.: Hybrid Systems, 3 (2009),
597–604.
452 Задача Дарбу...
[6] Gúnter Porath, Über die Differentialgleichung zxy = Φ(x, y, z, zxy) // Mathem.
Nachricht, 33 (1967), N 1/2, 73–89.
[7] S. Walczak, Absolutely continuous functions of several variables and their appli-
cation to differential equations // Bull. Polish Acad. Sci. Math., 35 (1987), N 10–
11, 733–744.
[8] T. Ważewski. Sur un procédé de prouver la convergence des approximations
successives sans utilisation des séries de comparison // Bull. Acad. Polon, Sci.,
ser. math., astr. et phys., 8 (1960), N 1, 45–52.
[9] С. Д. Эйдельман, А. А. Чикрий, Динамические игровые задачи сближения
для уравнений дробного порядка // Укр. матем. журн., 52 (2000), N 11, 73–89.
Сведения об авторах
Александр
Никанорович
Витюк
Одесский национальный университет
им. И. И. Мечникова
ул. Дворянская, 2
65026, Одесса,
Украина
E-Mail: vva@te.net.ua
Анастасия
Витальевна
Михайленко
Одесский государственный
экономический университет
ул. Преображенская, 8
65000, Одесса,
Украина
E-Mail: 8012@mail.ru
|