Краевая задача для вырождающегося уравнения высокого нечетного порядка
Розглядається крайова задача для вироджуваного рiвняння непарного порядку. Єдинiсть розв’язку встановлюється методом iнтегралiв енергiї. Розв’язок будується методом вiдокремлення змiнних, при цьому отримується задача на власнi значення для вироджуваного звичайного диференцiального рiвняння парного...
Gespeichert in:
| Datum: | 2014 |
|---|---|
| Hauptverfasser: | , |
| Format: | Artikel |
| Sprache: | Russian |
| Veröffentlicht: |
Інститут математики НАН України
2014
|
| Schriftenreihe: | Український математичний журнал |
| Schlagworte: | |
| Online Zugang: | http://dspace.nbuv.gov.ua/handle/123456789/166115 |
| Tags: |
Tag hinzufügen
Keine Tags, Fügen Sie den ersten Tag hinzu!
|
| Назва журналу: | Digital Library of Periodicals of National Academy of Sciences of Ukraine |
| Zitieren: | Boundary-value problem for a degenerate high-odd-order equation / Ю.П. Апаков, Б.Ю. Иргашев // Український математичний журнал. — 2014. — Т. 66, № 10. — С. 1318–1331. — Бібліогр.: 11 назв. — рос. |
Institution
Digital Library of Periodicals of National Academy of Sciences of Ukraine| id |
irk-123456789-166115 |
|---|---|
| record_format |
dspace |
| spelling |
irk-123456789-1661152020-02-20T07:12:07Z Краевая задача для вырождающегося уравнения высокого нечетного порядка Апаков, Ю.П. Иргашев, Б.Ю. Статті Розглядається крайова задача для вироджуваного рiвняння непарного порядку. Єдинiсть розв’язку встановлюється методом iнтегралiв енергiї. Розв’язок будується методом вiдокремлення змiнних, при цьому отримується задача на власнi значення для вироджуваного звичайного диференцiального рiвняння парного порядку. Iснування власного значення показується шляхом зведення до iнтегрального рiвняння. We consider a boundary-value problem for a degenerate high-odd-order equation. The uniqueness of the solution is shown by the method of energy integrals. The solution is constructed by the method of separation of variables. In this case, we get the eigenvalue problem for a degenerate even-order ordinary differential equation. The existence of eigenvalues is proved by means of reduction to the integral equation. 2014 Article Boundary-value problem for a degenerate high-odd-order equation / Ю.П. Апаков, Б.Ю. Иргашев // Український математичний журнал. — 2014. — Т. 66, № 10. — С. 1318–1331. — Бібліогр.: 11 назв. — рос. 1027-3190 http://dspace.nbuv.gov.ua/handle/123456789/166115 517.951.2 ru Український математичний журнал Інститут математики НАН України |
| institution |
Digital Library of Periodicals of National Academy of Sciences of Ukraine |
| collection |
DSpace DC |
| language |
Russian |
| topic |
Статті Статті |
| spellingShingle |
Статті Статті Апаков, Ю.П. Иргашев, Б.Ю. Краевая задача для вырождающегося уравнения высокого нечетного порядка Український математичний журнал |
| description |
Розглядається крайова задача для вироджуваного рiвняння непарного порядку. Єдинiсть розв’язку встановлюється
методом iнтегралiв енергiї. Розв’язок будується методом вiдокремлення змiнних, при цьому отримується задача на
власнi значення для вироджуваного звичайного диференцiального рiвняння парного порядку. Iснування власного
значення показується шляхом зведення до iнтегрального рiвняння. |
| format |
Article |
| author |
Апаков, Ю.П. Иргашев, Б.Ю. |
| author_facet |
Апаков, Ю.П. Иргашев, Б.Ю. |
| author_sort |
Апаков, Ю.П. |
| title |
Краевая задача для вырождающегося уравнения высокого нечетного порядка |
| title_short |
Краевая задача для вырождающегося уравнения высокого нечетного порядка |
| title_full |
Краевая задача для вырождающегося уравнения высокого нечетного порядка |
| title_fullStr |
Краевая задача для вырождающегося уравнения высокого нечетного порядка |
| title_full_unstemmed |
Краевая задача для вырождающегося уравнения высокого нечетного порядка |
| title_sort |
краевая задача для вырождающегося уравнения высокого нечетного порядка |
| publisher |
Інститут математики НАН України |
| publishDate |
2014 |
| topic_facet |
Статті |
| url |
http://dspace.nbuv.gov.ua/handle/123456789/166115 |
| citation_txt |
Boundary-value problem for a degenerate high-odd-order equation / Ю.П. Апаков, Б.Ю. Иргашев // Український математичний журнал. — 2014. — Т. 66, № 10. — С. 1318–1331. — Бібліогр.: 11 назв. — рос. |
| series |
Український математичний журнал |
| work_keys_str_mv |
AT apakovûp kraevaâzadačadlâvyroždaûŝegosâuravneniâvysokogonečetnogoporâdka AT irgaševbû kraevaâzadačadlâvyroždaûŝegosâuravneniâvysokogonečetnogoporâdka |
| first_indexed |
2025-07-14T20:46:46Z |
| last_indexed |
2025-07-14T20:46:46Z |
| _version_ |
1837656712537964544 |
| fulltext |
УДК 517.951.2
Ю. П. Апаков, Б. Ю. Иргашев (Наманган. инж.-пед. ин-т, Узбекистан)
КРАЕВАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ ВЫРОЖДАЮЩЕГОСЯ УРАВНЕНИЯ
ВЫСОКОГО НЕЧЕТНОГО ПОРЯДКА
We consider a boundary-value problem for a degenerate high-order odd equation. The uniqueness of the solution is shown
by the method of energy integrals. The solution is constructed by the method of separation of variables. In this case, the
problem of eigenvalues is obtained for a degenerate even-order ordinary differential equation. The existence of eigenvalues
is shown by means of reduction to an integral equation.
Розглядається крайова задача для вироджуваного рiвняння непарного порядку. Єдинiсть розв’язку встановлюється
методом iнтегралiв енергiї. Розв’язок будується методом вiдокремлення змiнних, при цьому отримується задача на
власнi значення для вироджуваного звичайного диференцiального рiвняння парного порядку. Iснування власного
значення показується шляхом зведення до iнтегрального рiвняння.
1. Введение и формулировка основных результатов. В области Ω =
{
(x, y) : 0 < x, y < 1
}
для уравнения
(−1)nD2n+1
x u(x, y) + (−1)kymD2k
y u(x, y) = 0, (1)
где Di
z =
∂i
∂zi
, n, k ∈ N, 0 ≤ m < 2k, изучим следующую задачу.
Задача А. Найти регулярное решение уравнения (1) из класса u(x, y) ∈ C(2n+1),(2k)
x,y (Ω) ∩
∩ C(2n),(2k−1)
x,y
(
Ω
)
, удовлетворяющее краевым условиям
Ds
yu(x, 0) = Ds
yu(x, 1) = 0, s = 0, k − 1, (2)
которые выполняются равномерно по x,
Dj
xu(0, y) = ϕj(y), j = 0, n, (3)
Dr
xu(1, y) = ϕn+1+r(y), r = 0, n− 1. (4)
В случае m = 0 уравнение (1) изучалось в работе [1], где разработана методика построения
фундаментального решения. Используя методику из [1], для уравнений
D2n
x u− (−1)nD1
yu = 0,
D2n+1
x u+ (−1)nD2
yu = 0,
D2n+1
x u+ (−1)nD1
yu = 0
в работах [2, 3, 4] соответственно найдены фундаментальные решения в виде несобственных
интегралов и построена теория потенциала.
При изучении так называемого стационарного вязкого трансзвукового линейного уравнения
(или ВТ-уравнения)
D3
xu(x, y) +D2
yu+
a
y
D1
yu = f(x, y)
c© Ю. П. АПАКОВ, Б. Ю. ИРГАШЕВ, 2014
1318 ISSN 1027-3190. Укр. мат. журн., 2014, т. 66, № 10
КРАЕВАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ ВЫРОЖДАЮЩЕГОСЯ УРАВНЕНИЯ ВЫСОКОГО НЕЧЕТНОГО ПОРЯДКА 1319
в случае a = 0 с помощью метода подобия и автомодельного решения в работах [5 – 7] построе-
ны и изучены свойства фундаментальных решений, выраженные через специальные функции,
а также решены некоторые краевые задачи. Кроме того, в работах [8, 9] в явном виде построе-
ны функции Грина некоторых внешних краевых задач в случаях a = 0 и a = 1. Случай
произвольного a исследован в [10].
В данной работе для уравнения (1), которое является некоторым обобщением ВТ-уравнения,
исследована задача A. Получены следующие результаты.
Теорема 1. Задача А имеет не более одного решения.
Решение задачи A ищется в виде
u(x, y) = X(x)Y (y).
Учитывая условие (2), относительно переменной y получаем задачу на собственные значения
ymY (2k) − (−1)kλ2n+1Y = 0,
Y (s) (0) = Y (s) (1) = 0, s = 0, k − 1.
(5)
Теорема 2. Для собственных функций Y (y) задачи (5) справедливо соотношение
Y (y) = O(yk), y → +0.
Далее строится функция Грина задачи (5).
Теорема 3. Функция Грина имеет вид
G (y, ξ) = − 1
(2k − 1)!
G1 (y, ξ) , 0 ≤ y ≤ ξ,
G2 (y, ξ) , ξ ≤ y ≤ 1,
где
G1 (y, ξ) = (1− ξ)k yk
k−1∑
i=0
k−i−1∑
j=0
(−1)iCi2k−1C
j
k−1+jy
k−i−1ξj+i,
G2 (y, ξ) = (1− y)k ξk
k−1∑
i=0
k−i−1∑
j=0
(−1)iCi2k−1C
j
k−1+jξ
k−i−1yj+i.
Задача (5) сводится к эквивалентному интегральному уравнению, затем показывается, что
интегральное уравнение имеет собственные значения. Получены достаточные условия, при
которых произвольная функция разлагается в ряд по собственным функциям задачи (5).
Теорема 4. Если функция ϕ(y) удовлетворяет условиям:
1) ϕ(s)(0) = ϕ(s)(1) = 0, s = 0, k − 1,
2) y−
m
2 ϕ(y) непрерывна на отрезке [0, 1],
3) y
m
2 ϕ(2k)(y) кусочно-непрерывна на отрезке [0, 1],
то ее можно разложить в равномерно и абсолютно сходящийся ряд по собственным функциям
задачи (5).
ISSN 1027-3190. Укр. мат. журн., 2014, т. 66, № 10
1320 Ю. П. АПАКОВ, Б. Ю. ИРГАШЕВ
Относительно переменной x получена задача
X
(2n+1)
j + (−1)nλ2n+1
j Xj = 0,
X
(i)
j (0) = ϕi,j , i = 0, n,
X
(i)
j (1) = ϕi+n+1,j , i = 0, n− 1,
(6)
где
ϕi,j =
1∫
0
ϕi(y)Yj(y)y−mdy.
Теорема 5. Для решения Xj(x) задачи (6) справедлива оценка
|Xj(x)| ≤M
2n∑
i=0
|ϕi,j |, (7)
где M — некоторая положительная постоянная.
Теорема 6. Если граничные функции ϕi(y), i = 0, 2k − 1, удовлетворяют следующим усло-
виям:
1) ϕi(y) ∈ C4k (0, 1] ,
2) ϕ(j)
i (1) = 0, j = 0, 3k − 1,
3) ϕ(j)
i (y) = O(yα−j), j = 0, 4k, α > 4k − 3m+ 1
2
,
то решение задачи A существует в виде бесконечного ряда
u(x, y) =
∞∑
j=0
Yj (y)Xj(x), (8)
где Yj(y), Xj(x) — решения задач (5), (6) соответственно.
2. Доказательства полученных результатов. Доказательство теоремы 1. Покажем,
что если задача (1) – (4) имеет решение, то оно единственно. В силу линейности уравнения
для этого достаточно доказать, что однородная задача (2) – (4) для уравнения (1) имеет только
тривиальное решение. Предположим обратное, пусть u(x, y) 6= 0 — решение однородной задачи
(1) – (4). Из условия задачи следует, что
u(x, y) = O(yk), y → +0.
Тогда ∫∫
Ω
y1−muL [u]dxdy ≡ 0. (9)
Имеем
(−1)n
1∫
0
uD2n+1
x u (x, y) dx =
1
2
(
Dn
xu(1, y)
)2
, (10)
ISSN 1027-3190. Укр. мат. журн., 2014, т. 66, № 10
КРАЕВАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ ВЫРОЖДАЮЩЕГОСЯ УРАВНЕНИЯ ВЫСОКОГО НЕЧЕТНОГО ПОРЯДКА 1321
(−1)k
1∫
0
yuD2k
y u (x, y) dy =
1∫
0
Dk
y (yu)Dk
yudy =
1∫
0
y
(
Dk
yu
)2
dy + k
1∫
0
Dk−1
y uDk
yudy =
=
1∫
0
y
(
Dk
yu
)2
dy +
k
2
1∫
0
D1
y
(
Dk−1
y u
)2
dy =
1∫
0
y
(
Dk
yu
)2
dy. (11)
Подставляя (10), (11) в (9), получаем
0 =
∫∫
Ω
y1−muL [u]dxdy =
1
2
1∫
0
y1−m
(
Dn
xu(1, y)
)2
dy +
∫∫
Ω
y
(
Dk
yu
)2
dxdy.
Поскольку оба интеграла существуют и положительны, то u (x, y) ≡ 0.
Теорема 1 доказана.
Доказательство теоремы 2. Решение задачи (5) будем искать в виде ряда
gs (y, λ) = ys
∞∑
j=0
csjy
j(2k−m),
где s = 0, 2k − 1, а коэффициенты csj подлежат определению. Подставим его в уравнение (5):
∞∑
j=0
csj
(
j(2k −m) + s
)
2k
y(j−1)(2k−m)+s − (−1)kλ2n+1
∞∑
j=0
csjy
j(2k−m)+s =
=
∞∑
j=0
csj+1 ((j + 1) (2k −m) + s)2k y
j(2k−m)+s − (−1)kλ2n+1
∞∑
j=0
csjy
j(2k−m)+s = 0,
откуда
csj+1 = λ2n+1
(−1)kcsj(
(j + 1)(2k −m) + s
)
2k
.
Если теперь m нецелое, то cs0 6= 0 выбирается произвольно. Если m целое, то может оказаться,
что
(
(j + 1)(2k −m) + s
)
2k
= 0 для j = 0, l. Тогда положим csj = 0 при j = 0, l − 1; csl 6= 0
выбирается произвольно, а остальные коэффициенты вычисляются с помощью рекуррентной
формулы. Очевидно, что рассматриваемый ряд при фиксированном λ сходится абсолютно и
равномерно по признаку Даламбера. Поскольку функции
{
gs(y, λ)
}s=2k−1
s=0
образуют фундамен-
тальную систему решений, собственная функция задачи (5) имеет вид
Y (y) =
2k−1∑
j=0
bjgj(y, λ).
Из условия Y (i)(0) = 0 для i = 0, k − 1 следует, что
Y (y) =
2k−1∑
j=k
bjgj (y, λ). (12)
ISSN 1027-3190. Укр. мат. журн., 2014, т. 66, № 10
1322 Ю. П. АПАКОВ, Б. Ю. ИРГАШЕВ
Для нахождения bj , j = k, 2k − 1, имеем систему
2k−1∑
j=k
bjg
(l)
j (1, λ) = 0, l = 0, k − 1.
Последняя система имеет нетривиальное решение, если
∆ =
∣∣∣∣∣∣∣∣
gk (1, λ) . . . g2k−1 (1, λ)
. . . . . . . . .
g
(k−1)
k (1, λ) . . . g
(k−1)
2k−1 (1, λ)
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0,
т. е. получили уравнение для нахождения собственного значения. Из (12) следует, что
Y (y) = O(yk), y → +0.
Теорема 2 доказана.
Доказательство теоремы 3. Будем искать функции G1 (y, ξ) , G2 (y, ξ) в виде
G1(y, ξ) =
= (1− ξ)kyk
(
yk−1P0(ξ) + yk−2P1(ξ) + . . .+ yPk−2(ξ) + Pk−1(ξ)
)
, 0 ≤ ξ ≤ y,
G2 (y, ξ) =
= (1− y)kξk
(
ξk−1P0(y) + ξk−2P1(y) + . . .+ ξPk−2(y) + Pk−1(y)
)
, y ≤ ξ ≤ 1,
где
Pi(y) =
k−i−1∑
j=0
aik+jy
i+j .
Далее, подберем Pi(y) так, чтобы выполнялось тождество
G1 (y, ξ)−G2 (y, ξ) = (y − ξ)2k−1 . (13)
В тождестве (13) рассмотрим производные по ξ до (k − 1)-го порядка включительно в точке
ξ = 0 и приравняем коэффициенты при одинаковых степенях y :
Dp
ξG2 (y, 0) = 0, p = 0, k − 1,
Dp
ξ (y − ξ)2k−1 (y, 0) = (−1)p
(2k − 1)!
(2k − 1− p)!
y2k−1−p.
(14)
Рассмотрим теперь функцию
F0 (y, ξ) = y2k−1 (1− ξ)k P0 (ξ) ,
ISSN 1027-3190. Укр. мат. журн., 2014, т. 66, № 10
КРАЕВАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ ВЫРОЖДАЮЩЕГОСЯ УРАВНЕНИЯ ВЫСОКОГО НЕЧЕТНОГО ПОРЯДКА 1323
Dp
ξF0 = y2k−1
p∑
j=0
(
(1− ξ)k
)(j)
P
(p−j)
0 (ξ)Cjp,
(
(1− ξ)k
)(j)
= (−1)j
k!
(k − j)!
(1− ξ)k−j ,
(15)(
(1− ξ)k
)(j)
ξ=0
= (−1)j
k!
(k − j)!
, P
(p−j)
0 (0) = (p− j)!a0
p−j ,
Dp
ξF0 (y, 0) = y2k−1
p∑
j=0
(−1)j
p!
j! (p− j)!
k!
(k − i)!
(p− j)!a0
p−i =
= y2k−1
p∑
j=0
(−1)j
p!k!
j! (k − j)!
a0
p−j = y2k−1p!
p∑
j=0
(−1)jCjka
0
p−j .
Приравняв коэффициенты при одинаковых степенях y в соотношениях (14) и (15), получим
систему уравнений для нахождения коэффициентов a0
j , j = 0, n− 1:
a0
0C
0
k = 1,
(−1)1a0
0C
1
k + (−1)0a0
1C
0
k = 0,
(−1)2a0
0C
2
k + (−1)1a0
1C
1
k + (−1)0a0
2C
0
k = 0,
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(−1)k−1a0
0C
k−1
k + (−1)k−2a0
1C
k−2
k + . . .+ (−1)0a0
k−1C
0
k = 0,
где
Ckn =
n!
k! (n− k)!
.
Используя формулу из [11]
C0
nC
k
n+k−1 − C1
nC
k−1
n+k−2 + . . .+ (−1)kC0
n−1C
k
n = 0, (16)
получаем решение системы в виде
a0
j = Cjk+j−1.
Итак,
P0 (ξ) =
k−1∑
j=0
Cjk+j−1ξ
j .
Аналогичным образом найдем другие неизвестные полиномы Pi (ξ) . Для этого введем обозна-
чение
Fi (y, ξ) = y2k−1−i (1− ξ)k Pi (ξ)
ISSN 1027-3190. Укр. мат. журн., 2014, т. 66, № 10
1324 Ю. П. АПАКОВ, Б. Ю. ИРГАШЕВ
и вычислим частные производные p-го порядка в точке ξ = 0 :
Dp
ξFi (y, 0) = y2k−1−ip!
p−i∑
j=0
(−1)jCjka
i
p−j , p = i, k − 1. (17)
В тождестве (13) рассмотрим производные по ξ до (k − 1)-го порядка включительно в точке
ξ = 0 и приравняем коэффициенты при одинаковых степенях y. Учитывая (17), получаем
следующую систему уравнений для определения коэффициентов полинома Pi(ξ):
aii = (−1)iCi2k−1,
p−i∑
j=0
(−1)jCjka
i
p−j = 0, p = (i+ 1) , k − 1.
Используя формулу (16), имеем
aii+j = (−1)iCi2k−1C
j
k−1+j ,
Pi (ξ) = (−1)iCi2k−1
k−m−1∑
j=0
Cjk−1+jξ
i+j .
Итак, окончательно получаем
G1 (y, ξ) = (1− ξ)k yk
k−1∑
i=0
k−i−1∑
j=0
(−1)iCi2k−1C
j
k−1+jy
k−i−1ξj+i,
G2 (y, ξ) = (1− y)k ξk
k−1∑
i=0
k−i−1∑
j=0
(−1)iCi2k−1C
j
k−1+jξ
k−i−1yj+i.
Теорема 3 доказана.
Доказательство теоремы 4. Для функции Грина задачи (5) справедливо соотношение
Y (y) = (−1)kλ2n+1
1∫
0
ξ−mG (y, ξ)Y (ξ) dξ,
или
y−
m
2 Y (y) = (−1)kλ2n+1
1∫
0
(yξ)−
m
2 G (y, ξ)
{
ξ−
m
2 Y (ξ)
}
dξ.
Введем обозначения
Z(y) = y−
m
2 Y (y), B (y, ξ) = (yξ)−
m
2 G (y, ξ) .
Тогда получим интегральное уравнение с симметричным ядром
ISSN 1027-3190. Укр. мат. журн., 2014, т. 66, № 10
КРАЕВАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ ВЫРОЖДАЮЩЕГОСЯ УРАВНЕНИЯ ВЫСОКОГО НЕЧЕТНОГО ПОРЯДКА 1325
Z(y) = (−1)kλ2n+1
1∫
0
B (y, ξ)Z (ξ) dξ.
Из теории интегральных уравнений с симметричным ядром известно, что это уравнение имеет
собственные значения. Нетрудно проверить, что имеет место равенство
y−
m
2 ϕ(y) =
1∫
0
B (y, ξ)
(
ξ
m
2 ϕ(2k) (ξ)
)
dξ.
Применяя теорему Гильберта – Шмидта, получаем требуемый результат.
Теорема 4 доказана.
Доказательство теоремы 5. Будем считать, что граничные функции ϕi(y) удовлетворяют
условиям теоремы 3. Тогда
ϕi(y) =
+∞∑
j=0
ϕi,jYj(y),
где
ϕi,j =
1∫
0
ϕi(y)Yj(y)y−mdy.
Расположим собственные значения λ в порядке возрастания 0 < λ0 < λ1 < λ2 < . . . . Характе-
ристическое уравнение для (6) имеет вид
µ2n+1
j = (−1)n+1λ2n+1
j . (18)
Для решения уравнения (18) рассмотрим 2 случая:
1. Пусть n = 2s+ 1, тогда
µj,p = λj(αp + iβp),
где
αp = cos θp, βp = sin θp, θp =
2πp
4s+ 3
, p = 0, 4s+ 2, θp 6= 0, p 6= 0,
причем αp > 0 при p = 0, s; 3s+ 3, 4s+ 2, αp < 0 при p = s+ 1, 3s+ 2.
Общее решение уравнения (18) имеет вид
Xj(x) = a1,je
λjx +
s∑
p=1
eλjαpx
(
bp,j cosλjβpx+ bp+s,j sinλjβpx
)
+
+
2s+1∑
p=s+1
eλjαpx
(
cp,j cosλjβpx+ cp+s+1,j sinλjβpx
)
.
Заметим, что в первом ряду все αp положительны, а во втором — отрицательны. Имеем
Di
xXj(x) = λij
a1,je
λjx +
s∑
p=1
eλjαpx
(
bp,j cos (λjβpx+ iθp) + bp+s,j sin
(
λjβpx+ iθp
))
+
ISSN 1027-3190. Укр. мат. журн., 2014, т. 66, № 10
1326 Ю. П. АПАКОВ, Б. Ю. ИРГАШЕВ
+
2s+1∑
p=s+1
eλjαpx
(
cp,j cos (λjβpx+ iθp) + cp+s+1,j sin (λjβpx+ iθp)
), i = 0, 2s+ 1.
Для определения неизвестных aij,p получим систему уравнений
a1,j +
s∑
p=1
(
bp,j cos iθp + bp+s,j sin iθp
)
+
+
2s+1∑
p=s+1
(cp,i cos iθp + cp+s+1,j sin iθp) =
ϕi,j
λij
, i = 0, 2s+ 1,
(19)a1,je
λj +
s∑
p=1
eλjαp
(
bp,j cos (λjβp + iθp) + bp+s,j sin (λjβp + iθp)
)
+
+
2s+1∑
p=s+1
eλjαp
(
cp,j cos (λjβp + iθp) + cp+s+1,j sin (λjβp + iθp)
) =
ϕi+2s+2,j
λij
, i = 0, 2s.
Основная матрица системы (19) имеет вид
∆(4s+3)×(4s+3) =
A(2s+2)×(2s+1) B(2s+2)×(2s+2)
C(2s+1)×(2s+1) D(2s+1)×(2s+2)
,
где
A =
=
1 1 . . . 1 0 . . . 0
1 cos θ1 . . . cos θs sin θ1 . . . sin θs
1 cos 2θ1 . . . cos 2θs sin 2θ1 . . . sin 2θs
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 cos (2s+ 1) θ1 . . . cos (2s+ 1) θs sin (2s+ 1) θ1 . . . sin (2s+ 1) θs
,
B =
1 . . . 1 0 . . . 0
cos θs+1 . . . cos θ2s+1 sin θs+1 . . . sin θ2s+1
cos 2θs+1 . . . cos 2θ2s+1 sin 2θs+1 . . . sin 2θ2s+1
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
cos (2s+ 1) θs+1 . . . cos (2s+ 1) θ2s+1 sin (2s+ 1) θs+1 . . . sin (2s+ 1) θ2s+1
,
C =
(
C1 C2
)
,
ISSN 1027-3190. Укр. мат. журн., 2014, т. 66, № 10
КРАЕВАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ ВЫРОЖДАЮЩЕГОСЯ УРАВНЕНИЯ ВЫСОКОГО НЕЧЕТНОГО ПОРЯДКА 1327
C1 =
eλj eλjα1 cosλjβ1 . . . eλjαs cosλjβs
eλj eλkα1 cos (λjβ1 + θ1) . . . eλjαs sin (λjβs + θs)
. . . . . . . . . . . .
eλj eλjα1 cos (λjβ1 + 2sθ1) . . . eλjα1 cos (λjβs + 2sθs)
,
C2 =
eλkα1 sinλjβ1 . . . eλjα1 sinλjβs
eλkα1 sin (λjβ1 + θ1) . . . eλjα1 sin (λjβs + θs)
. . . . . . . . .
eλkα1 sin (λjβ1 + 2sθ1) . . . eλjα1 sin (λjβs + 2sθs)
,
D =
(
D1 D2
)
,
D1 =
eλjαs+1 cosλjβs+1 . . . eλjα2s+1 cosλjβ2s+1
eλjαs+1 cos (λjβs+1 + θs+1) . . . eλjα2s+1 cos (λjβ2s+1 + θ2s+1)
. . . . . . . . .
eλjαs+1 cos (λjβs+1 + 2sθs+1) . . . eλjα2s+1 cos (λjβ2s+1 + 2sθ2s+1)
,
D2 =
eλjαs+1 sinλjβs+1 . . . eλjα2s+1 sinλjβ2s+1
eλjαs+1 sin (λjβs+1 + θs+1) . . . eλjα2s+1 sin (λjβ2s+1 + θ2s+1)
. . . . . . . . .
eλjαs+1 sin (λjβs+1 + 2sθs+1) . . . eλjα2s+1 sin (λjβ2s+1 + 2sθ2s+1)
.
В силу единственности задачи детерминант системы (19) отличен от нуля. Найдем самую боль-
шую степень экспоненты при вычислении детерминанта ∆. Поскольку в матрице C(2s+1)×(2s+1)
у всех экспонент степени положительны, то, очевидно, самая большая степень экспоненты по-
лучается при вычислении произведения определителей∣∣C(2s+1)×(2s+1)
∣∣ ∣∣B(2s+2)×(2s+2)
∣∣ .
Вычислим каждый определитель в отдельности. Используя формулу Эйлера eiz = cos z+i sin z,
имеем
detC = eλj(1+2
∑s
p=1 αp)
(
i
2
)s ∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 1 . . . 1 1 . . . 1
1 eθ1i . . . eθsi e−θ1i . . . e−θsi
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 e2sθ1i . . . e2sθsi e−2sθ1i . . . e−2sθsi
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ .
Последний детерминант есть определитель Вандермонда, который вычисляется явно:
detC = eλj(1+2
∑s
p=1 αp)
(
i
2
)s s∏
r=1
(
eiθr − 1
)(
e−iθr − 1
)∏
r>t
(
eiθr − eiθt
)(
e−iθr − e−iθt
)
×
×
s∏
r=1
(
e−iθr − eiθr
)∏
r 6=t
(
e−iθr − eiθt
)(
e−iθt − eiθr
)
.
ISSN 1027-3190. Укр. мат. журн., 2014, т. 66, № 10
1328 Ю. П. АПАКОВ, Б. Ю. ИРГАШЕВ
Выполняя некоторые преобразования, получаем
detC = 22seλj(1+2
∑s
p=1 αp)
s∏
r=1
sin θr
s∏
r=1
sin2 θr
2
∏
r>t
4 sin2 θr − θt
2
∏
r 6=t
(−4) sin2 θr + θt
2
. (20)
Поскольку в выражении (20) каждый множитель отличен от нуля, то detC 6= 0.
Теперь вычислим определитель матрицы B(2s+2)×(2s+2). Опять используя формулу Эйлера,
имеем
detB =
(
i
2
)s+1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 . . . 1 1 . . . 1
eiθs+1 . . . eiθ2s+1 e−iθs+1 . . . e−iθ2s+1
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
eiθs+1(2s+1) . . . eiθ2s+1(2s+1) e−iθs+1(2s+1) . . . e−iθ2s+1(2s+1)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ .
Снова получили определитель Вандермонда
B =
(
i
2
)s+1 2s+1∏
r=s+1
(
e−iθr − eiθr
)∏
r>t
(
e−iθr − e−iθt
)(
eiθr − eiθt
)∏
r 6=t
(
e−iθr − eiθt
)(
e−iθt − eiθr
)
.
Выполнив некоторые преобразования, получим
detB =
2s+1∏
r=s+1
sin θr
∏
r>t
4 sin2 θr − θt
2
∏
r 6=t
(−4) sin2 θr + θt
2
6= 0.
Итак,
det ∆ = eλj(1+2
∑s
p=1 αp)N + f (λj) , (21)
где
N = 22s
2s+1∏
r=1
sin θr
s∏
r=1
sin2 θr
2
2s+1∏
r>t≥1
4 sin2 θr − θt
2
2s+1∏
r 6=t
r,t=1
(−4) sin2 θr + θt
2
6= 0,
f (λj) = o
(
eλj(1+2
∑s
p=1 αp)
)
, λj → +∞.
Имеем следующую оценку:
∣∣Xj(x)
∣∣ ≤ |a1,j |eλjx +
s∑
p=1
eλjαpx
(
|bp,j |+ |bp+s,j |
)
+
2s+1∑
p=s+1
(
|cp,j |+ |cp+s+1,j |
)
.
Оценим теперь коэффициенты
|a1,j | =
∣∣det ∆1
∣∣
|det ∆|
, |bp,j | =
∣∣det ∆p+1
∣∣
|det ∆|
, p = 1, 2s,
|cp,j | =
∣∣det ∆p+s+1
∣∣
|det ∆|
, p = s+ 1, 3s+ 2,
ISSN 1027-3190. Укр. мат. журн., 2014, т. 66, № 10
КРАЕВАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ ВЫРОЖДАЮЩЕГОСЯ УРАВНЕНИЯ ВЫСОКОГО НЕЧЕТНОГО ПОРЯДКА 1329
где ∆r — матрица, полученная из матрицы заменой r-й строки правой частью системы (19).
По формуле Лапласа разложим det ∆r по ее r-й строке:
det ∆r =
4s+2∑
i=0
ϕi,j
λij
∆r
ri+1,
где ∆r
ri+1 — алгебраические дополнения. Отсюда получим оценки
|det ∆1| ≤ K1e
λj(1+2
∑s
i=1 αi)−λj
4s+2∑
i=0
|ϕi,j |,
|det ∆p+1| ≤ Kp+1e
λj(1+2
∑s
i=1 αi)−λjαp
4s+2∑
i=0
|ϕ,j |, p = 1, s,
|det ∆p+s+1| ≤ Kp+s+1e
λj(1+2
∑s
i=1 αi)−λjαp
4s+2∑
i=0
|ϕi,j |, p = 1, s,
|det ∆p+s+1| ≤Mpe
λj(1+2
∑s
i=1 αi)
4s+2∑
i=0
|ϕi,j |, p = s+ 1, 2s+ 1,
|det ∆p+2s+2| ≤Mp+s+1e
λj(1+2
∑s
i=1 αi)
4s+2∑
i=0
|ϕi,j |, p = s+ 1, 2s+ 1,
где K1, Kp+1, Kp+s+1, Mp, Mp+s+1 — некоторые положительные постоянные. Учитывая по-
следние пять оценок и (21), окончательно получаем основную оценку (7).
2. При n = 2s те же самые рассуждения и вычисления опять приведут нас к оценке (7).
Теорема 5 доказана.
Доказательство теоремы 6. Покажем, что ряд (8) является решением поставленной за-
дачи. Имеем
∣∣u(x, y)
∣∣ ≤ ∞∑
j=0
∣∣Xj(x)
∣∣ ∣∣Yj(y)
∣∣ ≤M ∞∑
j=0
(
|Yj(y)|
2n∑
s=0
|ϕsj |
)
. (22)
Покажем сходимость каждого слагаемого в ряде (22). По неравенству Коши – Буняковского при
j = 0 (для остальных слагаемых вычисления аналогичны), получим
∞∑
j=0
|Yj(y)| |ϕ0j | ≤
√√√√ ∞∑
j=0
(
Yj(y)
λ2n+1
j
)2
√√√√ ∞∑
j=0
(
λ2n+1
j ϕ0j
)2
,
λ2n+1
j ϕ0j = λ2n+1
j
1∫
0
ϕ0(y)Yk(y)y−mdy = (−1)k
1∫
0
ϕ0Y
(2k)
k dy = (−1)k
1∫
0
(
ymϕ
(2k)
0
)
y−mYkdy.
Используя неравенство Бесселя, имеем
ISSN 1027-3190. Укр. мат. журн., 2014, т. 66, № 10
1330 Ю. П. АПАКОВ, Б. Ю. ИРГАШЕВ
∞∑
j=0
(
λ2n+1
j ϕ0j
)2
≤
1∫
0
(
ϕ
(2k)
0
)2
ymdy <∞, (23)
а также
Yj(y)
λ2n+1
= (−1)k
1∫
0
ξ−mG (y, ξ)Y (ξ) dξ.
По неравенству Бесселя получаем
∞∑
j=0
(
Yj(y)
λ2n+1
j
)
≤
1∫
0
G2 (y, ξ) ξ−mdξ <∞. (24)
Из (23), (24) следует равномерная сходимость (8).
Покажем теперь равномерную сходимость рядов, составленных из частных производных.
Путем формального дифференцирования ряда (8) имеем
∂2ku
∂y2k
=
∞∑
j=0
Xj(x)Y
(2k)
j (y) = (−1)ky−m
∞∑
j=0
λ2n+1
j Xj(x)Yj(y),
∞∑
j=0
λ2n+1
j
∣∣Xj(x)
∣∣ ∣∣Yj(y)
∣∣ ≤M ∞∑
j=0
(
λ2n+1
j
∣∣Yj(y)
∣∣ 2n∑
s=0
|ϕsj |
)
. (25)
Покажем сходимость каждого слагаемого в ряде (25). По неравенству Коши – Буняковского
получаем
∞∑
j=0
(
λ2n+1
j |Yj(y)| |ϕ0j |
)
≤
√√√√ ∞∑
j=0
(
Yj(y)
λ2n+1
j
)2
√√√√ ∞∑
j=0
(
λ
2(2n+1)
j ϕ0j
)2
.
Сходимость первого множителя мы показали выше. Рассмотрим второй множитель
λ
2(2n+1)
j ϕ0j = λ
2(2n+1)
j
1∫
0
Yj(y)ϕ0(y)y−mdy =
= (−1)k λ2n+1
j
1∫
0
ϕ0Y
(2k)
j dy =(−1)kλ2n+1
j
1∫
0
ϕ
(2k)
0 Ykdy =
= (−1)kλ2n+1
j
1∫
0
ϕ
(2k)
0 ymYjy
−mdy =
1∫
0
ϕ
(2k)
0 ymY
(2k)
j dy =
=
1∫
0
(
ϕ
(2k)
0 ym
)(2k)
ymYjy
−mdy. (26)
ISSN 1027-3190. Укр. мат. журн., 2014, т. 66, № 10
КРАЕВАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ ВЫРОЖДАЮЩЕГОСЯ УРАВНЕНИЯ ВЫСОКОГО НЕЧЕТНОГО ПОРЯДКА 1331
Последний переход в равенстве (26) мы пока будем считать законным. Далее, используя нера-
венство Бесселя, имеем
∞∑
j=0
(
λ
2(2n+1)
j ϕ0j
)2
≤
1∫
0
[(
ϕ
(2k)
0 ym
)(2k)
y
m
2
]2
dy. (27)
Поскольку ϕ
(i)
0 (y) = O
(
yα−i
)
, i = 0, 4k, где α > 4k − 3m+ 1
2
, то интеграл (27) ограничен
и, значит, ряд (25) сходится равномерно. Теперь вернемся к равенству (26). Если учесть, что
Y
(2k)
j = O
(
yk−m
)
при y → +0, то условия теоремы 5 обеспечивают законность последнего
перехода в равенстве (26).
Теорема 6 доказана.
1. Block H. Sur les equations lineaires aux derives parielles a carateristiques multiples // Ark. mat., astron., fys. Note 1. –
1912. – 7(13). – P. 1 – 34; Note 2. – 1912. – 7(21). – P. 1 – 30; Note 3. – 1912 – 1913. – 8(23). – P. 1 – 51.
2. Cattabriga L. Una generalizationi del problema fundamentale di valori al contorno per eguationi paraboliche lincari //
Ann. mat. pura ed appl. – 1958. – 46. – P. 215 – 247.
3. Cattabriga L. Potenziali di linea e di dominio per equazioni non paraboliche in due variabili a caratteristiche multiple //
Rend. Semin. mat. Univ. Padova. – 1961. – 31. – P. 1 – 45.
4. Абдиназаров С. Краевые задачи для уравнений с кратными характеристиками: Дис. . . . д-ра физ.-мат. наук. –
Ташкент, 1992. – 239 с.
5. Джураев Т. Д., Апаков Ю. П. Об автомодельном решении одного уравнения третьего порядка с кратными
характеристиками // Вестн. Самар. гос. техн. уни-та. Сер. физ.-мат. науки. – 2007. – № 2(15). – С. 18 – 26.
6. Джураев Т. Д., Апаков Ю. П. К теории уравнения третьего порядка с кратными характеристиками, содержащего
вторую производную по времени // Укр. мат. журн. – 2010. – 62, № 1. – С. 40 – 51.
7. Апаков Ю. П. О решении краевой задачи для уравнения третьего порядка с кратными характеристиками //
Укр. мат. журн. – 2012. – 64, № 1. – С. 3 – 13.
8. Диесперов В. Н. О функции Грина линеаризованного вязкого трансзвукового уравнения // Журн. вычислит.
математики и мат. физики. – 1972. – 12, № 5. – С. 1265 – 1269.
9. Диесперов В. Н., Ломакин Л. А. Об одной краевой задаче для линеаризованного осесимметрического ВТ-
уравнения // Журн. вычислит. математики и мат. физики. – 1974. – 14, № 5. – С. 1244 – 1260.
10. Засорин Ю. В. Точные решения сингулярных уравнений вязких трансзвуковых течений // Докл. АН СССР. –
1984. – 287, № 6. – С. 1347 – 1351.
11. Виленкин Н. Я. Комбинаторика. – М.: Наука, 1969. – 328 с.
Получено 24.04.13
ISSN 1027-3190. Укр. мат. журн., 2014, т. 66, № 10
|