Исследование явного решения аналога задачи коши для вырождающегося гиперболического уравнения третьего порядка в трехмерной области

№96-1,

физико-математические науки

Статья посвящена детальному исследованию явного решения краевой задачи для вырождающегося в одной точке области дифференциального уравнения в частных производных гиперболического типа третьего порядка.

Похожие материалы

Рассмотрим краевую задачу, которая по структуре является аналогом задачи Коши. В отличие от классической постановки задачи Коши, в данной задаче значения искомой функции и ее нормальной производной задаются на частях нехарактеристической поверхности [1].

Уравнение

L[u] \equiv (x+y+z)u_{xyz} + \alpha\cdot (u_{xz} + u_{yz}) = 0, \quad 0<2 \alpha<1

будем рассматривать в области \Omega = \left\{ (x,y,z): 0<y<x<z< + \infty \right\} пространства R3. Область \Omega представляет собой трехгранный угол с вершиной в начале координат, образованный частями плоскостей y=0, y=x и z=x в первом октанте. Введем обозначения:

D_1=\left\{ (x,y): 0<y<x< + \infty \right\}, \quad D_2=\left\{ (x,z): 0<x<z< + \infty \right\}.

В области \Omega требуется найти функцию u(x,y,z) со следующими свойствами:

  1. u \in C \left( \overline{\Omega} \right);
  2. u_x(x,y,z) и u_z(x,y,z) \in C \left( \Omega \cup D_1 \right), u_{xyz} \in C \left( \Omega \right) и L[u] \equiv 0 в \Omega;
  3. u\,(x,y,x)=\tau_1(x,y), \quad (x,y) \in \overline{D}_1;
  4. \lim \limits_{z \rightarrow x+0}(u_z-u_x) = v(x,y), \quad (x,y) \in D_1;
  5. u\,(x,x,z)=\tau_2(x,z), \quad (x,z) \in \overline{D}_2.

Из требований непрерывности искомой функции в \overline{\Omega} очевидно следует необходимость равенства \tau_1(x,x)=\tau_2(x,x).

Таким образом, на одной нехарактеристической части границы области задаются значения искомой функции и ее нормальной производной, а на другой нехарактеристической части границы — значение искомой функции. Для решения задачи применен метод Римана-Адамара. Функция Римана для рассматриваемого уравнения известна [2, 3] и имеет следующий вид:

R (M,M_0) = R(x, y, z; x_0, y_0, z_0)= \frac{(x+y+z)^{2 \alpha} F(\alpha,\alpha,1;\sigma)}{(x+y_0+z)^{\alpha} (x_0+y+z)^{\alpha}},

\sigma=\frac{(x-x_0)(y-y_0)}{(x+y_0+z)(x_0+y+z)}.

Симметрия исходного дифференциального уравнения относительно плоскости x=y дала возможность построить функцию Римана-Адамара [4], с помощью которой собственно и были доказаны существование и единственность решения поставленной задачи.

В работе [1] методом Римана-Адамара получено явное представление решения, из которого видно, что искомая функция непрерывна всюду в области \Omega кроме, возможно, точки вырождения уравнения (0,0,0). Проведем теперь детальное исследование поведения решения в окрестности этой точки.

u(x_0,y_0,z_0)=\left(\frac{2x_0+z_0}{x_0+y_0+z_0} \right)^{\alpha}\tau_2 \left(x_0, z_0 \right) +\frac{1}{2}\tau_1 \left( x_0,y_0 \right)+.

+ \left( \frac{2z_0 +y_0}{x_0 + y_0 + z_0} \right)^{\alpha} \tau_1 \left(z_0, y_0 \right) — \left(\frac{3x_0 }{2x_0 + y_0 } \right)^{\alpha} \tau_1 \left(x_0, x_0 \right)-

— \left(\frac{x_0 +2z_0}{x_0 + y_0 + z_0} \right)^{\alpha} \tau_1 \left(z_0, x_0 \right) \left. \right] + \frac {1}{2} \int \limits _{x_0}^{z_0} v(x, y_0) \left( \frac{2x +y_0}{x_0 + y_0 + x} \right)^{\alpha} dx —

— \frac {1}{2} \int \limits _{x_0}^{z_0} v(x, x_0) \left( \frac{2x +x_0}{x_0 + y_0 + x} \right)^{\alpha} dx + \alpha(x_0-y_0) \int \limits_{x_0}^{z_0} \tau_2 (x_0, z)\frac{(2x_0+z)^{\alpha-1}}{(x_0+y_0+z)^{\alpha+1}}dz +

+\alpha(1-\alpha)(y_0-x_0)\int \limits_{x_0}^{z_0}\tau_2(x,x) \frac{(3x)^{2\alpha}}{(2x+x_0)^{\alpha+1}(2x+y_0)^{\alpha+1}}F(\alpha+1,\alpha,2; \sigma_1)dx —

— \frac{1}{2}\alpha \int \limits_{x_0}^{z_0} \tau_1(x,y_0) \frac{(2x+y_0)^{\alpha-1}} {(x_0+y_0+x)^{\alpha}}dx + \frac{1}{2}\alpha \int \limits_{x_0}^{z_0}\tau_1(x,x_0)\frac{(2x+x_0)^{\alpha-1}}{(x_0+y+x)^{\alpha}}dx +

+ \frac{1}{2} \alpha(1-\alpha)\frac{(y_0-z_0)}{(2z_0+y_0)^{\alpha}} \int \limits_{y_0}^{z_0} \tau_1(z_0,y) \frac{(2z_0+y)^{2\alpha-1}}{(x_0+y+z_0)^{\alpha+1}} F(\alpha+1,\alpha,2; \sigma_2)dy-

-\frac{1}{2} \alpha(1-\alpha)\frac{(y_0-z_0)}{(2z_0+x_0)^{\alpha}} \int \limits_{x_0}^{z_0}\tau_1(z_0,y)\frac{(2z_0+y)^{2\alpha-1}}{(y+y_0+z_0)^{\alpha+1}}F(\alpha+1,\alpha,2; \sigma_3)dy-

— \frac{1}{2} \alpha(1-\alpha) \int \limits_{x_0}^{z_0}dx \int \limits_{y_0}^{x}v(x,y)\frac{(x-x_0)(2x+y)^{2\alpha-1}}{(2x+y_0)^{\alpha}(x_0+y+x)^{\alpha+1}}F(\alpha+1,\alpha,2; \sigma_4)dy+

+ \frac{1}{2} \alpha(1-\alpha) \int \limits_{x_0}^{z_0}dx \int \limits_{x_0}^{x}v(x,y)\frac{(x-y_0)(2x+y)^{2\alpha-1}}{(2x+x_0)^{\alpha}(y_0+y+x)^{\alpha+1}}F(\alpha+1,\alpha,2; \sigma_5)dy+

+ \frac{1}{2} \alpha \int \limits_{x_0}^{z_0}dx \int \limits_{y_0}^{x} \tau_1(x,y)\frac{(2x+y_0)^{\alpha-1}(x_0+y+x)^{\alpha-1}}{(x_0+y_0+x)^{2\alpha}}H_1(x, y; x_0, y_0)dy-

— \frac{1}{2} \alpha \int \limits_{x_0}^{z_0}dx \int \limits_{x_0}^{x} \tau_1(x,y)\frac{(2x+x_0)^{\alpha-1}(y+y_0+x)^{\alpha-1}}{(x_0+y_0+x)^{2\alpha}}H_2(x, y; x_0, y_0)dy-

— \frac{1}{2} \alpha \int \limits_{x_0}^{z_0}dx \int \limits_{y_0}^{x} \tau_{1y}(x,y)\frac{(2x+y_0)^{\alpha-1}(x_0+y+x)^{\alpha-1}(2x+y)}{(x_0+y_0+x)^{2\alpha}}H_3(x, y; x_0, y_0)dy+

+ \frac{1}{2} \alpha \int \limits_{x_0}^{z_0}dx \int \limits_{x_0}^{x} \tau_{1y}(x,y)\frac{(2x+x_0)^{\alpha-1}(y+y_0+x)^{\alpha-1}(2x+y)}{(x_0+y_0+x)^{2\alpha}}H_4(x, y; x_0, y_0)dy+

+ \alpha(1-\alpha)(y_0-x_0) \int \limits_{x_0}^{z_0}dx \int \limits_{x}^{z_0}\frac{\tau_{2z}(x,z)(2x+z)^{2\alpha}}{(x+y_0+z)^{\alpha+1}(x_0+x+z)^{\alpha+1}}F(\alpha+1,\alpha,2; \sigma_6)dz.

Так как функция Римана непрерывна и имеет непрерывные частные производные в любой точке M_0(x_0, y_0, z_0) \in \overline\Omega, отличной от начала координат, то функция u(x_0, y_0, z_0) является непрерывной всюду в \overline\Omega кроме, быть может, начала координат. Кроме того, если функции \tau_1(x, y) и \tau_2(x, y) непрерывны в \overline D_1 и \overline D_2 соответственно, имеют непрерывные и интегрируемые частные производные первого порядка и непрерывные смешанные производные второго порядка в D1 и D2, а v(x, y) и v_y(x, y) непрерывны и интегрируемы в D1, то в области \Omega существует непрерывная производная uxyz.

Из формулы для u(x0, y0, z0) следует, что граничные условия выполняются в \overline\Omega, за исключением начала координат. Непосредственным счетом проверяется краевое условие. Нетрудно убедиться в справедливости соотношения:

\tau_{2z}(x, x)-\tau_{2x}(x, x)+\tau_{1y}(x, x)=v(x,x).

С учетом этой связи между граничными функциями и их производными доказано, что краевое условие выполняется.

Прямой подстановкой в исходное уравнение функции u(x_0, y_0, z_0) доказывается, что она удовлетворяет данному уравнению. Выясним, как ведет себя решение задачи u(x_0, y_0, z_0) в начале координат, то есть найдем \lim \limits_{r \to 0} u(x_0, y_0, z_0), где r=\sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}.

Наша область \Omega такова, что z_0>x_0>y_0, поэтому справедливо утверждение: если z_0 \to 0, то и r \to 0, если же r \to 0, то ясно, что z_0 \to 0. Поэтому переход к пределу при r \to 0 равносилен переходу к пределу при z_0 \to 0.

Итак, найдем предел функции u(x_0, y_0, z_0) при z_0 \to 0.

При любом положении точки (x_0, y_0, z_0) в \Omega можно считать, что она находится на прямой

x_0=k z_0 (0<k<1), \quad y_0=l x_0 (0<l<1)

или

x_0=k z_0, \quad y_0=k l z_0.

Если точка (x_0, y_0, z_0) движется к началу координат по какой-то кривой, все равно можно считать, что в любой точке этой кривой она находится и на рассмотренной выше прямой при определенных значениях k и l.

Подставив в формулу для u(x_0, y_0, z_0) вместо x_0 и y_0k z_0 и k l z_0 соответственно, получим, что функция u будет зависеть только от z_0, k, l.

Чтобы осуществить предельный переход при z_0 \to 0 в формуле для u(x_0, y_0, z_0), достаточно оценить все фигурирующие там интегралы.

J_1 = \frac {1}{2} \int \limits _{x_0}^{z_0} v(x, y_0)</p><p>\left( \frac{2x +y_0}{x_0 + y_0 + x} \right)^{\alpha} dx.

Так как v(x, y_0) непрерывна по x на отрезке [x_0, z_0], то, применяя к этому интегралу обобщенную теорему о среднем, получим:

J_1 = \frac {1}{2} v(x_1, y_0)\int \limits _{x_0}^{z_0} \left( \frac{2x +y_0}{x_0 + y_0 + x} \right)^{\alpha} dx,

где x_0 \leq x_1 \leq z_0, то есть x_1=x_0+p(z_0-x_0), 0 \leq p \leq 1.

После замены переменной x=z_0-(z_0-x_0)t будем иметь:

J_1 = \frac{1}{2} v(x_1, y_0) \frac{(z_0-x_0) (2z_0+y_0)^{\alpha}}{(x_0+y_0+z_0)^{\alpha}} \int \limits_0^1 \left( \frac{1-\frac{2(z_0-x_0)}{2z_0+y_0}t}{1-\frac{z_0-x_0}{x_0+y_0+z_0}t} \right)^{\alpha}dt.

Последний интеграл выражается через гипергеометрическую функцию F_1, поэтому окончательно получаем следующую оценку:

J_1 = \frac{1}{2} v(x_1, y_0) \frac{(z_0-x_0)(2z_0+y_0)^{\alpha}}{(x_0+y_0+z_0)^{\alpha}} F_1 \left( 1, -\alpha, \alpha; 2; \frac{2(z_0-x_0)}{2z_0+y_0}; \frac{z_0-x_0}{x_0+y_0+z_0} \right).

Так как сумма первых трех параметров у F1 меньше четвертого, то она ограничена и в том случае, когда оба аргумента обращаются в единицу. Поэтому поведение J1 в начале координат определяется выражением

v(x_1, y_0)(z_0-x_0)=v(x_1, y_0)(z_0-k z_0)=z_0(1-k)v(x_1, y_0).

Если v(x1, y0) ограничена в окрестности точки (0, 0), то J_1 \to 0 при z_0 \to 0.

Предположим, что в точке (0, 0) функция v(x, y) обращается в бесконечность порядка \delta<1, то есть v(x, y)=\frac{v_0(x, y)}{r^{\delta}}, где v_0(x, y) — ограниченная функция в окрестности точки (0, 0) и v_0(0, 0) \neq 0, а r=\sqrt{x^2+y^2}, и покажем, что и в этом случае J_1 \to 0 при z_0 \to 0.

В самом деле

(z_0-x_0) v(x_1, y_0) = (z_0-x_0) \frac{v_0(x_1, y_0)}{\left(\sqrt{x_1^2+y_0^2} \right)^{\delta}}=

= (z_0-x_0)^{1-\delta} \left( \frac{z_0-x_0}{\sqrt{x_1^2+y_0^2}} \right)^{\delta} v_0(x_1, y_0)=

= z_0^{1-\delta} (1-k)^{1-\delta} \left( \frac{z_0-x_0}{\sqrt{x_1^2+y_0^2}} \right)^{\delta} v_0(x_1, y_0).

Покажем, что \left(\frac{z_0-x_0}{\sqrt{x_1^2+y_0^2}}\right)^{\delta} не зависит от z_0.

Действительно,

x_1^2+y_0^2 = [x_0+p(z_0-x_0)]^2+y_0^2 = [kz_0+p(z_0-kz_0)]^2+(klz_0)^2 =

= z_0^2 \left[(k+p(1-k))^2+(kl)^2 \right].

Значит,

\left(\frac{z_0-x_0}{\sqrt{x_1^2+y_0^2}}\right)^{\delta}=\left(\frac{1-k}{\sqrt{(k+p(1-k))^2+(kl)^2}}\right)^{\delta}.

Отсюда следует, что J_1 \to 0 при z_0 \to 0.

Таким образом, если функция v(x, y) ограничена в окрестности точки (0, 0) или даже обращается в этой точке в бесконечность порядка меньше единицы, то J_1 \to 0 при z_0 \to 0.

Аналогично оценивается интеграл

J_2 = — \frac {1}{2} \int \limits _{x_0}^{z_0} v(x, x_0) \left( \frac{2x +x_0}{x_0 + y_0 + x} \right)^{\alpha} dx.

Для него справедлива оценка:

J_2 = — \frac{1}{2} v(x_2, x_0) \frac{(z_0-x_0) (2z_0+x_0)^{\alpha}}{(x_0+y_0+z_0)^{\alpha}} F_1 \left( 1, -\alpha, \alpha; 2; \frac{2(z_0-x_0)}{2z_0+x_0}; \frac{z_0-x_0}{x_0+y_0+z_0} \right),

x_0 \leq x_2 \leq z_0, из которой следует, что если v(x, y) удовлетворяет указанным условиям, то J_2 \to 0 при z_0 \to 0.

Оценим теперь интегралы с \tau_1 и \tau_2.

J_3 = \alpha(x_0-y_0) \int \limits_{x_0}^{z_0} \tau_2 (x_0, z)\frac{(2x_0+z)^{\alpha-1}}{(x_0+y_0+z)^{\alpha+1}}dz.

Так как на отрезке [x_0, y_0]\tau_2(x_0, z) — непрерывна как функция от z, то, применяя к J_3 обобщенную теорему о среднем, будем иметь:

J_3 = \alpha(x_0-y_0)\tau_2(x_0, z_1) \int \limits_{x_0}^{z_0} \frac{(2x_0+z)^{\alpha-1}}{(x_0+y_0+z)^{\alpha+1}}dz,

где x_0 \leq z_1 \leq z_0, то есть z_1=x_0+q(z_0-x_0), 0 \leq q \leq 1.

Вычислим интеграл

J_3^1 = \int \limits_{x_0}^{z_0} \frac{(2x_0+z)^{\alpha-1}}{(x_0+y_0+z)^{\alpha+1}}dz=

= (z_0-x_0) \frac{(2x_0+z_0)^{\alpha-1}}{(x_0+y_0+z_0)^{\alpha+1}} F_1 \left( 1, 1-\alpha, 1+\alpha; 2; \frac{z_0-x_0}{2x_0+z_0}; \frac{z_0-x_0}{x_0+y_0+z_0} \right).

Преобразуем F1, воспользовавшись формулой из [2]:

F_1(\alpha, \beta, \beta`; \beta + \beta`; x, y)= (1-y)^{-\alpha}F\left(\alpha,\beta; \beta + \beta`; \frac{x-y}{1-y}\right).

Тогда J3 примет вид:

J_3 = \alpha \tau_2(x_0, z_1)\frac{x_0-y_0}{2x_0+y_0}\left(\frac{z_0-x_0}{x_0+y_0+z_0} \right)^{\alpha}\left(\frac{z_0-x_0}{2x_0+z_0} \right)^{1-\alpha} \times

\times F_1 \left( 1,1 -\alpha, 2; \frac{(z_0-x_0)(y_0-x_0)}{(2x_0+z_0)(2x_0+y_0)} \right).

Поведение J_3 в окрестности точки (0, 0, 0) определяется множителем \tau_2(x_0, z_1), так как остальные множители в окрестности этой точки ограничены.

Потребуем, чтобы

\tau_2(x, z)=z^{\gamma_2} \overline{\tau}_2(x, z),

где \gamma_2 \geq \alpha, \overline{\tau}_2(x, z) — непрерывна в \overline{D}_2 и имеет непрерывные частные производные первого порядка и непрерывные смешанные производные второго порядка в D_2.

Тогда

\tau_2(x_0, z_1)=z^{\gamma_2} \overline{\tau}_2(x_0, z_1)=[x_0+q(z_0-x_0)]^{\gamma_2}\overline{\tau}_2(x_0, z_1)=

= [k z_0+q(z_0-k z_0)]^{\gamma_2}\overline{\tau}_2(x_0, z_1)= z_0^{\gamma_2}[k +q(1-k)]^{\gamma_2}\overline{\tau}_2(x_0, z_1).

Отсюда следует, что J_3 \to 0 при z_0 \to 0.

Аналогично оценим следующий интеграл, содержащий \tau_2:

J_4 = \alpha (1-\alpha)(y_0-x_0) \int \limits_{x_0}^{z_0}</p><p>\tau_2(x,x)\frac{(3x)^{2\alpha}}{(2x+x_0)^{\alpha+1}(2x+y_0)^{\alpha+1}}F(\alpha+1,\alpha,2; \sigma_1)dx =

= 3^{2 \alpha} \alpha (1- \alpha)\frac{(x_0-y_0)(z_0-x_0)}{(x_0+y_0+z_0)(2z_0+y_0)}\left(\frac{z_0}{2z_0+y_0}\right)^{2\alpha}\left(\frac{2x_3+y_0}{2x_3+x_0}\right)^{\alpha+1}\times

\times \tau_2(x_3,x_3)F(\alpha+1, \alpha, 2; \overline{\sigma_1})F \left(1, -2\alpha, 2; \frac{(z_0-x_0)(z_0+y_0)}{z_0(x_0+y_0+z_0)}\right).

Согласно требованию, предъявленному выше к функции \tau_2, J_4 \to 0 при z_0 \to 0.

J_5 = — \frac{1}{2} \alpha \int \limits_{x_0}^{z_0} \tau_1(x,y_0) \frac{(2x+y_0)^{\alpha-1}}{(x_0+y_0+x)^{\alpha}}dx.

Пусть

\tau_1(x, y)=y^{\gamma_1} \overline{\tau}_1(x, y),

где \gamma_1 \geq \alpha, \overline{\tau}_1(x, y) — непрерывна в \overline{D}_1 и имеет непрерывные частные производные первого порядка и непрерывные смешанные производные второго порядка в D_1.

Тогда, применяя к J_5 обобщенную теорему о среднем и выражая интеграл через гипергеометрическую функцию, получим

J_5 = — \frac{1}{2} \alpha \overline{\tau}_1(x_4,y_0)z_0^{\gamma_1-\alpha} (z_0-x_0)^{\alpha}\left(\frac{z_0-x_0}{2z_0+y_0} \right)^{1-\alpha} \left( \frac{x_4}{x_4+x_0+y_0} \right)^{\alpha} \times

\times F_1 \left( \alpha,\alpha-\gamma_1, 1-\alpha, 2; \frac{z_0-x_0}{z_0}; \frac{2(z_0-x_0)}{2z_0+y_0} \right),

где x_0 \geq x_4 \geq z_0.

Аналогично,

J_6 = \frac{1}{2} \alpha \int \limits_{x_0}^{z_0} \tau_1(x,x_0) \frac{(2x+x_0)^{\alpha-1}}{(x_0+y+x)^{\alpha}}dx =

= \frac{1}{2} \alpha \overline{\tau}_1(x_5,x_0)x_5^{\gamma_1-\alpha} (z_0-x_0)^{\alpha}\left(\frac{z_0-x_0}{2z_0+x_0}\right)^{1-\alpha}\left(\frac{x_5}{x_5+x_0+y_0} \right)^{\alpha} \times

\times F \left( 1, 1-\alpha, 2; \frac{2(z_0-x_0)}{2z_0+x_0} \right),

где x_0 \geq x_5 \geq z_0.

В силу наличия множителя (z_0-x_0)^{\alpha} ясно, что J_5 и J_6 стремятся к нулю при

z_0 \to 0.

Остальные одномерные интегралы оцениваются аналогично.

Оценим двойные интегралы. Рассмотрим первый интеграл с функцией v(x, y). Применяя к внутреннему интегралу обобщенную теорему о среднем, выражая его через гипергеометрические функции и применяя теорему о среднем к оставшемуся внешнему интегралу, получим

J_7 = — \frac{1}{2} \alpha(1-\alpha) \int \limits_{x_0}^{z_0}dx \int \limits_{y_0}^{x} v(x,y) \frac{(x-x_0)(2x+y)^{2\alpha-1}}{(2x+y_0)^{\alpha} (x_0+y+x)^{\alpha+1}}F(\alpha+1,\alpha,2; \sigma_4)dy =

= \frac{1}{2} \alpha(\alpha-1) \int \limits_{x_0}^{z_0}v(x,y_3)\frac{x-x_0}{(2x+y_0)^{\alpha}}F(\alpha+1,\alpha,2; \overline{\sigma}_4)dx \int \limits_{y_0}^{x}\frac{(2x+y)^{2\alpha-1}}{(x_0+y+x)^{\alpha+1}}dy =

= \frac{1}{2} \alpha(\alpha-1) \int \limits_{x_0}^{z_0} v(x,y_3) F(\alpha+1,\alpha,2; \overline{\sigma}_4)\frac{(x-x_0)(x-y_0)}{3x(2x-x_0)} \times

\times \left( \frac{9x^2}{(2x+y_0)(2x+x_0)} \right)^{\alpha} F_1 \left(1, 1-2\alpha, 1+\alpha, 2; \frac{x-y_0}{3x}; \frac{x-y_0}{2x+x_0} \right) dx =

= \frac{1}{2} \alpha(\alpha-1)(z_0-x_0)v(x_6, y_3)\frac{(x_6-x_0)(x_6-y_0)}{3x_6(2x_6-x_0)} \times

\times \left( \frac{9x_6^2}{(2x_6+y_0)(2x_6+x_0)} \right)^{\alpha} F(\alpha+1,\alpha,2; \overline{\overline{\sigma}}_4) \times

\times F_1 \left(1, 1-2\alpha, 1+\alpha, 2; \frac{x_6-y_0}{3x_6}; \frac{x_6-y_0}{2x_6+x_0} \right),

где y_0 \geq y_3 \geq x, x_0 \geq x_6 \geq z_0, \overline{\sigma}_4=\sigma_4(x,y_3), \overline{\overline{\sigma}}_4=\sigma_4(x_6,y_3).

Отсюда видно, что если v(x, y) ограничена в окрестности точки (0, 0) или если даже обращается в этой точке в бесконечность порядка \delta<1, то J_7 \to 0 при z_0 \to 0.

Таким образом, v(x, y) принадлежит указанному выше классу.

Последующие двойные интегралы оцениваются аналогично.

Что касается безынтегральных слагаемых, то в силу представлений функций \tau_1(x, y) и \tau_2(x, z), они также стремятся к нулю при z_0 \to 0.

Таким образом, функция u(x_0, y_0, z_0) стремится к нулю при r \to 0, что и обеспечивает ее непрерывность в начале координат.

Список литературы

  1. Энбом Е.А. Некоторые краевые задачи для вырождающихся гиперболических уравнений третьего порядка в трехмерных областях. Диссертация на соискание ученой степени кандидата физико-математических наук. Самара, 2003.
  2. Бейтмен Г., Эрдейи А. Высшие трансцендентные функции. – Т. 1. – М.: Наука, 1965. – 294 с.
  3. Волкодавов В.Ф., Захаров В.Н. Таблицы функций Римана и Римана-Адамара для некоторых дифференциальных уравнений в n-мерных евклидовых пространствах. Самара, 1994. – 31 с.
  4. Пулькин С.П. Некоторые краевые задачи для уравнения u_{xx}+u_{yy}+\frac{p}{x}u_x=0 // Ученые записки Куйбышевского педагогического института, 1958. – Выпуск 21. – С. 3-54.