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

Энбом, Екатерина Александровна; Балабаева, Наталья Петровна

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:

$u \in C \left( \overline{\Omega} \right)$ ;
$u_x(x,y,z)$ 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 $\Omega$ ;
$u\,(x,y,x)=\tau_1(x,y), \quad (x,y) \in \overline{D}_1$ ;
$\lim \limits_{z \rightarrow x+0}(u_z-u_x) = v(x,y), \quad (x,y) \in D_1$ ;
$u\,(x,x,z)=\tau_2(x,z), \quad (x,z) \in \overline{D}_2$ .

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 u_xyz.

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 $y_0$ $k z_0$ 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.

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

Физико-математические науки

Похожие материалы

Список литературы

Завершение формирования электронного архива по направлению «Науки о Земле и энергетика»

Создание электронного архива по направлению «Науки о Земле и энергетика»