Современная математика. Фундаментальные направления. Том 15 (2006). С. 126–141 УДК 517.983
ОБРАТНАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ АБСТРАКТНОГО ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО УРАВНЕНИЯ ЭЙЛЕРА—ПУАССОНА—ДАРБУ c 2006 г.
А. В. ГЛУШАК, В. А. ПОПОВА
АННОТАЦИЯ. В банаховом пространстве рассматривается задача определения параметра, входящего в правую часть неоднородного уравнения Эйлера—Пуассона—Дарбу по избыточному финальному условию. Указанная задача сводится к нахождению обратного у некоторого, зависящего от разрешающего оператора задачи Коши для однородного уравнения Эйлера—Пуассона—Дарбу, оператора, для которого получено удобное для исследования представление. В итоге, разрешимость рассматриваемой задачи зависит от распределения нулей некоторой аналитической функции. В заключение, приводится одно простое достаточное условие, обеспечивающее однозначную разрешимость изучаемой задачи.
Пусть E — банахово пространство, A — линейный замкнутый плотно определенный оператор в E с областью определения D(A), t1 > 0. Рассмотрим задачу определения функции u(t) ∈ C 2 ([0, t1 ], E), принадлежащей D(A) при t ∈ [0, t1 ], и параметра p ∈ E из соотношений k u00 (t) + u0 (t) = Au(t) + f (t) + p, 0 < t 6 t1 , t u(0) = u0 , u0 (0) = 0, u(t1 ) = u1 ,
(1.1) (1.2)
где k ∈ (0, 2], u0 , u1 ∈ D(A), а f (t) удовлетворяет следующему условию. Условие 1.1. Функция f (t) принимает значения из D(A), а также f (t) и Af (t) принадлежат C([0, t1 ], E). Учитывая наличие в (1.2) финального условия u(t1 ) = u1 , назовем задачу (1.1), (1.2) обратной для абстрактного уравнения Эйлера—Пуассона—Дарбу или задачей определения параметра. Задачи такого сорта составляют часть теории некорректно поставленных задач. Обратная задача для уравнения u(n) (t) = Au(t) + f (t) + p
(1.3)
при n = 1 или n = 2 и различных ограничениях на оператор A рассматривалась ранее многими авторами. Обзор этих публикаций можно найти в [10]. В этой же работе показано, что единственность решения обратной задачи для уравнения (1.3) при любом n ∈ N зависит только от расположения на комплексной плоскости собственных значений оператора A и связана с распределением нулей функции типа Миттаг—Леффлера, в то время как вопрос ее разрешимости является гораздо более тонким. Задача вида (1.1), (1.2) с ограниченным оператором A изучалась в [13]. В этой работе доказано, что для однозначной разрешимости задачи (1.1), (1.2) с ограниченным оператором A необходимо и достаточно, чтобы на спектре σ(A) оператора A выполнялось условие 1 2 z ∈ σ(A), 0 F1 (k/2 + 1/2; t1 z/4) − 1 6= 0, z где ∞ X Γ(a) z j , 0 F1 (a; z) = Γ(a + j) j! j=0
Γ(·) — гамма-функция. Работа первого автора поддержана РФФИ, проект № 04-01-00141. c
2006 РУДН
126
ОБРАТНАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ АБСТРАКТНОГО УРАВНЕНИЯ ЭЙЛЕРА—ПУАССОНА—ДАРБУ
127
В настоящей работе уже для неограниченного оператора A приводятся условия однозначной разрешимости задачи (1.1), (1.2). Опишем множество неограниченных операторов, с которым в дальнейшем будет изучаться задача (1.1), (1.2). Предположим, что при k > 0 с оператором A равномерно корректна прямая задача Коши k w00 (t) + w0 (t) = Aw(t), w(0) = w0 , w0 (0) = 0. (1.4) t Множество таких операторов A обозначим через Gk , а соответствующий разрешающий оператор задачи (1.4) (операторная функция Бесселя (ОФБ)) — через Yk (t). Таким образом, если A ∈ Gk , то решение задачи (1.4) существует, единственно и непрерывно зависит от начальных данных, при этом w(t) = Yk (t)w0 и kYk (t)k 6 M eωt , M > 1, ω > 0. (1.5) Критерий равномерной корректности задачи (1.4) и свойства ОФБ Yk (t) приводятся в [5]. В частности, в [5] установлено: 1) если с оператором A задача (1.4) равномерно корректна при каком-то значении параметра k > 0, т. е. A ∈ Gk , то задача равномерно корректна и при значении параметра m > k, т. е. A ∈ Gm ; 2) если A ∈ Gk и Re λ > ω, то λ2 принадлежит резольвентному множеству оператора A, т. е. −1 существует ограниченный оператор R(λ2 ) = λ2 I − A ,и
M (k)Γ(k/2 + 1)
1−k/2
. (1.6) R(λ2 ) 6
λ (Re λ − ω)1+k/2 При исследовании задачи (1.1), (1.2) нам понадобятся ОФБ Yk (t) и Y2−k (t). В связи с этим наложим на оператор A следующие ограничения. Условие 1.2. Если k ∈ (0, 1], то A ∈ Gk , а если k ∈ (1, 2), то A ∈ G2−k , наконец, если k = 2, то A ∈ G0 , где G0 — множество производящих операторов косинус оператор-функций C(t, A). В случае, когда k ∈ (0, 1) ∪ (1, 2] и выполнены условия 1.1, 1.2, задача (1.1), (1.2) эквивалентна (см. [6]) задаче о нахождении функции u(t) и параметра p таких, что справедливы соотношения Zt Zt 1 1−k u(t) = Yk (t)u0 + t Y2−k (t) τ k Yk (τ )f (τ ) dτ − Yk (t) τ Y2−k (τ )f (τ ) dτ + 1−k 0 0 Zt Zt 1 1−k + t Y2−k (t) τ k Yk (τ ) p dτ − Yk (t) τ Y2−k (τ ) p dτ , (1.7) 1−k 0
0
u(t1 ) = u1 . Из этих равенств следует, что необходимым и достаточным условием однозначной разрешимости задачи (1.1), (1.2) является однозначная разрешимость при любом q ∈ D(A) уравнения Bk p = q, где Zt1 1 k Bk p = t1−k τ Y (t )Y (τ )p − τ Y (t )Y (τ )p dτ, (1.8) 1 1 2−k k k 2−k 1 1−k 0
т. е. отсутствие в спектре оператора Bk точки λ = 0. Для выяснения последнего факта выражение (1.8), по-видимому, непригодно, поэтому большую часть этой работы мы посвятим получению другого, более удобного для исследований, представления. Теорема 1.1. Пусть x ∈ D(A), k ∈ (0; 1) ∪ (1; 2) и выполнено условие 1.2. Тогда для определяемого равенством (1.8) оператора Bk справедливо представление 1 Bk x = iπ
σ0Z+i∞ σ0 −i∞
1 λ
0 F1 (k/2
+ 1/2; t21 λ2 /4) − 1 R(λ2 )x dλ,
σ0 > ω > 0.
(1.9)
128
А. В. ГЛУШАК, В. А. ПОПОВА
Доказательство. Из [5] следует, что при наложенных на оператор A ограничениях для ОФБ Yk (t) и Y2−k (t) справедливы представления 2k/2−1/2 Γ(k/2 + 1/2) Yk (t) = iπtk/2−1/2
σ1Z+i∞
λ(3−k)/2 Ik/2−1/2 (tλ)R(λ2 ) dλ,
σ1 > ω,
(1.10)
σ2 > ω,
(1.11)
σ1 −i∞
21/2−k/2 Γ(3/2 − k/2) Y2−k (t) = iπt1/2−k/2
σ2Z+i∞
ξ (1+k)/2 I1/2−k/2 (tξ)R(ξ 2 ) dξ,
σ2 −i∞
где Iν (z) — модифицированная функция Бесселя. Преобразуем отдельно каждое слагаемое в (1.8), используя представления (1.10) и (1.11). Пусть x ∈ D(A) и ω < Re µ < σ2 < σ1 , µ2 — регулярная точка оператора A. Тогда x = R(µ2 )y, y ∈ E. Поэтому, после применения тождества Гильберта (µ2 − λ2 )R(µ2 )R(λ2 ) = R(λ2 ) − R(µ2 )
(1.12)
и равенства (1.10), будем иметь Zt1
Zt1 σ1Z+i∞ R(λ2 )y τ k/2+1/2 λ3/2−k/2 Ik/2−1/2 (τ λ) 2 dλ dτ − µ − λ2
2k/2−1/2 Γ(k/2 + 1/2) τ Yk (τ )xdτ = iπ k
0 σ1 −i∞
0
2k/2−1/2 Γ(k/2 + 1/2) − iπ
Zt1 σ1Z+i∞ R(µ2 )y τ k/2+1/2 λ3/2−k/2 Ik/2−1/2 (τ λ) 2 dλ dτ. (1.13) µ − λ2 0 σ1 −i∞
Учитывая интегральное представление модифицированной функции Бесселя 21−ν z ν Iν (z) = √ πΓ(ν + 1/2)
Z1
(1 − s2 )ν−1/2 ch zs ds,
|arg z| < π,
Re ν > −1/2,
(1.14)
0
и справедливое в силу (1.6) неравенство +∞Z1
Zt1 Z 2
k
τ (1 − s2 )k/2−1 e±(σ1 +iρ)τ s (σ1 + iρ)R((σ1 + iρ) )y ds dρ dτ 6
µ2 − (σ1 + iρ)2 0 −∞ 0
6
M (k)Γ(k/2 + 1) kyk (σ1 − ω)k/2+1
+∞Z1 Zt1 Z 0 −∞ 0
τ k (1 − s2 )k/2−1 e±σ1 τ s |σ1 + iρ|k/2 ds dρ dτ < ∞, |µ2 − (σ1 + iρ)2 |
0 < k < 2,
в первом слагаемом равенства (1.13) можно изменить порядок интегрирования. Используя интеграл [9, 1.11.1.5], получим 2k/2−1/2 Γ(k/2 + 1/2) iπ
Zt1 σ1Z+i∞ R(λ2 )y τ k/2+1/2 λ3/2−k/2 Ik/2−1/2 (τ λ) 2 dλ dτ = µ − λ2 0 σ1 −i∞ k/2+1/2
=
2k/2−1/2 t1
σ1Z+i∞
Γ(k/2 + 1/2)
λ1/2−k/2 Ik/2+1/2 (t1 λ)
iπ
R(λ2 )y dλ. (1.15) µ2 − λ2
σ1 −i∞
Второе слагаемое в (1.13) преобразуем, используя равенство 1 iπ
σ1Z+i∞
Iν (t1 λ) σ1 −i∞
λ1−ν dλ = λ−ν 0 Iν (t1 λ0 ), λ2 − λ20
1 + ν > |ν| ,
σ1 > Re λ0 > 0,
(1.16)
ОБРАТНАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ АБСТРАКТНОГО УРАВНЕНИЯ ЭЙЛЕРА—ПУАССОНА—ДАРБУ
129
которое вытекает из свойств преобразования Мейера [1, формула 10.1.1]. Будем иметь 2k/2−1/2 Γ(k/2 + 1/2) iπ
Zt1 σ1Z+i∞ R(µ2 )y τ k/2+1/2 λ3/2−k/2 Ik/2−1/2 (τ λ) 2 dλ dτ = µ − λ2 0 σ1 −i∞
= −2k/2−1/2 (t1 /µ)k/2+1/2 Γ(k/2 + 1/2)Ik/2+1/2 (t1 µ)R(µ2 )y. (1.17) Поскольку y = (µ2 I − A)x, то из (1.15)–(1.17) вытекает представление Zt1
k/2+1/2
τ k Yk (τ )x dτ =
2k/2−1/2 t1
Γ(k/2 + 1/2)
σ1Z+i∞
λ1/2−k/2 Ik/2+1/2 (t1 λ) ×
iπ σ1 −i∞
0
×
R(λ2 )
(µ2 I − A)x dλ + 2k/2−1/2 (t1 /µ)k/2+1/2 Γ(k/2 + 1/2)Ik/2+1/2 (t1 µ)x = σ +i∞ 1Z k/2−1/2 2 k/2+1/2 = t1 Γ(k/2 + 1/2) λ1/2−k/2 Ik/2+1/2 (t1 λ)R(λ2 )x dλ + iπ µ2 − λ2
σ1 −i∞ σ1Z+i∞
λ1/2−k/2 Ik/2+1/2 (t1 λ)
+
x dλ + 2k/2−1/2 (t1 /µ)k/2+1/2 Γ(k/2 + 1/2)Ik/2+1/2 (t1 µ)x = µ2 − λ2
σ1 −i∞
2k/2−1/2 k/2+1/2 = t1 Γ(k/2 + 1/2) iπ
σ1Z+i∞
λ1/2−k/2 Ik/2+1/2 (t1 λ)R(λ2 )x dλ. (1.18)
σ1 −i∞
Используя представления (1.11), (1.18) и тождество Гильберта (1.12), первое слагаемое в (1.8) запишем в виде 1 1−k t Y2−k (t1 ) 1−k 1
Zt1
t1 τ k Yk (τ )x dτ = − 2π cos(πk/2)
ξ 1/2+k/2 λ1/2−k/2 I1/2−k/2 (t1 ξ) ×
σ2 −i∞ σ1 −i∞
0
× I1/2+k/2 (t1 λ)
σ2Z+i∞ σ1Z+i∞
R(ξ 2 )x t1 dλ dξ + 2 2 λ −ξ 2π cos(πk/2)
σ2Z+i∞ σ1Z+i∞
ξ 1/2+k/2 λ1/2−k/2 I1/2−k/2 (t1 ξ) ×
σ2 −i∞ σ1 −i∞
× I1/2+k/2 (t1 λ)
R(λ2 )x dλ dξ, λ2 − ξ 2
σ2 < σ1 . (1.19)
В первом слагаемом (1.19) внутренний интеграл вычислим, используя формулу (1.16), а во втором поменяем порядок интегрирования. Учитывая интегральное представление (1.14) для функции Бесселя, с помощью теоремы о вычетах, для второго слагаемого (1.19) будем иметь t1 2π cos(πk/2)
σ2Z+i∞ σ1Z+i∞
ξ 1/2+k/2 λ1/2−k/2 I1/2+k/2 (t1 λ) I1/2−k/2 (t1 ξ)
R(λ2 ) x dλ dξ = λ2 − ξ 2
σ2 −i∞ σ1 −i∞ σ1Z+i∞
t1 = 2π cos(πk/2)
λ1/2−k/2 I1/2+k/2 (t1 λ) R(λ2 ) x dλ ×
σ1 −i∞
Z1 × 0
−k/2 1 − s2
σ2Z+i∞ σ2 −i∞
ξ e−t1 sξ dξ+ λ2 − ξ 2
σ2Z+i∞
σ2 −i∞
ξ et1 sξ dξ ds. λ2 − ξ 2
130
А. В. ГЛУШАК, В. А. ПОПОВА
Последнее выражение можно представить в виде t1 − 2i cos(πk/2)
σ1Z+i∞
λ
1/2−k/2
Z1 I1/2+k/2 (t1 λ)dλ
σ1 −i∞
(1 − s2 )−k/2 (e−t1 sλ − e−t1 sλ ) ds = 0.
0
Следовательно, 1 1−k t Y2−k (t1 ) 1−k 1
Zt1
σ2Z+i∞
t1 τ Yk (τ )x dτ = 2π i cos(πk/2) k
I1/2−k/2 (t1 ξ)I1/2+k/2 (t1 ξ)R(ξ 2 )x dξ. (1.20)
σ2 −i∞
0
Таким образом, нужное представление для первого слагаемого в (1.8) нами установлено, и мы переходим к рассмотрению второго слагаемого в (1.8). Пусть, по-прежнему, x ∈ D(A), x = R(µ2 )y, y ∈ E и ω < Re µ < σ2 < σ1 , µ2 — регулярная точка оператора A. После применения тождества Гильберта (1.12) и равенства (1.11) будем иметь 1 1−k
Zt1
21/2−k/2 Γ(3/2 − k/2) τ Y2−k (τ )xdτ = iπ(1 − k)
Zt1 σ2Z+i∞ R(ξ 2 )y τ 1/2+k/2 ξ 1/2+k/2 I1/2−k/2 (τ ξ) 2 dξ dτ − µ − ξ2 0 σ2 −i∞
0
−
21/2−k/2 Γ(3/2 − k/2) iπ(1 − k)
Zt1 σ2Z+i∞
τ 1/2+k/2 ξ 1/2+k/2 I1/2−k/2 (τ ξ)
R(µ2 )y dξ dτ. (1.21) µ2 − ξ 2
0 σ2 −i∞
Как и в (1.13), в первом слагаемом равенства (1.21) можно менять порядок интегрирования. Используя интеграл [9, 1.11.1.5], получим 21/2−k/2 Γ(3/2 − k/2) iπ(1 − k)
Zt1 σ2Z+i∞ R(ξ 2 )y τ 1/2+k/2 ξ 1/2+k/2 I1/2−k/2 (τ ξ) 2 dξ dτ = µ − ξ2 0 σ2 −i∞ 1/2+k/2
=
21/2−k/2 t1
Γ(3/2 − k/2) iπ(1 − k)
σ2Z+i∞
ξ k/2−1/2 I−k/2−1/2 (t1 ξ)
R(ξ 2 )y dξ − µ2 − ξ 2
σ2 −i∞
1 − iπ
σ2Z+i∞
R(ξ 2 )y dξ. (1.22) ξ(µ2 − ξ 2 )
σ2 −i∞
Второе слагаемое в (1.21) преобразуем, используя равенство (1.16). Будем иметь 21/2−k/2 Γ(3/2 − k/2) iπ(1 − k)
Zt1 σ2Z+i∞ R(µ2 )y τ 1/2+k/2 ξ 1/2+k/2 I1/2−k/2 (τ ξ) 2 dξ dτ = µ − ξ2 0 σ2 −i∞ 1/2+k/2
21/2−k/2 t1 µk/2−3/2 =− Γ(3/2 − k/2)I−k/2−1/2 (t1 µ)R(µ2 )y + µ−2 R(µ2 )y. (1.23) 1−k Установим теперь равенство 1 iπ
σ2Z+i∞
Iν (t1 λ) σ2 −i∞
λ−1−ν dλ 2−ν tν1 −ν−2 = λ I (t λ ) − , ν 1 0 0 λ2 − λ20 λ20 Γ(1 + ν)
2 + ν > |ν| ,
σ2 > Re λ0 > 0,
(1.24)
ОБРАТНАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ АБСТРАКТНОГО УРАВНЕНИЯ ЭЙЛЕРА—ПУАССОНА—ДАРБУ
131
которое нам потребуется в дальнейшем. Учитывая (1.16) и формулу [1, 10.1.11], получим 1 iπ
σ2Z+i∞ σ2 −i∞
1 λ−1−ν dλ Iν (t1 λ) 2 = 2 λ − λ0 iπλ20
σ2Z+i∞ σ2 −i∞
1 λ1−ν dλ Iν (t1 λ) 2 − 2 (λ − λ0 ) iπλ20
σ2Z+i∞
Iν (t1 λ)λ−1−ν dλ =
σ2 −i∞
= λ0−ν−2 Iν (λ0 t1 ) −
2−ν tν1 . λ20 Γ(1 + ν)
Таким образом, равенство (1.24) установлено. Далее, поскольку y = (µ2 I − A)x, то из (1.21)–(1.24) вытекает представление 1 1−k
Zt1
1/2+k/2
τ Y2−k (τ )x dτ =
21/2−k/2 t1
Γ(3/2 − k/2) iπ(1 − k)
σ2Z+i∞
ξ k/2−1/2 I−k/2−1/2 (t1 ξ)
R(ξ 2 )y dξ − µ2 − ξ 2
σ2 −i∞
0
−
σ2Z+i∞
1 iπ
R(ξ 2 )y R(µ2 )y dξ − + ξ(µ2 − ξ 2 ) µ2 Γ(1/2 − k/2)
σ2 −i∞
+
1/2+k/2 k/2−3/2 µ Γ(3/2
21/2−k/2 t1
I−k/2−1/2 (t1 µ)R(µ2 )y =
1−k 1/2+k/2
=
− k/2)
21/2−k/2 t1
Γ(3/2 − k/2) iπ(1 − k)
σ2Z+i∞
ξ k/2−1/2 I−k/2−1/2 (t1 ξ)R(ξ 2 )x dξ−
σ2 −i∞
1 − iπ
σ2Z+i∞
R(ξ 2 )x dξ. (1.25) ξ
σ2 −i∞
Используя представления (1.10), (1.25) и тождество Гильберта (1.12), второе слагаемое в (1.8) запишем в виде 1 Yk (t1 ) 1−k
Zt1
t1 τ Y2−k (τ )x dτ = 2π cos(πk/2)
σ1Z+i∞ σ2Z+i∞
λ3/2−k/2 ξ k/2−1/2 Ik/2−1/2 (t1 λ) ×
σ1 −i∞ σ2 −i∞ R(λ2 )x
0
× I−k/2−1/2 (t1 ξ) t1 − 2π cos(πk/2)
ξ 2 − λ2
dξ dλ −
σ1Z+i∞ σ2Z+i∞
λ3/2−k/2 ξ k/2−1/2 Ik/2−1/2 (t1 λ)I−k/2−1/2 (t1 ξ)
R(ξ 2 )x dξ dλ − ξ 2 − λ2
σ1 −i∞ σ2 −i∞ 1/2−k/2
2k/2−1/2 t1 − π cos(πk/2)Γ(1/2 − k/2)
σ1Z+i∞ σ2Z+i∞
λ3/2−k/2 ξ −1 Ik/2−1/2 (t1 λ)
R(λ2 )x dξ dλ + ξ 2 − λ2
σ1 −i∞ σ2 −i∞ 1/2−k/2
2k/2−1/2 t1 + π cos(πk/2)Γ(1/2 − k/2)
σ1Z+i∞ σ2Z+i∞
λ3/2−k/2 ξ −1 Ik/2−1/2 (t1 λ)
R(ξ 2 )x dξ dλ. (1.26) ξ 2 − λ2
σ1 −i∞ σ2 −i∞
2ν Iν (z), z интегральным представлением (1.14) для функции Бесселя и интегралом [8, 2.2.3.1], получим, что интеграл Преобразуем первое слагаемое в (1.26). Воспользовавшись формулой Iν−1 (z)−Iν+1 (z) =
t1 2π cos(πk/2)
σ1Z+i∞ σ2Z+i∞
λ3/2−k/2 ξ k/2−1/2 Ik/2−1/2 (t1 λ)I−k/2−1/2 (t1 ξ)
σ1 −i∞ σ2 −i∞
R(λ2 )x dξ dλ ξ 2 − λ2
132
А. В. ГЛУШАК, В. А. ПОПОВА
можно представить в виде 1−k 2π cos(πk/2)
σ1Z+i∞
σ2Z+i∞
λ3/2−k/2 Ik/2−1/2 (t1 λ)R(λ2 )x dλ
σ1 −i∞
ξ k/2−3/2 I1/2−k/2 (t1 ξ)
σ2 −i∞
t1 + 2π cos(πk/2)
σ1Z+i∞
λ
3/2−k/2
σ2Z+i∞
2
ξ k/2−1/2 I3/2−k/2 (t1 ξ)
Ik/2−1/2 (t1 λ)R(λ )x dλ
σ1 −i∞
σ1Z+i∞
1/2−k/2
λ
3/2−k/2
Z1
2
Ik/2−1/2 (t1 λ)R(λ )xdλ
σ1 −i∞ 2 −i∞
Z
×
et1 ξ s dξ + ξ(ξ 2 − λ2 )
σ2 −i∞
σ2Z+i∞
e−t1 ξ s dξ (t1 /2)5/2−k/2 × ds + ξ(ξ 2 − λ2 ) π 3/2 cos(πk/2)Γ(2 − k/2)
Z1
σ1 −i∞
σ
(1 − k)(t1 /2)1/2−k/2 iπ =√ π cos(πk/2)Γ(1 − k/2)
σ1Z+i∞
λ
2 +i∞
Z
(1 − s2 )1−k/2
σ2Z+i∞
ξet1 ξs dξ (ξ 2 − λ2 )
+
σ2 −i∞
0 3/2−k/2
(ξ 2 − λ2 )
ds =
2
2 −k/2
(1 − s )
Ik/2−1/2 (t1 λ)R(λ )x dλ
e−t1 λs 1 − 2− 2 2λ λ
0
(t1 /2)5/2−k/2 iπ ds − √ π cos(πk/2)Γ(2 − k/2)
σ1Z+i∞
λ
3/2−k/2
Z1
2
Ik/2−1/2 (t1 λ)R(λ )x dλ
σ1 −i∞
(1 − s2 )1−k/2 ×
0
−1/2−k/2
× (e−t1 λs − e−t1 λs ) ds =
ξe−t1 ξs dξ
σ2 −i∞
Z1
σ1 −i∞
(1 − s2 )−k/2 ×
σ2 −i∞
λ3/2−k/2 Ik/2−1/2 (t1 λ)R(λ2 )x dλ
e−t1 λs − 2λ2
dξ = − λ2
0
σ1Z+i∞
×
ξ2
σ2 −i∞
(1 − k) 2k/2−3/2 t1 = 3/2 π cos(πk/2)Γ(1 − k/2) σ
dξ + − λ2
ξ2
(k − 1)2k/2−1/2 t1 √ πΓ(1 − k/2)
σ1Z+i∞
λ−1/2−k/2 Ik/2−1/2 (t1 λ)R(λ2 )x ×
σ1 −i∞
Z1 ×
(1 − s2 )−k/2 ds dλ =
0 −1/2−k/2
(k − 1)2k/2−1/2 t1 = Γ(3/2 − k/2)
σ1Z+i∞
iπ
λ−1/2−k/2 Ik/2−1/2 (t1 λ)R(λ2 )x dλ. (1.27)
σ1 −i∞
Третье слагаемое в (1.26) преобразуем с помощью теоремы о вычетах. Будем иметь (t1 /2)1/2−k/2 π cos(πk/2)Γ(1/2 − k/2)
σ1Z+i∞ σ2Z+i∞
λ3/2−k/2 ξ −1 Ik/2−1/2 (t1 λ)
R(λ2 )x dξ dλ = ξ 2 − λ2
σ1 −i∞ σ2 −i∞
(t1 /2)1/2−k/2 = π cos(πk/2)Γ(1/2 − k/2)
σ1Z+i∞
λ
3/2−k/2
2
Ik/2−1/2 (t1 λ)R(λ )x
σ1 −i∞
=
σ2Z+i∞
(t1 /2)1/2−k/2 i cos(πk/2)Γ(1/2 − k/2)
ξ(ξ 2
1 dξ dλ = − λ2 )
σ2 −i∞ σ1Z+i∞
λ−1/2−k/2 Ik/2−1/2 (t1 λ)R(λ2 )x dλ. (1.28)
σ1 −i∞
Во втором и четвертом слагаемых равенства (1.26) поменяем порядок интегрирования и воспользуемся интегралом (1.16). Получим следующие формулы:
ОБРАТНАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ АБСТРАКТНОГО УРАВНЕНИЯ ЭЙЛЕРА—ПУАССОНА—ДАРБУ
σ1Z+i∞ σ2Z+i∞
t1 2 π cos(πk/2)
λ3/2−k/2 ξ k/2−1/2 Ik/2−1/2 (t1 λ)I−k/2−1/2 (t1 ξ)
133
R(ξ 2 )x dξ dλ = ξ 2 − λ2
σ1 −i∞ σ2 −i∞
t1 = 2 i cos(πk/2)
σ2Z+i∞
Ik/2−1/2 (t1 ξ)I−k/2−1/2 (t1 ξ)R(ξ 2 ) x dξ, (1.29)
σ2 −i∞
σ1Z+i∞ σ2Z+i∞
(t1 /2)1/2−k/2 π cos(πk/2)Γ(1/2 − k/2)
λ3/2−k/2 ξ −1 Ik/2−1/2 (t1 λ)
R(ξ 2 )x dξ dλ = ξ 2 − λ2
σ1 −i∞ σ2 −i∞ σ2Z+i∞
(t1 /2)1/2−k/2 = i cos(πk/2)Γ(1/2 − k/2)
ξ −1/2−k/2 Ik/2−1/2 (t1 ξ)R(ξ 2 )x dξ. (1.30)
σ2 −i∞
Таким образом, учитывая формулы (1.26)–(1.30), получим следующее представление для второго слагаемого в (1.8): 1 Yk (t1 ) 1−k
Zt1
t1 τ Y2−k (τ )x dτ = 2π cos(πk/2)
σ1Z+i∞
Ik/2−1/2 (t1 λ)I−k/2−1/2 (t1 ξ)R(λ2 )x dλ −
σ1 −i∞
0
(1 − k)(t1 /2)1/2−k/2 Γ(k/2 + 1/2) − iπ
σ1Z+i∞
λ−(1/2+k/2) Ik/2−1/2 (t1 λ)R(λ2 )x dλ. (1.31)
σ1 −i∞
Подставляя теперь (1.20) и (1.31) в (1.8), получаем: t1 Bk x = 2 cos(πk/2)i
σ1Z+i∞
I1/2−k/2 (t1 λ)I1/2+k/2 (t1 λ) − Ik/2−1/2 (t1 λ)I−1/2−k/2 (t1 λ) R(λ2 )x dλ +
σ1 −i∞
Γ(k/2 + 1/2)(t1 /2)1/2−k/2 + iπ
σ1Z+i∞
λ−(1/2+k/2) Ik/2−1/2 (t1 λ)R(λ2 )x dλ.
σ1 −i∞
Применяя далее формулу Iν (z)I1−ν (z) − I−ν (z)Iν−1 (z) = − 1 Bk x = iπ
σ1Z+i∞
2 sin νπ (см. [3, 3.7.3]), будем иметь πz
1 Γ(k/2 + 1/2)(t1 λ/2)1/2−k/2 Ik/2−1/2 (t1 λ) − 1 R(λ2 ) x dλ = λ
σ1 −i∞
1 = iπ
σ1Z+i∞
1 λ
0 F1 (k/2
+ 1/2; t21 λ2 /4) − 1 R(λ2 ) x dλ.
σ1 −i∞
Теорема 1.1 доказана. Чтобы при доказательстве теоремы 1.1 изменить порядок интегрирования в первом слагаемом равенства (1.13), нам пришлось считать, что 0 < k < 2. Рассмотрим теперь особо случай k = 2 и покажем, что представление (1.9) справедливо и в этом случае.
134
А. В. ГЛУШАК, В. А. ПОПОВА
Теорема 1.2. Пусть x ∈ D(A), k = 2 и выполнено условие 1.2. Тогда для определяемого равенством (1.8) оператора B2 справедливо представление 1 B2 x = iπ
σ0Z+i∞
1 λ
0 F1 (3/2;
t21 λ2 /4) − 1 R(λ2 )x dλ.
(1.32)
σ0 −i∞
Доказательство. В рассматриваемом в теореме 1.2 случае равенство (1.8) принимает вид 1 B2 x = t1
Zt1
Zt1
1 τ (C(τ )S(t1 ) − C(t1 )S(τ )) x dτ = t1
τ S(t1 − τ )x dτ .
0
0
Как известно из [2], для S(t) справедливо представление 1 S(t)x = 2πi
σ0Z+i∞
eλt R(λ2 )x dλ,
x ∈ D(A),
σ0 −i∞
следовательно, 1 B2 x = 2πt1 i
Zt1 σ0Z+i∞ τ eλ(t1 −τ ) R(λ2 )x dλ dτ .
(1.33)
0 σ0 −i∞
Пусть x ∈ D(A) и ω < Re µ < σ0 , µ2 — регулярная точка оператора A. Тогда x = R(µ2 )y, y ∈ E, и после применения в (1.33) тождества Гильберта (1.12) будем иметь 1 B2 x = 2πt1 i
Zt1 σ0Z+i∞ Zt1 σ0Z+i∞ 2 2 1 λ(t1 −τ ) R(λ )y λ(t1 −τ ) R(µ )y τe dλ dτ − τ e dλ dτ . µ2 − λ2 2πt1 i µ2 − λ2 0 σ0 −i∞
(1.34)
0 σ0 −i∞
Преобразуем каждое из слагаемых равенства (1.34) отдельно. Так же, как и при доказательстве теоремы 1.1, доказывается, что в первом слагаемом (1.34) можно менять порядок интегрирования. Поэтому 1 2π t1 i
Zt1 σ0Z+i∞ R(λ2 )y 1 τ eλ(t1 −τ ) 2 dλ dτ = 2 µ −λ 2π t1 i 0 σ0 −i∞
σ0Z+i∞
1 − 2πi
σ0 −i∞
σ0Z+i∞
eλt1 R(λ2 )y dλ − λ2 (µ2 − λ2 )
σ0 −i∞
R(λ2 )y 1 dλ − λ(µ2 − λ2 ) 2πt1 i
σ0Z+i∞
R(λ2 )y dλ. (1.35) λ2 (µ2 − λ2 )
σ0 −i∞
Второе слагаемое в (1.34) вычислим, используя теорию вычетов. Получим 1 2πt1 i
σ0Z+i∞ Zt1 σ0Z+i∞ Zt1 2 1 eλ(t1 −τ ) λ(t1 −τ ) R(µ )y 2 τe dλ dτ = τ R(µ )y dλ dτ = 2 2 µ −λ 2πt1 i µ2 − λ2 0 σ0 −i∞
0
=
R(µ2 )y 2t1 µ
Zt1
τ e−µ(t1 −τ ) dτ −
0
Zt1
σ0 −i∞
τ eµ(t1 −τ ) dτ =
1 sh(µt1 ) R(µ2 )y − R(µ2 )y. (1.36) 2 µ t1 µ3
0
Подставляя теперь (1.35) и (1.36) в (1.34), имеем 1 B2 x = 2πt1 i
σ0Z+i∞ σ0 −i∞
σ0Z+i∞
eλt1 R(λ2 )y dλ 1 − λ2 (µ2 − λ2 ) 2πi
R(λ2 )y dλ − λ(µ2 − λ2 )
σ0 −i∞
1 − 2π t1 i
σ0Z+i∞ σ0 −i∞
R(λ2 )y dλ 1 sh(µ t1 ) − 2 R(µ2 )y + R(µ2 )y. (1.37) 2 2 2 λ (µ − λ ) µ t1 µ3
ОБРАТНАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ АБСТРАКТНОГО УРАВНЕНИЯ ЭЙЛЕРА—ПУАССОНА—ДАРБУ
135
Поскольку y = (µ2 I − A)x, то из (1.37) вытекает представление 1 B2 x = 2πt1 i
σ0Z+i∞ σ0 −i∞
−
eλt1 x R(λ2 )x dλ+ 2 λ 2πt1 i
σ0Z+i∞
1 2πi
σ0 −i∞
−
1 = 2π t1 i
σ0Z+i∞ σ0 −i∞
R(λ2 )x x dλ− λ 2πt1 i
σ0Z+i∞
dλ x − λ2 (µ2 − λ2 ) 2πi
σ0 −i∞
x sh(µt1 )x 1 + = 2 3 µ t1 µ 2πt1 i
σ0Z+i∞
eλt1 dλ 1 − 2 2 2 λ (µ − λ ) 2πt1 i
σ0Z+i∞
R(λ2 )x dλ − λ2
σ0 −i∞
σ0Z+i∞
dλ − λ(µ2 − λ2 )
σ0 −i∞
σ0Z+i∞
− t1 λ − 1 R(λ2 )x dλ = λ2
eλt1
σ0 −i∞
eλt1 − e−λt1 − 2t1 λ 1 R(λ2 )x dλ = 2 λ iπ
σ0 −i∞
σ0Z+i∞ σ0 −i∞
=
σ0Z+i∞
1 iπ
1 λ
1 λ
sh t1 λ − 1 R(λ2 )x dλ = t1 λ
0 F1 (3/2;
t21 λ2 /4) − 1 R(λ2 )x dλ,
σ0 −i∞
при этом мы использовали очевидные равенства σ0Z+i∞
e−λt1 R(λ2 ) x dλ = λ2
σ0 −i∞
σ0Z+i∞
R(λ2 ) x dλ = 0, λ2
σ0 −i∞
а так же равенство σ0Z+i∞
R(λ2 ) x dλ = 0, λ
(1.38)
σ0 −i∞
которое справедливо в силу [11, теорема 6.3.1]. Заметим, что интеграл (1.38) присутствует в представлении (1.9), чтобы обеспечить аналитич 1 2 2 ность функции 0 F1 (k/2 + 1/2; t1 λ /4) − 1 . Теорема 1.2 доказана. λ Замечание 1.1. Аналогично теореме 1.2 доказывается, что представление (1.9) справедливо для задачи (1.1), (1.2) и в случае, когда k = 0 и A ∈ G0 , при этом для x ∈ D(A) Zt1 B0 x =
1 S(t1 − s) x ds = 2π i
σ0Z+i∞
1 λ t1 e − 1 R(λ2 ) x dλ = λ
σ0 −i∞
0
1 = πi
σ0Z+i∞
1 λ
2 2 0 F1 (1/2; t1 λ /4)
− 1 R(λ2 ) x dλ.
σ0 −i∞
Рассмотрим, наконец, задачу (1.1), (1.2) при k = 1. В этом случае равенство (1.7) следует заменить (см. [6]) соотношением Zt
Zt τ (Z1 (t)Y1 (τ ) − Y1 (t)Z1 (τ ))f (τ ) dτ +
u(t) = Y1 (t)u0 + 0
τ (Z1 (t)Y1 (τ ) − Y1 (t)Z1 (τ ))p dτ, 0
136
А. В. ГЛУШАК, В. А. ПОПОВА
где 1 Ym (t) − t1−m Y2−m (t) x − 2 ln 2 Y1 (t) = m→1 m − 1 Z1 −1/2 2 = 1 − s2 ln t(1 − s2 ) Y0 (ts)x ds, π
Z1 (t)x = lim
x ∈ D(A), (1.39)
0
а оператор B1 будет определяться равенством Zt1 τ (Z1 (t1 )Y1 (τ ) − Y1 (t1 )Z1 (τ ))p dτ.
B1 p =
(1.40)
0
Теорема 1.3. Пусть x ∈ D(A), k = 1 и выполнено условие 1.2. Тогда для определяемого равенством (1.40) оператора B1 справедливо представление 1 B1 x = iπ
σ0Z+i∞
1 λ
2 2 0 F1 (1; t1 λ /4)
− 1 R(λ2 )x dλ,
σ0 > ω > 0.
(1.41)
σ0 −i∞
Доказательство. Поскольку для Z1 (t)x справедливо представление (1.39) и lim Ym (t) x = Y1 (t) x m→1
равномерно по t ∈ [0, t1 ] (см. [4, 12]), то равенство (1.40) примет вид Zt1 Zt1 Zt1 1 1−m B1 x = lim Ym (t1 ) τ Y1 (τ )x dτ − t1 Y2−m (t1 ) τ Y1 (τ )x dτ − Y1 (t1 ) τ Ym (τ )x dτ + m→1 m − 1 0 0 0 t 1 Z + Y1 (t1 ) τ 2−m Y2−m (τ )x dτ . (1.42) 0
Также как и при доказательстве теоремы 1.1, устанавливаются следующие равенства: Zt1 Ym (t1 )
τ Y1 (τ )x dτ = 0
2(2t1 )3/2−k/2 Γ(m/2 + 1/2) = iπ
σ1Z+i∞
λ1/2−m/2 Im/2−1/2 (t1 λ) × I1 (t1 λ)R(λ2 )x dλ, (1.43)
σ1 −i∞
t1−m Y2−m (t) 1
Zt1 τ Y1 (τ )x dτ = 0
2(2t1 )3/2−k/2 Γ(3/2 − k/2) = iπ
σ1Z+i∞
λm/2−1/2 I1/2−m/2 (t1 λ) × I1 (t1 λ)R(λ2 )x dλ, (1.44)
σ1 −i∞
Zt1 Y1 (t1 )
τ Ym (τ )x dτ = 0
σ1Z+i∞
× σ1 −i∞
λ
2(t1 /2)3/2−k/2 Γ(m/2 + 1/2) × iπ
1/2−m/2
m−1 Im/2−3/2 (t1 λ)I0 (t1 λ)R(λ )x dλ + iπ 2
σ1Z+i∞ σ1 −i∞
1 I0 (t1 λ)R(λ2 )x dλ, (1.45) λ
ОБРАТНАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ АБСТРАКТНОГО УРАВНЕНИЯ ЭЙЛЕРА—ПУАССОНА—ДАРБУ
Zt1 Y1 (t1 )
137
τ 2−m Y2−m (τ )x dτ =
0
(2t1 )3/2−m/2 Γ(3/2 − k/2) = 2 iπ
σ1Z+i∞
λm/2−1/2 I3/2−m/2 (t1 λ) × I0 (t1 λ)R(λ2 )x dλ. (1.46)
σ1 −i∞
Подставляя (1.43)–(1.46) в равенство (1.42), получаем следующее представление: t1 B1 x = iπ
σ0Z+i∞
I1 (t1 λ) lim
m→1
Im/2−1/2 (t1 λ) − I1/2−m/2 (t1 λ) + m−1
σ0 −i∞
I3/2−m/2 (t1 λ) − Im/2−1/2 (t1 λ) + I0 (t1 λ) lim m→1 m−1
1 R(λ )x dλ + iπ 2
σ1Z+i∞
1 I0 (t1 λ)R(λ2 )x dλ. λ
σ1 −i∞
Учитывая определение функции Макдональда с целым индексом Kn (z) =
π I−ν (z) − Iν (z) lim , ν→n 2 sin νπ
а также формулу (3.71.20) из [3], Iν (z)Kν+1 (z) + Iν+1 (z)Kν (z) =
1 , z
окончательно будем иметь t1 B1 x = iπ
σ1Z+i∞ σ1 −i∞
1 I0 (t1 λ) − I1 (t1 λ)K0 (t1 λ) − I0 (t1 λ)K1 (t1 λ) R(λ2 )x dλ = t1 λ
1 = iπ
σ1Z+i∞
1 1 (I0 (t1 λ) − 1) R(λ2 )x dλ = λ iπ
σ1 −i∞
σ1Z+i∞
1 λ
2 2 0 F1 (1, t1 λ /4)
− 1 R(λ2 )x dλ.
σ1 −i∞
Теорема 1.3 доказана. Замечание 1.2. Если оператор A ограничен, то для оператора Bk , определяемого равенством (1.8) при k ∈ [0, 1) ∪ (1, 2] и равенством (1.40) при k = 1, справедливо представление (см. [13]) Z 1 1 2 Bk x = x ∈ E, 0 F1 (k/2 + 1/2; t1 z/4) − 1 R(z)x dz, 2π i z γ
где γ — контур, охватывающий спектр σ(A) оператора A. Таким образом, если ввести важную для исследования разрешимости обратной задачи (1.1), (1.2) функцию 1 2 χk (λ) = 0 F1 (k/2 + 1/2; t1 λ/4) − 1 , λ то в рассматриваемом случае Bk = χk (A). Замечание 1.3. Мы ограничились случаем k ∈ [0, 2], поскольку при k > 2 ОФБ Y2−k (t) уже, вообще говоря, не будет ограниченным оператором (см. [6]) и для доказательства соответствующих теорем пришлось бы накладывать дополнительные ограничения на u0 , u1 и f (t). Установим далее необходимое условие единственности решения задачи (1.1), (1.2). Теорема 1.4. Пусть k > 0 и A — линейный замкнутый оператор в E. Предположим, что обратная задача (1.1), (1.2) имеет решение (u(t), p). Для того, чтобы это решение было единственным, необходимо, чтобы ни один нуль λj целой функции χk (λ) не являлся собственным значением оператора A.
138
А. В. ГЛУШАК, В. А. ПОПОВА
t1 2 Доказательство. Для λ ∈ C функция θ(t) = является решением 0 F1 (k/2 + 1/2; t λ/4) − 1 λ скалярной задачи k θ00 (t) + θ0 (t) = λθ(t) + t1 , θ(0) = θ0 (0) = 0. t Предположим противное, пусть некоторый нуль λj из счетного множества нулей целой функции χk (λ) является собственным значением оператора A с собственным вектором hj 6= 0. Тогда пара uj (t) = θλj (t)hj , p = t1 hj является ненулевым решением однородной обратной задачи k u00 (t) + u0 (t) = Au(t) + p, t
u(0) = u0 (0) = u(t1 ) = 0,
что противоречит единственности решения задачи (1.1), (1.2). Теорема доказана. Отметим, что при k = 0 отсутствие в спектре неограниченного оператора A нулей функции χ0 (λ) является (см. [10]) также и достаточным условием единственности решения обратной задачи (1.1), (1.2), но, как показывает пример, приведенный в [7], достаточным условием однозначной разрешимости задачи (1.1), (1.2) уже не является. Таким образом, чтобы получить достаточные условия однозначной разрешимости задачи (1.1), (1.2), приходится накладывать дополнительные ограничения на оператор A и данные задачи u0 , u1 , f (t). При этом весьма важную роль играет представление оператора B0 (см. замечание 1.1) и тот факт, что нули функции χ0 (λ) явно выписываются: λj = − (2π j/t1 )2 , j = 1, 2, . . . . Таким образом, для дальнейших исследований в случае k > 0 необходимо знать распределение нулей целой функции χk (λ). Переходим теперь к достаточному условию однозначной разрешимости задачи (1.1), (1.2), предварительно доказав теорему о спектральных свойствах ОФБ Yk (t). Теорема 1.5. Пусть k > 0 и A ∈ Gk . Тогда для спектров операторов A и Yk (t) справедливо включение 0 F1 (k/2
+ 1/2; t2 σ(A)/4) ⊆ σ(Yk (t)).
(1.47)
Доказательство. Пусть λ ∈ 0 F1 (k/2 + 1/2; t2 σ(A)/4), т. е. пусть существует µ ∈ σ(A), такое что λ = 0 F1 (k/2 + 1/2; t2 µ/4). Докажем, что λ ∈ σ(Yk (t)). Предположим, что λ ∈ ρ(Yk (t)) и покажем, что в этом случае µ ∈ ρ(A), что приведет к противоречию. Непосредственной проверкой убеждаемся в справедливости равенства 2 (µ I − A) √ µB(k/2, 1/2)
Z1 1−τ
2 k/2−1
Zt τ dτ
0
√ sh( µ(tτ − s)) Y0 (s)x ds =
0
= 0 F1 (k/2 + 1/2; t2 µ/4)x − Yk (t)x,
x ∈ D(A), (1.48)
где Y0 (s)x =
d d 2s (s Y2 (s) x) = ds ds B (k/2 + 1/2, 1 − k/2)
Z1
1−ξ
2 −k/2
ξ k Yk (ξs)x dξ .
0
Из (1.48), в силу плотности D(A) в E, после интегрирования по частям получим равенство 2 (µ I − A) B(k/2, 1/2)
Z1 1−τ 0
2 k/2−1
Zt τ dτ
√ s ch( µ(tτ − s)) Y2 (s)x ds =λx − Yk (t)x,
x ∈ E,
0
из которого, в свою очередь, следует µ ∈ ρ(A). Полученное противоречие доказывает теорему. Отметим, что включение (1.47) для k = 0 уже установлено ранее (см. [2]). Теорема 1.6. Пусть k ∈ [0, 2], оператор A удовлетворяет условию 1.2, а для ОФБ Yk (t) справедливо неравенство kYk (t1 )k < 1.
(1.49)
ОБРАТНАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ АБСТРАКТНОГО УРАВНЕНИЯ ЭЙЛЕРА—ПУАССОНА—ДАРБУ
139
Тогда задача (1.1), (1.2) при u0 , u1 ∈ D(A) и f (t), удовлетворяющей условию 1.1, имеет единственное решение, и при этом для решения (u(t), p) справедливы оценки ku(t)k 6 M0 ku0 k + ku1 k + max kf (t)k , (1.50) 06t6t1 kpk 6 M1 ku0 k + ku1 k + kA u0 k + kA u1 k + max kf (t)k + max kA f (t)k . (1.51) 06t6t1
06t6t1
Доказательство. В силу неравенства (1.49) спектр σ(Yk (t1 )) оператора Yk (t1 ) лежит внутри круга |λ| 6 σ < 1, а в силу включения (1.47) теоремы 1.5 значение λ = 0 не может принадлежать спектру оператора A. Следовательно, оператор A имеет определенный на всем E обратный оператор A−1 . После очевидных преобразований для p ∈ E и k 6= 1 из (1.8) получаем 1 Bk p = 1−k
Zt1
k t1−k τ Y (t )Y (τ )p − τ Y (t )Y (τ )p A A−1 dτ = 1 1 2−k k k 2−k 1
0
t1−k Y2−k (t1 ) = 1 1−k Yk (t1 ) − 1−k
Zt1
Zt1
τ k Yk00 (τ ) + kτ k−1 Yk0 (τ ) A−1 p dτ −
0 00 τ Y2−k (τ )
+
0 Y2−k (τ )
+ (1 −
0 k)Y2−k (τ )
A
−1
t1−k Y2−k (t1 ) p dτ = 1 1−k
0
−
Yk (t1 ) 1−k
Zt1
0 τ k Yk0 (τ ) A−1 p dτ −
0
Zt1
−
t1 1−k
t1 Y2−k (t1 )Yk0 (t1 ) − 1−k 0 0 Y2−k (t1 )Yk (t1 ) − Y2−k (t1 )Yk (t1 ) + Yk (t1 ) A−1 p. (1.52)
0 0 τ Y2−k (τ ) A−1 p dτ − Yk (t1 )
0
Zt1
0 Y2−k (τ ) A−1 p dτ =
Используя равенство 0 Y2−k (t1 )Yk0 (t1 ) − Yk (t1 )Y2−k (t1 ) =
k−1 (I − Y2−k (t1 )Yk (t1 )) , t1
(1.53)
которое доказано в [6] при построении решения неоднородного уравнения Эйлера—Пуассона— Дарбу, получим Bk p = (Yk (t1 ) − I) A−1 p. (1.54) Таким образом Bk−1 q = A (Yk (t1 ) − I)−1 q,
q ∈ D(A),
(1.55)
и, следовательно, задача (1.1), (1.2) однозначно разрешима. Докажем теперь оценки (1.50), (1.51). Искомое значение p уравнения Bk p = q, в силу равенств (1.7) и (1.55), дается равенством Zt1 k p = A (Yk (t1 ) − I)−1 u1 − Yk (t1 ) u0 − t1−k 1 τ Y2−k (t1 )Yk (τ ) − τ Yk (t1 )Y2−k (τ ) f (τ ) dτ , (1.56) 0
Так как функция f (t) удовлетворяет условию 1.1, то в силу замкнутости оператора A и оценки (1.5) получим
t
Z1
1−k k
A t1 τ Y2−k (t1 )Yk (τ ) − τ Yk (t1 )Y2−k (τ ) f (τ ) dτ
6
0
Zt1 kA f (τ )k dτ 6 M2 (t1 ) max kA f (t)k , (1.57)
6 M1 (t1 )
06t6t1
0
140
А. В. ГЛУШАК, В. А. ПОПОВА
t
Z 1
1−k k
max kf (t)k . t1 τ Y2−k (t1 )Yk (τ ) − τ Yk (t1 )Y2−k (τ ) f (τ ) dτ
6 M1 (t1 ) 06t6t 1
(1.58)
0
Пусть λ — регулярная точка оператора A. Оператор A (Yk (t1 ) − I)−1 (λ I − A)−1 является, в силу замкнутости оператора A (Yk (t1 ) − I)−1 , ограниченным оператором. Поэтому, в силу равенства A (Yk (t1 ) − I)−1 = A (Yk (t1 ) − I)−1 (λ I − A)−1 (λ I − A) и оценок (1.56), (1.57) и (1.58), имеем
Zt1
1−k k
t1 τ Y2−k (t1 )Yk (τ ) − τ Yk (t1 )Y2−k (τ ) f (τ ) dτ kpk 6 M3 (λ I − A) u1 − Yk (t1 ) u0 −
6
0 6 M3 C1 ku1 k + C2 ku0 k + C3 max kf (t)k + C4 kA u1 k + C5 kA u0 k + C6 max kA f (t)k 6 06t6t1 06t6t1 6 M1 ku0 k + ku1 k + kA u0 k + kA u1 k + max kf (t)k + max kA f (t)k . 06t6t1
06t6t1
Оценку для u(t) можно было бы получить из (1.7) и доказанной оценки (1.51). Она содержала бы все слагаемые, входящие в правую часть неравенства (1.51). Покажем, что на самом деле для u(t) можно получить более точную оценку (1.50). Для u(t) справедливо представление (1.7), поэтому, учитывая (1.56), получим Zt1 1 k u(t) = Yk (t)u0 + t1−k τ Y (t )Y (τ ) − τ Y (t )Y (τ ) f (τ ) dτ + 1 1 2−k k k 2−k 1 1−k 0 Zt1 1−k k + t1 τ Y2−k (t1 )Yk (τ ) − τ Yk (t1 )Y2−k (τ ) A (Yk (t1 ) − I)−1 dτ (u1 − Yk (t1 ) u0 − Zt1 0 k − t1−k 1 τ1 Y2−k (t1 )Yk (τ1 ) − τ Yk (t1 )Y2−k (τ1 ) f (τ1 ) dτ1 . (1.59) 0
Докажем теперь, что существует число M такое, что для любых t ∈ [0, t1 ], x ∈ D(A) справедлива оценка
t
Z 1
−1 1−k k
6 M kxk .
(1.60) t τ Y (t )Y (τ ) − τ Y (t )Y (τ ) A (Y (t ) − I) x dτ 1 1 1 2−k k k 2−k k 1
0
Из (1.54) следует справедливость равенства −1
Bk A (Yk (t1 ) − I)
Zt1
k t1−k τ Y (t )Y (τ ) − τ Y (t )Y (τ ) A (Yk (t1 ) − I)−1 x dτ = (1 − k)x, 2−k 1 k k 1 2−k 1
0
откуда, в силу оценки (1.5), вытекает оценка (1.60). Таким образом, в силу неравенства (1.5), соотношений (1.56), (1.58) и (1.60), из (1.59) следует требуемая оценка для u(t). Случай k = 1 рассматривается аналогично. Отметим лишь, что вместо равенства (1.53) следует 1 использовать равенство (Y1 (t1 )Z10 (t1 ) − Z1 (t1 )Y10 (t1 )) x = x. Теорема 1.6 доказана. t1 СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ 1. Бейтмен Г., Эрдейи А. Таблица интегральных преобразований. Т. 2. — М.: Наука, 1970. 2. Васильев В. В., Крейн С. Г., Пискарев С. И. Полугруппы операторов, косинус оператор-функции и линейные дифференциальные уравнения// Итоги науки и техн. Сер. матем. анализ. — М.: ВИНИТИ, 1990. — 28. — С. 87–202. 3. Ватсон Г. Н. Теория бесселевых функций. Т. 1. — М.: ИЛ, 1949. 4. Глушак А. В. О возмущении абстрактного уравнения Эйлера—Пуассона—Дарбу// Матем. заметки. — 1996. — 60, № 3. — С. 363–369. 5. Глушак А. В. Операторная функция Бесселя// Докл. РАН — 1997. — 352, № 5. — С. 587–589.
ОБРАТНАЯ ЗАДАЧА ДЛЯ АБСТРАКТНОГО УРАВНЕНИЯ ЭЙЛЕРА—ПУАССОНА—ДАРБУ
141
6. Глушак А. В., Кононенко В. И., Шмулевич С. Д. Об одной сингулярной абстрактной задаче Коши// Известия вузов. Математика. — 1986. — № 6. — С. 55-56. 7. Глушак А. В., Попова В. А. Задача определения параметра абстрактного дифференциального уравнения высокого порядка// Труды математического факультета ВГУ. — Воронеж, 2001. — № 5. — С. 42–52. 8. Прудников А. П., Брычков Ю. А., Маричев О. И. Интегралы и ряды. Элементарные функции. Т. 1. — М.: Наука, 1981. 9. Прудников А. П., Брычков Ю. А., Маричев О. И. Интегралы и ряды. Специальные функции. Т. 2. — М.: Наука, 1983. 10. Тихонов И. В., Эйдельман Ю. С. Обратная задача для дифференциального уравнения в банаховом пространстве и распределение нулей целой функции типа Миттаг—Леффлера// Дифф. уравн. — 2002. — 38, № 5. — С. 637–644. 11. Хилле Э., Филлипс Р. С. Функциональный анализ и полугруппы. — М.: ИЛ, 1962. 12. Хондо В. А. Вопросы возмущения абстрактного уравнения Эйлера—Пуассона—Дарбу// Депонировано в ВИНИТИ, — № 1971–1399. — Воронеж, 1999. 13. Хондо В. А. Задача определения параметра абстрактного уравнения Эйлера—Пуассона—Дарбу с ограниченным оператором// Сборник статей аспирантов и студентов математического факультета ВГУ. — Воронеж, 2000. — С. 59–64.
Александр Васильевич Глушак Белгородский государственный университет E-mail:
[email protected] Виктория Анатольевна Попова Воронежский государственный архитектурно-строительный университет E-mail:
[email protected] 