Абай атындағы

 
 
63
УДК 517. 956 
Т.Ж. Елдесбай, Р.М. Капарова, Н.С. Куанова 
 
КРАЕВАЯ ЗАДАЧА С НЕЛОКАЛЬНЫМИ УСЛОВИЯМИ ДЛЯ 
ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО УРАВНЕНИЯ С ХАРАКТЕРИСТИЧЕСКИМ 
ВЫРОЖДЕНИЕМ ТИПА ВНУТРИ ОБЛАСТИ 
         
 
(г.Алматы, КазНУ имени аль-Фараби, КазНПУ имени Абая) 
 
 
Облыс  ішінде  түрі  ерекше  өзгеретін  гиперболалық  теңдеу  үшін  локалды 
емес  шекаралық  есеп.  Түрі  ерекше  өзгеретін  гиперболалық  теңдеу  берілген.  Осы 
теңдеудің  төрт  сипаттаушы  қисықтарымен  шектелген  облыс  қарастырылады.  Теңдеу 
түрін  ерекше  өзгертетін  нүктелер  облыстың  ішінде  орналасқан.  Функция  мəндері 
облыстың  шекарасында  локалды  емес  түрде  берілген.  Қойылған  есептің  шешімінің 
жалғыздығы əрі бар екендігі дəлелденген. 
Boundary problem with nonlocal boundary conditions for hyperbolic equations with 
characteristic degeneration of type in the domain. Hyperbolic equation with characteristic 
degeneration of type is given. The domain limited by four characteristic equations is 
considered. The degeneration points of type of the equation are in the domain. Values of 
function on the boundary are nonlocal defined. Uniqueness and existence and of the solution 
is proved.  
 
 
1. Постановка задачи. 
Рассмотрим уравнение 
0
)
(
)
(
=
+
−
y
xx
yy
u
y
u
u
y
k
μ
,                                                         (1) 
где при 
1
1
1
1
)
(
,
)
(
,
0
−
=
=
>
m
m
y
y
y
y
k
y
α
μ
, при 
1
1
2
2
)
(
)
(
,
)
(
)
(
,
0
−
−
=
−
=
<
m
m
y
y
y
y
k
y
α
μ
, 
0
1
,
1
0
,
2
,
1
,
2
0
,
,
2
1
<
<
−
−
<
<
=
<
<
=
α
α
α
i
m
const
m
i
i
i
, 
причем 
,
2
1
1
α
<
m
 
2
2
2
1
2
0
α
α
−
<
<
−
<
m
. 
 
Введем обозначения: 
Ω  - конечная односвязная область плоскости переменных  
y
x,
,  ограниченная  выходящими  из  точек 
)
0
;
0
(
A
  и 
)
0
;
1
(
B
  характеристиками 
BD
BC
AD
AC
,
,
,
 уравнения (1): 
}
0
,
1
0
{
};
0
{
};
0
{
2
1
=
<
<
≡
≡
<
Ω
=
Ω
>
Ω
=
Ω
y
x
J
AB
y
y
I
I
; 
1
2
2
:
;
0
2
2
:
2
2
1
2
2
1
1
1
=
−
+
=
−
−
−
−
m
m
y
m
x
BC
y
m
x
AC
; 
1
)
(
2
2
:
;
0
)
(
2
2
:
2
2
2
2
2
2
2
2
=
−
−
+
=
−
−
−
−
−
m
m
y
m
x
BD
y
m
x
AD
. 
 
Задача. 
Требуется найти решение уравнения (1) 
⎩
⎨
⎧
Ω
∈
Ω
∈
=
,
)
,
(
),
,
(
,
)
,
(
),
,
(
)
,
(
2
1
y
x
y
x
u
y
x
y
x
u
y
x
u
 
из  класса 
)
(
)
(
)
(
)
(
)
,
(
2
1
2
2
1
1
Ω
Ω
Ω
Ω
Ω
∈
U
I
U
I
U
I
C
J
C
J
C
C
y
x
u
,  удовлетворяющие 
краевым условиям 
J
x
x
x
u
D
x
x
u
D
x
i
i
i
x
i
i
i
x
i
i
∈
∀
=
+
−
−
),
(
)]
(
[
)
(
)]
(
[
)
(
1
1
0
1
1
1
γ
θ
β
θ
α
β
β
θ
,                         (2) 
2
,
1
=
i
 и условию сопряжения 
)
(
)
,
(
)
(
lim
)
(
)
,
(
lim
2
1
0
0
x
y
x
u
y
x
y
x
u
y
y
y
y
y
β
α
α
α
+
−
=
−
→
+
→
,                                    (3) 

 
 
64
где 
)
(
),
(
;
2
1
1
0
1
1
x
x
m
m
i
i
i
θ
θ
β
−
=
 - аффиксы точек пересечения характеристик уравнения 
(1),  выходящих  из  точек 
J
x
∈
)
0
,
(
,  с  характеристиками 
BD
BC
AD
AC
,
,
,
 
соответственно, )
(
),
(
),
(
),
(
),
(
x
x
x
x
x
i
i
i
β
α
γ
β
α
 - заданные гладкие функции, причем 
2
,
1
,
,
0
)
(
)
(
2
2
=
∈
∀
≠
+
i
J
x
x
x
i
i
β
α
,                                           (4) 
f
D
f
D
J
C
J
C
x
x
x
x
x
i
i
x
x
i
i
i
β
β
β
α
γ
β
α
−
−
∈
1
1
0
3
1
1
,
),
(
)
(
)
(
),
(
),
(
),
(
),
(
I
, )
2
,
1
(
=
i
 - операторы 
дробного дифференцирования в смысле Лиувилля [1]. 
 
Теорема. 
В области 
Ω  не может существовать более одного решения задачи (1)-
(4), если выполнено либо 
J
x
x
x
x
∈
∀
=
=
>
,
0
)
(
,
0
)
(
,
0
)
(
2
1
α
β
α
,                                                       (5) 
либо 
J
x
i
x
x
x
x
x
i
i
i
∈
∀
=
≠
+
−
≡
,
2
,
1
,
0
)
(
)
(
)
1
(
,
1
)
(
1
β
α
α
β
β
,                                (6) 
J
x
i
x
x
x
x
x
i
i
i
∈
∀
=
≥
′
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
≠
,
2
,
1
,
0
)
(
)
(
1
,
0
)
(
1
α
β
α
β
,                                     (7) 
и хотя бы в одной точке интервала 
J
 выполняются неравенства 
2
,
1
,
0
)
(
)
(
)
1
(
1
1
=
≠
+
−
−
i
x
x
x
x
i
i
i
β
α
β
β
,                                         (8) 
либо 
0
)
(
≠
x
α
 и выполняются условия 
J
x
i
x
x
x
x
i
i
j
j
∈
∀
=
≠
+
−
,
2
,
1
,
0
)
(
)
(
)
1
(
β
α
β
β
,                                 (9) 
J
x
j
i
i
x
x
x
x
j
j
j
j
∈
∀
≠
=
≠
+
−
,
,
2
,
1
,
0
)
(
)
(
)
1
(
β
α
β
β
.                         (10) 
 
2.  Доказательство  единственности  решения  задачи. 
Введем  для  удобства 
обозначения: 
)
,
(
)
(
lim
)
(
),
,
(
lim
)
(
),
0
,
(
)
(
2
1
0
2
0
1
y
x
u
y
x
v
y
x
u
y
x
v
x
u
x
y
y
y
y
α
α
τ
−
=
=
=
−
→
+
→
. 
Удовлетворяя  решение  видоизмененной  задачи  Коши [2] для  уравнения (1) 
краевым условиям (2), получим соотношения между 
)
(
),
(
),
(
2
1
x
v
x
v
x
τ
, принесенные на 
J
 из областей 
1
Ω
 и 
2
Ω
 соответсвенно: 
;
)
1
(
)
2
(
)
2
2
(
)
(
)
4
2
(
)
(
);
(
)
(
)
(
)
(
)
1
(
)
(
)
1
(
)
2
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1
)(
(
1
1
1
1
2
1
1
1
2
1
1
2
1
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
β
β
β
β
τ
β
τ
α
γ
β
β
β
α
β
β
β
β
β
β
β
β
β
−
Γ
Γ
−
Γ
Γ
+
=
−
−
−
−
−
Γ
Γ
=
+
−
−
−
−
m
m
C
x
D
x
x
x
D
x
x
x
x
x
x
v
x
x
x
x
m
C
x
x
                          (11) 
.
)
1
(
)
2
(
)
2
2
(
)
(
)
4
2
(
)
(
);
(
)
1
(
)
2
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1
(
)
(
)]
(
)
(
)
1
)[(
(
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
β
β
β
β
γ
β
β
τ
β
τ
α
β
α
β
β
β
β
β
β
β
β
β
−
Γ
Γ
−
Γ
Γ
+
=
−
Γ
Γ
−
+
+
−
=
+
−
−
−
−
m
m
C
x
x
x
x
D
x
x
x
D
x
x
x
v
x
x
x
x
m
C
x
x
                     (12) 
 
В силу условий (5) при 
2
,
1
,
0
)
(
=
≡
i
x
i
γ
 равенства (11), (12) примут вид  
)
(
)
(
1
)
(
1
2
1
0
1
1
x
D
m
C
x
v
x
τ
β
−
−
=
,                                                      (13) 

 
 
65
)
(
)
(
1
)
(
2
2
1
1
2
2
x
D
m
C
x
v
x
τ
β
−
=
.                                                      (14) 
 
В  соответствии  с  принципом  экстремума  для  гиперболических  уравнений [3] 
положительный  максимум  (отрицательный  минимум)  функции 
)
,
( y
x
u
  в 
1
Ω   и 
2
Ω  
достигается в точке 
J
x
∈
)
0
,
(
. Но дробные производные 
)
(
),
(
2
1
2
1
1
2
1
0
x
D
x
D
x
x
τ
τ
β
β
−
−
 в точке 
положительного  максимума строго  положительны  (в  точке  отрицательного  минимума 
строго отрицательны) [3]. Поэтому из (13) и (14) следует, что 
0
)
(
,
0
)
(
2
1
>
<
x
v
x
v
. А это 
противоречит  условию (3) при 
0
)
(
=
x
β
  и 
0
)
(
>
x
α
.  Полученное  противоречие 
доказывает единственность решения задачи в случае выполнения условий (5) теоремы. 
 
Теперь  докажем,  что  решение  задачи  единственно  и  при  выполнении  условий 
(6)-(8).  Для  этого  сначала  докажем,  что 
dx
x
v
x
x
J
)
(
)
(
)
(
2
1
0
1
∫
=
τ
  не  может  быть 
отрицательными. 
 
При 
0
)
(
2
≡
x
γ
 (12) примет вид  
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
2
1
2
2
1
2
2
1
0
2
2
2
x
D
x
b
x
D
x
a
x
v
m
C
x
x
τ
τ
β
β
−
−
+
=
, 
где  
)
(
)
(
)
1
(
)
(
)
(
,
)
(
)
(
)
1
(
)
(
)
1
(
)
(
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
b
x
x
x
x
x
x
x
a
β
α
β
β
α
α
β
β
β
β
β
β
+
−
=
+
−
−
=
. 
 
Преобразуем интеграл 
dx
t
x
dt
t
dx
d
x
x
b
dx
t
x
dt
t
dx
d
x
x
a
dx
x
v
x
m
C
x
]
)
(
)
(
)[
(
)
(
]
)
(
)
(
)[
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
(
1
0
2
1
1
0
2
0
2
1
1
0
2
2
1
0
2
2
2
2
∫
∫
∫
∫
∫
−
−
−
−
=
−
=
Γ
β
β
τ
τ
τ
τ
τ
β
, 
который после введения обозначений 
)
(
)
(
)
(
2
sin
),
(
)
(
)
(
2
sin
2
1
0
2
1
2
1
0
2
1
2
2
2
x
x
t
dt
t
dx
d
x
t
x
dt
t
dx
d
x
τ
τ
π
πβ
τ
τ
π
πβ
β
β
=
−
−
=
−
∫
∫
−
−
 
и формулы обращения интегрального уравнения Абеля [4] будет иметь вид 
∫
∫
∫
∫
−
+
−
=
Γ
1
2
2
2
1
0
2
2
0
2
1
1
1
0
2
2
1
2
2
2
2
)
(
)
(
)
(
)
(
2
sin
)
(
)
(
)
(
)
(
2
sin
)
(
)
(
)
2
(
x
x
x
dt
t
dx
x
x
b
x
d
dx
x
x
a
x
J
m
C
β
β
ξ
τ
τ
πβ
π
ξ
ξ
ξ
τ
τ
πβ
π
β
Применим известную формулу для гамма - функций [4]: 
1
0
,
0
,
2
cos
)
(
cos
0
1
<
<
>
Γ
=
∫
∞
−
μ
μπ
μ
μ
μ
k
k
ktdt
t
. 
Полагая в ней 
2
2
,
β
μ
ξ
=
−
= x
k
, получим  
dt
x
t
t
x
ξ
πβ
β
ξ
β
β
−
Γ
=
−
∫
∞
−
cos
cos
)
2
(
1
1
0
1
2
2
2
2
2
2
, 
а отсюда после некоторых преобразований будем иметь  
+
=
Γ
∫
∫
∞
−
2
1
0
1
2
0
1
2
1
2
2
2
2
2
)
cos
)
(
)[(
1
(
{
2
1
)
(
cos
2
sin
)
(
)
2
(
1
2
ξ
ξ
ξ
τ
πβ
πβ
β
π
β
d
t
a
t
x
J
m
C
 
−
+
′
−
+
∫
∫
∫
∫
dt
dx
d
t
d
t
x
a
d
t
x
x
}
]
)
sin
)
(
(
)
cos
)
(
[(
)
(
]
)
sin
)
(
(
2
0
1
2
0
1
1
0
2
2
1
0
1
ξ
ξ
ξ
τ
ξ
ξ
ξ
τ
ξ
ξ
ξ
τ
 

 
 
66
−
+
−
−
∫
∫
∫
∞
−
]
)
sin
)
(
(
)
cos
)
(
)[(
0
(
{
2
1
2
1
0
2
2
1
0
2
2
0
1
2
2
ξ
ξ
ξ
τ
ξ
ξ
ξ
τ
β
d
t
d
t
b
t
 
dt
dx
d
t
d
t
x
b
x
x
}
]
)
sin
)
(
(
)
cos
)
(
[(
)
(
2
1
2
2
1
2
1
0
2
ξ
ξ
ξ
τ
ξ
ξ
ξ
τ
∫
∫
∫
+
′
−
.                      (15) 
 
В  силу  условий (6), (7) и  того,  что 
0
cos
2
sin
)
(
2
2
2
>
πβ
πβ
m
C
,  заключаем,  что 
интеграл 
0
)
(
1
≥
x
J
. 
 
Аналогичными рассуждениями и выкладками можно прийти к заключению, что 
0
)
(
)
(
1
1
0
≤
∫
dx
x
v
x
τ
. А так как 
)
(
)
(
2
1
x
v
x
v
=
 при 
0
)
(
,
1
)
(
≡
≡
x
x
β
α
, то  
2
,
1
,
0
)
(
)
(
1
0
=
=
∫
i
dx
x
v
x
i
τ
. 
 
Таким  образом,  левая  часть  равенства (15) равна  нулю.  Поскольку  слагаемые 
справа в (15) неотрицательны, то они тоже равны нулю.  
В частности, 
2
,
1
,
0
)
sin
)
(
(
,
0
)
cos
)
(
(
2
1
0
0
1
2
2
1
0
0
1
2
2
2
=
=
=
∫
∫
∫
∫
∞
−
∞
−
i
d
t
dt
t
d
t
dt
t
i
i
ξ
ξ
ξ
τ
ξ
ξ
ξ
τ
β
β
. 
 
Так как при 
0
,
0
1
2
2
≥
≥
−
β
t
t
, то  
2
,
1
,
0
cos
)
(
,
0
sin
)
(
1
0
1
0
=
=
=
∫
∫
i
d
t
d
t
i
i
ξ
ξ
ξ
τ
ξ
ξ
ξ
τ
 
для  всех 
)
,
0
[
∞
∈
t
,  в  частности  и  при 
,....
2
,
1
,
0
,
2
=
=
k
k
t
π
.  При  этих  значениях  t  
функции 
ξ
t
sin
  и 
ξ
t
cos
  образует  полную  ортогональную  систему  функций  в 
2
L
. 
Следовательно, 0
)
(
=
ξ
τ
i
  почти  всюду,  а  так  как  они  непрерывны  по  условию,  то 
0
)
(
=
ξ
τ
i
  всюду.  Таким  образом 
0
)
(
=
x
τ
,  что  означает,  что 
0
)
(
=
ξ
i
v
  и 
2
,
1
,
0
)
,
(
=
≡
i
y
x
u
i
, как решения видоизмененной задачи Коши с нулевыми данными. 
 
Пусть  теперь  выполняются  условия (9), (10) теоремы  при 
1
,
2
=
=
j
i
.  В  этом 
случае (12) при 
0
)
(
2
≡
x
γ
 можно записать в виде 
,
0
)
(
1
0
2
1
2
=
−
∫
−
β
τ
t
x
dt
t
dx
d
 т.е. 
const
C
C
t
x
dt
t
≡
=
−
∫
−
1
1
1
0
2
1
,
)
(
2
β
τ
.                               (16) 
 
В  классе  функций 
)
(x
τ
,  которые  непрерывны  на  интервале 
1
0
<
< x
  и  могут 
обращаться  в  бесконечность  порядка  ниже 
2
2
β
  на  концах 
0
=
x
  и 
1
=
x
,  решение 
уравнения (16) имеет вид 
2
2
)
1
(
sin
)
(
2
1
β
β
π
πβ
τ
−
−
−
=
x
x
C
x
. 
 
Отсюда  можно  сделать  заключения:  в  искомом  классе 
)
(J
C
  уравнение (16) 
имеет только тривиальное решение. Этим завершается доказательство единственности 
решения поставленной задачи. 
 
3. Доказательство существования решения задачи. 
Пусть 
1
2
m
m
≥
. Докажем 
существование решения задачи в случае, когда выполняются условия (6): 
2
,
1
,
0
)
(
)
1
)(
(
)
(
=
≠
+
−
=
i
x
x
x
x
x
A
i
i
i
i
i
β
β
β
α
. 

 
 
67
 
Удовлетворяя (11), (12) условию  сопряжения (3), при 
0
)
(
1
≠
x
α
  получим 
интегральное уравнение 
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
2
2
2
2
2
1
1
3
2
1
0
2
2
1
1
1
2
1
0
x
f
x
D
x
B
x
D
x
B
x
D
x
B
x
D
x
x
x
x
=
+
+
+
−
−
−
−
τ
τ
τ
τ
β
β
β
β
,               (17) 
где 
,
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1
)(
(
)
(
,
)
(
)
1
(
)
(
)
(
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
2
1
1
x
A
x
m
C
x
A
x
x
x
m
C
x
B
x
x
x
x
x
B
α
α
α
α
β
β
β
β
β
−
−
=
−
=
 
,
)
(
)
(
)
1
)(
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
2
1
2
1
2
1
3
1
2
x
A
x
x
m
C
x
A
x
x
x
m
C
x
B
α
β
α
β
β
−
=
 
)
(
)
(
)
1
)(
2
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1
(
)
(
)
(
)
(
)
1
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
2
1
2
2
1
2
2
1
1
1
1
1
1
2
1
1
2
2
1
1
x
A
x
x
m
C
x
A
x
x
x
x
m
C
x
x
x
A
x
m
C
x
x
x
x
f
α
β
α
γ
β
α
β
α
γ
β
β
β
β
β
β
β
−
Γ
−
Γ
+
−
−
Γ
Γ
=
. 
Применяя к обеим частям уравнения (17) оператор 
1
2
0
1
−
β
x
D
, получим  
).
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
1
2
0
2
1
1
3
1
2
0
2
1
0
2
1
2
0
2
1
1
1
1
2
0
1
2
1
2
1
1
1
x
f
D
x
D
x
B
D
x
D
x
B
D
x
D
x
B
D
x
x
x
x
x
x
x
x
−
−
−
−
−
−
−
=
+
+
+
=
β
β
β
β
β
β
β
τ
τ
τ
τ
                                  (18) 
Для изучения вопроса разрешимости интегрального уравнения (18) преобразуем 
его левую часть: 
=
−
−
=
=
∫
∫
−
−
−
1
2
1
0
2
1
1
2
1
1
1
1
2
0
2
1
1
1
1
)
(
)
(
)
(
)
(
2
sin
)
(
)
(
)
(
t
x
x
x
t
d
dt
d
t
x
dt
t
B
x
D
x
B
D
x
J
β
β
β
β
ξ
ξ
ξ
τ
π
πβ
τ
 
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
2
sin
)
(
)
(
)
(
)
(
2
sin
4
3
1
2
1
0
2
1
1
1
2
1
0
2
1
1
1
1
1
1
x
J
x
J
t
d
t
x
dt
t
B
t
d
t
x
dt
t
B
dx
d
t
x
t
x
−
=
−
−
′
−
−
−
=
∫
∫
∫
∫
−
−
β
β
β
β
ξ
ξ
ξ
τ
π
πβ
ξ
ξ
ξ
τ
π
πβ
. 
Поменяв порядок интегрирования в 
)
(
3
x
J
 и 
)
(
4
x
J
, получим  
ξ
ξ
τ
ξ
π
πβ
ξ
ξ
τ
ξ
π
πβ
d
x
K
d
x
K
x
J
x
x
)
(
)
,
(
2
sin
)
(
)
,
(
2
sin
)
(
0
2
1
0
1
1
4
∫
∫
+
=
, 
где  
∫
∫
−
−
−
−
′
=
−
−
′
=
ξ
β
β
ξ
β
β
ξ
ξ
ξ
ξ
0
2
1
2
1
2
0
2
1
2
1
1
1
1
1
1
)
(
)
(
)
(
)
,
(
,
)
(
)
(
)
(
)
,
(
t
t
x
dt
t
B
x
K
t
t
x
dt
t
B
x
K
, 
 
]
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
[
2
sin
)
(
0
2
1
2
1
1
0
2
1
2
1
0
1
3
1
1
1
1
∫
∫
∫
∫
−
−
−
−
+
−
−
=
x
x
x
t
t
x
dt
t
B
d
t
t
x
dt
t
B
d
dx
d
x
J
β
β
ξ
β
β
ξ
ξ
ξ
τ
ξ
ξ
ξ
τ
π
πβ
. 
Введем функцию 
]
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
[
2
sin
)
(
0
2
1
2
1
1
0
2
1
2
1
0
1
1
1
1
1
∫
∫
∫
∫
−
+
−
−
−
−
+
−
−
=
x
x
x
t
t
x
dt
t
B
d
t
t
x
dt
t
B
d
dx
d
x
J
β
β
δ
ξ
β
β
δ
δ
ξ
ξ
ξ
τ
ξ
ξ
ξ
τ
π
πβ
. 
Тогда 
−
−
−
−
−
−
+
−
−
+
−
−
−
−
−
−
−
−
=
=
∫
∫
∫
−
−
−
−
→
→
x
x
x
t
x
t
x
dt
t
B
x
t
x
t
x
dt
t
B
x
x
t
x
t
x
dt
t
B
x
x
x
J
x
J
0
2
1
2
1
0
2
1
2
1
0
2
1
2
1
0
1
0
3
1
1
1
1
1
1
)
(
)
(
)
(
)[
(
)
(
)
(
)
(
)]
(
)
(
[
)
(
)
(
)
(
)]
(
)
(
[
{
lim
2
sin
)
(
lim
)
(
β
β
β
β
δ
β
β
δ
δ
δ
δ
τ
δ
τ
δ
τ
δ
δ
τ
τ
π
πβ
 
+
−
−
+
−
−
−
−
∫
∫
∫
−
+
−
−
x
x
x
t
t
x
dt
t
B
dx
d
d
t
x
t
x
dt
t
B
0
2
1
2
1
1
0
2
1
2
1
1
1
1
1
)
(
)
(
)
(
)
(
]
)
(
)
(
)
(
β
β
δ
δ
β
β
ξ
ξ
ξ
τ
δ
 

 
 
68
}.
)
(
)
(
)
(
)
(
0
2
1
2
1
0
1
1
∫
∫
−
−
−
−
+
ξ
β
β
δ
ξ
ξ
ξ
τ
t
t
x
dt
t
B
dx
d
d
x
 
Отсюда в силу условий теоремы следует, что 
0
)
(
)
(
)
(
)]
(
)
(
[
lim
0
2
1
2
1
0
1
1
=
−
−
−
−
−
∫
−
−
→
δ
β
β
δ
δ
δ
τ
τ
x
t
x
t
x
dt
t
B
x
x
, 
0
)
(
)
(
)
(
)]
(
)
(
[
lim
0
2
1
2
1
0
1
1
=
−
+
−
−
+
∫
−
→
x
t
x
t
x
dt
t
B
x
x
β
β
δ
δ
τ
δ
τ
, 
)
(
2
]
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
[
lim
1
1
0
2
1
2
1
0
2
1
2
1
0
1
1
1
1
x
B
ctg
t
x
t
x
dt
t
B
t
x
t
x
dt
t
B
x
x
πβ
π
δ
δ
δ
β
β
β
β
δ
−
=
−
−
−
−
−
+
−
∫
∫
−
−
−
→
. 
Поэтому,  переходя  к  пределу  в 
)
(
3
x
J
  при 
0
→
δ
,  учитывая 
)
(
4
x
J
  и 
)
(
3
x
J
, 
)
(
2
x
J
 
перепишем в виде 
+
−
+
=
∫
ξ
ξ
τ
ξ
ξ
π
πβ
τ
πβ
π
d
x
K
x
K
x
x
B
ctg
x
J
x
)
(
)]
,
(
)
,
(
[
2
sin
)
(
)
(
2
)
(
0
1
2
1
1
1
2
 
∫
∫
−
−
−
=
−
+
ξ
β
β
ξ
ξ
ξ
ξ
τ
ξ
ξ
π
πβ
0
2
1
2
1
3
1
2
4
1
1
1
)
(
)
(
)
(
)
,
(
,
)
(
)]
,
(
)
,
(
[
2
sin
t
t
x
dt
t
B
dx
d
x
K
d
x
K
x
K
x
, 
∫
−
−
−
=
x
t
t
x
dt
t
B
dx
d
x
K
0
2
1
2
1
4
1
1
)
(
)
(
)
(
)
,
(
β
β
ξ
ξ
. 
Теперь рассмотрим интеграл 
=
−
−
−
Γ
Γ
=
=
∫
∫
−
−
1
2
1
0
2
3
1
2
2
1
1
3
2
0
5
2
1
2
1
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
1
(
)
2
(
1
)
(
)
(
)
(
t
x
x
x
t
d
dt
d
t
x
dt
t
B
x
D
x
B
D
x
J
β
β
β
β
ξ
ξ
ξ
τ
β
β
τ
 
]
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
[
)
2
1
(
)
2
(
1
1
2
1
0
2
3
1
2
1
0
2
3
1
2
2
1
2
1
∫
∫
∫
∫
−
−
−
−
′
−
−
−
−
Γ
Γ
=
t
x
t
x
t
d
t
x
dt
t
B
t
d
t
x
t
B
dx
d
β
β
β
β
ξ
ξ
ξ
τ
ξ
ξ
ξ
τ
β
β
. 
Проводя аналогичные преобразования, получим при 
m
n
>
 
]
)
(
)
,
(
)
(
)
,
(
[
)
2
1
(
)
2
(
1
)
(
1
6
0
5
1
2
5
ξ
ξ
τ
ξ
ξ
ξ
τ
ξ
β
β
d
x
K
d
x
K
x
J
x
x
∫
∫
+
−
Γ
Γ
=
, 
а при 
n
m
=
  
)
(
)
(
2
]
)
(
)
,
(
)
(
)
,
(
[
2
sin
)
(
3
1
1
6
0
5
1
5
x
x
B
ctg
d
x
K
d
x
K
x
J
x
x
τ
πβ
π
ξ
ξ
τ
ξ
ξ
ξ
τ
ξ
π
πβ
+
+
=
∫
∫
, 
где  
∫
∫
−
−
−
−
−
−
−
′
=
ξ
β
β
ξ
β
β
ξ
ξ
ξ
0
2
1
2
3
0
2
1
2
3
5
2
1
2
1
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
,
(
t
t
x
dt
t
B
dx
d
t
t
x
dt
t
B
x
K
, 
∫
∫
−
−
−
−
−
−
−
′
=
x
x
t
t
x
dt
t
B
dx
d
t
t
x
dt
t
B
x
K
0
2
1
2
3
0
2
1
2
3
6
2
1
2
1
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
,
(
β
β
β
β
ξ
ξ
ξ
. 
Точно так же преобразуется интеграл 
=
−
−
−
Γ
Γ
=
=
∫
∫
−
−
−
x
x
x
x
t
d
dt
d
t
x
dt
t
B
x
D
x
B
D
x
J
0
2
1
0
2
2
1
2
2
1
0
2
1
2
0
6
2
1
2
1
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
1
(
)
2
(
1
)
(
)
(
)
(
β
β
β
β
ξ
ξ
ξ
τ
β
β
τ
 

 
 
69
∫
−
Γ
Γ
=
x
d
x
K
0
7
1
2
)
(
)
,
(
)
2
1
(
)
2
(
1
ξ
ξ
τ
ξ
β
β
, 
∫
∫
−
−
−
−
′
−
−
−
=
x
x
t
t
x
dt
t
B
t
t
x
dt
t
B
dx
d
x
K
ξ
β
β
ξ
β
β
ξ
ξ
ξ
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
2
2
7
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
,
(
. 
 
В  дальнейшем  необходимо  установить  свойства  ядер 
7
,....,
2
,
1
),
,
(
=
i
x
K
i
ξ
.  В 
смысле гладкости ядра 
)
,
(
)
,
(
1
3
ξ
ξ
x
K
x
K
−
 и 
)
,
(
)
,
(
2
4
ξ
ξ
x
K
x
K
−
 ведут себя так же, как и 
ядра 
)
,
(
3
ξ
x
K
 и 
)
,
(
4
ξ
x
K
. Поэтому ограничимся изучением только их свойств 
dt
t
t
x
t
B
B
dx
d
t
t
x
dt
dx
d
B
x
K
∫
∫
−
−
−
−
−
−
−
−
=
ξ
β
β
ξ
β
β
ξ
ξ
ξ
ξ
ξ
0
2
1
2
1
1
0
2
1
2
1
3
1
1
1
1
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
,
(
. 
Гладкость ядра 
)
,
(
3
ξ
x
K
 определяется гладкостью первого интеграла правой части 
)
,
2
1
,
1
,
2
(
)
(
)
(
2
1
)
(
)
(
)
(
)
,
(
1
1
2
1
1
0
2
1
2
1
7
1
1
1
x
F
x
dx
d
B
t
t
x
dt
dx
d
B
x
J
ξ
β
β
ξ
ξ
β
ξ
ξ
ξ
β
ξ
β
β
+
=
−
−
=
∫
−
, 
где 
)
,
,
,
(
z
c
b
a
F
 - гипергеометрическая функция Гаусса [5]. 
 
Принимая во внимание формулу [5] 
)
,
,
,
1
(
)
,
,
,
(
1
z
c
b
a
F
az
z
c
b
a
F
z
dz
d
a
a
+
=
−
, 
получим  
)
,
2
1
,
1
,
2
1
(
)
(
)
,
(
1
1
2
1
1
2
7
1
1
x
F
x
B
x
J
ξ
β
β
ξ
ξ
ξ
β
β
+
+
−
=
+
, 
которое с учетом формулы [5] 
π
<
−
−
=
−
)
1
arg(
,
)
1
(
)
,
,
,
(
z
z
z
a
b
a
F
b
, 
перепишется в виде 
ξ
ξ
ξ
ξ
β
−
−
=
x
B
x
x
J
)
(
)
(
)
,
(
1
2
7
1
. 
Аналогично для ядра 
dt
t
t
x
t
B
B
dx
d
t
t
x
dt
dx
d
B
x
K
x
x
∫
∫
−
−
−
−
−
−
−
−
=
0
2
1
2
1
1
0
2
1
2
1
4
1
1
1
1
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
,
(
β
β
β
β
ξ
ξ
ξ
ξ
ξ
. 
Гладкость,  которого определяется гладкостью интеграла 
x
B
x
x
F
x
dx
d
B
t
t
x
dt
dx
d
B
x
J
x
−
=
−
−
−
=
−
−
=
−
−
∫
ξ
ξ
ξ
ξ
β
β
ξ
β
ξ
ξ
ξ
ξ
β
β
β
β
)
(
)
(
)
,
2
1
,
1
,
2
1
(
)
(
2
1
)
(
)
(
)
(
)
(
)
,
(
1
2
1
1
2
1
1
1
0
2
1
2
1
8
1
1
1
1
Гладкость ядра 
)
,
(
5
ξ
x
K
 определяется гладкостью интеграла  
=
−
−
=
∫
−
ξ
β
β
ξ
ξ
ξ
0
2
1
2
3
9
2
1
)
(
)
(
)
(
)
,
(
t
t
x
dt
dx
d
B
x
J
 
=
−
=
)
,
2
1
,
1
,
2
(
2
)
(
1
1
2
2
2
3
1
2
x
F
x
dx
d
B
ξ
β
β
ξ
β
ξ
β
β
 
)
,
2
1
,
1
,
1
2
(
)
(
2
1
1
2
1
2
3
2
1
1
2
x
F
x
B
ξ
β
β
ξ
ξ
β
β
β
β
−
+
−
=
+
. 
Применяя формулу автотрансформации [5] 
π
<
−
−
−
−
=
−
−
)
1
arg(
),
,
,
,
(
)
1
(
)
,
,
,
(
z
z
c
b
c
a
c
F
z
z
c
b
a
F
b
a
c
, 

 
 
70
при 
1
2
m
m
≥
 имеем  
)
,
2
1
,
2
,
2
2
(
)
(
1
)
(
)
(
2
)
,
(
2
2
1
2
)
(
2
1
2
2
3
1
9
1
2
2
x
F
x
x
B
x
J
ξ
β
β
β
β
ξ
ξ
β
ξ
β
ξ
β
β
β
+
−
−
−
=
−
−
. 
Интеграл  
∫
−
−
−
=
ξ
β
β
ξ
ξ
ξ
0
2
1
2
3
10
2
1
)
(
)
(
)
(
)
,
(
t
t
x
dt
dx
d
B
x
J
, 
подобно предыдущему интегралу, имеет вид 
)
,
2
1
,
2
,
2
2
(
)
(
1
)
)(
(
2
1
2
1
)
,
(
1
1
1
2
)
(
2
1
2
3
1
2
10
1
2
1
x
F
x
x
B
x
J
ξ
β
β
β
β
ξ
ξ
ξ
β
β
ξ
β
β
β
−
−
−
−
−
−
=
−
−
 
и определяет гладкость ядра 
)
,
(
6
ξ
x
K
. 
 
При 
1
2
m
m
≥
 поведение ядра 
)
,
(
7
ξ
x
K
 определяется поведением интеграла 
,
)
)(
(
)
2
1
,
2
(
)
(
2
)
1
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
,
(
1
)
(
2
2
1
1
1
2
2
1
0
1
2
)
(
2
2
2
1
2
2
11
1
2
2
2
1
2
2
1
−
−
−
−
−
−
−
−
−
=
=
−
−
=
=
−
−
=
∫
∫
β
β
β
β
β
β
ξ
β
β
ξ
ξ
β
β
β
β
ξ
ξ
ξ
ξ
ξ
x
B
B
dz
z
z
x
dx
d
B
t
t
x
dt
dx
d
B
x
J
x
 
где 
)
2
1
,
2
(
1
1
β
β
−
B
 - бета – функция [5]. 
 
Таким образом, уравнение (18) имеет вид 
)
(
)
(
)
,
(
)
(
)
(
1
0
11
x
F
x
d
x
K
x
x
A
=
−
+
∫
ξ
ξ
ξ
τ
ξ
τ
,                                                        (19) 
где 
)
)(
,
(
)
,
(
11
x
x
K
x
K
−
=
ξ
ξ
ξ
,  
[
]
[
]
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≥
−
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
Γ
Γ
+
−
≤
−
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
Γ
Γ
−
+
−
=
,
,
)
1
(
)
2
1
(
)
2
(
)
,
(
)
,
(
)
,
(
2
sin
;
,
)
1
(
)
2
1
(
)
2
(
)
,
(
)
,
(
)
,
(
)
,
(
2
sin
)
,
(
1
1
1
2
5
1
3
1
1
2
7
5
1
3
1
x
x
x
K
x
K
x
K
x
x
x
K
x
K
x
K
x
K
x
K
ξ
β
β
ξ
ξ
ξ
π
πβ
ξ
β
β
ξ
ξ
ξ
ξ
π
πβ
ξ
β
β
 
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
−
+
>
−
⋅
=
,
,
)
1
)](
(
)
(
[
2
;
,
)
2
1
)(
(
2
)
(
2
1
3
1
1
1
2
1
1
1
1
m
m
x
x
B
x
B
ctg
m
m
x
B
ctg
x
A
β
β
πβ
π
πβ
π
 
)
(
)
1
(
)
(
1
2
0
1
1
x
f
D
x
x
F
x
−
−
=
β
β
. 
 
Из установленных свойств ядер 
7
,...,
2
,
1
),
,
(
=
i
x
K
i
ξ
, можно сделать заключение 
о том, что ядро 
)
,
(
ξ
x
K
 дважды непрерывно дифференцируемо в квадрате 
1
,
0
<
<
ξ
x
 
при 
x
≠
ξ
 и при 
1
2
m
m
≥
 допускает оценку: 
1
)
)(
1
(
0
)
,
(
−
−
=
x
x
K
ξ
ξ
. 
Из вида функции 
)
(x
f
 и свойств дробных интегралов делаем заключения, что правая 

жүктеу/скачать 5,32 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: