Convergence of the Quadrature-Differences Method for Singular Integro-Differential Equations on the Interval

Fedotov, Alexander

doi:10.3390/math2010053

开放式访问第条

区间上奇异积分微分方程的四阶差分法的收敛性

通过

亚历山大·费多托夫

俄罗斯联邦喀山市Kremliovskaya 35号喀山联邦大学N.I.Lobachevskii数学与力学研究所，邮编420008

数学 2014,2(1), 53-67;https://doi.org/10.3390/math2010053

收到的意见：2013年12月22日/修订日期：2014年2月20日/接受日期：2014年2月21日/发布日期：2014年3月4日

（本文属于特刊偏微分方程数学)

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摘要

:

本文提出并证明了区间（−1，1）上具有Cauchy核的全线性奇异积分微分方程的四次微分方法。我们考虑零指数、正指数和负指数的方程。结果表明，该方法收敛于精确解，误差估计取决于导数逼近的锐度以及系数和方程右侧的光滑性。

关键词：

奇异积分微分方程;正交差分法

1.简介

在[1,2,三,4]证明了各类具有Hilbert核的周期奇异积分微分方程的正交差分方法的正确性。证明了这些方法的收敛性，并得到了误差估计。在这里，我们对区间上具有Cauchy核的全线性奇异积分微分方程提出并证明了相同的方法

(- 1, 1)

注意，对于一阶方程，此方法在[5].

它是已知的（参见，例如[6,7])由于后一种情况下轮廓的不连续性，周期性（具有希尔伯特核）和非周期性（具有柯西核）情况下的奇异积分方程的理论差异很大。因此，在这些情况下，该方法的计算方案和理由有本质的区别。因此，如果对于具有希尔伯特核的方程，导数和积分的逼近以及配置节点都使用相同的统一网格，那么对于具有柯西核的方程来说，我们必须使用两个不同的网格：特殊多项式的根。对于第一类方程，问题是在Hölder空间中描述的，因此，紧致逼近的常用技术[8]因为使用了理由。收敛速度随着系数的平滑度和方程右侧的无限增长而增长。对于第二类方程，所需函数的最高阶导数通常在轮廓的端点处具有可积奇点。因此，问题是在加权二次可积函数空间中表述的；“第二类”[8]采用近似方法的理论，收敛速度受期望函数、系数和方程右侧的光滑度的限制。

本文考虑了零指数方程、正指数方程和负指数方程。证明了该方法的收敛性，并得到了收敛速度。

2.问题的表述

考虑以下形式的线性奇异积分微分方程：

\sum_{ν = 0}^{米} (一_{ν} (t吨) {x个}^{(ν)} (t吨) + {b条}_{ν} (t吨) (秒 {x个}^{(ν)}) (t吨) + (T型 {小时}_{ν} {x个}^{(ν)}) (t吨)) = （f） (t吨), - 1 < t吨 < 1, 米 \geq 1

（1）

初始条件：

{x个}^{(ν)} (ξ_{0}) = 0, ν = 0, 1, . . ., 米 - 1, - 1 \leq ξ_{0} \leq 1

(2)

哪里

x个 (t吨)

是一个期望的未知和

一_{ν} (t吨), {b条}_{ν} (t吨), {小时}_{ν} (t吨, τ), ν = 0, 1, . . ., 米, （f） (t吨)

给出了参数的连续函数，

t吨, τ \in [- 1, 1]

;

{b条}_{米} (t吨)

是某种阶的多项式，

{n个}_{0} \geq 0

和奇异积分：

(秒 {x个}^{(ν)}) (t吨) = \frac{1}{π} {¦Β}_{- 1}^{1} \frac{{x个}^{(ν)} (τ) d日 τ}{τ - t吨}, ν = 0, 1, . . ., 米

被解释为柯西-勒贝格主值；和

(T型 {小时}_{ν} {x个}^{(ν)}) (t吨) = \frac{1}{π} {¦Β}_{- 1}^{1} {小时}_{ν} (t吨, τ) {x个}^{(ν)} (τ) d日 τ, ν = 0, 1, . . ., 米

是正则积分。

首先，我们详细考虑一个零指数方程

(κ = 0)

然后指出计算方案中的变化以及正值情况的理由

(κ > 0)

和负片

(κ < 0)

指数。

3.计算方案

让我们按照穆斯克利什维利的说法来定义[7]方程的指数和正则函数(1). 为此，请表示

θ (t吨) = π^{- 1} 一 第页 克 (一_{米} (t吨) + 我 {b条}_{米} (t吨)), t吨 \in [- 1, 1],

多值函数的连续单值分支

π^{- 1} 一 第页 克 (一_{米} (t吨) + 我 {b条}_{米} (t吨))

那么，方程的正则函数(1)将是：

Z轴 (t吨) = {(1 - t吨)}^{γ_{1}} {(1 + t吨)}^{γ_{2}} 经验 (- {¦Β}_{- 1}^{1} \frac{θ (τ) d日 τ}{τ - t吨}), t吨 \in (- 1, 1)

哪里

γ_{1} = λ_{1} - θ (1), γ_{2} = λ_{2} + θ (- 1)

和

λ_{1}, λ_{2}

是受条件约束的整数，

γ_{1}, γ_{2} \in (- 1, 1)

.整数

κ = - (λ_{1} + λ_{2})

称为方程式索引(1)和数字，

γ_{1}

和

γ_{2}

确定问题的可能解决方案类别(1)和(2)（请参见[7,9]).

现在，我们将定义两个权重函数：

ρ (t吨) = Z轴 (t吨) {(一_{米}^{2} (t吨) + {b条}_{米}^{2} (t吨))}^{- 1 / 2} 和 \bar{ρ} (t吨) = {Z轴}^{- 1} (t吨) {(一_{米}^{2} (t吨) + {b条}_{米}^{2} (t吨))}^{- 1 / 2}, {(一_{米}^{2} (t吨) + {b条}_{米}^{2} (t吨))}^{1 / 2} > 0

和两个多项式序列

{ϕ_{n个} (t吨)}_{n个 = o个}^{\infty}

和

{ψ_{n个} (t吨)}_{n个 = o个}^{\infty}

具有以下属性：

{¦Β}_{- 1}^{1} ρ (τ) ϕ_{k个} (τ) ϕ_{我} (τ) d日 τ = σ_{k个} δ_{k个, 我}, k个 \geq 我, {¦Β}_{- 1}^{1} \bar{ρ} (τ) ψ_{k个} (τ) ψ_{我} (τ) d日 τ = ζ_{k个} δ_{k个, 我}, k个 \geq 我

(3)

一_{米} (t吨) ρ (t吨) ϕ_{n个 + 1} (t吨) + {b条}_{米} (t吨) (秒 ρ ϕ_{n个 + 1}) (t吨) = {(- 1)}^{κ} ((σ_{n个 + 1} β_{n个 + 1 - κ}) / (ζ_{n个 + 1 - κ} α_{n个 + 1})) ψ_{n个 + 1 - κ} (t吨), n个 \geq 最大值 {{n个}_{0}, κ}

(4)

哪里

α_{n个 + 1} > 0

和

β_{n个 + 1 - κ} > 0

是多项式的高级系数，

ϕ_{n个 + 1} (t吨)

和

ψ_{n个 + 1 - κ} (t吨)

相应地，以及

δ_{k个, 我}

是Kronecker符号。满足下列条件的多项式的存在性(三)由于权重函数的积极性和可积性，

ρ (t吨)

和

\bar{ρ} (t吨)

，如所示[10]. 此外，这里还显示了每个多项式

{ϕ_{n个} (t吨)}_{n个 = o个}^{\infty}

,

{ψ_{n个} (t吨)}_{n个 = o个}^{\infty}

只有n个区间上的实单根

(- 1, 1)

.标识(4)埃利奥特（Elliott）获得了[6].

让：

{τ_{k个} ∣ ϕ_{n个 + 1} (τ_{k个}) = 0, k个 = 0, 1, . . ., n个}

(5)

{{t吨}_{j个} ∣ ψ_{n个 + 1 - κ} ({t吨}_{j个}) = 0, j个 = 0, 1, . . ., n个 - κ}

(6)

是[-1,1]上的网格。签字人：

{τ_{k个} ∣ k个 = - 米_{1}, - 米_{1} + 1, . . ., n个 + 米_{2}}

(7)

我们表示网格的并集(5)使用节点：

τ_{k个} = - 1 + (τ_{0} + 1) (k个 + 米_{1}) / (米_{2} + 1), k个 = - 米_{1}, - 米_{1} + 1, . . ., - 1

τ_{k个} = 1 + (1 - τ_{n个}) (k个 - n个 - 米_{2}) / (米_{2} + 1), k个 = n个 + 1, n个 + 2, . . ., n个 + 米_{2}

在这里，

米_{1}

和

米_{2}

是两个非负整数：

米_{1} = 米_{2} = 米 / 2 即使如此 米

米_{1} = (米 + 1) / 2, 米_{2} = (米 - 1) / 2 对于奇数 米

我们将寻求方程的近似解(1)作为向量：

{x个}_{n个} = ({x个}_{- 米_{1}}, . . ., {x个}_{n个 + 米_{2}})

(8)

网格节点中未知函数的值(7). 网格节点中未知函数的导数和值(5)和(6)，对于点中的初始条件，

ξ_{0}

，我们将用任何数值公式进行近似：

{x个}^{(米)} (τ_{k个}) \sim {[{D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}]}_{τ_{k个}}, k个 = 0, 1, . . ., n个

{x个}^{(ν)} ({t吨}_{j个}) \sim {[{D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}]}_{{t吨}_{j个}}, j个 = 0, 1, . . ., n个 - κ

{x个}^{(ν)} (ξ_{0}) \sim {[{D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}]}_{ξ_{o个}}, ν = 0, 1, . . ., 米 - 1

只使用节点(7)和向量的分量(8)。

奇异积分，

(秒 {x个}^{(ν)}) (t吨), ν = 0, 1, . . ., 米 - 1,

将由求积近似。为此，我们将对多项式进行积分：

(问_{n个 - κ} {D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}) (τ) = \sum_{j个 = 0}^{n个 - κ} {[{D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}]}_{{t吨}_{j个}} 我_{j个} (τ), ν = 0, 1, . . ., 米 - 1

我_{j个} (τ) = \frac{ψ_{n个 + 1 - κ} (τ)}{(τ - {t吨}_{j个}) ψ_{n个 + 1 - κ}^{'} ({t吨}_{j个})}, j个 = 0, 1, . . ., n个 - κ

(秒 问_{n个 - κ} {D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}) (t吨) = \sum_{j个 = 0}^{n个 - κ} {[{D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}]}_{{t吨}_{j个}} ({斯里兰卡}_{j个}) (t吨), ν = 0, 1, . . ., 米 - 1

(9)

(秒 我_{j个}) (t吨) = \frac{(秒 ψ_{n个 + 1 - κ}) (t吨) - (秒 ψ_{n个 + 1 - κ}) ({t吨}_{j个})}{(t吨 - {t吨}_{j个}) ψ_{n个 + 1 - κ}^{'} ({t吨}_{j个})}, j个 = 0, 1, . . ., n个 - κ

为了近似正则积分，

(T型 {小时}_{ν} {x个}^{(ν)}) (t吨), ν = 0, 1, . . ., 米 - 1,

我们将对多项式进行积分：

(问_{n个 - κ} {小时}_{ν} {D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}) (t吨, τ) = \sum_{j个 = 0}^{n个 - κ} {[{D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}]}_{{t吨}_{j个}} {小时}_{ν} (t吨, {t吨}_{j个}) 我_{j个} (τ), ν = 0, 1, . . ., 米 - 1

(T型 问_{n个 - κ} {小时}_{ν} {D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}) (t吨) = \sum_{j个 = 0}^{n个 - κ} {[{D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}]}_{{t吨}_{j个}} {小时}_{ν} (t吨, {t吨}_{j个}) {Tl公司}_{j个}, ν = 0, 1, . . ., 米 - 1

(10)

T型 我_{j个} = (秒 ψ_{n个 + 1 - κ}) ({t吨}_{j个}) / ψ_{n个 + 1 - κ}^{'} ({t吨}_{j个}), j个 = 0, 1, . . ., n个 - κ

求积公式的系数(9)和(10)取决于积分，

(秒 ψ_{n个 + 1 - κ}) (t吨)

，根据关系(

[\frac{k个 - 1}{2}]

表示不超过的最大整数

\frac{k个 - 1}{2}

):

(秒 1) (t吨) = \frac{1}{π} 自然对数 |\frac{1 - t吨}{1 + t吨}|

(秒 τ^{k个}) (t吨) = \frac{{t吨}^{k个}}{π} 自然对数 |\frac{1 - t吨}{1 + t吨}| + \frac{2}{π} \sum_{j个 = 0}^{[\frac{k个 - 1}{2}]} \frac{{t吨}^{k个 - (2 j个 + 1)}}{2 j个 + 1}, k个 = 1, 2, . . .

可以显式计算所有固定n个.

近似方程式的主要部分(1):

(U型 {x个}^{(米)}) (t吨) = 一_{米} (t吨) {x个}^{(米)} (t吨) + {b条}_{米} (t吨) (秒 {x个}^{(米)}) (t吨)

我们将应用运算符，U型，到多项式：

({P（P）}_{n个} ρ^{- 1} {D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}) (τ) = \sum_{k个 = 0}^{n个} ρ^{- 1} (τ_{k个}) {[{D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}]}_{τ_{k个}} {\bar{我}}_{k个} (τ)

{\bar{我}}_{k个} (τ) = \frac{ϕ_{n个 + 1} (τ)}{(τ - τ_{k个}) ϕ_{n个 + 1}^{'} (τ_{k个})}, k个 = 0, 1, . . ., n个

乘以权重函数，

ρ (τ)

,

(U型 ρ {P（P）}_{n个} ρ^{- 1} {D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}) (t吨) = \sum_{k个 = 0}^{n个} ρ^{- 1} (τ_{k个}) {[{D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}]}_{τ_{k个}} (U型 ρ {\bar{我}}_{k个}) (t吨)

(11)

其中，使用方程式(4)，

(U型 ρ {\bar{我}}_{k个}) (t吨) = {(- 1)}^{κ} \frac{σ_{n个 + 1} β_{n个 + 1 - κ} (ψ_{n个 + 1 - κ} (t吨) - ψ_{n个 + 1 - κ} (τ_{k个}))}{ζ_{n个 + 1 - κ} α_{n个 + 1} (t吨 - τ_{k个}) ϕ_{n个 + 1}^{'} (τ_{k个})}, k个 = 0, 1, . . ., n个

(12)

为了近似正则积分，

(T型 {小时}_{米} {x个}^{(米)}) (t吨)

，我们将对多项式进行积分：

({P（P）}_{n个} ρ^{- 1} {小时}_{米} {D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}) (t吨, τ) = \sum_{k个 = o个}^{n个} ρ^{- 1} (τ_{k个}) {[{D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}]}_{τ_{k个}} {小时}_{米} (t吨, τ_{k个}) {\bar{我}}_{k个} (τ)

也乘以权重函数，

ρ (τ)

,

(T型 ρ {P（P）}_{n个} ρ^{- 1} {小时}_{米} {D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}) (t吨) = \sum_{k个 = o个}^{n个} ρ^{- 1} (τ_{k个}) {[{D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}]}_{τ_{k个}} {小时}_{米} (t吨, τ_{k个}) T型 ρ {\bar{我}}_{k个}

(13)

哪里

T型 ρ {\bar{我}}_{k个}, k个 = 0, 1, . . . n个,

是高斯型求积公式的系数，对于

τ_{k个}

，它不是多项式的根，

{b条}_{米} (t吨)

，以下关系有效：

T型 ρ {\bar{我}}_{k个} = {(- 1)}^{κ} \frac{σ_{n个 + 1} β_{n个 + 1 - κ} ψ_{n个 + 1 - κ} (τ_{k个})}{ζ_{n个 + 1 - κ} α_{n个 + 1} {b条}_{米} (τ_{k个}) ϕ_{n个 + 1}^{'} (τ_{k个})}

用数值导数公式替换四次方（9）–（11）的值(13)和网格节点的右侧(6)在方程式中(1)以及该点的数值公式，

ξ_{0}

，在初始条件下(2)，我们将得到线性代数方程组：

\sum_{k个 = 0}^{n个} ρ^{- 1} (τ_{k个}) {[{D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}]}_{τ_{k个}} (U型 ρ {\bar{我}}_{k个}) ({t吨}_{我}) + \sum_{ν = 0}^{米 - 1} (一_{ν} ({t吨}_{我}) {[{D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}]}_{{t吨}_{我}} +

（14）

+ {b条}_{ν} ({t吨}_{我}) \sum_{j个 = 0}^{n个 - κ} {[{D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}]}_{{t吨}_{j个}} ({斯里兰卡}_{j个}) ({t吨}_{我}) + \sum_{j个 = 0}^{n个 - κ} {[{D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}]}_{{t吨}_{j个}} {小时}_{ν} ({t吨}_{我}, {t吨}_{j个}) {Tl公司}_{j个}) +

+ \sum_{k个 = 0}^{n个} ρ^{- 1} (τ_{k个}) {[{D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}]}_{τ_{k个}} {小时}_{米} ({t吨}_{我}, τ_{k个}) T型 ρ {\bar{我}}_{k个} = （f） ({t吨}_{我}), 我 = 0, 1, . . ., n个 - κ

{[{D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}]}_{ξ_{0}} = 0, ν = 0, 1, . . ., 米 - 1

(15)

求积差分法。

4.理由

让我们用表示

{W公司}_{2, ρ}^{米} ({W公司}_{2, ρ}^{0} = {L（左）}_{2, ρ})

上具有的函数集

[- 1, 1]

绝对连续的

(米 - 1)

-阶导数与权函数的二次可积性

ρ (τ)

米-订单衍生品。然后，让我们定义以下空格，

X（X）, {X（X）}_{n个}; Y（Y）, {Y（Y）}_{n个}; Z轴, {Z轴}_{n个 - κ}

:

X（X） = {x个 \in {W公司}_{2, ρ^{- 1}}^{米} ∣ {x个}^{(ν)} (ξ_{0}) = 0, ν = 0, 1, . . ., 米 - 1}, Y（Y） = {L（左）}_{2, ρ^{- 1}}, Z轴 = {L（左）}_{2, \bar{ρ}}

符合规范：

{∥ x个 ∥}_{X（X）} = {\{{¦Β}_{- 1}^{1} ρ^{- 1} (τ) ∣ {x个}^{(米)} (τ) ∣^{2} d日 τ\}}^{1 / 2}, x个 \in X（X）

{∥ 年 ∥}_{Y（Y）} = {\{{¦Β}_{- 1}^{1} ρ^{- 1} (τ) ∣ 年 (τ) ∣^{2} d日 τ\}}^{1 / 2}, 年 \in Y（Y）

{∥ z（z） ∥}_{Z轴} = {\{{¦Β}_{- 1}^{1} \bar{ρ} (τ) ∣ z（z） (τ) ∣^{2} d日 τ\}}^{1 / 2}, z（z） \in Z轴

{X（X）}_{n个} = {{x个}_{n个}}

-一套

n个 + 米 + 1

-形式的分量向量(8)满足条件

{[{D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}]}_{ξ_{0}} = 0, ν = 0, 1, . . ., 米 - 1

{Y（Y）}_{n个} = {年_{n个}}

-一套

n个 + 1

-分量向量，

{Z轴}_{n个 - κ} = {{z（z）}_{n个 - κ}}

，一套

n个 + 1 - κ

-具有范数的分量向量：

∥ {x个}_{n个} ∥_{{X（X）}_{n个}} = {\{{¦Β}_{- 1}^{1} ρ (τ) ∣ ({P（P）}_{n个} ρ^{- 1} {\bar{D类}}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}) (τ) ∣^{2} d日 τ\}}^{1 / 2}, {x个}_{n个} \in {X（X）}_{n个}

∥ 年_{n个} ∥_{{Y（Y）}_{n个}} = {\{{¦Β}_{- 1}^{1} ρ (τ) ∣ ({P（P）}_{n个} ρ^{- 1} 年_{n个}) (τ) ∣^{2} d日 τ\}}^{1 / 2}, 年_{n个} \in {Y（Y）}_{n个}

∥ {z（z）}_{n个 - κ} ∥_{{Z轴}_{n个 - κ}} = {\{{¦Β}_{- 1}^{1} \bar{ρ} (τ) ∣ (问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}) (τ) ∣^{2} d日 τ\}}^{1 / 2}, {z（z）}_{n个 - κ} \in {Z轴}_{n个 - κ}

where运算符

{\bar{D类}}_{n个}^{(米)} : {X（X）}_{n个} \to {Y（Y）}_{n个}

由公式定义：

{\bar{D类}}_{n个}^{(0)} {x个}_{n个} = {x个}_{n个}, {\bar{D类}}_{n个} {x个}_{n个} = {\bar{D类}}_{n个}^{(1)} {x个}_{n个}, {[{\bar{D类}}_{n个}^{(1)} {x个}_{n个}]}_{τ_{k个}} = \frac{{x个}_{k个} - {x个}_{k个 - 1}}{τ_{k个} - τ_{k个 - 1}}, k个 = 0, 1, . . ., n个

{[{\bar{D类}}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}]}_{τ_{k个}} = \{\begin{matrix} {[{\bar{D类}}_{n个} {\bar{D类}}_{n个}^{(ν - 1)} {x个}_{n个}]}_{τ_{k个 + 1}}, k个 = - 米_{1} + \frac{ν}{2}, . . ., n个 + 米_{2} - \frac{ν}{2}, ν - 即使 \\ {\bar{D类}}_{n个} {\bar{D类}}_{n个}^{(ν - 1)} {x个}_{n个}]_{τ_{k个}}, k个 = - 米_{1} + \frac{ν + 1}{2}, . . ., n个 + 米_{2} - \frac{ν - 1}{2}, ν - 古怪的 \end{matrix}

ν = 1, 2, . . ., 米 .

此外，向量和函数的乘积等于向量，向量的分量是相同节点中向量分量和函数值的乘积，并且：

({P（P）}_{n个} 年_{n个}) (τ) = \sum_{k个 = 0}^{n个} {[年_{n个}]}_{τ_{k个}} {\bar{我}}_{k个} (τ), {\bar{我}}_{k个} (τ) = \frac{ϕ_{n个 + 1} (τ)}{(τ - τ_{k个}) ϕ_{n个 + 1}^{'} (τ_{k个})}, k个 = 0, 1, . . ., n个

(问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}) (t吨) = \sum_{j个 = 0}^{n个 - κ} {[{z（z）}_{n个 - κ}]}_{{t吨}_{j个}} 我_{j个} (t吨), 我_{j个} (t吨) = \frac{ψ_{n个 + 1 - κ} (t吨)}{(t吨 - {t吨}_{j个}) ψ_{n个 + 1 - κ}^{'} ({t吨}_{j个})}, j个 = 0, 1, . . ., n个 - κ

是拉格朗日插值算子。我们还需要以下操作员：

{第页}_{n个}^{米} : X（X） \to {X（X）}_{n个}, {第页}_{n个}^{米} x个 = (x个 (τ_{- 米_{1}}), x个 (τ_{- 米_{1} + 1}), . . ., x个 (τ_{n个 + 米_{2}}))

{第页}_{n个} : Y（Y） \to {Y（Y）}_{n个}, {第页}_{n个} 年 = (年 (τ_{0}), 年 (τ_{1}), . . ., 年 (τ_{n个}))

{q个}_{n个 - κ} : Z轴 \to {Z轴}_{n个 - κ}, {q个}_{n个 - κ} z（z） = (z（z） ({t吨}_{0}), z（z） ({t吨}_{1}), . . ., z（z） ({t吨}_{n个 - κ}))

定理1的证明。

定理1的证明它是已知的（参见例如[6,7,9])如果方程式的右侧(1)属于

{H（H）}_{μ}

或

{L（左）}_{2, \bar{ρ}}

，然后是米-问题解的阶导数(1)和(2)，具有表单

{x个}^{* (米)} (t吨) = ρ (t吨) ω (t吨)

，其中

ω (t吨) \in {H（H）}_{μ}

或

ω (t吨) \in {L（左）}_{2, ρ}

相应地，即。，

{x个}^{*} (t吨) \in {W公司}_{2, ρ^{- 1}}^{米}

因此，我们将考虑这些问题(1)和(2)，作为算子方程：

K（K） x个 \equiv U型 {D类}^{(米)} x个 + V（V） x个 = （f）, K（K） : X（X） \to Z轴

(16)

哪里：

U型 年 = 一_{米} 年 + {b条}_{米} 秒 年, U型 : Y（Y） \to Z轴, V（V） x个 = \sum_{ν = 0}^{米} {A类}_{ν} {D类}^{(ν)} x个, V（V） : X（X） \to Z轴

{A类}_{ν} {D类}^{(ν)} x个 = 一_{ν} {D类}^{(ν)} x个 + {b条}_{ν} 秒 {D类}^{(ν)} x个 + T型 {小时}_{ν} {D类}^{(ν)} x个, ν = 0, 1, . . ., 米 - 1

{A类}_{米} {D类}^{(米)} x个 = T型 {小时}_{米} {D类}^{(米)} x个, {D类}^{(ν)} x个 = {x个}^{(ν)}, ν = 0, 1, . . ., 米 - 1

如所示[6,7,9,11],

K（K） : X（X） \to Z轴

是线性有界运算符，

V（V） : X（X） \to Z轴

是一个紧凑的运算符，并且

U型 : Y（Y） \to Z轴

是连续可逆的。

让我们考虑一下η任意常数，不是问题的特征值：

{D类}^{(米)} x个 + η ρ x个 = 0, {x个}^{(ν)} (ξ_{0}) = 0, ν = 0, 1, . . ., 米 - 1

并进行替换：

z（z） = U型 ({D类}^{(米)} x个 + η ρ x个)

(17)

在方程式中(16). 由于算子的可逆性，

U型 : Y（Y） \to Z轴

:

x个 = G公司 {U型}^{- 1} z（z）, {D类}^{(米)} x个 = {U型}^{- 1} z（z） - η ρ G公司 {U型}^{- 1} z（z）

(18)

哪里

G公司 : Y（Y） \to X（X）

与运算符相反：

F类 x个 = {D类}^{(米)} x个 + η ρ x个, F类 : X（X） \to Y（Y）

方程式(16)将采用以下形式：

B类 z（z） \equiv z（z） + V（V） G公司 {U型}^{- 1} z（z） - η U型 ρ G公司 {U型}^{- 1} z（z） = （f）, B类 : Z轴 \to Z轴

(19)

仍然等同于原始的。这里的等价性意味着其中一个的可解性产生另一个的可解性，并且它们的解通过关系连接起来(17)和(18)。

现在，让我们重写方程组(14)和(15)作为算子方程：

{K（K）}_{n个 - κ} {x个}_{n个} \equiv {U型}_{n个 - κ} {D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个} + {V（V）}_{n个 - κ} {x个}_{n个} = {（f）}_{n个 - κ}, {K（K）}_{n个 - κ} : {X（X）}_{n个} \to {Z轴}_{n个 - κ}

(20)

哪里：

{U型}_{n个 - κ} 年_{n个} = {q个}_{n个 - κ} U型 ρ {P（P）}_{n个} ρ^{- 1} 年_{n个}, {U型}_{n个 - κ} : {Y（Y）}_{n个} \to {Z轴}_{n个 - κ}

{V（V）}_{n个 - κ} {x个}_{n个} = {q个}_{n个 - κ} \sum_{ν = 0}^{米} {A类}_{ν n个} {D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}, {V（V）}_{n个 - κ} : {X（X）}_{n个} \to {Z轴}_{n个 - κ}

{A类}_{ν n个} {D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个} = 一_{ν} 问_{n个 - κ} {D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个} + {b条}_{ν} {SQ公司}_{n个 - κ} {D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个} + {TQ公司}_{n个 - κ} {小时}_{ν} {D类}_{n个}^{(ν)} {x个}_{n个}, ν = 0, 1, . . ., 米 - 1

{A类}_{米 n个} {D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个} = T型 ρ {P（P）}_{n个} ρ^{- 1} {小时}_{米} {D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}, {（f）}_{n个 - κ} = {q个}_{n个 - κ} （f）

并进行替换：

{z（z）}_{n个 - κ} = {U型}_{n个 - κ} {F类}_{n个} {x个}_{n个}

(21)

哪里：

{[{F类}_{n个} {x个}_{n个}]}_{τ_{k个}} = {[{D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}]}_{τ_{k个}} + η ρ (τ_{k个}) {[{x个}_{n个}]}_{τ_{k个}}, k个 = 0, 1, . . ., n个, {F类}_{n个} : {X（X）}_{n个} \to {Y（Y）}_{n个}

操作员，

{U型}_{n个 - κ} : {Y（Y）}_{n个} \to {Z轴}_{n个 - κ}

，对所有对象都显式可逆n个，从一些

{n个}_{1}, {n个}_{1} \geq 最大值 {{n个}_{0}, κ}

（请参见[6])和：

{x个}_{n个} = {G公司}_{n个} {U型}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ}, {D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个} = {U型}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ} - η ρ {G公司}_{n个} {U型}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ}

哪里

{G公司}_{n个} : {Y（Y）}_{n个} \to {X（X）}_{n个}

与…相反

{F类}_{n个}

.可逆性

{F类}_{n个}

为所有人n个从一些开始

{n个}_{2}, {n个}_{2} \geq {n个}_{1}

根据定理1的条件（B.1）、（B.2）和η（请参见[8]). 此外，对于任何

年 (t吨) = ρ (t吨) ω (t吨), ω (t吨) \in {H（H）}_{μ}

,

∥ {第页}_{n个}^{米} G公司 年 - {G公司}_{n个} {第页}_{n个} {年 ∥}_{{X（X）}_{n个}} \leq C类 ε_{n个} (G公司 年)

(22)

因此，通过替换(21)，我们将得到一个方程：

{B类}_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ} \equiv {z（z）}_{n个 - κ} + {V（V）}_{n个 - κ} {G公司}_{n个} {U型}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ} - η {U型}_{n个 - κ} ρ {G公司}_{n个} {U型}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ} = {（f）}_{n个 - κ}

(23)

{B类}_{n个 - κ} : {Z轴}_{n个 - κ} \to {Z轴}_{n个 - κ}

相当于等式(20)。

现在，为了证明方程的唯一可解性(23)，我们必须根据定理6.1建立[8]，如下所示：

（a）

∥ 问_{n个 - κ} {（f）}_{n个 - κ} {- （f） ∥}_{Z轴} \to 0

对于

n个 \to \infty

;

（b）算子序列

({B类}_{n个 - κ})

近似运算符B类紧凑；

（c）

B类 : Z轴 \to Z轴

是可逆的。

（a）的有效性紧随估计值[12]:

∥ 问_{n个 - κ} {（f）}_{n个 - κ} {- （f） ∥}_{Z轴} \leq {化学当量}_{n个 - κ} (（f）)

(24)

{E类}_{n个 - κ} (（f）) \leq C类 {(n个 - κ)}^{- μ}, （f） (t吨) \in {H（H）}_{μ}, n个 > κ

(25)

哪里

{E类}_{n个 - κ} (（f）)

是函数的最佳一致逼近，

（f） (t吨)

，由不高于

n个 - κ

在

[- 1, 1]

.

为了检查（b），我们将首先显示序列

({B类}_{n个 - κ})

近似运算符，B类，关于

问_{n个 - κ}

.任意

{z（z）}_{n个 - κ} \in {Z轴}_{n个 - κ}

，我们将写下：

∥ 问_{n个 - κ} {B类}_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ} - {BQ公司}_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ} ∥_{Z轴} \leq ∥ 问_{n个 - κ} {V（V）}_{n个 - κ} {G公司}_{n个} {U型}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ} -

(26)

- V（V） G公司 {U型}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ} ∥_{Z轴} + ∣ η ∣ {∥ 问_{n个 - κ} {U型}_{n个 - κ} ρ {G公司}_{n个} {U型}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ} - U型 ρ {GU公司}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ} ∥}_{Z轴}

并独立估计右侧的每个总和。

为了估计第一个和，我们将使用部分一致最佳近似，

{E类}_{n个}^{τ} (小时)

({E类}_{n个}^{t吨} (小时))

函数的，

小时 (t吨, τ)

，通过变量，

τ (t吨)

:

{E类}_{n个}^{τ} (小时) = ∥ {E类}_{n个} {(小时) ∥}_{Z轴}, ({E类}_{n个}^{t吨} (小时) = ∥ {E类}_{n个} (小时) ∥_{Z轴})

在这里，在范数符号中，我们首先通过变量进行最佳近似，

τ (t吨)

，然后用另一个变量取范数。利用算子的有界性，

秒 : Z轴 \to Z轴

[11]，等效性：

{U型}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ} = {第页}_{n个} {U型}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}

(27)

和估算(24)和(22)，我们将获得：

∥ 问_{n个 - κ} {V（V）}_{n个 - κ} {G公司}_{n个} {U型}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ} - {VGU公司}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ} ∥_{Z轴} \leq

\leq C类 (ε_{n个} (G公司 {U型}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}) + {E类}_{n个}^{τ} (ρ^{- 1} {小时}_{米} {D类}^{(米)} {GU公司}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}) + {E类}_{n个 - κ}^{t吨} ({小时}_{米}) +

+ \sum_{ν = 0}^{米 - 1} ({E类}_{n个 - κ} (一_{ν} {D类}^{(ν)} G公司 {U型}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}) + {E类}_{n个 - κ} ({b条}_{ν} {SQ公司}_{n个 - κ} {D类}_{n个}^{(ν)} {G公司}_{n个} {第页}_{n个} {U型}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}) +

+ {E类}_{n个 - κ} ({D类}^{(ν)} G公司 {U型}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}) + {E类}_{n个 - κ}^{τ} ({小时}_{ν} {D类}^{(ν)} {GU公司}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}) + {E类}_{n个 - κ}^{t吨} ({小时}_{ν})))

对于第二个求和，再次使用等式(27), (22)和(24)以及算子的有界性，

U型 : Y（Y） \to Z轴

，我们将拥有：

∣ η ∣ ∥ 问_{n个 - κ} {U型}_{n个 - κ} ρ {G公司}_{n个} {U型}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ} - U型 ρ {GU公司}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ} ∥_{Z轴} \leq

\leq C类 (ε_{n个} (G公司 {U型}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}) + {E类}_{n个} ({GU公司}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}))

最后，利用定理1的条件（A.1）、（A.4）和估计(25)，我们将获得：

∥ 问_{n个 - κ} {B类}_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ} - {BQ公司}_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ} ∥_{Z轴} \leq

\leq C类 (ε_{n个} (G公司 {U型}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}) + {(n个 - κ)}^{- γ}), γ = 最小值 {μ, 1 + γ_{1}, 1 + γ_{2}}

这意味着算符的近似值，B类，根据操作符的顺序

({B类}_{n个 - κ})

关于

问_{n个 - κ}

.

现在，让我们假设序列

({z（z）}_{n个 - κ}), {z（z）}_{n个 - κ} \in {Z轴}_{n个 - κ}

，有界

∥ {z（z）}_{n个 - κ} ∥_{{Z轴}_{n个 - κ}} \leq 1

作为功能，

问_{n个 - κ} {V（V）}_{n个 - κ} {G公司}_{n个} {U型}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ}

和

η 问_{n个 - κ} {U型}_{n个 - κ} ρ {G公司}_{n个} {U型}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ}

，是多项式和函数的导数，

V（V） G公司 {U型}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}

和

η U型 ρ G公司 {U型}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}

以为界Z轴然后，根据Riesz定理[13]，功能：

问_{n个 - κ} {B类}_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ} - {BQ公司}_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ} = 问_{n个 - κ} {V（V）}_{n个 - κ} {G公司}_{n个} {U型}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ} -

- η 问_{n个 - κ} {U型}_{n个 - κ} ρ {G公司}_{n个} {U型}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ} - {VGU公司}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ} + η U型 ρ {GU公司}^{- 1} 问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}

在中形成一个紧凑的序列Z轴因此，条件（b）有效。条件（c）的有效性来自定理1的条件（A.5）和等式的等价性(16)和(19)。

因此，根据定理6.1[8]，对于所有人n个，从一些

{n个}_{三}, {n个}_{三} \geq {n个}_{2}

，运算符

{B类}_{n个 - κ} : {Z轴}_{n个 - κ} \to {Z轴}_{n个 - κ}

因此，运算符

{K（K）}_{n个 - κ} : {X（X）}_{n个} \to {Z轴}_{n个 - κ}

是可逆的，它们的逆是有界的；和，近似解

{x个}_{n个}^{*} = {G公司}_{n个} {U型}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ}^{*}

方程组的(14)和(15)收敛到精确解

{x个}^{*} = G公司 {U型}^{- 1} {z（z）}^{*}

共个问题(1)和(2)费率：

∥ {x个}_{n个}^{*} - {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*} ∥_{{X（X）}_{n个}} \leq C类 {∥ {q个}_{n个 - κ} {Kx公司}^{*} - {K（K）}_{n个 - κ} {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*} ∥}_{{Z轴}_{n个 - κ}} \leq

(28)

\leq C类 (∥ {q个}_{n个 - κ} U型 {D类}^{(米)} {x个}^{*} - {U型}_{n个 - κ} {D类}_{n个}^{(米)} {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*} ∥_{{Z轴}_{n个 - κ}} + \sum_{ν = 0}^{米 - 1} (∥ {q个}_{n个 - κ} (一_{ν} {D类}^{(ν)} {x个}^{*} - 一_{ν} 问_{n个 - κ} {D类}_{n个}^{(ν)} {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*}) ∥_{{Z轴}_{n个 - κ}} +

+ ∥ {q个}_{n个 - κ} ({b条}_{ν} 秒 {D类}^{(ν)} {x个}^{*} - {b条}_{ν} 秒 问_{n个 - κ} {D类}_{n个}^{(ν)} {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*}) ∥_{{Z轴}_{n个 - κ}} + ∥ {q个}_{n个 - κ} (T型 {小时}_{ν} {D类}^{(ν)} {x个}^{*} - T型 问_{n个 - κ} {小时}_{ν} {D类}_{n个}^{(ν)} {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*}) ∥_{{Z轴}_{n个 - κ}}) +

+ ∥ {q个}_{n个 - κ} (T型 {小时}_{米} {D类}^{(米)} {x个}^{*} - T型 ρ {P（P）}_{n个} ρ^{- 1} {小时}_{米} {D类}_{n个}^{(米)} {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*}) ∥_{{Z轴}_{n个 - κ}})

再次使用算子的有界性，

U型 : Y（Y） \to Z轴, 秒 : Z轴 \to Z轴

，估计(24)，Hölder不等式和高斯型求积公式的误差估计，我们会发现：

∥ {q个}_{n个 - κ} U型 {D类}^{(米)} {x个}^{*} - {U型}_{n个 - κ} {D类}_{n个}^{(米)} {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*} ∥_{{Z轴}_{n个 - κ}} \leq C类 ({E类}_{n个 - κ} (U型 {D类}^{(米)} {x个}^{*}) + {E类}_{n个} (ρ^{- 1} {D类}^{(米)} {x个}^{*}) + ε_{n个} ({x个}^{*})),

∥ {q个}_{n个 - κ} (一_{ν} {D类}^{(ν)} {x个}^{*} - 一_{ν} 问_{n个 - κ} {D类}_{n个}^{(ν)} {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*}) ∥_{{Z轴}_{n个 - κ}} \leq C类 ε_{n个} ({x个}^{*})

∥ {q个}_{n个 - κ} ({b条}_{ν} 秒 {D类}^{(ν)} {x个}^{*} - {b条}_{ν} 秒 问_{n个 - κ} {D类}_{n个}^{(ν)} {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*}) ∥_{{Z轴}_{n个 - κ}} \leq C类 ({E类}_{n个 - κ} ({b条}_{ν} 秒 {D类}^{(ν)} {x个}^{*}) + {E类}_{n个 - κ} ({D类}^{(ν)} {x个}^{*}) +

+ ε_{n个} ({x个}^{*}) + {E类}_{n个 - κ} ({b条}_{ν} 秒 问_{n个 - κ} {D类}_{n个}^{(ν)} {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*}))

∥ {q个}_{n个 - κ} (T型 {小时}_{ν} {D类}^{(ν)} {x个}^{*} - T型 问_{n个 - κ} {小时}_{ν} {D类}_{n个}^{(ν)} {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*}) ∥_{{Z轴}_{n个 - κ}} \leq C类 ({E类}_{n个 - κ}^{t吨} ({小时}_{ν}) +

+ {E类}_{n个 - κ}^{τ} ({小时}_{ν}) + ε_{n个} ({x个}^{*})), ν = 0, 1, . . . 米 - 1

∥ {q个}_{n个 - κ} (T型 {小时}_{米} {D类}^{(米)} {x个}^{*} - T型 ρ {P（P）}_{n个} ρ^{- 1} {小时}_{米} {D类}_{n个}^{(米)} {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*}) ∥_{{Z轴}_{n个 - κ}} \leq C类 ({E类}_{n个 - κ}^{t吨} ({小时}_{米}) + {E类}_{n个}^{τ} (ρ^{- 1} {小时}_{米} {D类}^{(米)} {x个}^{*}) + ε_{n个} ({x个}^{*}))

因此，考虑到右侧函数的平滑性，估计(25)以及明显的不平等（这里，C类取决于γ和

{n个}_{三}

)，

{(n个 - κ)}^{- γ} \leq C类 {n个}^{- γ}

，我们将获得所需的估算：

∥ {x个}_{n个}^{*} - {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*} ∥_{{X（X）}_{n个}} \leq C类 ({n个}^{- γ} + ε_{n个} ({x个}^{*})), γ = 最小值 {μ, 1 + γ_{1}, 1 + γ_{2}}

5.非零指数方程

这是众所周知的[7]问题的唯一可解性(1)和(2)，在以下情况下

κ > 0

，方程式：

{¦Β}_{- 1}^{1} τ^{j个} {x个}^{(米)} (τ) d日 τ = 0, j个 = 0, 1, . . ., κ - 1

(29)

应添加。因此，方程式：

\sum_{k个 = 0}^{n个} ρ^{- 1} (τ_{k个}) {[{D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}]}_{τ_{k个}} {¦Β}_{- 1}^{1} τ^{j个} ρ (τ) {\bar{我}}_{k个} (τ) d日 τ = 0, j个 = 0, 1, . . ., κ - 1

(30)

应添加到方程式系统中(14)和(15). 在这种情况下，方法的理由与

κ = 0

大小写，除了空格的定义，X（X）和

{X（X）}_{n个}

，其中条件(29)和(30)应添加。

定理1。

让我们来吧

κ > 0

问题(1), (2)和(29)以及计算方案(5)——(15), (30)方法满足定理1的条件（A.1）–（A.5），（B.1），（B.2）。然后，对于足够大的n，方程组(14), (15), (30)是唯一可解的，并且是近似解

{x个}_{n个}^{*}

收敛到精确解，

{x个}^{*} (τ) \in X（X）

，共个问题(1), (2), (29)具有误差估计：

∥ {x个}_{n个}^{*} - {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*} ∥_{{X（X）}_{n个}} \leq C类 ({n个}^{- γ} + ε_{n个} ({x个}^{*}))

案例，当

κ < 0

，更复杂，因为操作员

U型 : Y（Y） \to Z轴

因此，操作员，

K（K） : X（X） \to Z轴

在这种情况下，通常是不可兑换的；并且，不满足定理1的条件（A.5）。相反，我们可以假设，只有具有固定系数和右手边的具体方程的可解性。此外，方程组(14)和(15)在这种情况下，将包含

n个 + 米 + 1

未知变量，但包含

n个 + 米 + 1 - κ

方程。因此，这将是过于确定的，因此，一般来说，是无法解决的。这意味着以前使用的证据不能在这里应用。然而，我们可以通过V.V.Ivanov首次使用的简单技术将此情况简化为一般情况[14]后来许多作者（参见，例如[15,16,17]).

代替方程式(1)，我们将考虑以下等式：

U型 {D类}^{(米)} x个 + V（V） x个 + w个 = （f）

(31)

包含在左侧多项式中：

w个 (t吨) = \sum_{j个 = 1}^{- κ} χ_{j个} {t吨}^{j个 - 1}

使用系数

χ_{j个}, j个 = 1, . . ., - κ

，应该确定。方程式(1)和(31)紧密相连。的确，如果

{x个}^{*} (τ)

是问题的解决方案(1)和(2)然后是这对夫妇

({x个}^{*}, w个), w个 (t吨) \equiv 0

将是问题的解决方案(31)和(2). 另一方面，如果出现问题(1)和(2)只对一个固定的右手边是可解的，那么相应的问题(31)和(2)对于任何右手边都是可解的，

（f） (t吨) \in Z轴

，因为要满足可解性条件（请参见[7,9])，只需找出系数：

χ_{j个}, j个 = 1, . . ., - κ

多项式的，

w个 (t吨)

，满足方程式：

{¦Β}_{- 1}^{1} \bar{ρ} (t吨) {t吨}^{j个 - 1} (（f） (t吨) - (V（V） x个) (t吨) - w个 (t吨)) d日 t吨 = 0, j个 = 1, . . ., - κ

因此，定理1的证明也适用于这种情况。

方程组(14)和(15)也应该稍微改变一下。我们将加和，

{w个}_{n个} ({t吨}_{j个}), j个 = 0, 1, . . ., n个 - κ

：近似多项式的值

{w个}_{n个} (t吨) = \sum_{j个 = 1}^{- κ} χ_{j个 n个} {t吨}^{j个 - 1}

在网格节点中(6)系统方程的左侧(14). 在运算符形式中，方程组将采用以下形式：

{U型}_{n个 - κ} {D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个} + {V（V）}_{n个 - κ} {x个}_{n个} + {w个}_{n个 - κ} = {（f）}_{n个 - κ}, {w个}_{n个 - κ} = ({w个}_{n个} ({t吨}_{0}), . . ., {w个}_{n个} ({t吨}_{n个 - κ}))

(32)

现在，未知变量的数量是

n个 + 米 + 1 - κ

，所以它等于方程式的数量。这些变化现在允许我们使用证明，如定理1中的证明。

定理2。

让，为了

κ < 0

，问题(1), (2)以及计算方案(5)——(13), (32)方法满足定理1的条件（A.1）–（A.4），（B.1），（B.2）。同样，让我们假设问题(1)和(2)有独特的解决方案，

{x个}^{*} (t吨)

然后，对于n，足够大，方程组(32)是唯一可解的，近似解：

{\bar{x个}}_{n个}^{*} = ({x个}_{n个}^{*}, χ_{1 n个}^{*}, . . ., χ_{- κ n个}^{*})

收敛到精确解

{\bar{x个}}^{*} = ({x个}^{*}, 0)

方程式的(31)通过误差估计：

∥ {\bar{x个}}_{n个}^{*} - {\bar{第页}}_{n个}^{米} {\bar{x个}}^{*} ∥_{{\bar{X（X）}}_{n个}} = {∥ {x个}_{n个}^{*} - {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*} ∥}_{{X（X）}_{n个}} + \underset{1 \leq j个 \leq - κ}{最大值} ∣ χ_{j个 n个} ∣ \leq C类 ({n个}^{- γ} + ε_{n个} ({x个}^{*}))

{\bar{第页}}_{n个}^{米} {\bar{x个}}^{*} = ({第页}_{n个}^{米} {x个}^{*}, χ_{1}^{*}, . . ., χ_{- κ}^{*}), {\bar{X（X）}}_{n个} = {X（X）}_{n个} \times {R（右）}_{- κ}, ∥ {\bar{x个}}_{n个} ∥_{{\bar{X（X）}}_{n个}} = {∥ {x个}_{n个} ∥}_{{X（X）}_{n个}} + \underset{1 \leq j个 \leq - κ}{最大值} ∣ χ_{jn公司} ∣

一般来说，定理3的证明与定理1的证明类似，因此我们将简要介绍它，只关注主要区别。

定理3的证明。

让我们重写方程式(31)以运算符形式：

\bar{K（K）} \bar{x个} \equiv \bar{U型} ({D类}^{(米)} x个, w个) + V（V） x个 = （f）, \bar{K（K）} : \bar{X（X）} \to Z轴

(33)

哪里：

\bar{X（X）} = {\bar{x个} ∣ \bar{x个} = (x个, w个), x个 \in X（X）}, ∥ \bar{x个} ∥_{\bar{X（X）}} = {∥ x个 ∥}_{X（X）} + \underset{1 \leq j个 \leq - κ}{最大值} ∣ χ_{j个} ∣

\bar{Y（Y）} = {\bar{年} ∣ \bar{年} = (年, w个), 年 \in Y（Y）}, ∥ \bar{年} ∥_{\bar{Y（Y）}} = {∥ 年 ∥}_{Y（Y）} + \underset{1 \leq j个 \leq - κ}{最大值} ∣ χ_{j个} ∣

\bar{U型} (年, w个) = U型 年 + w个, \bar{U型} : \bar{Y（Y）} \to Z轴

操作员，

\bar{U型}

，是可逆的，并且：

{\bar{U型}}^{- 1} z（z） = ({U型}^{- 1} (z（z） - w个), w个)

哪里

w个 (t吨)

是一个多项式，其系数可以从方程式中找到：

{¦Β}_{- 1}^{1} \bar{ρ} (t吨) {t吨}^{j个 - 1} (z（z） (t吨) - w个 (t吨)) d日 t吨 = 0, j个 = 1, . . ., - κ

因此，替换：

z（z） = \bar{U型} ({D类}^{(米)} x个 + η ρ x个, w个)

（34）

允许我们简化方程式(33)等效方程式：

\bar{B类} z（z） \equiv z（z） + V（V） G公司 {\bar{U型}}^{- 1} z（z） - η U型 ρ G公司 {\bar{U型}}^{- 1} z（z） = （f）, \bar{B类} : Z轴 \to Z轴

(35)

让我们重写方程式(32)以同样的方式：

{\bar{K（K）}}_{n个 - κ} {\bar{x个}}_{n个} \equiv {\bar{U型}}_{n个 - κ} ({D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个}, {w个}_{n个 - κ}) + {V（V）}_{n个 - κ} {x个}_{n个} = {（f）}_{n个 - κ}, {\bar{K（K）}}_{n个 - κ} : {\bar{X（X）}}_{n个} \to {Z轴}_{n个 - κ}

(36)

哪里：

{\bar{X（X）}}_{n个} = {X（X）}_{n个} \times {R（右）}_{- κ}, ∥ {\bar{x个}}_{n个} ∥_{{\bar{X（X）}}_{n个}} = {∥ {x个}_{n个} ∥}_{{X（X）}_{n个}} + \underset{1 \leq j个 \leq - κ}{最大值} ∣ χ_{jn公司} ∣

{\bar{Y（Y）}}_{n个} = {Y（Y）}_{n个} \times {R（右）}_{- κ}, ∥ {\bar{年}}_{n个} ∥_{{\bar{Y（Y）}}_{n个}} = {∥ 年_{n个} ∥}_{{Y（Y）}_{n个}} + \underset{1 \leq j个 \leq - κ}{最大值} ∣ χ_{jn公司} ∣

{\bar{U型}}_{n个 - κ} (年_{n个}, {w个}_{n个 - κ}) = {U型}_{n个 - κ} 年_{n个} + {w个}_{n个 - κ}, {\bar{U型}}_{n个 - κ} : {\bar{Y（Y）}}_{n个} \to {Z轴}_{n个 - κ}

具有

{w个}_{n个 - κ} = ({w个}_{n个} ({t吨}_{0}), . . ., {w个}_{n个} ({t吨}_{n个 - κ}))

-多项式值的向量，

{w个}_{n个} (t吨)

，其系数可从方程式中找到：

{¦Β}_{- 1}^{1} \bar{ρ} (t吨) {t吨}^{j个 - 1} ((问_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ}) (t吨) - {w个}_{n个} (t吨)) 日期 = 0, j个 = 1, . . ., - κ

（37）

现在，我们将使用替换：

{z（z）}_{n个 - κ} = {\bar{U型}}_{n个 - κ} ({D类}_{n个}^{(米)} {x个}_{n个} + η ρ {x个}_{n个}, {w个}_{n个 - κ})

这使我们可以简化方程式(36)等效方程式：

{\bar{B类}}_{n个 - κ} {z（z）}_{n个 - κ} \equiv {z（z）}_{n个 - κ} + {V（V）}_{n个 - κ} {G公司}_{n个} {\bar{U型}}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ} - η {U型}_{n个 - κ} ρ {G公司}_{n个} {\bar{U型}}_{n个 - κ}^{- 1} {z（z）}_{n个 - κ} = {（f）}_{n个 - κ}, {\bar{B类}}_{n个 - κ} : {Z轴}_{n个 - κ} \to {Z轴}_{n个 - κ}

此外，根据定理1的证明，我们必须检查条件（a）–（c）是否满足。条件（a）可以像定理1的证明那样进行检查。为了检查（b），我们之前必须计算

{w个}_{n个 - κ}

对于选定的

{z（z）}_{n个 - κ}

，根据公式(37)然后，遵循定理1的证明

{z（z）}_{n个 - κ} - {w个}_{n个 - κ}

而不是

{z（z）}_{n个 - κ}

条件（c）的有效性取决于运算符的可逆性，

\bar{K（K）}

的确，对于等式的给定右侧(35)，我们将得到方程式的右侧(33). 那么，由于

\bar{K（K）}

，我们会找到这对夫妇

(x个, w个)

和，通过方程式(34)，将获得z（z）.

误差估计：

∥ {\bar{x个}}_{n个}^{*} - {\bar{第页}}_{n个}^{米} {\bar{x个}}^{*} ∥_{{\bar{X（X）}}_{n个}} = ∥ {x个}_{n个}^{*} - {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*} ∥_{{X（X）}_{n个}} + \underset{1 \leq j个 \leq - κ}{最大值} ∣ χ_{j个 n个} ∣ \leq C类 {∥ {q个}_{n个 - κ} \bar{K（K）} {\bar{x个}}^{*} - {\bar{K（K）}}_{n个 - κ} {\bar{第页}}_{n个}^{米} {\bar{x个}}^{*} ∥}_{{Z轴}_{n个 - κ}} =

= C类 ∥ {q个}_{n个 - κ} K（K） {x个}^{*} - {K（K）}_{n个 - κ} {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*} ∥_{{Z轴}_{n个 - κ}} \leq C类 ({n个}^{- γ} + ε_{n个} ({x个}^{*}))

与定理1的证明相同，完成了这种情况下的证明。 ☐

备注1。定理1–3可以推广到大多数一般边界条件的情况[8]:

{u个}_{ν} (x个) \equiv \sum_{我 = 0}^{米 - 1} {¦Β}_{- 1}^{1} {x个}^{(我)} (τ) d日 ζ_{我 ν} (τ) = 0, ν = 0, 1, . . ., 米 - 1

哪里

ζ_{我 ν} (τ), 我, ν = 0, 1, . . ., 米 - 1

给出了有界变分函数，积分被解释为Stieltjes函数。这些边界条件可以近似为任何差分条件：

{u个}_{ν n个} ({x个}_{n个}) = 0, ν = 0, 1, . . ., 米 - 1

令人满意的

{u个}_{ν n个} ({第页}_{n个}^{米} x个) \to {u个}_{ν} (x个)

对于

n个 \to \infty

对于任何

x个 \in X（X）

。定理1-3仍然有效，但

\underset{0 \leq ν \leq 米 - 1}{最大值} ∣ {[{D类}_{n个}^{(ν)} {第页}_{n个}^{米} {x个}^{*}]}_{ξ_{0}} ∣

在定义中

ε_{n个} ({x个}^{*})

应替换为

\underset{0 \leq ν \leq 米 - 1}{最大值} ∣ {u个}_{ν n个} ({第页}_{n个}^{米} {x个}^{*}) ∣

.

备注2。定理1的条件（A.3）仅为充分条件，如[17,18,19]，可以减少。

利益冲突

作者声明没有利益冲突。

工具书类

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芝加哥/图拉宾风格

亚历山大·费多托夫。2014.“区间上奇异积分微分方程的求积差分方法的收敛性”数学2号，编号：53-67。https://doi.org/10.3390/math2010053

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