On problems with displacement in boundary conditions for hyperbolic equation

Full Text

Многие авторы работают над изучением задач со смещениями в граничных условиях, называемых еще нелокальными, для различных уравнений в частных производных (см., например, [1-8] и др.). В статье [9] для уравнения L (u) = uxy + aux + buy + cu = f (x, y) (1) в характеристическом прямоугольнике D = {0 < x < x1 , 0 < y < y1 } рассмотрена задача об отыскании решения по условиям, связывающим значения искомой функции в четырех переменных точках, лежащих на границе D. Указаны условия, обеспечивающие возможность редукции задачи к системе нагруженных уравнений Фредгольма, которая затем и исследуется. В представленной статье в тех же точках берутся значения нормальных производных искомой функции. Предлагается способ получения условий, обеспечивающих однозначную разрешимость поставленных задач. Задача 1. Найти функцию u(x, y) ∈ C 1,1 (D) ∩ C 0,0 (D), являющуюся в области D решением уравнения (1) и удовлетворяющую условиям u(0, y) = ϕ(y), uy (x, 0) = α(x) + β(x)uy (x, y1 ), (2) (3) где α, β, ϕ - известные достаточно гладкие функции. Считаем, что коэффициенты уравнения (1) принадлежат классам a ∈ C 1,0 (D), b ∈ C 0,1 (D), c, f ∈ C 0,0 (D). Эта задача при β(x) ≡ 0 изучалась ранее в [10]. А само условие рассматривалось для другого уравнения и применительно задаче к другого типа в [11]. Для редукции к задаче Гурса требуется определить неизвестное условие u(x, 0) = ψ(x). (4) Переобозначим в (1) x через t и проинтегрируем полученное уравнение по t в пределах от x∗ до x (x∗ , x) ∈ D, устремив x∗ к 0, y к 0, и получим первое интегральное уравнение: x uy (x, 0) - uy (0, 0) + au(x, 0) - au(0, 0) + -at (t, 0) + c(t, 0) u(t, 0)dt+ 0 x + x b(t, 0)uy (t, 0)dt = f (t, 0)dt. 0 0 Затем, также устремив x∗ к 0, а y - к y1 , получим второе интегральное уравнение: x uy (x, y1 ) - uy (0, y1 ) + au(x, y1 ) - au(0, y1 ) + -at (t, y1 ) + c(t, y1 ) u(t, y1 )dt+ 0 x + x b(t, y1 )uy (t, y1 )dt = 0 f (t, y1 )dt. 0 Умножим второе из полученных уравнений на β(x) и вычтем из первого: 66 О задачах со смещениями в граничных условиях. . . α(x) - ϕ (0) + β(x)ϕ (y1 ) + a(x, 0)u(x, 0) - β(x)a(x, y1 )u(x, y1 ) - a(0, 0)ϕ(0)+ x + a(0, y1 )ϕ(y1 )β(x) + (-at + c)u(t, 0) + b(t, 0)uy (t, 0) dt- 0 x - β(x) (-at + c)(t, y1 )u(t, y1 ) + b(t, y1 )uy (t, y1 ) dt = 0 x x f (t, 0)dt - β(x) = f (t, y1 )dt. (5) 0 0 Далее запишем решение задачи для (1) с условиями (2), (4) (это и есть задача Гурса). Соотношения (2), (4) представляют собой граничные значения Гурса, решение которой хорошо известно [10, 12] и др. Мы будем использовать формулу (1.20) из [10]: u(x, y) = R (x, 0, x, y) ψ(x) + R (0, y, x, y) ϕ(y) - R (0, 0, x, y) ψ (0) + x ∂ R (α, 0, x, y) ψ(α)dα+ + b (α, 0) R (α, 0, x, y) - ∂α 0 y ∂ + a (0, β) R (0, β, x, y) - R (0, β, x, y) ϕ(β)dβ+ ∂β 0 x y + R (α, β, x, y) f (α, β) dβdα, (6) 0 0 где R - функция Римана. Далее мы считаем (6) общим представлением искомого решения через ϕ, ψ. Подставим в (6) аргументы точки (x, y1 ) и учтем, что значение (2) известно. Мы придем к интегральному уравнению, из которого определим u(x, y1 ) через известные функции и пока неизвестную ψ(x). Затем продифференцируем (6) по y и, подставив аргументы точки (x, y1 ), найдем uy (x, y1 ). После этого подставим u(x, y1 ) и uy (x, y1 ) в (5), получим x A(x)ψ(x) + x B(x, t)ψ(t)dt+ 0 t ∂2 R(k, 0, t, y1 ) ψ(k)dkdt- ∂k∂y 0 0 x t ∂ - β(x) (-at + c)(t, y1 ) b(k, 0)R(k, 0, t, y) - R(k, 0, t, y) ψ(k)dkdt+ ∂k 0 0 x t ∂ + R(k, 0, t, y1 ) ψ(k)dkdt - b(t, y1 ) b(k, 0)Ry (k, 0, t, y1 ) - ∂k∂y 0 0 + b(k, 0)Ry (k, 0, t, y1 ) - b(t, 0)β(t) y1 - β(x)a(x, y1 ) exp a(x, τ )dτ × 0 y1 ∂ R (0, τ, x, y1 ) ϕ (τ ) dτ + ∂τ 0 x y1 ∂2 + b(t, 0)β(t) a(0, β)Ry (0, τ, t, y1 ) - R(0, τ, t, y1 ) ϕ(τ )dτ dt- ∂τ ∂y 0 0 x y ∂ -β(x) (-at +c)(t, y1 ) a (0, τ ) R (0, τ, t, y) - R (0, τ, t, y) ϕ (τ ) dτ dt- ∂τ 0 0 × a (0, τ ) R (0, τ, x, y1 ) - 67 У т к и н а Е. А. x - β(x) y1 a(0, τ )Ry (0, τ, t, y1 ) - b(t, y1 ) 0 0 ∂2 R(0, τ, t, y1 ) ϕ(τ )dτ dt = ∂τ ∂y = ω(x), где y1 A(x) = a(x, 0) - β(x)a(x, y1 ) exp a(x, τ )dτ , 0 ∂ R (t, 0, x, y1 ) + ∂t B(x, t) = -β(x)a(x, y1 ) b (t, 0) R (t, 0, x, y1 ) - + (-at + c)(t, 0) + b(t, 0)β(t)Ry (t, 0, t, y1 )- - β(x)(-at + c)(t, y1 )R (t, 0, t, y) - β(x)b(t, y1 )Ry (t, 0, t, y1 ), x x f (t, 0)dt - β(x) ω(x) = 0 f (t, y1 )dt - α(x) + ϕ (0) - β(x)ϕ (y1 )+ 0 + β(x)a(x, y1 ) R (0, y1 , x, y1 ) ϕ (y1 ) - R (0, 0, x, y1 ) ϕ (0) + + a(0, 0)ϕ(0) - a(0, y1 )ϕ(y1 )β(x)- x - β(x) (-at + c)(t, y1 )R (0, y1 , t, y1 ) ϕ (y1 ) dt+ 0 y1 x R (α, τ, x, y1 ) f (α, τ ) dτ dα- + β(x)a(x, y1 ) 0 0 x - β(x) (-at + c)(t, y1 )R (0, 0, t, y) ϕ (0) dt+ 0 x t + β(x) y (-at + c)(t, y1 ) 0 R (α, τ, t, y) f (α, β) dτ dα dt- 0 0 x - b(t, 0)α(t) + b(t, 0)β(t) Ry (0, y1 , t, y1 )ϕ(y1 )+ 0 + R(0, y1 , x, y1 )ϕ (y1 ) - Ry (0, 0, t, y1 )ϕ(0)+ + a(0, y1 )R(0, y1 , x, y1 ) - Ry (0, y1 , t, y1 ) ϕ(y1 )+ t t y1 R(α, y1 , t, y1 )f (α, y1 )dα + + Ry (α, τ, t, y1 )dαdτ 0 0 dt+ 0 x + β(x) b(t, y1 ) Ry (0, y1 , t, y1 )ϕ(y1 )+ 0 + R(0, y1 , t, y1 )ϕ (y1 ) - Ry (0, 0, t, y1 )ϕ(0)+ ∂ + a(0, y1 )R(0, y1 , t, y1 ) - R(0, y1 , t, y1 ) ϕ(y1 )+ ∂y t + t y1 R(α, y1 , t, y1 )f (α, y1 )dα + 0 Ry (α, τ, t, y1 )f (α, τ )dτ dα dt. 0 0 Итак, мы получили интегральное уравнение для нахождения ψ. Запишем его в операторной форме, разделив обе части (1) на A(x) и считая, что 68 О задачах со смещениями в граничных условиях. . . A(x) = 0: ψ = F ψ + F1 ϕ + Пусть |A(x)| |B(x, t)| , ω(x) . A(x) (7) m > 0, а модули b(t, 0)β(t) b(k, 0)Ry (k, 0, t, y1 ) - β(x)(-at + c)(t, y1 ) b(k, 0)R(k, 0, t, y) - β(x)b(t, y1 ) b(k, 0)Ry (k, 0, t, y1 ) - ∂2 R(k, 0, t, y1 ) ∂k∂y ∂ R(k, 0, t, y) ∂k , , ∂ R(k, 0, t, y1 ) ∂k∂y не превосходят M . В силу непрерывности всех функций и производных, стоящих под знаком модуля, такое число существует. Проверим непрерывность линейного оператора F и то, что некоторая его степень является сжимающим отображением. Пусть ψ1 , ψ2 ∈ C [0, x1 ]. Тогда x M x 1+ ψ1 - ψ2 . (8) m 2 x1 , отсюда следует непрерывность оператора F . Из F ψ1 - F ψ2 < В силу того, что x (8) выводятся оценки F k ψ1 - F k ψ2 M k xk x 1+ k+1 mk k! k ψ1 - ψ2 , k = 1, 2, . . . Ясно, что при некотором k x M k xk 1+ k k! k+1 m k < M k x k x1 1 e < 1, mk k! то есть F k является сжимающим оператором. Поэтому [12] уравнение (7) имеет единственное решение. Оно записывается в виде ряда Неймана. Вернемся к задаче 1, чтобы выяснить возможность ее редукции к задаче Гурса для (1). Определив с помощью (2) и (3) граничное значение (4), можно записать решение задачи 1 с помощью формулы (6). Следовательно, условие разрешимости указанной задачи определяется из утверждения Теорема 1. Задача 1 однозначно разрешима, если y1 a(x, 0) - β(x)a(x, y1 ) exp a(x, τ )dτ = 0. 0 Задача 2. Найти функцию u(x, y) ∈ C 1,1 (D) ∩ C 0,0 D , являющуюся в области D решением уравнения (1) и удовлетворяющую условиям (4) и ux (0, y) = γ(y) + δ(y)ux (x1 , y) , (9) 69 У т к и н а Е. А. где γ, δ - известные достаточно гладкие функции. Считаем, что коэффициенты уравнения (1) принадлежат классам a ∈ C 1,0 (D), b ∈ C 0,1 (D), c, f ∈ C 0,0 (D). Здесь применяется тот же метод, что и в случае задачи 1. Опуская рассуждения, сформулируем результат в виде следующего утверждения. Теорема 2. Задача 2 однозначно разрешима, если x1 b(0, y) - δ(y)b(x1 , y) exp b(α, y)dα = 0. 0 Задача 3. Найти функцию u(x, y) ∈ C 1,1 (D) ∩ C 0,0 D , являющуюся в области D решением уравнения (1) и удовлетворяющую условиям (3), (9). Для последней задачи пока доказана единственность решения. Для этого показано, что при однородных условиях (3), (9) однородное уравнение (1) имеет только нулевое решение. Доказательство осуществляем методом априорной оценки с помощью энергетического неравенства [13]. Воспользовавшись понятиями скалярного произведения и нормы в пространстве L2 [0, x1 ] × [0, y1 ]: x1 y1 (u, v) = u(x, y)v(x, y)dydx, 0 u 0 2 x1 y1 = 0 u2 (x, y)dydx, 0 вычислим скалярное произведение (L (u) , uxy ) = (uxy + aux + buy + cu, uxy ) = x1 y1 = 0 (u2 + aux uxy + buy uxy + cuuxy )(x, y)dydx. xy 0 Далее проинтегрируем выражение по частям и выпишем значения получившихся в результате преобразований слагаемых: 0 = (L(u), uxy ) = (f, uxy ) = 1 x1 (au2 )(x, y1 ) - (au2 )(x, 0) dx- = uxy 2 + x x 2 0 x1 y1 1 - (ay u2 )(x, y) + (bx u2 )(x, y) dydx+ x y 2 0 0 1 y1 + (bu2 )(x1 , y) - (cy u2 )(x1 , y) dy+ y 2 0 1 y1 + -(bu2 )(0, y) + (cy u2 )(0, y) dy+ y 2 0 1 + u2 (x1 , y1 ) + (cu2 )(0, 0) - (cu2 )(x1 , 0) - (cu2 )(0, y1 ) . (10) 2 Потребуем выполнения условий a(x, y1 ) 0, a(x, 0) < 0, ay 0, bx 0, b(x1 , y) 0, cy (x1 , y) 0, b(0, y) < 0, cy (0, y) c(0, 0) > 0, c(x1 , 0) 0, c(0, y1 ) 0. 70 0, (11) О задачах со смещениями в граничных условиях. . . Тогда, если f ≡ 0, то все слагаемые в правой части (10) тождественно равны нулю. Следовательно, uxy ≡ 0, а значит, и u ≡ 0. Таким образом, имеет место следующее утверждение. Теорема 3. Если коэффициенты уравнения (1) удовлетворяют неравенствам (11), то если задача (1), (3), (9) имеет решение, то оно единственно. Отметим, что все условия теоремы являются существенными. Рассмотрим, например, задачу для уравнения uxy - ux = 0 в области D = (0, 1) × (0, 1) с условиями ux (0, y) = e-1 ux (1, y), uy (x, 0) = e-1 uy (x, 1). В нем коэффициент a ≡ -1, что противоречит условиям теоремы. Решением, в чем можно убедиться непосредственно, является u(x, y) = ex+y , отличная от тождественного нуля в области D.

About the authors

Elena A Utkina

Kazan (Volga Region) Federal University

Email: eutkina1@yandex.ru
(Ph. D. (Phys. & Math.)), Associate Professor, Dept. of Applied Mathematics 18, Kremlyovskaya st., Kazan, 420008, Russian Federation

References

Supplementary files