Solvability of a nonlocal problem for a hyperbolic equation with degenerate integral conditions

Full Text

Введение. Рассматривается задача с нелокальными интегральными условиями для гиперболического уравнения. Внимание к задачам с интегральными условиями, привлеченное статьями Дж. Кэннона [1] и Л. И. Камынина [2] в 60-х годах прошлого века, не ослабевает и в настоящее время. Это связано не только с тем,что нелокальные задачи интересны как математический объект. Специалисты в других областях современного естествознания предлагают использовать нелокальный подход в математическом моделировании многих процессов и явлений, считая его эффективным. Обоснованию этого утверждения посвящена статья [3], содержащая также большое количество примеров и обширный библиографический список. Исследование нелокальных задач осложняется тем, что для обоснования их разрешимости неприменимы классические методы, которые обычно используют для той же цели при изучении начально-краевых задач, что влечет за собой необходимость разработки новых методов. К настоящему времени разработаны некоторые методы исследования нелокальных задач [4-9]. В нашей статье внимание сосредоточено на нелокальной задаче для одномерного гиперболического уравнения с интегральными условиями. Задачи с интегральными условиями различных типов в настоящее время активно изучаются. Отметим ряд работ, наиболее близких по предмету исследования к содержанию предлагаемой статьи [10-12]. Задача, результаты исследования которой представлены в статье, имеет существенное отличие от рассмотренных ранее, которое заключается в том, что интегральные условия вырождаются в некоторых точках границы области. Возникающие при этом трудности обоснования разрешимости и методы их преодоления являются основным содержанием настоящей статьи. 1. Постановка задачи. В области = (0, ) (0, ) рассмотрим уравнение ( ) (, ) + (, ) = (, ) (1) и поставим следующую задачу. Задача. В области найти решение уравнения (1), удовлетворяющее начальным данным (, 0) = 0, (, 0) = 0 (2) и нелокальным условиям ()(0, ) + 1 ()(, ) = 0, (3) 0 ()(, ) + 2 ()(, ) = 0. (4) 0 Будем считать уравнение (1) всюду в области гиперболическим, что обеспечивается условием (, ) > 0 для всех (, ) . Заметим, что однородность начальных условий не ограничивает общности. Существенным моментом в постановке задачи является предположение (0) = 0, ( ) = 0, которое не позволяет использовать полученные ранее результаты о разрешимости задач с нелокальными интегральными условиями. Действительно, как было показано в [12], выбор эффективного метода зависит от вида нелокальных условий. Если внеинтегральный член нелокального условия второго рода представляет собой след решения на границе области, то в этом случае можно использовать либо метод вспомогательных задач [13], либо метод, основанный на сведении задачи (1)-(4) к задаче со стандартными граничными условиями для нагруженного уравнения с помощью специально построенного оператора [10]. Однако оба эти метода применимы только в том случае, когда (), () нигде не обращаются в нуль. Действительно, попытка применить метод вспомогательных задач приведет к( следующему результату. ) Пусть (0, ) = 1 (), (, ) = 2 (), , , 1 (), 2 () - решение краевой задачи для уравнения (1) с граничными условиями (). Применив к этому решению, существование и единственность которого вытекают из общей теории краевых задач, условия (3), (4), приходим к операторным уравнениям третьего рода: ( ) ()1 () + 1 () , , 1 (), 2 () = 1 (), 0 ( ) ()2 () + 2 () , , 1 (), 2 () = 2 (). 0 Похожая ситуация возникает и при попытке применить второй из упомянутых методов [11], что и послужило мотивацией для разработки метода, пригодного для доказательства разрешимости задачи с вырождающимися нелокальными условиями. Этот метод и будет продемонстрирован в следующих параграфах. Предлагаемый метод основан на возможности сведения условий (3), (4) к интегральным условиям, не вырождающимся в условия первого рода. Мы выведем такие условия и покажем, что они эквивалентны исходным. Заметим, что ранее была рассмотрена задача с одним вырождающимся интегральным условием [11], однако исследование предложенной в этой статье задачи с двумя вырождающимися интегральными условиями потребовало существенной модификации предложенного в [11] метода. 2. Переход к эквивалентной задаче. Пусть (, ) - решение задачи (1)-(4), , 2 [0, ]. Продифференцируем условия (3), (4) по дважды: ()(0, ) + 2 () (0, ) + () (0, ) + 1 () (, ) = 0, 0 ()(, ) + 2 () (, ) + () (, ) + 2 () (, ) = 0. 0 Преобразуем интегралы, входящие в эти соотношения, учитывая предположение о том, что (, ) удовлетворяет уравнению (1). Тогда [ ] () (, ) = () ( ) + . = 1, 2 0 0 Интегрируя по частям последние соотношения, получим: [ ] () + 1 (0)(0, ) (0, ) 1 ()(, )(, )+ + 2 () (0, ) + () (0, ) + 1 ()(, ) (, ) 1 (0)(0, ) (0, )+ 1 ()(, )(, )+ (1 ) (, ) + 0 0 1 () (, ) = 0, (5) + 0 [ ] () + 2 ()(, ) (, ) 2 (0)(0, )(0, )+ + 2 () (, ) + () (, ) + 2 ()(, ) (, ) 2 (0)(0, ) (0, )+ + (2 ) (, ) 2 ()(, )(, )+ 0 0 + 2 () (, ) = 0. (6) 0 Пусть выполняется условие 1 (0)2 () 1 ()2 (0) = 0. (7) Рассмотрим соотношения (5), (6) как систему уравнений относительно (0, ) и (, ). В силу (7) эту систему можно разрешить, и в результате мы получим (0, ) (0, ) = 11 (0, ) + 12 (, ) + 11 (0, ) + 12 (, )+ + 11 (0, ) + 12 (, ) + 1 (, )(, ) + 1 (), (8) 0 (0, ) (, ) = 21 (0, ) + 22 (, ) + 21 (0, ) + 22 (, )+ + 21 (0, ) + 22 (, ) + 2 (, )(, ) + 2 (), (9) 0 где ()2 () [1 (0)2 () 2 (0)1 ()](0, ) , [2 ()1 (0) 1 ()2 (0)](, ) ()1 () 12 () = , 2 ()2 () 2 ()1 () 11 () = , 12 () = , ()2 () ()1 () 11 () = , 12 () = , 2 ()[(1 ) 1 ()(, )] 1 ()[(2 ) 2 ()(, )] 1 (, ) = , 1 ()2 () 2 ()1 () 1 () = (, ), 0 11 () = ()2 (0) [1 (0)2 (0) 2 (0)1 (0)](0, ) , [2 ()1 (0) 1 ()2 (0)](, ) ()1 (0) 22 () = , 2 ()1 (0) 2 ()2 (0) , 22 () = , 21 () = ()2 (0) ()1 (0) 21 () = , 22 () = , 2 (0)[(1 ) 1 ()(, )] 1 (0)[(2 ) 2 ()(, )] , 2 (, ) = 1 ()2 (0) 2 ()1 (0) (, ). 2 () = 0 21 () = Пусть теперь (, ) удовлетворяет уравнению (1) и условиям (8), (9). Тогда выполняются и соотношения (5), (6), которые мы преобразуем следующим образом: 0 ( ) () = ()( ) ()(, ) (, )+ 0 + (0)(0, ) (0, ) + ()(, )(, ) (0)(0, )(0, ), = 1, 2. Тогда соотношения (5), (6) примут следующий вид: ( ()(0, ) ) + 1 ()((, ) (, )) 1 ()(, )(, ) + 1 () (, ) = 0, 0 0 ( ()(, ) ) + 0 2 ()((, ) (, )) 2 ()(, )(, ) + 2 () (, ) = 0. 0 0 0 Заметим, что, по предположению, (, ) удовлетворяет уравнению (1), поэтому ()[( ) + ] = () , = 1, 2, 0 0 и мы получим, что ( ) ()(0, ) + ( ) ()(, ) + 1 () (, ) = 0, 0 2 () (, ) = 0. 0 Интегрируя каждое из этих соотношений дважды по и учитывая начальные условия (2), приходим к нелокальным условиям (3), (4). Таким образом, доказано следующее утверждение. Лемма. Если , 2 [0, ], 2 [0, ], 1 (0)2 () 1 ()2 (0) = 0, то задача (1)-(4) эквивалентна задаче (1), (2), (8) (9). Д о к а з а т е л ь с т в о. Условия (8), (9) (в отличие от (3), (4)) содержат значения производных по нормали к боковой границе области . Для обоснования разрешимости задач с нелокальными условиями такой структуры известен весьма эффективный метод [13, c. 28], который мы теперь имеем возможность применить Доказанная лемма позволяет проводить все рассуждения для задачи (1), (2), (8), (9), а полученные результаты о разрешимости этой задачи будут справедливы и для задачи (1)-(4). 3. Разрешимость задачи (Основной результат). Введем понятие обобщенного решения задачи (1), (2), (8), (9). Используя известную процедуру [14, с. 210], получим тождество ( + + )+ 0 0 + 0 [ ] (0, ) 11 (0, ) + 12 (, ) + (11 11 ) (0, ) + (12 12 ) (, ) + + (0, ) 1 (, )(, ) 0 0 0 [ ] (, ) 21 (0, ) + 22 (, ) + (21 21 ) (0, ) + (22 22 ) (, ) (, ) 2 (, )(, ) = 0 0 = (, )(, ) + (, )2 () (0, )1 (). (10) 0 0 0 0 Введем следующие обозначения: 0 = {(, ) : = 0, [0, ]}, = {(, ) : = , [0, ]}, = 0 ; ( ) = { : 21 ( ), 2 ()}; ^ ( ) = { : ( ), (, ) = 0}. Определение. Функцию ( ) будем называть обобщенным решением задачи (1), (2), (8), (9), если она удовлетворяет начальному условию ^ ( ). (, 0) = 0 и тождеству (10) для всех Теорема. Пусть выполняются следующие условия: 1) 1 [0, ], 1 () = 0, 2 (0) = 0, 1 (0) = 0, 2 () = 0; ), (, ) > 0 (, ) ; 2) , , ( 3 3) , ) = 0; ( [0, ], ) 2= 0, = 0 ((0, ), (0)= 0,) ( 4) 11 (0) 11 (0) 221 (0) 22 (0) 22 (0) 2 > 0; > 0, < 0; 5) 11 > 0, 22 6 0, 11 22 2 6) 11 221 22 2 > 0. Тогда существует единственное обобщенное решение задачи (1), (2), (8), (9). Д о к а з а т е л ь с т в о. Прежде всего заметим, что при выполнении условия 1 теоремы условия (8), (9) примут следующий вид: (0, ) (0, ) = 11 (0, ) + 12 (, ) + 11 (0, ) + 11 (0, )+ + 1 (, )(, ) + 1 (), 0 (, ) (, ) = 21 (0, ) + 22 (, ) + 22 (0, ) + 22 (, )+ + 2 (, )(, ) + 2 (), 0 а тождество (10) приобретет такой вид: 0 ( + + )+ [ ] + (0, ) 11 (0, ) + 12 (, ) + 11 (0, ) 0 11 (0, ) (0, ) + (0, ) 1 (, )(, ) 0 0 0 [ ] (, ) + (, ) 21 (0, ) + 22 (, ) + 22 0 + 22 (, ) (, ) (, ) 2 (, )(, ) = 0 0 0 = (, )(, ) + (, )2 () (0, )1 (). 0 0 0 0 0 Единственность. Предположим, что существует два различных обобщенных решения задачи 1 (, ) и 2 (, ). Тогда их разность (, ) = 1 (, ) 2 (, ) удовлетворяет условию (, 0) = 0 и тождеству 0 0 ( + + )+ [ ] + (0, ) 11 (0, ) + 12 (, ) + 11 (0, ) 0 11 (0, ) (0, ) + (0, ) 1 (, )(, ) 0 0 0 + 0 [ ] (, ) 21 (0, ) + 22 (, ) + 22 (, ) + 0 2 (, )(, ) = 0. (11) (, ) 22 (, ) (, ) 0 0 В этом тождестве выберем следующим образом: (, ); 0 6 6 , (, ) = 0; 6 6 , и преобразуем (11), интегрируя по частям. Получим 0 [2 (, ) + 2 (, 0)] + 11 ( )2 (0, ) 22 ( )2 (, )+ 2 + 11 () (0, ) 22 ()2 (, ) = 0 0 =2 (, )(, ) (, ) 2 0 0 0 0 2 (11 11 ) (0, ) + 2 21 (0, )(, )+ 0 0 2 + (22 22 ) (, ) + 2 (21 + 12 )(0, ) (, ) 0 0 ( ) 11 (0) 11 (0) 2 (0, 0) + 221 (0, 0)(, 0)+ ( ) 2 + 22 (0) 22 (0) (, 0) + 2 (0, ) 1 (, )(, ) 0 0 2 (, ) 2 (, )(, ). (12) 0 0 При выполнении условий 4, 5 теоремы из (12) следует неравенство [ ] 2 (, ) + 2 (, 0) + 11 ( )2 (0, ) 22 ( )2 (, )+ 0 2 + 11 () (0, ) 22 ()2 (, ) 6 0 0 2 2 11 11 6 2 + + (0, )+ 0 0 0 0 0 2 21 (0, )(, ) + 22 22 +2 (, )+ 0 0 + 2 (21 + 12 )(0, ) (, ) + 2 (0, ) 1 (, )(, )+ 0 0 0 + 2 (, ) 2 (, )(, ). (13) 0 Оценим правую часть (13). Заметим, что из условий теоремы вытекает существование положительных чисел 0 , 1 , 0 , , , , таких, что | 6 , | | 6 , max > 0 , | | 6 1 , || 6 0 , | | 6 , | 2 6 . [0, ] 0 Применяя неравенство Коши, получим следующие оценки: 6 0 ( 2 + 2 ); 0 0 0 0 2 (0, )(, ) 6 21 21 ( 2 (0, ) + 2 (, )); 0 0 2 2 (0, ) 1 (, )(, ) 6 (0, ) + 1 2 (, ); 0 0 0 0 0 2 2 (, ) 2 (, )(, ) 6 (, ) + 2 2 (, ). 2 0 0 0 0 0 К одному из слагаемых оценки (13) применим неравенство Коши с : 2 (21 + 12 )(0, ) (, ) 6 0 2 (, ) 6 (12 + 21 ) 0 12 + 21 + 2 (0, ). 0 Теперь воспользуемся неравенствами из [15]: 2 2 (0, ) 6 2 + (, ), 0 0 2 2 (, ). 2 (, ) 6 2 2 (, ) + 0 0 2 2 (, ) Заметим также, что в силу представления функции (, ) справедливо неравенство 2 (, ) 6 2 . 0 С учетом этих неравенств из (13) получим 0 [ ] 2 (, ) + 0 2 (, 0) + 11 ( )2 (0, ) 22 ( )2 (, )+ 2 + 11 () (0, ) 22 ()2 (, ) 6 0 0 6 (2 + 2 ) + (12 + 21 ) 2 (, ), (14) 0 0 0 где константа зависит лишь от введенных выше постоянных. Последнее слагаемое правой части (14) перенесем в левую часть, выбрав ( + ) > 0. Теперь получаем так, чтобы = 22 12 21 ( 0 ) 2 (, ) + 2 (, 0) + 11 2 (0, ) 22 2 (, )+ 2 2 (, ) 6 11 (0, ) + + где = min{1, 0 }, и в частности ( ) 2 2 ( , ) + (, 0) 6 0 0 Введем функцию (, ) = 0 0 0 (2 + 2 ), 0 (2 + 2 ). (15) 0 . Тогда, как нетрудно видеть, 0 (, ) = (, ) + (, ), значит (, 0) = (, ), и из (15) следует 0 ( ) 2 (, ) + (, ) 6 ( 2 ) 2 6 2 (, ) + (, ) + 2 2 (, ). 0 0 0 Пользуясь произволом, выберем так, чтобы 2 > /2. Тогда для всех [0, 4] выполняется 2 > 0 и интеграл 2 2 (, ) можно 0 перенести в левую часть неравенства. Тогда ( 2 ) ( 2 ) (, ) + 2 (, ) 6 (, ) + 2 (, ) , 0 0 (16) 0 где = 4/. К неравенству (16) можно применить лемму Гронуола, что приводит к оценке ( 2 ) (, ) + 2 (, ) 6 0, 0 откуда (, ) = 0 при [0; 4]. Рассмотрев теперь нашу задачу с начальными данными на = 4 , дока жем, что (, ) = 0 при [ 4, 2]. Продолжив этот процесс, за конечное число шагов получим, что (, ) = 0 во всем цилиндре , следовательно, может существовать не более одного обобщенного решения задачи (1), (2), (8), (9). Существование. Пусть { ()} - произвольная система функций из 2 [0, ], линейно независимая и полная в 21 (0, ). Будем искать приближен ное решение задачи (1), (2), (8), (9) в виде (, ) = () () из соот=1 ношений 0 ( + + )+ [ ] + (0) 11 (0, ) + 12 (, ) + 11 (0, ) + 11 (0, ) + + (0) 1 (, ) (, ) 0 [ ] () 21 (0, ) + 22 (, ) + 22 (, ) + 22 (, ) 2 (, ) (, ) = () 0 = (, ) () + ()2 () (0)1 (), = 1, . . . , , (17) 0 которые представляют собой систему обыкновенных дифференциальных уравнений () + () + () = (), = 1, . . . , . (18) =1 =1 =1 Коэффициенты системы (18) имеют следующий вид: () = () () + 11 () (0) (0) 22 () () (), 0 () = 11 () (0) (0) 22 () () (), () = (, ) () ()+ 0 +11 () (0) (0) + 12 () () (0) 21 (0) () 22 () () ()+ + (0) 1 (, ) () () 2 (, ) (), 0 0 а свободный член обозначен так: () = (, ) () + ()2 () (0)2 (). 0 Рассмотрим матрицу { } коэффициентов при старших производных и покажем, что она положительно определена. Для этого образуем квадра тичную форму = , имеющую ту же матрицу, где = (). =1 ,=1 Подставив выражения коэффициентов , получим = [ ,=1 ] () () + 11 (0) (0) 22 () () = 0 = ||2 + 11 |(0)|2 22 |()|2 > 0, так как по условию 5 теоремы 11 > 0, 22 < 0, причем = 0 только при = 0. Так как { ()} линейно независима, = 0 тогда и только тогда, когда = 0 . Таким образом, матрица { } положительно определена и, стало быть, система (18) разрешима относительно старших производных. Отметим, что в силу условий теоремы коэффициенты этой системы ограничены. Присоединив к (18) начальные условия (0) = (0) = 0, приходим к задаче Коши, которая разрешима. Следовательно, последовательность приближений построена, и мы можем перейти к следующему этапу доказательства. Умножим каждое слагаемое равенства (17) на (), просуммируем по от 1 до , а затем проинтегрируем по (0, ): 0 ( + + )+ 0 ( ) (0, ) 11 (0, ) + 12 (, ) + 11 (0, ) + 11 (0, ) + + (0, ) 1 (, ) (, ) + 0 0 0 ) 21 (0, ) + 22 (, ) + 22 (, ) + 22 (, ) 0 (, ) 2 (, ) (, ) = 0 0 = (, ) (, ) + (, )2 () (0, )1 (). (19) 0 (, ) ( 0 0 (, 0) 0 (, 0) Учитывая, что = = 0, преобразуем (19) интегрированием по частям: [( )2 ( )2 ] 2 (, ) + (, ) ( ) + 0 0 0 ( )2 +2 11 (0, ) 0 0 0 ( )2 2 (12 + 21 ) (0, ) (, ) + 2 11 (0, ) 0 0 ( )2 ( )2 11 (0, ) + 22 (, ) 0 0 ( )2 ( )2 2 22 (, ) + 22 (, ) + 0 0 ( )2 ( )2 + 11 (0, ) + 212 (0, ) (, ) + 11 (0, ) ( )2 ( )2 22 (, ) 22 = (, ) = (, ) (, ) + (, )2 () (0, )1 (). 0 , Заметим, что из полученных выше формул 11 = 211 22 = 222 . Учтем условие 5 теоремы и запишем последнее равенство следующим образом: [( )2 ( )2 ] ( )2 ( )2 + + 11 22 = (, ) (, ) (0, ) (, ) 0 ( )2 ( )2 2 =3 11 (0, ) + 3 22 (, ) + ( ) 0 0 0 0 ( ) 2 11 (0, ) + 2 + 0 0 0 ( )2 ( )2 +2 (12 + 21 ) (0, ) (, ) 22 (, ) 11 (, ) + 0 0 + 212 (0, ) (, ) + 22 ( (, ))2 + + 2 (, ) (, ) (, ) 2 (, ) 1 (, ) (, )+ 2 0 0 0 0 +2 (, ) (, ) + 2 (, )2 () 0 0 0 2 (0, )1 (). (20) 0 Так как левая часть (20) неотрицательна, из (20) с учетом условия 6 теоремы вытекает неравенство [( )2 ( )2 ] ( )2 ( )2 + + 11 22 6 (, ) (, ) (0, ) (, ) 0 ( )2 2 6 | |( ) + 2 + 11 (0, ) + 0 0 0 0 0 2 22 ( (, )) + + 2 (12 + 21 ) (0, ) (, ) + 0 0 (0, ) 1 + + 2 (, ) 2 + 2 0 0 0 0 (0, )1 + (, )2 + 2 + 2 + 2 0 0 0 0 ( )2 ( ) 2 11 (0, ) . (21) 22 (, ) + 3 + 3 0 0 Для оценки следов функций в правой части (21) используются неравенства ( )2 2 (0, ) 6 ( ) (, ) + () ( )2 (, ), 0 0 ( )2 2 (, ) 6 ( ( )2(,) , ) (, ) + () 0 0 каждое их которых является частным случаем неравенства (6.24) из [14, с. 77]. Теперь, применяя с некоторыми модификациями ту же технику, что и при выводе оценок для доказательства единственности, приходим к неравенству [( )2 ( )2 ] ( )2 ( )2 + 2 + 11 22 6 (, ) (, ) (0, ) (, ) 0 ) ( [ 2] ( )2 2 2 2 6 ( ) + ( ) + ( ) + ( ) + (, ) + 0 0 0 + 0 2 (, ) + 0 0 12 () 0 + 22 (), (22) 0 где > 0 - постоянная, не зависящая от . К обеим частям (22) прибавим неравенство ( )2 2 (, ) 6 ( ) . 0 0 0 Теперь из (22) при надлежащем обозначении постоянных следует [( )2 ( )2 ( )2 ] ( )2 ( )2 (, ) + + (, ) + + (, ) 6 (, ) (0, ) 0 [ ] ( 2 ) ( )2 ( )2 2 2 6 1 ( ) +( ) +( ) + (0, ) + (, ) + 0 0 0 0 ] [ ( 2 ) 2 2 (, ) + 1 () + 2 () . (23) + 2 0 0 0 К (23) можно применить лемму Гронуолла: )2 ( )2 ( [( )2 ] ( )2 ( )2 + (, ) + + (, ) 6 (, ) + (, ) (0, ) 0 ( ) 6 22 ( ) + 1 22 (0, ) + 2 22 (0, ) , откуда после интегрирования по от 0 до получается требуемая оценка: 2 ( ) 6 . Следовательно, из построенной последовательности { (, )} можно выделить подпоследовательность, слабо сходящуюся к элементу из этого же пространства, то есть к ( ). Осталось показать, что этот предел и есть искомое обобщенное решение задачи (1), (2), (8), (9). Для этого мы проделаем процедуру, описанную в [14, с. 215], не останавливаясь на подробностях. Умножим обе части (17) на () такую, что 21 (0, ), ( ) = 0. После интегрирования полученного равенства по от 0 до и суммирования по от 1 до получим равенство, переходя в котором к пределу, легко убеждаемся в том, что предел выделенной подпоследовательности действительно есть искомое обобщенное решение поставленной задачи.

About the authors

Ludmila Stepanovna Pulkina

Samara National Research University

Email: louise@samdiff.ru
Doctor of physico-mathematical sciences, Professor 34, Moskovskoye shosse, Samara, 443086, Russian Federation

Vitaliya Aleksandrovna Kirichek

Samara National Research University

Email: Vitalya29@gmail.com
without scientific degree, no status 34, Moskovskoye shosse, Samara, 443086, Russian Federation

References

Supplementary files