Problems with conjunction on a characteristic plane for the third-order hyperbolic equation in the three-dimensional space

Full Text

Ряд краевых задач для уравнений гиперболического типа на плоскости и в пространстве требует склейки решения на характеристике данного уравнения. В связи с этим возникали трудности с заданием условий сопряжения на характеристике, т. к. традиционная склейка, содержащая нормальную производную искомого уравнения, зачастую приводила к некорректной постановке задачи. Поэтому в условия сопряжения на характеристике были введены интегралы и производные дробного порядка. Первые постановки таких задач принадлежат В. Ф. Волкодавову [1]. Затем они появлялись в ряде его работ с учениками [2-7]. Настоящая работа является продолжением исследований постановок и решений краевых задач для уравнений гиперболического типа в трехмерном пространстве, опубликованных в работах [8-10]. ISSN: 2310-7081 (online), 1991-8615 (print); doi: http://dx.doi.org/10.14498/vsgtu1289 © 2014 Самарский государственный технический университет. Образец цитирования: И. Н. Р о д и о н о в а, В. М. Д о л г о п о л о в, “Задачи с сопряжением на характеристической плоскости для одного гиперболического уравнения третьего порядка в трехмерном пространстве” // Вестн. Сам. гос. техн. ун-та. Сер. Физ.-мат. науки, 2014. № 1 (34). С. 48-55. 48 Задачи с сопряжением на характеристической плоскости . . . Рассмотрим уравнение L(u) = Uxyz + b(y)Uxz + a(x)Uyz + c(z)Uxy + b(y)c(z)Ux + + a(x)c(z)Uy + a(x)b(y)Uz + a(x)b(y)c(z)U = 0 (1) на множестве H = H1 ∪ H2 , H1 = 0 Рассмотрим уравнение L(u) = Uxyz + b(y)Uxz + a(x)Uyz + c(z)Uxy + b(y)c(z)Ux + + a(x)c(z)Uy + a(x)b(y)Uz + a(x)b(y)c(z)U = 0 (1) на множестве H = H1 ∪ H2 , H1 = 0<x<y<h 0 < z < +∞ (x, y, z) , H2 = 0 < -x < y < h 0 < z < +∞ (x, y, z) . Функция a(x) непрерывна на сегменте [-h, h], b(y) - на сегменте [0, h], c(z) - на полуинтервале [0, +∞). Обозначим их первообразные соответственно α(x), β(y), γ(z). Задача I. На множестве H найти решение уравнения (1), непрерывное ̄ в H и удовлетворяющее граничным условиям U (x, x, z) = τ1 (x, z), (x, z) ∈ D0 , D0 = {(x, z) | 0 < x < h, 0 < z < +∞}, (2) ∗ U (x, -x, z) = τ2 (x, z), (x, z) ∈ D0 , ∗ D0 = {(x, z) | -h < x < 0, 0 < z < +∞}, ̄ f1 (x, y), (x, y) ∈ D1 , D1 = {(x, y) | 0 < x < y < h} , ̄ f2 (x, y), (x, y) ∈ D2 , D2 = {(x, y) | 0 < -x < y < h} ; U (x, y, 0) = (3) (4) а на плоскости x = 0 - условиям сопряжения y ∂ x→0+0 ∂x lim x eα(t) (t - x)-r1 U (t, y, z)dt = δ1 (y), x lim x→0-0 -y (5) eα(t) (x - t)-r2 U (t, y, z)dt (0 < r1 , r2 < 1, r1 = r2 ). Задача II. На множестве H найти решение уравнения (1), непрерывное ̄ в H, с данными (4), а также U (x, h, z) = φ1 (x, z), φ2 (x, z), ̄ (x, z) ∈ D0 , ̄∗ (x, z) ∈ D0 (6) и условием сопряжения на плоскости x = 0 lim x→0+0 δ2 (y) = lim x→0-0 ∂ ∂x δ3 (y) h eβ(t) (t - x)-r1 U (x, t, z)dt - x ∂ ∂x h -x ∂ β(y) e U (x, y, z) ∂y eβ(t) (t + x)-r2 U (x, t, z)dt + = ∂ β(y) e U (x, y, z) + ∂y + g(y, z). (7) Для уравнения (1) задачи с сопряжением на характеристике рассматриваются впервые. Для решения задачи I потребуем выполнения следующих условий. 49 И. Н. Р о д и о н о в а, В. М. Д о л г о п о л о в ̄ ̄∗ Условия А) τ1 ∈ C(D0 ), τ1xz ∈ C(D0 ), τ1 (x,0) = τ1 (0, z) = 0, τ2 ∈ C(D0 ), ∗ ), τ (x,0) = τ (0, z) = 0; при x = 0 τ и τ обращаются в нуль τ2xz ∈ C(D0 2 2 1 2 порядков выше r1 и r2 соответственно. Функции φ, ψ, f1 , f2 непрерывны в рассматриваемых областях вместе со своими смешанными частными производными второго порядка. Для них справедливо выполнение следующих условий. ̄ Условия B1 ) fi (x, y) ∈ C(Di ), fi xy ∈ C(Di ), i = 1, 2. Условия B2 ) f1 (x, x) = 0, f2 (x, -x) = 0; при x = 0 fi (x, y) обращается в нуль порядка выше ri , i = 1, 2. Условие C1 ) δ1 (y) ∈ C (1) [0, h]. Воспользуемся полученным в работе [10] методом Римана решением задачи Дарбу для уравнения (1), которое представимо в виде U (x, y, z) = eβ(x)-β(y) τ1 (x, z)+ y N1 (t, z)eα(t)+β(t)-α(x)-β(y) dt + eγ(0)-γ(z) f1 (x, y) (8) + x в области H1 и U (x, y, z) = eβ(-x)-β(y) τ2 (x, z)+ x N2 (t, z)eα(t)+β(-t)-α(x)-β(y) dt + eγ(0)-γ(z) f2 (x, y) (9) + -y в области H2 . Решение уравнения (1), определяемое формулами (8), (9), удовлетворяет условиям (2)-(4) задачи I. Неизвестные функции N1 , N2 будем искать в классе функций, для которых выполняются следующие условия. Условия E) N1 (x, z), N2 (-x, z) непрерывны в D0 вместе с частной производной по z, интегрируемы по x на сегменте [0, h] при любом z ∈ [0, +∞), Ni (x,0) = 0, i = 1, 2. Из непрерывности решения на плоскости x = 0 и условия сопряжения (5) получаем соотношения N1 (y, z)eα(y) = N2 (-y, z)eα(-y) , y - (10) N1 (t, z)eα(t)+β(t) t-r1 dt - eα(y)+β(y) y -r1 τ1 (y, z)+ 0 y + 0 y = δ1 (y) ∂ α(t)+β(t) e τ1 (t, z) t-r1 dt = ∂t N2 (-t, z)eα(-t)+β(t) t-r2 dt + y -r2 eα(-y)+β(y) τ2 (-y, z)+ 0 0 + -y 50 ∂ α(-t)+β(t) e τ2 (t, z) (-t)-r2 dt . (11) ∂t Задачи с сопряжением на характеристической плоскости . . . Отметим, что формула (11) получена при дополнительном ограничении, налагаемом на функции f1 , f2 : y τ1 y t-r1 -1 eα(t) f1 (t, y)dt + r2 t-r2 -1 eα(t) f2 (-t, y)dt = 0, (12) 0 0 которое обеспечивает выполнение равенства N1 (x, 0) = N2 (x, 0) = 0. После дифференцирования тождества (11) по y и некоторых преобразований с учётом равенства (10) приходим к интегральному уравнению относительно N1 : N1 (y, z)eα(y)+β(y) + y δ1 (y)y r1 +r2 y r2 + y r1 δ1 (y) N1 (t, z)eα(t)+β(t) t-r2 dt = 0 = F1 (y, z)y r1 +r2 , (13) y r2 + y r1 δ1 (y) в котором F1 (y, z) = r1 y -r1 -1 τ1 (y, z)eα(y)+β(y) + r2 y -r2 -1 δ1 (y)τ2 (-y, z)eα(-y)+β(y) + y + δ1 (z)r2 eα(-t)+β(t) τ2 (-t, z)t-r2 -1 dt. 0 Обозначим ω(y) = y r2 y r1 . + y r1 δ1 (y) Решение уравнения (13), полученное методом последовательных приближений, имеет вид y N1 (y, z)eα(y)+β(y) = -δ1 (y)y r2 ω(y) F1 (t, z)ω(t)× 0 y ω(u)δ1 (u)du dt + F1 (y, z)y r2 ω(y). × exp - t При выполнении условий A), B1 ), B2 ), C1 ) и равенства (12) функции Ni (в силу (10)) удовлетворяют условиям E). Подставляя найденные значения Ni в формулы (8), (9), получаем решение задачи I в явном виде. При решении задачи II будем предполагать выполнение условия B1 ), а также следующие условия. ∂fi (0, y) ∂fi (0, y) = = 0; Условия B3 ) fi (x, h) = fi (0, y) = ∂x ∂y ∂φ1 (x, z) ̄ ̄∗ Условия D) φ1 (x, z) ∈ C (1) (D0 ), ∈ C(D0 ), φ2 (x, z) ∈ C (1) (D0 ), ∂x∂z ∂φ2 (x, z) ∗ ∈ C(D0 ), φ(0, 0) = φix (0, 0) = 0; ∂x∂z Условия C2 ) δi (y) ∈ C[0, h] , i = 2, 3; g(y, z) непрерывна на множестве 0 y h, 0 z < +∞ и g(y, 0) = 0. 51 И. Н. Р о д и о н о в а, В. М. Д о л г о п о л о в Для решения задачи II подчиним функции (8), (9) условиям (6), (7) соответственно и получим в области H1 U (x, y, z) = φ1 (x, z)eβ(h)-β(y) - h N1 (t, z)eα(t)+β(t)-α(x)-β(y) + eγ(0)-γ(z) f1 (x, y), - y в области H2 U (x, y, z) = φ2 (x, z)eβ(h)-β(y) - h N2 (t, z)eα(-t)+β(t)-α(x)-β(y) + eγ(0)-γ(z) f2 (x, y). - y Непрерывность решения на плоскости x = 0 приводит к соотношению (10), а условия сопряжения (7) - к равенству h N1 (t, z)eα(t)+β(t)-α(0) K1 (t)dt - N1 (y, z)eα(y)+β(y)-α(0) + F2 (y, z) = 2δ2 (y) 0 h N2 (-t, z)eα(-t)+β(t)-α(0) K2 (t)dt+ = -2δ3 (y) 0 + N2 (-y, z)eα(-y)+β(y)-α(0) , (14) в котором введены обозначения K1 (t) = 1 α (0)t1-r1 + t-r1 , 2 1 - r1 K2 (t) = - 1 2 α (0)t1-r2 + t-r2 , 1 - r2 F2 (y, z) = [C1 φ1x (0, z) + C2 φ1 (0, z)]δ2 (y)- - [C3 φ2x (0, z) + C4 φ2 (0, z)]δ3 (y) - g(y, z), где h C1 = 0 eβ(t) t-r1 dt, h eβ(t) β (t)tr1 dt, C2 = 0 а C3 , C4 получаются из C1 и C2 заменой r1 на r2 соответственно. Из соотношений (10), (14) получаем интегральное уравнение относительно N (y, z) = N1 eα(y)+β(y)-α(0) : h N (y, z) = 0 1 N (t, z)[K1 (t)δ2 (y) + K2 (t)δ3 (y)]dt + F2 (y, z). 2 Так как свободный член уравнения непрерывен на множестве 0 y h, 0 z < +∞, что следует из условий D) и C2 ), функцию N (y, z) будем искать в классе функций, удовлетворяющих условиям E), но условие интегрируемости на сегменте [0, h] заменим условием непрерывности на указанном множестве. 52 Задачи с сопряжением на характеристической плоскости . . . Как известно [11], интегральное уравнение Фредгольма второго рода с вырожденным ядром сводится к системе алгебраических уравнений. Обозначая h h K1 (t)N (t, z)dt, A(z) = K2 (t)N (t, z)dt, B(z) = 0 0 получим 1 N (y, z) = δ3 (y)A(z) + δ4 (y)B(z) + F2 (y, z). (15) 2 Умножая последовательно тождество (15) на K1 (y) и K2 (y) и интегрируя по сегменту [0, h] обе части полученных равенств, получаем систему уравнений относительно A(z) и B(z): h A(z) 1 - h δ2 (y)K1 (y)dy - B(z) 0 δ3 (y)K1 (y)dy = 0 h 1 2 F2 (y, z)K1 (y)dy, 0 (16) h -A(z) h δ2 (y)K2 (y)dy + B(z) 1 - 0 δ3 (y)K2 (y)dy = 0 1 2 h F2 (y, z)K2 (y)dy. 0 На функции δ2 , δ3 наложим дополнительные ограничения в виде следующего условия. Условие C3 ) δ2 и δ3 таковы, что h 1- h - δ2 K1 dy 0 h ∆= - δ3 K1 dy 0 = 0. h δ2 K2 dy 1- 0 δ3 K2 dy 0 Найденные из системы (16) функции A(z), B(z) подставим в равенство (15), получим с учётом (11) функции N1 , N2 , удовлетворяющие условию E) при выполнении условий B1 ), B3 ), D), C2 ), C3 ). В заключение отметим, что единственность решения обеих задач следует из единственности решения методом Римана задачи Дарбу, взятой за основу, а также единственности решения интегральных уравнений, к которым свелись поставленные задачи.

About the authors

Irina N Rodionova

Samara State University

Email: paskal1940@mail.ru
(Cand. Phys. & Math. Sci.), Associate Professor, Dept. of Mathematics & Business Informatics 1, Academician Pavlov st., Samara, 443011, Russian Federation

Vyacheslav M Dolgopolov

Samara State University

Email: paskal1940@mail.ru
(Dr. Phys. & Math. Sci.), Professor, Dept. of Mathematics & Business Informatics 1, Academician Pavlov st., Samara, 443011, Russian Federation

References

Supplementary files