# Abstract

The multidimensional inverse problem of determining spatial part of integral member kernel in integro-differential wave equation is considered. Herein, the direct problem is represented by the initial-boundary problem for this with zero initial data and Neyman’s boundary condition as Dirac’s delta-function concentrated on the boundary of the domain $(x, t) \in \mathbb R^{n+1}$, $z > 0$. As information in order to solve the inverse problem on the boundary of the considered domain the traces of direct problem solution are given. The signiﬁcant moment of the problem setup is such a circumstance that all given functions are real analytical functions of variables $x \in \mathbb R^n$. The main result of the work is concluded in obtaining the local unique solvability of the inverse problem in the class of continuous functions on variable $z$ and analytical on other spatial variables. For this, by means of singularity separation method, the inverse problem is replaced by the initial-boundary problem for the regular part of the solution of this problem. Further, direct and inverse problems are reduced to the solution of equivalent system of Volterra type integro-differential equations. For the solution of the latter, the method of Banach space scale of real analytical functions is used.

# Full Text

Рассмотрим начально-краевую задачу t k(t − τ, z, x)u(τ, z, x)dτ, utt − uzz − ∆u = (x, t) ∈ Rn+1 , z > 0, (1) 0 u|t<0 ≡ 0, uz |z=0 = −δ (t) + f (t, x)θ(t), (x, t) ∈ Rn+1 . (2) Здесь ∆ — оператор Лапласа по переменным (x1 , x2 , · · · , xn ) = x, δ (t) — производная дельта-функции Дирака, θ(t) — функция Хевисайда, f — заданная гладкая функция. Предполагается, что ядро интегрального члена уравнения (1) имеет вид k(t, z, x) = k0 (t)p(z, x), где k0 (t) — известная функция. Обратная задача заключается в определении функции p(z, x) по известному дополнительному условию относительно ре 37 Д у р д и е в Д. К, С а ф а р о в Ж. Ш. шения прямой задачи (1), (2): u|z=0 = −δ(t) + g(t, x)θ(t), (x, t) ∈ Rn+1 , (3) g(t, x) — заданная достаточно гладкая функция. Идея применения метода шкал банаховых пространств аналитических функций, развитая в работах Л. В. Овсянникова [1] и Л. Ниренберга [2], к многомерным обратным задачам принадлежит В. Г. Романову. В работах [3–5] он применил этот метод (с некоторыми модификациями) к вопросам локальной разрешимости многомерных обратных задач. На основе данного метода в [6] изучена задача определения функции k в уравнении (1), когда она не зависит от переменной z. В данной работе исследуется обратная задача (1)– (3) об определении (n + 1)-мерной пространственной части функции k(t, z, x). Доказывается, что поставленная задача локально однозначно разрешима в классе функций, аналитических по переменной x. Следуя [7, с. 92], введём в рассмотрение банахово пространство As аналитических функций h(x), x ∈ R, для которых конечна норма ∞ h s (r) = sup |x| r |α|=0 Здесь r > 0, s > 0 и D α = ∂ |α| , α ∂x1 1 ···∂xαn n s|α| α |D φ(x)| < ∞. α! α = (α1 , α2 , · · · αn ), αi — неотрицательные целые числа, |α| = α1 +α2 +· · ·+αn , α! = (α1 )!·(α2 )!·· · ··(αn )!. В дальнейшем параметр r будет считаться фиксированным, в то время как параметр s рассматривается как переменный параметр. Далее для простоты параметр r будем опускать в обозначениях норм пространства As . При изменении параметра s возникает шкала банаховых пространств As , s > 0. Очевидно следующее свойство: если h(x) ∈ As , то h(x) ⊂ As для всех s ∈ (0, s), следовательно, As ⊂ As , если s < s. Кроме того, если h(x) ∈ As , то D α h(x) ⊂ As для s ∈ (0, s), и в частности, справедливо неравенство ∆h s 4π h s, (s − s) s > s > 0. (4) Пусть D0T = {(t, z) | 0 z t T − t}, T > 0 — фиксированное число и DT = D0T × Rn . Определение. Функция w = w(t, z, x) ∈ C (As , D0T ), если w ∈ As для всех (t, z) ∈ D0T , непрерывна в D0T как элемент пространства As и, кроме того, удовлетворяет условию sup (t,z)∈D0T w s (t, z) < ∞. Из равенств (1), (2) следует, что u ≡ 0, 0 < t < z, x ∈ Rn . Функция u(t, z, x) как решение задачи (1), (2) имеет в окрестности характеристической поверхности t = z следующую структуру: u(t, z, x) = −δ(t − z) + v(t, z, x)θ(t − z), 38 Локальная разрешимость задачи определения пространственной части . . . где v(t, z, x) — функция, непрерывная при переходе через поверхность t = z. Из последнего уравнения следует равенство v(z + 0, z, x) = 0. Из вышесказанного следует, что обратная задача (1)–(3) эквивалентна задаче определения функции p(z, x) из следующих уравнений: t−z k0 (α)v(t − α, z, x)dα, vtt − vzz = ∆v + k0 (t − z)p(z, x) + p(z, x) (5) 0 (t, z, x) ∈ D = {(t, z, x) | 0 < z < t, x ∈ Rn }, v |z=0 = g(x, t) , vz |z=0 = f (x, t) , t > 0, x ∈ Rn , u|t=z+0 = 0, x ∈ Rn . (6) (7) Построим исходя из этих равенств систему интегро-дифференциальных уравнений для неизвестных функций. Функция v удовлетворяет уравнению: v(t, z, x) = v0 (t, z, x) − 1 2 ∆v (τ, ξ, x) + k0 (τ − ξ)p(ξ, x)+ ∆(z,t) τ −ξ k0 (α)v(τ − α, ξ, x)dα dτ dξ, (8) + p(ξ, x) 0 в котором v0 (t, z, x) = 1 1 [g(t + z, x) + g(t − z, x)] + 2 2 t+z f (τ, x)dτ, t−z ∆(z, t) = {(ξ, τ ) | 0 ξ z, ξ + t − z τ −ξ + t + z} — характеристический треугольник в плоскости (ξ, τ ) с вершиной в точке (z, t) и основанием на оси τ . Выше была использована формула Даламбера с данными Коши на плоскости z = 0. Из формулы (8), являющейся решением прямой задачи (5), (6), с использованием условия (7) на характеристике при t → z + 0 имеем 2v0 (z + 0, z, x) = ∆v(τ, ξ, x) + k0 (τ − ξ)p(ξ, x)+ ∆(z,z+0) τ −ξ k0 (α)v(τ − α, ξ, x)dα dξ. (9) + p(ξ, x) 0 Полагая в (9) z = 0, находим условие, которому должна удовлетворять функция g: g(+0, x) = 0. Дифференцируем равенство (9) по z, получаем d v0 (z + 0, z, x) = dz z [∆v(2z − ξ, ξ, x) + p(ξ, x)k0 [2(z − ξ)]+ 0 2(z−ξ) k0 (α)v(2z − ξ − α, ξ, x)dα]dξ. (10) + p(ξ, x) 0 39 Д у р д и е в Д. К, С а ф а р о в Ж. Ш. Из (8) следует, что d v0 (z + 0, z, x) = gt (t, x) |t=2z + f (2z, x). dz Отсюда и из предыдущего равенства находим условие согласования для заданных функций: gt (+0, x) = f (+0, x). Интегральное уравнение для неизвестной функции p(z, x) находим дифференцированием по z соотношения (10): p(z, x) = p0 (z, x) − 2 k0 (0) z [∆vt (2z − ξ, ξ, x) + p(ξ, x)k0 (2z − 2ξ)+ 0 2z−2ξ k0 (α)vt (2z − ξ − α, ξ, x)dα]dξ, (11) + p(ξ, x) 0 где p0 (z, x) = 1 d2 2 [gtt (t, x) + ft (t, x)]t=2z . v (z + 0, z, x) = 2 0 k0 (0) dz k0 (0) Воспользуемся формулой (8) для вычисления vt . Дифференцируя это уравнение по t, получим vt (t, z, x) = v0t (t, z, x)− − 1 2 t−z z k0 (α)v(ξ+t−z−α, ξ, x)dα− [∆v(ξ+t−z, ξ, z)+k0 (t−z)p(ξ, x)+p(ξ, x) 0 0 − ∆v(−ξ + t + z, ξ, x) − k0 (t + z − 2ξ)p(ξ, x)− t+z−2ξ k0 (α)v(t + z − ξ − α, ξ, x)dα]dξ, (12) − p(ξ, x) 0 где v0t (t, z, x) = ∂ v0 (t, z, x) = ∂t 1 1 = [gt (t + z, x) + gt (t − z, x)] + [f (t + z, x) − f (t − z, x)] . 2 2 Основным результатом настоящей работы является следующая теорема о локальной разрешимости поставленной задачи. Теорема. Пусть k0 (t) ∈ C 1 [0, T ], k(0) = 0 и выполнены условия согласования g(+0, x) = 0, gt (+0, x) = f (+0, x), x ∈ Rn , кроме того, [f (t, x), g(t, x), gt (t, x), ft (t, x), gtt (t, x)] ∈ C(As0 , [0, T ]), T R0 max g s0 (t), max(1, ) f s0 (t), gt s0 (t) , 2 2 40 Локальная разрешимость задачи определения пространственной части . . . max ft s0 (t), gtt R0 , 4 |k(0)|−1 s0 (t) t ∈ [0, T ] , R0 — известное положительное число. Тогда найдется a ∈ (0, T /2) такое, что для любого s ∈ (0, s0 ) в области ΓST := DT ∩ {(t, z, s) | 0 z a(s0 − s)} существует единственное решение системы уравнений (8), (11), (12), для которого (v, vt ) ∈ C(As0 , F ), p ∈ C(As0 , [0, a(s0 − s)]), F = {(t, z, s) | (t, z) ∈ D0T , 0 < z < a(s0 − s)}, причём v − v0 s (t, z) R0 , vt − v0t R0 , s0 − s s p − p0 s R0 . (s0 − s)2 Д о к а з а т е л ь с т в о. Для удобства дальнейших исследований введём обозначения: φ1 (t, z, x) = v(t, z, x), φ2 (t, z, x) = vt (t, z, x), φ3 (z, x) = p (z, x) , φ0 (t, z, x) = v0 (t, z, x), 1 φ0 (t, z, x) = v0t (t, z, x), 2 φ0 (z, x) = p0 (z, x) . 3 Уравнения (8), (11), (12) образуют полную систему равенств для неизвестных функций в области DT = {(t, z, x) |0 z t T − z, x ∈ Rn }. Согласно введённым обозначениям для вектор-функций φ = (φ1 , φ2 , φ3 ) запишем эту систему в операторном виде φ = Bφ, (13) где B = (B1 , B2 , B3 ), и компоненты оператора B в соответствии с интегродифференциальными уравнениями (8), (11), (12) определяются по формулам B1 φ = φ0 (t, z, x) − 1 1 2 ∆φ1 (τ, ξ, x) + k0 (τ − ξ)φ3 (ξ, x)+ ∆(z,t) τ −ξ k0 (α)φ1 (τ − α, ξ, x)dα dτ dξ, + φ3 (ξ, x) 0 B2 φ = φ0 (t, z, x)− 2 1 2 z ∆φ1 (ξ +t−z, ξ, x)+(k0 (t−z)−k0 (t+z −2ξ)φ3 (ξ, x)− 0 t−z k0 (α)φ1 (ξ + t − z − α, ξ, x)dα− − ∆φ1 (−ξ + t + z, ξ, x) + φ3 (ξ, x) 0 t+z−2ξ k0 (α)φ1 (t + z − ξ − α, ξ, x)dα dξ, − φ3 (ξ, x) 0 B3 φ = φ0 (z, x) − 3 2 k0 (0) z 0 ∆φ2 (2z − ξ, ξ, x) + φ3 (ξ, x)k0 (2z − 2ξ)+ 2z−2ξ k0 (α)φ2 (2z − ξ − α, ξ, x)dα dξ. + φ3 (ξ, x) 0 41 Д у р д и е в Д. К, С а ф а р о в Ж. Ш. Пусть убывающая числовая последовательность {an }∞ определена соотноn=0 шениями −1 1 , n = 0, 1, 2, . . . , an+1 = an 1 + 2 (n + 1) а число a — формулой ∞ a = lim an = a0 n→∞ 1+ n=0 1 (n + 1)2 −1 . Положительное число a0 < T /(2s0 ) будет выбрано позже. Для уравнения (13) построим последовательные приближения: φn+1 = Bφn , φn = (φn , φn , φn ), 1 2 3 n = 0, 1, 2, . . . , и обозначим ψ n = φn+1 − φn , n = 0, 1, 2, . . . , n n n ψ n = (ψ1 , ψ2 , ψ3 ) . Определим функцию s (z) формулой s + v n (z) , 2 s (z) = v n (z) = s0 − z . an (14) В дальнейшем нижний индекс у φ означает номер компоненты вектор-функции φ, а верхний индекс — номер приближения. Докажем, что при подходящем выборе a0 выполнены следующие неравенства: λn = max sup (t,z,s)∈Fn v n ψ1 s (t, z) n (z) −s sup (t,z,s)∈Fn φn+1 − φ0 i i s0 , z sup (t,z,s)∈Fn ψ3 s (z) R0 (t, z) (s0 − s)i−1 , (v n (z) − s)2 , ψ2 s (t, z) z (v n (z) − s)3 z < +∞, (15) i = 1, 2, 3, (16) для (t, z, s) ∈ Fn+1 . Здесь Fn = {(t, z, s) | (t, z) ∈ D0T , 0 < z < an (s0 − s), 0 < s < s0 }. На самом деле для n = 0 имеем 0 ψ1 (t, z) s 1 2 z 0 + φ0 3 t+z−ξ t−z+ξ τ −ξ (ξ) s 0 1 2 42 ∆φ0 1 z 0 s (τ, ξ) + |k0 (τ − ξ)| φ0 3 k0 (α) φ0 1 t+z−ξ t−z+ξ s s (ξ)+ (τ − α, ξ)dα dτ dξ 4πR0 + k1 R0 (1 + R0 t) dτ dξ. (s (ξ) − s)2 Локальная разрешимость задачи определения пространственной части . . . Здесь использована оценка (4) и введено обозначение k1 = k0 (t) пользуя функцию s (ξ) из (14), для n = 0 получим 0 ψ1 z (t, z) s (z − ξ) 0 16πR0 (v 0 (ξ) − s)2 Ис- + k1 R0 (1 + R0 t) dξ z R0 16π + s2 k1 (1 + R0 T ) 0 R0 C 1 [0,T ] . (z − ξ)dξ (v 0 (ξ) − s)2 z 16π + s2 k1 (1 + R0 T ) 0 , 0 v (z) − s 0 (t, z, s) ∈ F0 . Поступая аналогично, находим 0 ψ2 s (t, z) z 1 2 8πR0 + 2k1 R0 (1 + 2R0 t) dξ (s (ξ) − s)2 0 R0 16π + s2 k1 (1 + 2R0 T ) 0 0 ψ3 s (z) z (v 0 (z) − s)2 , z 2s0 R0 , 16π + s2 k1 (1 + 2R0 T ) 0 0 (z) − s)3 |k0 (0)| (v (t, z, s) ∈ F0 , (t, z, s) ∈ F0 . В последних оценках были использованы неравенства 1 v (ξ) − s 1 v 0 (z) −s v 0 (z) − s < s0 , , справедливые для ξ ∈ (0, z), s ∈ (0, s0 ), (t, z, s) ∈ F0 . Из полученных оценок следует выполнение неравенства (15) при n = 0. Кроме того, для (t, z, s) ∈ F1 находим φ1 − φ0 i i 0 (t, z) = ψi s (t, s) s λ0 z 2i−1 a0 λ0 (v 0 (z) − s)i (s0 − s)i−1 , i = 1, 2, 3. При выборе a0 так, что 4a0 λ0 R, неравенства (16) будут выполняться для n = 0. Покажем методом индукции, что неравенства (15), (16) имеют место и для других n, если выбрать a0 подходящим образом. Пусть неравенства (15), (16) справедливы для n = 1, 2, 3, . . . , j. Тогда для (t, z, s) ∈ Fj+1 j+1 ψ1 (t, z) j + k1 ψ3 s (ξ) 1 2 z 0 1 2 z 0 τ −ξ 0 t+z−ξ t+z−ξ j j ∆ψ1 (τ, ξ) + k1 ψ3 (ξ)+ t−z+ξ φj+1 (τ − α, ξ)dα + k1 φj 1 3 t−z+ξ k1 λj tξR0 (1 + s2 ) 0 + j (ξ) − s)(s − s)2 (v 0 4πλj ξ (s (ξ) − s) dτ dξ 2 (v j (ξ) − s) + λj a2 16π + k1 0 τ −ξ 0 j ψ1 (τ − α, ξ)dα dτ dξ k1 λj ξ j (ξ) − s)3 (v + 2k1 R0 λj tξ + (v j (ξ) − s)3 z 1 + 3R0 T + R0 s2 T . 0 v j+1 (z) − s 43 Д у р д и е в Д. К, С а ф а р о в Ж. Ш. Здесь в промежуточных выкладках функция s (ξ) взята в виде (14) при n = j и использованы неравенства φj+1 s (t, z) 1 φj s (z) 3 2R0 , 2R0 1 + s2 0 , (s0 − s)2 справедливые согласно индуктивному предположению, а также очевидные j+1 неравенства ai a0 , v j+1 (z) v j (z). Аналогичные рассуждения для ψ2 , j+1 ψ3 приводят к следующим неравенствам: j+1 ψ2 (t, z) + 1 2 z 0 8πλj ξ 2 (s (ξ) − s) k1 λj tξR0 (1 + s2 ) 0 dξ (v j (ξ) − s)(s0 − s)2 j+1 ψ3 (z) 2 |k0 (0)| (v j (ξ) − s) + 2k1 λj ξ j (ξ) − s)3 (v + λj a0 16π + k1 1 + 2R0 T + R0 s2 T 0 z 4πλj ξ 2k1 R0 λj tξ (v j (ξ) − s)3 z + (v j+1 (z) − s)2 k1 λj ξ + (s (ξ) − s) (v j (ξ) − s) (v j (ξ) − s)3 2k1 zR0 λj (1 + s0 )ξ 2k1 λj zξR0 (1 + s2 ) 0 + + dξ j (ξ) − s)3 (s − s)2 j (ξ) − s)2 (s − s)2 (v (v 0 0 2λj a0 z , (t, z, s) ∈ Fj+1 . 16π + k1 s0 + 2k1 R0 T 2 + s0 + s2 0 j (z) − s)3 |k0 (0)| (v 0 + 2 2 Из полученных оценок следует λj+1 λj ρ, λj+1 < ∞, ρ = a0 [16π + max(1, s0 ) k1 + 2k1 R0 T (2 + s0 + s2 ) max(1, a0 ,2|k0 (0)|−1 ). 0 Вместе с тем для (t, z, s) ∈ Fj+2 имеем j+1 φj+2 − φ0 s (t, z) i i φn+1 − φn s (t, z) = i i n=0 j+1 j+1 n ψi s (t, z) = λn z i n=0 n=0 j+1 1 i−1 (v n (z) − s) (s0 − s) λ0 a0 (s0 − s)i−1 n=0 λn aj+2 1 − aj+2 a−1 n j+1 ρn (n + 1)2i , i = 1, 2, 3. n=0 Выберем a0 ∈ (0, T /2) таким, что ∞ ρ 1, ρn (n + 1)6 λ0 a0 R0 . n=0 Тогда φj+2 − φ0 s (t, z) i i 44 R0 , (s0 − s)i−1 i (t, z, s) ∈ Fj+2 , i = 1, 2, 3. , Локальная разрешимость задачи определения пространственной части . . . Так как выбор a0 не зависит от номера приближения, последовательные приближения φn = (φn , φn , φn ) принадлежат C(F, As ), F = ∞ Fn и для них 1 2 3 n=0 имеют место неравенства φn − φ0 i i s R0 (t, z) (s0 − s)i−1 , (t, z, s) ∈ F, i = 1,2,3. n−1 При s ∈ (0, s0 ) ряды ∞ φn − φi , i = 1, 2, 3, сходятся равномерно i n=0 в норме пространства C(F, As ), поэтому φn = (φn , φn , φn ) → φ = (φ1 , φ2 , φ3 ) 3 2 1 предельная функция φ является элементом C(F, As ) и удовлетворяет уравнению (13). (1) (1) (1) Покажем, что найденное решение единственно. Пусть φ(1) = (φ1 , φ2 , φ3 ) (2) (2) (2) и φ(2) = (φ1 , φ2 , φ3 ) — любые два решения, удовлетворяющие неравенствам (j) φi − φ0 s (t, z) i (1) R0 , i = 1, 2, 3; j = 1, 2, (t, z, s) ∈ F. (2) Обозначим wi = φi − φi , i = 1, 2, 3, и пусть 1 i 3 wi s (t, z) sup λ = max (t,z,s)∈F ∞ где v(z) = s0 − s/a, a = a0 1+ n=0 1 (n+1)2 (v(z) − s) i z −1 < ∞, . Тогда из формулы (13) для функций wi можно получить соотношения w1 (t, z, x) = − 1 2 ∆w1 (τ, ξ, x) + k0 (τ − ξ)w3 (ξ, x)+ ∆(z,t) τ −ξ + w3 (ξ, x) 0 (1) k0 (α)φ1 (τ − α, ξ, x)dα+ τ −ξ (2) + φ3 (ξ, x) w2 (t, z, x) = − 1 2 k0 (α)w1 (τ − α, ξ, x)dα dτ dξ, 0 z ∆w1 (ξ + t − z, ξ, x)+(k0 (t − z) − k0 (t + z − 2ξ)) w3 (ξ, x)− 0 τ −ξ − ∆w1 (ξ + t − z, ξ, x) + w3 (ξ, x) 0 t+z−2ξ (2) − φ3 (ξ, x) w3 (t, x) = − 2 k0 (0) (1) k0 (α)φ1 (ξ + t + z − α, ξ, x)dα− k0 (α)w1 (t + z − ξ − α, ξ, x)dα dξ, 0 z 0 ∆w2 (2z − ξ, ξ, x) + k0 (2z − 2ξ)w3 (ξ, x)+ 45 Д у р д и е в Д. К, С а ф а р о в Ж. Ш. 2z−2ξ (1) k0 (α)φ2 (2z − ξ − α, ξ, x)dα+ + w3 (ξ, x) 0 2z−2ξ (2) k0 (α)w2 (2z − ξ − α, ξ, x)dα dξ. + φ3 (ξ, x) 0 Применяя к ним оценки, приведённые выше, имеем неравенство λ λρ , где ρ = a 16π + max(1, s0 )k1 + 2k1 R0 T0 (2 + s0 + s2 ) max(1, α0 , |k0 (0)|−1 ) < ρ < 1. 0 (1) Следовательно λ = 0. Поэтому φi (2) = φi , i = 1,2,3. Теорема доказана.

### Durdimurod K Durdiev

Bukhara State University

Email: durdiev65@mail.ru
11, M. Ikbol str., Bukhara, 705018, Uzbekistan
(Dr. Sci. (Phys. & Math.)), Professor, Dept. of Mathematical Physics & Analysis

### Jurabek Sh Safarov

Tashkent University of Information Technology

108, A. Timur str., Tashkent, 700000, Uzbekistan
Engineer Programmer, Center of Information Technology

# References

1. Овсянников Л. В. Нелинейная задача Коши в шкалах банаховых пространств // Докл. АН СССР, 1971. Т. 200, № 4. С. 789–792.
2. Nirenberg L. Topics in nonlinear functional analysis. New York: Courant Institute Math. Sci., New York University, 1974. viii+259 pp.
3. Романов В. Г. О локальной разрешимости некоторых многомерных обратных задач для уравнений гиперболического типа // Дифференциальные уравнения, 1989. Т. 25, № 2. С. 275–283.
4. Романов В. Г. Вопросы корректности задачи определения скорости звука // Сиб. матем. журн., 1989. Т. 30, № 4. С. 125–134.
5. Романов В. Г. О разрешимости обратных задач для гиперболических уравнений в классе функций, аналитических по части переменных // Докл. АН СССР, 1989. Т. 304, № 4. С. 807–811.
6. Дурдиев Д. К. Многомерная обратная задача для уравнения с памятью // Сиб. матем. журн., 1994. Т. 35, № 3. С. 574–582.
7. Романов В. Г. Устойчивость в обратных задачах. М.: Научный Мир, 2005. 296 с.

# Statistics

#### Views

Abstract - 35

PDF (Russian) - 16

### Refbacks

• There are currently no refbacks.

Copyright (c) 2012 Samara State Technical University