On a boundary value problem for mixed type equation with nonlocal initial conditions in the rectangle

Abstract

The boundary value problem for mixed type equation with nonlocal initial conditions in integral form is considered. The main result states that the nonlocal problem is equivalent to the classical boundary value problem for a loaded equation. This fact helps to prove the uniqueness and, under extra restrictions, the existence of a generalized solution of the problem.

Full Text

Введение. В настоящее время задачи с нелокальными условиями для уравнений в частных производных активно изучаются. Интерес к ним вызван необходимостью обобщения классических задач математической физики в связи с математическим моделированием ряда физических процессов, изучаемых современным естествознанием [1]. В тех случаях, когда граница области протекания физического процесса недоступна для непосредственных измерений, дополнительной информацией, достаточной для однозначной разрешимости соответствующей математической задачи, могут служить нелокальные условия в интегральной форме. Исследованию разрешимости нелокальной задачи с интегральными условиями и посвящена данная статья. Значительная часть публикаций, начиная с работы Дж. Р. Кэннона [2], посвященных задачам с интегральными условиями, содержит исследования параболических уравнений. Важные результаты исследования нелокальных задач для эллиптических уравнений получены А. К. Гущиным, В. П. Михайловым [3], А. Л. Скубачевским [4]. Задачи с интегральными условиями для гиперболических уравнений рассмотрены в статьях [5–7], а также в работах, представленных в прилагающихся к ним списках литературы. Нелокальным задачам для уравнений смешанного типа посвящено весьма небольшое количество работ, причем в них рассмотрены лишь модельные уравнения. Отметим здесь работы К. Б. Сабитова (см., например, [8]) и его учеников. 185 С. В. Кириченко В предлагаемой статье рассмотрена задача с нелокальным по времени интегральным условием для уравнения смешанного типа. Постановка задачи. В конечной области QT = (0, l)×(0, T ) рассмотрим уравнение Lu ≡ K(x, t)utt − (a(x, t)ux )x + b(x, t)ut + c(x, t)u = f (x, t). (1) Задача 1. Найти в области QT решение уравнения (1), удовлетворяющее условиям ux (0, t) = ux (l, t) = 0, ut (x, 0) = 0, (2) (3) T u(x, 0) + H(t)u(x, t)dt = 0. (4) 0 В условии (4) H(t) задана в [0, T ] и такова, что h = H L2 (0,T ) < 1. Коэффициент K(x, t) может обращаться в нуль как на границе области QT , так и во внутренних её точках. Мы не делаем предположений о том, где и как внутри области функция K(x, t) меняет знак. Эквивалентность. Покажем, что задача (1)–(4) эквивалентна задаче с классическими начальными данными для нагруженного уравнения. Введём оператор B формулой T Bu ≡ u(x, t) + H(t)u(x, t)dt 0 и будем обозначать v(x, t) = Bu. Пусть u(x, t) — решение задачи (1)–(4). Тогда, как нетрудно видеть, функция v = Bu удовлетворяет условиям vx (0, t) = vx (l, t) = 0, v(x, 0) = 0, vt (x, 0) = 0 и уравнению T Lv − L H(t)u(x, t)dt = f (x, t). 0 Преобразуем последнее слагаемое левой части этого уравнения: T L T =− H(t)u(x, t)dt 0 T H(τ )(aux )x dτ + c(x, t) 0 H(τ )u(x, τ )dτ. 0 Так как по предположению u(x, t) удовлетворяет уравнению (1), (aux )x = utt + but + cu − f (x, t). Это представление дает нам возможность сделать полезные преобразования: T T H(τ )(aux )x dτ = 0 H(τ )K(x, τ )uτ τ dτ + 0 T + T 0 T H(τ )c(x, τ )u(x, τ )dτ − H(τ )b(x, τ )uτ + 0 Hf dτ. 0 Первые два слагаемые правой части последнего равенства проинтегрируем от 0 до T и, учитывая условия (2)–(4), получим 186 Об одной краевой задаче для уравнения смешанного типа . . . T T T Hudτ − (HK)τ τ udτ − H(0)Kt (x, 0) H(τ )(aux )x dτ = 0 0 0 T T T − Hc(x, τ )udτ − (Hb)τ udτ + H(0)b(x, 0) Hf dτ. 0 0 0 Тогда, обозначив P (x, t, τ ) = [c(x, t)−c(x, τ )]H(τ )−(HK)τ τ +(Hb)τ +H(0)[K(x, 0)+b(x, 0)]H(τ ), T F (x, t) = f (x, t) + H(t)u(x, t)dt, 0 приходим к уравнению T K(x, t)vtt − (avx )x + bvt + c(x, t)v + P (x, t, τ )u(x, τ )dτ = F (x, t). (5) 0 Выше мы отметили, что функция v(x, t) удовлетворяет классическим условиям. Итак, показано, что если функция u(x, t) является решением задачи (1)–(4), то функция v(x, t) — решение уравнения (5), удовлетворяющее условиям vx (0, t) = vx (l, t) = 0, v(x, 0) = 0, vt (x, 0) = 0, (6) а функции u, v связаны соотношением T u(x, t) + H(t)u(x, t)dt = v(x, t). (7) 0 Пусть теперь v(x, t) — решение задачи (5)–(7). Заметим, что уравнение (5) можно записать в виде LBu − L(Bu − u) = Bf − f. Из этого равенства моментально следует, что Lu = f . Из условий (6) и соотношения (7) следует выполнение условий (2)–(4). Эквивалентность доказана. Таким образом, для обоснования разрешимости задачи 1 может быть рассмотрена эквивалентная ей Задача 2. Найти в области QT решение уравнения (5), удовлетворяющее условиям (6), если функции u(x, t), v(x, t) связаны равенством (7). Введём обозначения: T [0,l] 1/2 T P 2 (x, t, τ )dtdτ p = max 0 , h= H L2 (0,T ) . 0 ¯ ¯ Теорема 1. Пусть c ∈ C(QT ), ct ∈ C(QT ), c(x, T ) 0, h < 1, 2b − Kt > 1, и либо √ −at 0, p + ct (1 − hT )2 < 0, либо −at > 0, p + ct (1 − √ hT )2 0. Тогда существует не более одного решения задачи 2. Д о к а з а т е л ь с т в о. Так как уравнения (5) и (7) линейны, достаточно показать, что соответствующая однородная задача имеет только тривиальное решение. Умножим равенство (5) с F (x, t) = 0 на vt и проинтегрируем по QT . После стандартных преобразований получим 187 С. В. Кириченко l T l 2 2 [(2b − Kt )vt − at vx − ct v 2 ]dxdt + 2 a(x, T )vx (x, T )dx+ 0 0 0 T l T l c(x, T )v 2 (x, T )dx = −2 + (8) 0 0 0 0 P (x, t, τ )u(x, τ )dτ dxdt. vt (x, t) Для оценки правой части (8) получим предварительно неравенство. Умножим обе части равенства T u(x, t) = v(x, t) − H(t)u(x, t)dt 0 на u(x, t) скалярно. Из полученного равенства вытекает неравенство √ u L2 (QT ) (1 − hT )−1 v L2 (QT ) . (9) Теперь мы можем получить оценку правой части (8): T l 0 T T vt (x, t) 2 0 2 vt dxdt+ 0 0 T l P (x, t, τ )u(x, τ )dτ 0 0 T 2 T + 0 l P (x, t, τ )u(x, τ )dτ dxdt l T l 2 vt dxdt + p dxdt 0 0 0 u2 dxdt. 0 0 В силу неравенства (9) окончательно получим T l 2 T vt (x, t) 0 0 P (x, t, τ )u(x, τ )dτ dxdt 0 T l 2 vt dxdt + 0 0 (1 − p √ T hT )2 l v 2 dxdt. 0 0 Теперь из (8) имеем T l 2 2 (2b − Kt − 1)vt − at vx − ct + 0 0 (1 − p √ hT )2 v 2 dxdt 0, откуда в силу условий теоремы сразу следует, что v(x, t) ≡ 0 в QT . В силу доказанной эквивалентности задач 1 и 2 справедлива Теорема 2. Если выполняются условия теоремы 1, то существует не более одного решения задачи 1.