The nonlocal stefan problem for quasilinear parabolic equation

Full Text

Введение. Теория классической разрешимости задачи Стефана и других задач со свободными границами для параболических уравнений построена в работах А. Фридмана [1], А. Мейрманова [2], Л. Рубинштейна [3] и др. Особенность данной задачи состоит в наличии переменных размеров области, в которой исследуется температурное поле, и наличия подвижной границы раздела фаз, изучение поведения которой и составляет основную цель решения. Физические свойства среды, находящейся в разных фазах, будут различными. Поэтому задача Стефана характеризуется существенной геометрической и физической нелинейностью, что крайне затрудняет её решение. В работе [4] Джим Дуглас предлагает способ доказательства единственности решения задачи Стефана для квазилинейного параболического уравнения. В. Кайнером [5] были доказаны теоремы существование и единственности однофазной задачи Стефана для нелинейных уравнений. Отличительной особенностью однофазных задач является монотонность свободной границы и, как следствие этого, ограниченность первой производной решения по пространственной переменной на свободной границе. Цель настоящей статьи — вывод априорных оценок решений однофазной задачи Стефана с нелокальным граничным условием на фиксированной границе, обеспечивающих её разрешимость для любого конечного промежутка 8 Нелокальная задача Стефана для квазилинейного параболического уравнения времени, и доказательство единственности решения. 1. Постановка задачи. Требуется найти пару функций (s(t), u(x, t)) удовлетворяющих условиям в D = {(x, t) : 0 < x < s(t), 0 < t u(x, 0) = ϕ(x), 0 x s0 ; u(0, t) = mu(x0 , t), 0 t T, 0 < x0 s0 ; u(s(t), t) = 0, 0 t T ; s(t) = −cux (s(t), t), 0 t T. ˙ a(u)ut = uxx , T }; (1) (2) (3) (4) (5) Будем предполагать выполнение следующих условий: a) функции a(u) и a (u) определены для любого значения аргумента и ограничены на любом замкнутом множестве аргумента, причём a(u) a0 > 0, a (u) > 0; b) постоянные s0 , m, x0 и c удовлетворяют следующим неравенствам: s0 >0, 0 < m < 1, c > 0, 0 < x0 s0 ; c) 0 ϕ(x) N (s0 − x), N = max |ϕ(x)(s0 − x)−1 |. 0 x s0 Задача (1)–(5) исследованы в работах [2, 4] в случае, когда вместо (3) задаётся граничное условие второго рода. 2. Некоторые априорные оценки. Лемма. Пусть выполнены условия a), b), c). Тогда для решения u(x, t), s(t) задачи (1)–(5) справедливы оценки 0 0 u(x, t) M1 = max |ϕ(x)|, x ¯ (x, t) ∈ D, 0 < s(t) M2 = CN, 0 < t T, ˙ u(x, t) N (s(t) − x), 0 x s(t), 0 t T. (6) (7) Д о к а з а т е л ь с т в о. Функция u(x, t) удовлетворяет однородному параболическому уравнению, для которого справедлив принцип максимума, и ограничена на границе x = s(t) и в начальный момент времени. В возможных точках положительного максимума или отрицательного минимума u(t, 0) оценивается через известные величины. Неположительность производной ux (s(t), t) следует из положительности решения u(x, t) в области D и равенства его нулю на свободной границе. Для оценки производной ux (s(t), t) снизу рассмотрим функцию v(x, t) = u(x, t) + N (x − s(t)), N = const > 0. (8) Тогда из задачи (1)–(5) получим задачу для v(x, t): vxx − avt = aN s(t) 0, (x, t) ∈ D, ˙ v(0, t) = mv(x0 , t) − mN x0 − (1 − m)N s(t), v(x, 0) = ϕ(x) + N (x − s0 ) 0, v(t, s(t)) = 0. (9) 9 Т а х и р о в Ж. О., Т у р а е в Р. Н. Из (8) следует, что v(x, t) не может достигать положительного максимума внутри области D. Условие (9) не позволяет допустить существования на левой границе положительного максимума. Таким образом, функция v(x, t) неположительна всюду в D и равна нулю на границе x = s(t). Но тогда vx (s(t), t) 0. Следовательно, vx (s(t), t) = ux (s(t), t) + N 0 или ux (s(t), t) −N. Из неположительности v(x, t) с учётом (8) можно получить неравенство (7). Теперь, используя результаты [6], получим оценки для |ux | и |u|D . Здесь 1+γ и далее в отношении функциональных пространств и обозначения норм в них будем следовать обозначениям работы [6]. Пусть Q = {(x, t) : 0 x s0 , 0 t T }, Qδ = {(x, t) : 0 < δ x δ = {(x, t) : 0 < δ x s0 − δ, 0 t T }. s0 − δ, 0 < δ t T }, Q0 Теорема 1. Пусть функция u(x, t) (M = max |u| непрерывна в Q вместе с Q производной ux и удовлетворяет уравнению (1) всюду в Q за исключением, может быть, точек прямой x = 0. Тогда |ux (x, t)| P0 (M, a0 , δ), (x, t) ∈ Qδ . 0 (10) Если ещё известно, что функция u(x, t) обладает в Q суммируемыми с квадратом обобщёнными производными uxx и utx , то существует такое γ = γ(M, a0 , δ), что Q2δ 0 |u|1+γ C(M, a0 , a1 , δ), 0 < γ < 1, (11) где a1 = max a(u) при |u| M. Пусть в области {(x, t) ∈ Q, |u| M } функция a(u) удовлетворяет условию Гёльдера с показателем β по u и с константой N, а функция u(x, t) непрерывна вместе с производными ut , ux , uxx , причём u(x, 0) = 0. Положим Qδ 0 α = βγ и предположим, что |u|2+γ < ∞. Тогда Q4δ 0 |u|2+γ C(M, a0 , a1 , N, β, δ). (12) Д о к а з а т е л ь с т в о. Для (x, t) ∈ Qδ оценки (10), (11), (12) непосред0 ственно следуют из результатов работы [6]. Теперь, выбирая δ таким, что 4δ x0 , и пользуясь нелокальным условием (3) с учётом (12), получаем, что ограниченная функция ut (x, t) удовлетворяет условию Гёльдера с показателем α. Оценим |ux | в области Q1 = {(x, t) : 0 x 4δ, 0 t T }. В Q1 введём новую функцию v(x, t) = u(x, t) − g1 (x, t), где g1 (x, t) = 10 4δ − x x u(0, t) + u(4δ, t). 4δ 4δ Нелокальная задача Стефана для квазилинейного параболического уравнения Для функции v(t, x) в области Q1 имеем задачу a(v)vt = vxx + f (x, t); v(x, 0) = 0, v(0, t) = 0, v(4δ, t) = 0. Так как v(x, t) = 0 на Γ (Γ = ∂Q1 ), оценки (10), (11), (12) выполняются всюду в Q1 : |ux | C, |u|Q1 C, |u|Q1 C, (x, t) ∈ Q1 . 1+γ 2+γ Чтобы получить оценки вблизи правой (свободной) границы, выполним замену независимых переменных τ = t, y = x/s(t). Тогда области D соответствует область Ω = {(y, τ ) : 0 < y < 1, 0 < τ T }, а ограниченная функция v(y, τ ) = = u(ys(τ ), τ ) является решением задачи 1 avτ = ¯ vyy s2 (τ ) v(0, τ ) = mv(h(τ ), τ ), где f (y, τ ) = −¯ a + f (y, τ ), v(y, 0) = ϕy(s0 ), y vy (y, τ )vy (1, τ ), s2 (τ ) (13) (y, τ ) ∈ Ω; v(1, τ ) = 0, 0 τ T, h(τ ) = s0 /s(τ ) > 0. Коэффициенты и правая часть уравнения (13) удовлетворяют условиям Гёльдера и теоремы 1. Применяя метод четного продолжения через правую границу [6], получим оценки для |vy |, |v|1+γ вплоть до y = 1. Априорные оценки старших производных устанавливаются при помощи результатов по линейным уравнениям. Теорема 2. Пусть коэффициенты уравнения a(x, t)vxx + b(x, t)vx + c(x, t)v − vt = f (x, t), (x, t) ∈ Ω (14) удовлетворяют условиям Гёльдера ¯ ¯ ¯ |a|Ω + |b|Ω + |c|Ω + |f |Ω < ∞, γ γ γ γ a(x, t) a0 > 0. Пусть v(x, t) — решение уравнения (14), которое удовлетворяет условиям v(x, 0) = ϕ(x), v(0, t) = mv(h(t), t), v(1, t) = 0, (15) причём |v|Ω < +∞, M = max |v(x, t)|. Тогда 2+γ Ω ¯ |v|Ω 2+γ C(|f |Ω + M ). γ Д о к а з а т е л ь с т в о проводится по следующей схеме. При получении априорных оценок на левой половине области применяется способ, который был использован при доказательстве теоремы 1. На правой половине используем результаты работы [1]. Разрешимость задачи (14), (15) доказывается методом потенциалов. 11 Т а х и р о в Ж. О., Т у р а е в Р. Н. 3. Единственность решения. Получим интегральное представление для s(t), эквивалентное (5), для этого умножим уравнение (1) на (−x) и проинтегрируем полученное выражение по области D: (ξ − ξux )dη − ξb(u)dξ = 0, [(u − ξux )x + (ξb(u))t ]dξdη = D u Γ a(ξ)dξ. b(u) = 0 Имеем s2 (t) = s2 + 2 0 t s(t) s0 (16) 0 0 0 u(0, η)dη. ξb(u(ξ, t))dξ + 2 ξb(η)dξ − 2 Теорема 3. При выполнении условий теоремы 1 решение задачи (1)–(5) единственно. Д о к а з а т е л ь с т в о. Докажем теорему для некоторого малого t, а затем покажем, что она справедлива для любого 0 < t < ∞. Пусть функции s1 (t), u1 (x, t) и s2 (t), u2 (x, t) являются решениями задачи (1)–(5). Пусть y(t) = min(s1 (t), s2 (t)), z(t) = max(s1 (t), s2 (t)). Для каждой пары справедливо представление (16). Имеем s2 (t) − s2 (t) = 2 1 2 s2 (t) s1 (t) t 0 0 0 (u1 (0, η) − u2 (0, η))dη. ξb(u2 )dξ + 2 ξb(u1 )dξ + 2 Отсюда |s1 (t) − s2 (t)| 1 s0 y(t) ξ|b(u1 ) − b(u2 )|dξ + 0 + z(t) 1 s0 1 s0 ξb(ui )dξ+ y(t) t |u1 (0, η) − u2 (0, η)|dη, (17) 0 где ui — решение между y(t) и z(t). По лемме |ui (x, t)| N (y(t) − x), |u1 (y(t), t) − u2 (y(t), t)| N |s1 (t) − s2 (t)|. Рассмотрим функцию v(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t). Тогда для v(x, t) получим уравнение с ограниченными коэффициентами и следующую задачу vxx = b1 (x, t)vt + b2 (x, t)v; v(0, t) = mv(x0 , t), v(x, 0) = 0, |v(s(t), t)| N |s1 (t) − s2 (t)|, где b1 (x, t) = a(u1 (x, t)), b2 (x, t) = [b(u1 ) − b(u2 )]. Отсюда по принципу максимума |u1 (x, t) − u2 (x, t)| N max |s1 (η) − s2 (η)|. 0 η t 12 Нелокальная задача Стефана для квазилинейного параболического уравнения В силу ограниченности функций u(x, t), a(u), a (u) оценим члены из (17): I1 = y(t) 1 s0 ξ|b(u1 ) − b(u2 )|dξ 0 b∗ (ξ) 2 y (t)|u1 − u2 | s0 M11 max |s1 (η) − s2 (η)|y 2 (t), η I2 = z(t) 1 s0 ξb(ui )dξ = y(t) + M12 0 y(t) y(t) z(t) a1 N s0 ξd(z(t) − ξ)2 = y(t) z(t) a1 s0 a(χ)dχ ξdξ ξN (z(t) − ξ)dξ = −M12 2 z(t) ui z(t) z(t) a1 s0 = 1 s0 ξui (ξ, t)dξ y(t) z(t) ξ(z(t) − ξ)dξ = y(t) M12 y(t)(z(t) − y(t))2 + 2 (z(t) − ξ)2 dξ = M12 y(t)(z(t) − y(t))2 + M12 (z(t) − y(t))3 y(t) M12 y(t) max |s1 (η) − s2 (η)|2 + M12 max |s1 (η) − s2 (η)|3 , 0 η t I3 = 1 s0 0 η t t |u1 (0, η) − u2 (0, η)|dη M13 T max |s1 (η) − s2 (η)|. 0 η t 0 Пусть A(T ) = max |s1 (t) − s2 (t)|. Если A(T ) > 0, то с учётом полученных 0 t T неравенств из (17) имеем A(T ) M11 y 2 (T )A(T ) + M12 y(t)A2 (T ) + M12 A3 (T ) + M13 T · A(T ), (18) Если (18) разделить на A(T ), то получим 1 M11 y 2 (T ) + M12 y(T )A(T ) + M12 A2 (T ) + M3 T. Получим сформулированное выше утверждение для малых t. Пусть для определённости T < 1. Тогда вместо T 2 берём T : 1 M11 T0 + M12 T0 + M13 T0 , 1 T0 (M11 + M12 + M13 ) = T0 M14 . Если M14 T0 < 1, то получим противоречие. Если 1 T, то 1 T 2 M15 и 2M T T0 имеет место теорема единственности. 15 < 1. Тогда для 0 < t Теперь докажем, что единственность имеет место для любого 0 < t < +∞. Пусть T1 = sup{t : s1 (η) = s2 (η), 0 η t}. Если T1 = ∞, то доказательство очевидно. Предположим, что величина T1 ограничена, и попробуем получить противоречие. Пусть A(∆(t)) = max T1 t T1 +∆t |s1 (t) − s2 (t)|. 13 Т а х и р о в Ж. О., Т у р а е в Р. Н. В силу (6) имеем неравенство A(∆t) M2 ∆t. По предположению, выполняются неравенства A(∆t) > 0, ∆t > 0. Оценим члены неравенства (17): I3 = z(t) 1 s0 |I2 | = ξb(ui )dξ M17 A2 (∆t), t 1 s0 T1 t T1 + ∆t. y(t) |u1 (0, η) − u2 (0, η)| dη = T1 M ∆t max |s1 (t)− s2 (t)| t s0 t m s0 |u1 (x0 , η) − u2 (x0 , η)dη| T1 M ∆tA(∆t) s0 M18 A(∆t)∆t, T1 t T1 + ∆t. Для члена I1 , как и в первом случае, имеем y(t) A(∆t) max T1 t T1 +∆t x|bu1 (x, t)−b2 (u(x, t)|dx+M17 A2 (∆t)+M18 A(∆t)∆t. M14 0 Отсюда y(t) 1 M15 max T1 t T1 +∆t 0 x|bu1 (x, t) − bu2 (x, t)| dx + M17 A(∆t) + M18 ∆t. (19) A(∆t) Перепишем (19) в виде y(T1 ) 1 M20 max t 0 x|u1 (x, t) − u2 (u(x, t)| dx+ A(∆t) y(t) + M20 max T1 t T1 +∆t y(t1 ) x|u1 (x, t) − u2 (u(x, t)| dx + M17 A(∆t) + M18 ∆t (20) A(∆t) и рассмотрим функцию v(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t). Тогда имеем задачу vxx = b1 (x, t)vt + b2 (x, t)v, v(x, T1 ) ≡ 0, v(y(t), t) 0 x y(t), T1 t T1 + ∆t; N A(∆t), v(0, t) = mv(x0 , t). Отсюда по принципу максимума |v(x, t)| (21) N A(∆t). Оценим интегральные члены в формуле (20): y(t) x y(T1 ) |v(x, t)| dx A(∆t) y(t) xN dx = y(T1 ) N 2 y (t) − y 2 (T1 ) = 2 N (y(t) + y(T1 )) (y(t) − y(T1 )) = 2 M21 (t − T1 ) Теперь рассмотрим вспомогательную задачу: wxx = b1 (x, t)wt + b2 (x, t)w, 14 0 x y(T1 ), T1 < t; M21 ∆t. Нелокальная задача Стефана для квазилинейного параболического уравнения w(x, T1 ) = 0, 0 < x < y(T1 ); w(0, t) = mw(x0 , t), w(y(T1 ), t) = 1, t > T1 . Введём функцию V (x, t) = v(x, t) − w(x, t), N A(∆t) 0 < x < y(T1 ), T1 t T1 + ∆t, для которой поставим такую задачу: Vxx = b1 Vt + b2 V, 0 < x < y(T1 ), T1 < t; V (x, T1 ) = 0, V (0, t) = mV (x0 , t), T1 < t; v(y(T1 ), t) V (y(T1 ), t) = − w(y(T1 ), t) 0. N A(∆t) По принципу максимума V (x, t) |v(x, t)| N A(∆t) В промежутке 0 w(x, t) x 0, следовательно, 1, 0 x y(T1 ), T1 t T1 + ∆t. y(T1 ) имеет место lim w(x, t) = 0. t→T1 Тогда y(T1 ) w(x, t)dx = 0, lim t→T1 0 следовательно, y(T1 ) max T1 t T1 +∆t 0 x |v(x, t)| dx → 0, при ∆t → 0. N A(∆t) Если в формуле (21) перейти к пределу при ∆t → 0, то получим противоречие. Таким образом s1 (t) ≡ s2 (t) для любого t > 0. 4. Существование решения. При определении максимального интервала существования решения задач Стефана учитываются три фактора: 1) невырожденность области; 2) наличие априорных оценок норм в соответствующем пространстве; 3) ограниченность снизу и сверху модуля градиента решения на свободной границе. Если наложить некоторые ограничения (обеспечивающие выполнение вышеуказанных факторов на произвольном интервале времени) на данные задачи, то классическое решение задачи Стефана существует при всех положительных значениях времени. Теорема 4. При условиях теорем 1 и 2, а также соответствующих условиях согласования в точках (0, 0), (s0 , 0) существует единственное решение u(x, t) ∈ C 2+γ (D), s(t) ∈ C 1+γ [0, T ] задачи (1)–(5). 15 Т а х и р о в Ж. О., Т у р а е в Р. Н. Д о к а з а т е л ь с т в о. При доказательстве леммы и теорем 1, 2 уже установлены необходимые априорные оценки. Свободная граница x = s(t) монотонно возрастает с ростом времени. Если гёльдеровость s(t) доказана и ˙ априорные оценки норм в пространстве C 2+γ для u(x, t) получены, то можно доказать глобальную разрешимость задачи.

About the authors

Jozil O Takhirov

Nizami Tashkent State Pedagogical University

Email: prof.takhirov@yahoo.com
(Dr. Sci. (Phys. & Math.)), Head of Dept., Dept. of Mathematical Analysis 103, Yusuf Khos Khojib st., Tashkent, 700100, Uzbekistan

Rasul N Turaev

Institute of Mathematics and Information Technologies of the Academy of Sciences of Uzbekistan

Email: rasul.turaev@mail.ru
(Ph. D. (Phys. & Math.)), Senior Research Scientist, Lab. of Differential Equations 29, Do’rmon yo’li srt., Tashkent, 100125, Uzbekistan

References

Supplementary files