Две задачи для пространственного аналога гиперболического уравнения третьего порядка

Полный текст

Настоящая работа является продолжением исследований постановок и решений краевых задач для уравнений гиперболического типа в трехмерном пространстве, опубликованных в статьях [1, 2]. В бесконечной прямоугольной области для уравнения третьего порядка получено в явном виде решение задачи с интегральными условиями и сопряжением на нехарактеристической плоскости. При этом за основу берётся полученное авторами методом Римана решение задачи Дарбу со специальным представлением одной из заданных функций. Уравнение L(u) = Uxyz + b(y)Uxy + a(x)Uxy + 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) рассматривается на множестве H = H1 ∪ H2 , где H1 = (x, y, z) 0 0; ψ1 (x, z), f1 (x, x) = f2 (x, x) = 0. ε2 > 0; Условия В. Справедливы следующие условия ортогональности: x y eβ(t) f2 (x, t)dt = 0. eα(t) f1 (t, y)dt = 0, 0 0 Уравнение (1) рассмотрим в области H1 и решим вспомогательную задачу, которую возьмем за основу при решении задачи I. Задача Дарбу. В области H1 найти решение уравнения (1), непрерывное в ¯ H1 , с данными ¯∗ U (x, y, z) = τ1 (x, z), (x, z) ∈ D0 , ∗ lim (Uy − Ux ) = ν1 (x, z), (x, z) ∈ D0 , y→x+0 ¯ U (x, y, 0) = f1 (x, y), (x, y) ∈ D1 . ∗ ∗ ∗ Причём τ 1xz ∈ C(D0 ), ν 1z (x, z) ∈ C(D0 ), ν1 (x, z) ∈ C(D0 ), функция f1 удовлетворяет условиям А и интегрируема по x на [0, h] при любом z ∈ [0, +∞), кроме того τ1 (0, z) = τ1 (x, 0) = ν1 (x, 0) = 0. Для решения задачи Дарбу применим метод Римана, обоснованный в работе [3], в ней же построена функция Римана для уравнения (1). С учётом введённых обозначений она имеет вид R(M, M0 ) = exp α(x) − α(x0 ) + β(y) − β(y0 ) + γ(z) − γ(z0 ) . Запишем один из трёхмерных аналогов тождества Грина [3] применительно к уравнению (1): RL(U ) − U L∗ (R) = (Rx + Qy + Hz )/6, (5) L (U ) — сопряженный оператор, ∗ P = 2[Ryz U + RUyz ] − Ry Uz − Rz Uy + 3γ(z)[RUy − U Ry ]+ + 3β(y)[RUz − U Rz ] + 6β(y)γ(z)RU, 213 Д о л г о п о л о в В. М., Р о д и о н о в а И. Н. Q = 2[Rxz U + RUxz ] − Rx Uz − Rz Ux + 3γ(z)[RUx − U Rx ]+ + 3α(x)[RUz − uRz ] + 6α(x)γ(z)RU, (6) H = 2[Rxy U + RUxy ] − Rx Uy − Ry Ux + 3β(y)[RUx − U Rx ]+ + 3α(x)[RUy − U Ry ] + 6α(x)β(y)RU. Возьмём произвольную точку M0 (x0 , y0 , z0 ) ∈ H1 и рассмотрим область H0 , ограниченную плоскостями x = x0 , y = y0 , z = z0 , z = 0, x = y. В предположении, что U (x, y, z) — решение уравнения (1), а R — функция Римана, тождество (5) принимает вид Px + Qy + Hz = 0. Проинтегрируем его по области H0 . Применим формулу 5 Гаусса—Остроградского, получим i=1 O i = 0, где (P cos α + Q cos β + H cos γ) dSi , Oi = Si Si — грани области H0 , S = 5 Si . i=1 Вычисляя интегралы Oi , пользуясь соотношениями (6) и свойствами функции Римана, после ряда преобразований и переобозначения переменных приходим к функции U (x, y, z) = 1 τ1 (x, z)eβ(x)−β(y) + τ1 (y, z)eα(y)−α(x) + 2 y τ1 (t, z)(β (t) − α (t))eα(t)−α(x)+β(t)−β(y) dt + + + x y ν1 (t, z)e−α(x)+α(t)−β(y)+β(t) dt + eγ(0)−γ(z) f1 (x, y) . (7) x Проверкой устанавливаем, что функция, определяемая формулой (7), является решением задачи Дарбу для уравнения (1). Преобразуем решение (7), вводя интегральное представление функции τ1 : x T1 (t, z)e2β(t)−2β(x) dt, τ1 (x, z) = 0 ∗ T1 (x, z) ∈ C(D0 ), T1 (x, 0) = 0, (8) где T1 (x, z) интегрируема по x на [0, h] при любом z ∈ [0, +∞). Подставляя выражение (8) в формулу (7), получаем x T1 (t, z)e2β(t)−β(x)−β(y) dt+ U (x, y, z) = 0 y N1 (t, z)eα(t)+β(t)−α(x)−β(y) dt + eγ(0)−γ(z)f1 (x, y), + (9) x где N1 (t, z) = (ν1 (x, z) + T1 (x, z))/2. (10) Аналогичными рассуждениями получаем решение задачи Дарбу в области H2 с данными ¯∗ U (x, y, z) = τ2 (x, z), (x, z) ∈ D0 ; ∗ lim (Uy − Ux ) = ν2 (x, z), (x, z) ∈ D0 ; y→x−0 U (x, y, 0) = f2 (x, y), 214 ¯ (x, y) ∈ D2 , Две задачи для пространственного аналога гиперболического уравнения третьего порядка которое при представлении x T2 (t, z)e2α(t)−2α(x) dt τ2 (x, z) = (11) 0 принимает вид y T2 (t, z)e2α(t)−α(x)−α(y) dt+ U (x, y, z) = 0 x N2 (t, z)eα(t)+β(t)−α(x)−β(y) dt + eγ(0)−γ(z) f2 (x, y), (12) + y N2 = (T2 − ν2 )/2. (13) Здесь T2 (x, z) интегрируема по x на [0, h] при любом z ∈ [0, +∞); f2 удовлетворяет условиям А; τ2 , ν2 обладают такими же свойствами, что и τ1 , ν1 . Для решения задачи I найдём функции T1 , T2 , N1 , N2 . Применив к решению (9) условие (2), с учётом условий ортогональности В получаем 0 y eα(t) dt 0 T1 (s, z)e2β(s)−β(t)−β(y) ds+ t y + y N1 (s, z)eα(s)+β(s)−β(y) ds = ϕ(y, z). dt 0 t Умножим обе части последнего выражения на eβ(y) и продифференцируем по y. Условию (3) подчиним решение (12), обе части полученного тождества умножим на eα(x) и, учитывая одинаковое изменение переменных x и y, после дифференцирования приходим к соотношениям x 0 x 0 T1 (t, z)e2β(t)−β(x)+α(x) dt + N2 (x, z)xeα(x)+β(x) = [ϕ(x, z)eβ(x) ]x , (14) T2 (t, z)e2α(t)−α(x)+β(x) dt + N2 (x, z)xeα(x)+β(x) = [eα(x) ψ(x, z)]x , (15) Из непрерывности решения на плоскости y = x и представлений (8), (11) получаем x x T2 (t, z)e2α(t)−2α(x) dt. T1 (t, z)e2β(t)−2β(x) dt = (16) 0 0 Из условий сопряжения (4), формул (10), (13) имеем 2α(x) T1 e2β(x)+T2 e = 2(N1 e2β(x) + N2 e2α(x) ). (17) Сложим выражения (14), (15) с учётом формулы (17), обозначим T (x, z) = = T1 e2β(x) + T2 e2α(x) и в итоге получим уравнение относительно T : T (x, z) + 2 x x T (t, z) dt = g(x, z), (18) 0 в котором g(x, z) = 2 β(x)−α(x) β(x) e (e ϕ(x, z))x + eα(x)−β(x) (eα(x) ψ(x, z))x . x (19) 215 Д о л г о п о л о в В. М., Р о д и о н о в а И. Н. Единственное решение уравнения (18), полученное методом последовательных приближений в классе интегрируемых по x на [0, h] при любом z ∈ [0, +∞) функций, имеет вид T1 (x, z)e2β(x) + T2 (x, z)e2α(x) = g(x, z) − x 2 x g(t, z) 0 2 t x (20) dt. Из равенств (17), (20) получаем N1 (x, z)e2β(x) + N2 (x, z)e2α(x) = x g(x, z) 1 − 2 x t x g(t, z) 0 2 dt. (21) Обе части соотношений (14), (15) умножим на e−β(x)−α(x) , вычтем из одного другое, применяя условие (16): N1 − N2 = e−α(x)−β(x) [ϕeβ(x) − ψeα(x) ]x . x (22) Из системы (21), (22) находим функции N1 , N2 : N1 (x, z) = 1 2 ch(α(x) − β(x))[ϕ(x, z)eβ(x) ]x − x(e2α(x) + e2β(x) ) x − g(t, z) 0 N2 (x, z) = t x 2 t x 2 dt , (23) 1 2 ch(α(x) − β(x))[ψ(x, z)eα(x) ]x − x(e2α(x) + e2β(x) ) x − g(t, z) 0 dt . (24) Вычислением получаем t x 2 g(t, z) t y 2 g(t, z) t x 2 g(t, z) x x [T1 (t, z)e2β(t) + T2 (t, z)e2α(t) ] dt = 0 0 dt. (25) dt, (26) dt. (27) Из системы (25), (16) находим y T2 (t, z)e2α(t) dt = 0 y T1 (t, z)e2β(t) dt = 0 e2α(y) e2α(y) + e2β(y) e2β(x) e2α(x) + e2β(x) y 0 x 0 Найденные выражения функций (23), (24), (26), (27), в которых функция g(t, z) определена формулой (19), подставляем в решения (9), (12). В результате получаем решение задачи I в явном виде. Единственность решения задачи следует из единственности решения задачи Дарбу, полученного методом Римана, и единственности решения интегрального уравнения (18), к которому свелась задача. Из изложенного выше следует следующая теорема. Теорема. При выполнении условий А и В задача I для уравнения (1) имеет единственное решение, определяемое формулами (9), (12), (23), (24), (26), (27), (19). Работа выполнена в рамках госзаказа ФГБОУ ВПО «СамГУ» 1.909.2011. 216 Две задачи для пространственного аналога гиперболического уравнения третьего порядка

Об авторах

Вячеслав Михайлович Долгополов

Самарский государственный университет

Email: mikhaildolgopolov@rambler.ru
(к.ф.-м.н., доц.), доцент, каф. математики и бизнес-информатики. 443011, Россия, Самара, ул. Академика Павлова, 1

Ирина Николаевна Родионова

Самарский государственный университет

(к.ф.-м.н., доц.), доцент, каф. математики и бизнес-информатики. 443011, Россия, Самара, ул. Академика Павлова, 1

Список литературы

Дополнительные файлы