close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Нелокальные начально-граничные задачи для вырождающегося гиперболического уравнения.

код для вставкиСкачать
Известия вузов. Математика
2009, № 12, c. 49–58
http://www.ksu.ru/journals/izv_vuz/
e-mail: izvuz.matem@ksu.ru
Ю.К. САБИТОВА
НЕЛОКАЛЬНЫЕ НАЧАЛЬНО-ГРАНИЧНЫЕ ЗАДАЧИ ДЛЯ
ВЫРОЖДАЮЩЕГОСЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО УРАВНЕНИЯ
Аннотация. Для уравнения y m uxx − uyy − b2 y m u = 0 в прямоугольной области {(x, y) | 0 <
x < 1, 0 < y < T }, где m > 0, b ≥ 0, T > 0 — заданные действительные числа, изучены
задачи с начальными условиями: u(x, 0) = τ (x), uy (x, 0) = ν(x), 0 ≤ x ≤ 1, и нелокальными
граничными условиями: u(0, y) = u(1, y), ux (0, y) = 0 или ux (0, y) = ux (1, y), u(1, y) = 0 при
0 ≤ y ≤ T . Методом спектрального анализа доказаны теоремы единственности и существования решения указанных задач.
Ключевые слова: нелокальная задача, спектральный метод, полнота, сумма биортогонального ряда.
УДК: 517.95
Abstract. We consider the equation y m uxx − uyy − b2 y m u = 0 in the rectangular area {(x, y) | 0 <
x < 1, 0 < y < T }, where m > 0, b ≥ 0, T > 0 are given real numbers. For this equation we study
problems with initial conditions u(x, 0) = τ (x), uy (x, 0) = ν(x), 0 ≤ x ≤ 1, and nonlocal boundary
conditions u(0, y) = u(1, y), ux (0, y) = 0 or ux (0, y) = ux (1, y), u(1, y) = 0 with 0 ≤ y ≤ T . Using
the method of spectral analysis, we prove the uniqueness and existence theorems for solutions to
these problems.
Keywords: nonlocal problem, spectral method, completeness, sum of biorthogonal series.
1. Постановка задач и полученные результаты
Рассмотрим уравнение
(1)
Lu ≡ y m uxx − uyy − b2 y m u = 0
в прямоугольной области Q = {(x, y) | 0 < x < 1, 0 < y < T }, где m > 0, b ≥ 0, T > 0 —
заданные действительные числа, и для него исследуем следующие нелокальные начальнограничные задачи.
Задача 1. Найти в области Q функцию u(x, y), удовлетворяющую условиям
u(x, y) ∈ C 1 (Q) ∩ C 2 (Q);
(2)
Lu ≡ 0, (x, y) ∈ Q;
(3)
u(x, 0) = τ (x), uy (x, 0) = ν(x), 0 ≤ x ≤ 1;
(4)
ux (0, y) = 0, 0 ≤ y ≤ T ;
(5)
u(0, y) = u(1, y), 0 ≤ y ≤ T,
(6)
Поступила 19.09.2007
49
50
Ю.К. САБИТОВА
где τ (x), ν(x) — заданные достаточно гладкие функции, причем τ (0) = τ (1), τ (0) = 0.
Задача 2. Найти в области Q функцию u(x, y), удовлетворяющую условиям (2)– (4) и
ux (0, y) = ux (1, y),
u(1, y) = 0,
0 ≤ y ≤ T;
(7)
0 ≤ y ≤ T,
(8)
где τ (x), ν(x) — заданные достаточно гладкие функции, причем τ (0) = τ (1), τ (1) = 0.
Впервые краевая задача с нелокальным условием (6) возникла в работе Ф.И. Франкля
[1] при изучении газодинамической задачи об обтекании профилей потоком дозвуковой скорости со сверхзвуковой зоной, оканчивающейся прямым скачком уплотнения. Нелокальное
условие было задано на оси ординат в симметричных точках: u(0, y) = u(0, −y). При этом
дополнительно было задано локальное условие (5).
В.И. Жегалов [2] изучил задачу с нелокальным условием, связывающим значение искомого решения на линии изменения типа и на характеристиках (задача со смещением) для
уравнения Лаврентьева–Бицадзе.
В работе Н.И. Ионкина [3] доказано существование решения нелокальной задачи с условиями (7), u(0, y) = 0 и u(x, 0) = τ (x), 0 ≤ x ≤ 1, для уравнения теплопроводности методом
спектрального анализа. В [4] он обосновал единственность решения этой задачи.
В работе Н.И. Ионкина, Е.И. Моисеева [5] доказаны единственность и существование
классического решения задачи для одномерного уравнения теплопроводности с усиленно
регулярными краевыми условиями
a1 ux (0, t) + b1 ux (1, t) + a0 u(0, t) + b0 u(1, t) = 0,
c1 ux (0, t) + d1 ux (1, t) + c0 u(0, t) + d0 u(1, t) = 0,
где ai , bi , ci , di , i = 0, 1, — заданные постоянные.
М.Е. Лернер, О.А. Репин [6] в полуполосе D = {(x, y) | 0 < x < 1, y > 0} изучили задачу:
найти функцию u(x, y) со свойствами
u(x, y) ∈ C(D) ∩ C 1 (D ∪ {x = 0})∩C 2 (D);
y m uxx + uyy = 0, (x, y) ∈ D, m > −1;
u(x, y) → 0 при y → +∞ равномерно по x ∈ [0, 1];
u(0, y) − u(1, y) = ϕ1 (y), ux (0, y) = ϕ2 (y), y ≥ 0;
u(x, 0) = τ (x), 0 ≤ x ≤ 1,
где τ (x), ϕ1 (y), ϕ2 (y) — заданные достаточно гладкие функции, причем τ (x) ортогональна к
системе функций 1, cos(2n + 1)πx, n = 0, 1, 2, . . . Также исследована [7] аналогичная задача
в полуполосе D для уравнения
uxx + uyy + (2p/y)uy − b2 u = 0, b ≥ 0, p ∈ R,
при условии ϕ1 (y) ≡ 0 и ϕ2 (y) ≡ 0. Единственность решения доказана на основании принципов экстремума. Методом разделения переменных и интегральных преобразований установлена разрешимость рассматриваемой задачи.
НЕЛОКАЛЬНЫЕ НАЧАЛЬНО-ГРАНИЧНЫЕ ЗАДАЧИ
51
Е.И. Моисеев [8] изучил нелокальную краевую задачу в полуполосе D для вырождающегося эллиптического уравнения:
y m uxx + uyy = 0, m > −2;
u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ 1;
u(0, y) = u(1, y), ux (0, y) = 0, y ≥ 0;
f (x) ∈ C 2+α [0, 1], f (0) = f (1), f (0) = 0,
в классе функций u(x, y) ∈ C(D) ∩ C 2 (D) и стремящихся к нулю или ограниченных на
бесконечности. Методом спектрального анализа доказаны единственность и существование
решения. При этом решение задачи построено в виде суммы биортогонального ряда. Также
эти результаты перенесены на уравнения y m uxx + uyy − b2 y m u = 0, b = const ≥ 0, m > 0 в
[9].
К.Б. Сабитовым и О.Г. Сидоренко [10] для уравнения (1) в области D решена задача с
начальными условиями (4) и двумя нелокальными условиями (6) и (7). Доказательство
единственности и существования решения задачи также проводится спектральным методом.
В данной работе, следуя [9], [10], доказаны теоремы единственности решений задач 1
и 2 методом разделения переменных на основании свойства полноты системы корневых
функций одномерной спектральной задачи. Решение поставленных задач построено в виде
суммы биортогонального ряда.
2. Первая нелокальная начально-граничная задача
Теорема 1. Если существует решение задачи (2)–(6), то оно единственно.
Доказательство. Пусть u(x, y) — решение задачи (2)–(6). Известно [8], что системы функций
∞
{cos(2πnx)}∞
n=1 , 1, {x sin(2πnx)}n=1 ;
{4(1 −
x) cos (2πnx)}∞
n=1 ,
2(1 − x),
{4 sin (2πnx)}∞
n=1
(9)
(10)
являются биортонормированными системами, полны и образуют базис Рисса в пространстве
L2 [0, 1]. Рассмотрим функции
1
u(x, y)(1 − x) cos(2πnx)dx, n = 1, 2, . . . ,
(11)
un (y) = 4
0
1
u(x, y)(1 − x)dx,
(12)
u0 (y) = 2
0
1
u(x, y) sin(2πnx)dx, n = 1, 2, . . .
(13)
vn (y) = 4
0
Дифференцируя дважды vn (y) под знаком интеграла и учитывая уравнение (1), получим
1
1
uxx (x, y) sin(2πnx)dx − 4b2 y m
u(x, y) sin(2πnx)dx.
vn (y) = 4y m
0
0
Интегрируя по частям первый интеграл с учетом условий (4)–(6), заключаем, что vn (y)
удовлетворяет дифференциальному уравнению
vn (y) + y m [(2πn)2 + b2 ]vn (y) = 0
(14)
52
Ю.К. САБИТОВА
и начальным условиям
1
vn (0) = 4
vn (0)
τ (x) sin(2πnx)dx = τn ,
(15)
ν(x) sin(2πnx)dx = νn .
(16)
0
1
=4
0
Решение задачи (14)–(16) существует, единственно и имеет вид
πτn
π
√
πτn
√
J 1 (pn y q ) y −
ctg
Y 1 (pn y q ) y,
(17)
vn (y) = αn νn +
2q
2qαn
2q
2qαn 2q
1
1
1
Γ( 2q
)( p2n )− 2q , q = (m + 2)/2, pn = b2 + (2πn)2 /q, Γ(1/2q) — гамма-функция,
где αn = 2q
J 1 (pn y q ) и Y 1 (pn y q ) — функции Бесселя I и II рода соответственно ([11], с. 12).
2q
2q
Найдем теперь u0 (y). Дифференцируя (12) дважды по y и учитывая уравнение (1), имеем
1
1
m
2 m
uxx (x, y)(1 − x)dx − 2b y
u(x, y)(1 − x)dx.
u0 (y) = 2y
0
0
Первое слагаемое проинтегрируем по частям и на основании условий (4)–(6) получим, что
u0 (y) является решением задачи Коши
u0 (y) + b2 y m u0 (y) = 0, b > 0,
1
1
τ (x)(1 − x)dx = τ0 , u0 (0) = 2
ν(x)(1 − x)dx = ν0 .
u0 (0) = 2
0
(18)
(19)
0
Единственное решение задачи (18), (19) представляется следующим образом:
πτ0
π
πτ0
√
√
J 1 (p0 y q ) y −
ctg
Y 1 (p0 y q ) y,
u0 (y) = α0 ν0 +
2q
2qα0
2q
2qα0 2q
−
1
1
1
Γ( 2q
)( p20 ) 2q , p0 = b0 /q.
где α0 = 2q
Рассмотрим случай, когда b = 0. Тогда дифференциальное уравнение (18) примет вид
u0 (y) = 0.
(20)
Единственное решение задачи (20) и (19) определяется равенством
u0 (y) = ν0 y + τ0 .
Таким образом,
⎧
⎨ α ν + πτ0 ctg π J 1 (p y q )√y −
0 0
0
2q
2qα0
2q
u0 (y) =
⎩
ν0 y + τ 0 ,
πτ0
q √y,
1 (p0 y )
2qα0 Y 2q
b = 0;
(21)
b = 0.
Далее, с учетом (4)–(6) найдем явный вид для функции un (y). Для этого дважды дифференцируя равенство (11) и учитывая уравнение (1), получим
1
1
m
2 m
uxx (x, y)(1 − x) cos(2πnx)dx − 4b y
u(x, y)(1 − x) cos(2πnx)dx.
un (y) = 4y
0
0
Интегрируя по частям два раза первое слагаемое, для функции un (y) получаем неоднородное уравнение
(22)
un (y) + [(2πn)2 + b2 ]y m un (y) = 4πny m vn (y)
НЕЛОКАЛЬНЫЕ НАЧАЛЬНО-ГРАНИЧНЫЕ ЗАДАЧИ
53
с начальными условиями
1
un (0) = 4
un (0) = 4
τ (x)(1 − x) cos(2πnx)dx = τ1n ,
(23)
ν(x)(1 − x) cos(2πnx)dx = ν1n .
(24)
0
1
0
Единственное решение задачи (22)–(24) представляется в виде
πτ1n
π
π
√
√
J 1 (pn y q ) y −
τ1n Y 1 (pn y q ) y + wn− (y),
ctg
un (y) = αn ν1n +
2q
2q
2qαn
2q
2αn q
(25)
где
wn− (y) = −
π 2 n 2q+ 1 q
q
2 a J 1 (p y ) − b Y 1 (p y )
y
2J 1 (pn y q )Y 1 (pn y q )−
n
n
n
n
2
2q
2q
2q
2q
2q
q
q
q
− J 1 +1 (pn y )Y 1 −1 (pn y ) − J 1 −1 (pn y )Y 1 +1 (pn y q ) −
2q
−
+
π2 n
q2
π2n
q2
2q
2q
2q
1
bn y 2q+ 2 Y 21 (pn y q ) − Y 1 +1 (pn y q )Y 1 −1 (pn y q ) J 1 (pn y q )+
2q
2q
an y
2q+ 1
2
2q
2q
J 21 (pn y q ) − J 1 +1 (pn y q )J 1 −1 (pn y q ) Y 1 (pn y q )+
2q
2q
2q
2q
π
√
πn
√
πn
+ 2 3 an + 2 ctg bn J 1 (pn y q ) y − 2 3 bn Y 1 (pn y q ) y.
2q
2q
pn q
2q
pn q
Из формул (17), (21), (25) следует единственность решения задачи (2)–(6): если τ (x) ≡ 0,
ν(x) ≡ 0 на [0,1], то un (y) ≡ 0, u0 (y) ≡ 0, vn (y) ≡ 0 для n = 1, 2, . . . на [0, T ]. Тогда из
(11)–(13) имеем
1
u(x, y)(1 − x) cos(2πnx)dx = 0,
1
1
u(x, y)(1 − x)dx = 0, 4
u(x, y) sin(2πnx)dx = 0, n = 1, 2, . . .
2
4
0
0
0
В силу полноты системы (10) в пространстве L2 [0, 1] функция u(x, y) ≡ 0 в D.
Лемма 1. Если τ (x), ν(x) ∈ C 3 [0, 1], τ (0) = τ (1), ν(0) = ν(1), τ (0) = 0, ν (0) = 0, τ (0) =
τ (1), ν (0) = ν (1), то справедливы оценки
C1 |tn |
C3 |t1n |
|qn | |tn |
|q1n | |t1n |
, |τ1n | ≤ C2
+ 4 , |νn | ≤
, |ν1n | ≤ C4
+ 4 ,
|τn | ≤
n3
n3
n
n3
n3
n
где
+∞
n=1
t2n < +∞,
+∞
n=1
qn2 < +∞,
+∞
t21n < +∞,
n=1
Ci — здесь и в дальнейшем положительные постоянные.
+∞
n=1
2
q1n
< +∞,
54
Ю.К. САБИТОВА
Доказательство. Интегрируем по частям три раза в формуле (15). Тогда с учетом условий
леммы 1, получим
1
1
4
τ (x) sin(2πnx)dx =
τ (x) cos(2πnx)dx =
τn = 4
2πn
0
0
1
1
4
tn
4
τ (x) sin(2πnx)dx = −
τ (x) cos(2πnx)dx = −
,
=−
2
3
(2πn) 0
(2πn) 0
(2πn)3
1
τ (x) cos(2πnx)dx.
tn = 4
0
Поскольку функция τ (x) непрерывна на [0, 1], то в силу неравенства Бесселя сходится
ряд
1
+∞
t2n ≤ 4
[τ (x)]2 dx.
n=1
0
Аналогично получаем оценки для τ1n , νn и ν1n .
Лемма 2. Если выполнены условия леммы 1, то для любого y ∈ [0, T ] верны неравенства
C5 (|t1n | + |tn |)
|tn |
C7 (|tn | + |t1n |)
|t1n |
|vn (y)| ≤
,
, |vn (y)| ≤ C6
+ 3−α0 , |vn (y)| ≤
3
2+α
0
n
n
n
n
|q1n | + |qn | |t1n | + |tn |
+
,
|un (y)| ≤ C8
n3
n4
|qn |
|t1n |
|tn |
|q1n |
+ 3−α0 + 3+α0 + 4−α0 ,
|un (y)| ≤ C9
n2+α0
n
n
n
|qn | + |q1n | |tn | + |t1n |
+
, α0 = 1/2 + 1/2q.
|un (y)| ≤ C10
n
n2
Доказательство. Пусть 0 ≤ y < ε, где ε > 0 — достаточно малое число. Пользуясь асимптотическим поведением функций Бесселя в окрестности y = 0 ([11], c. 20)
ν
ν
− 2z Γ(ν)
ν > 0;
z
1
π ,
(26)
, Yν (z) ≈
Jν (z) ≈
cos πΓ(−ν) z ν
2 Γ(ν + 1)
π 2 , ν < 0,
−
ν
оценим функцию vn (y), определенную равенством (17)
1
1
1 |αn ||νn |ypn 2q + C
2 1 |τn |pn − 2q ≤ C
3 (|νn | + |τn |),
|vn (y)| ≤ C
|αn |
(27)
i — здесь и ниже положительные постоянные.
C
Если 0 < ε ≤ y ≤ T , то на основании поведения функций Бесселя в окрестности бесконечно удаленной точки ([11], c. 98)
1
1
2
2
2
2
q
q
, Y 1 (pn y ) ∼
(28)
J 1 (pn y ) ∼
q
q
2q
2q
πpn y
πpn y
оценим функцию vn (y):
1 q
1
1
1 q
1
|νn |
|τn |
−
−
−
−
.
(29)
|vn (y)| ≤ C4 |αn | |νn |y 2 2 pn 2 + C5 |τn |y 2 2 pn 2 ≤ C6 (ε)
1
1 +
1
1
αn
n 2 + 2q
n 2 − 2q
Сравнивая оценки (27) и (29) с учетом леммы 1, получим |vn (y)| ≤ C5 (|t1n | + |tn |)/n3 .
НЕЛОКАЛЬНЫЕ НАЧАЛЬНО-ГРАНИЧНЫЕ ЗАДАЧИ
55
Используя формулы ([11], c. 20), вычислим
1
1 1
d
(pn y q ) 2q J 1 (pn y q )(pn )− 2q = pn qy q− 2 J 1 −1 (pn y q ),
2q
2q
dy
1
1
d
−1 (pn y q ) 2q Y 1 (pn y q )(pn ) 2q = pn qy q− 2 Y 1 −1 (pn y q ).
2q
2q
dy
Тогда производная функции vn (y) будет иметь вид
1
1
πτn
π
πτn
pn qy q− 2 J 1 −1 (pn y q ) −
ctg
pn qy q− 2 Y 1 −1 (pn y q ).
vn (y) = αn νn +
2q
2q
2qαn
2q
2qαn
При 0 ≤ y < ε в силу асимптотических формул (26) имеем
1
9 |νn | + |τn |n q .
|vn (y)| ≤ C
(30)
Если 0 < ε ≤ y ≤ T , то на основании (28) получим
1
1
−1
+1 |vn (y)| ≤ C
10 |νn |pn 2 2q + |τn |pn 2 2q .
(31)
Из (30) и (31) в силу леммы 1 имеем |vn (y)| ≤ C6 (|t1n |/n2+α0 + |tn |/n3−α0 ).
С учетом оценок для функции vn (y) при y ∈ [0, T ] из уравнения (14) следует
|vn (y)| ≤
C7 (|tn | + |t1n |)
.
n
Так же устанавливаются оценки для un (y), un (y) и un (y).
Теорема 2. Если τ (x) и ν(x) удовлетворяют условиям леммы 1, то существует единственное решение задачи (2)–(6) и оно представимо в виде суммы биортогонального ряда
u(x, y) = u0 (y) +
∞
un (y) cos(2πnx) +
n=1
∞
vn (y)x sin(2πnx),
(32)
n=1
где функции u0 (y), un (y), vn (y) определены соответственно по формулам (21), (25), (17).
Доказательство. Поскольку системы функций (9), (10) образуют базис Рисса, то при
τ (x), ν(x) ∈ L2 [0, 1] функцию u(x, y) можно представить в виде биортогонального ряда (32),
который сходится в L2 [0, 1] при любом y ∈ [0, T ]. Если функции τ (x) и ν(x) удовлетворяют
условиям леммы 1, то в силу оценок для функций vn (y) и un (y) из леммы 2 ряд (32) при
любом (x, y) из Q мажорируется сходящимся рядом
1
2π
3 +∞
1
(|tn | + |t1n | + |qn | + |q1n |),
n3
n=1
поэтому ряд (32) в силу признака Вейерштрасса сходится равномерно в замкнутой области
Q. Следовательно, функция u(x, y) непрерывна на Q как сумма равномерно сходящегося
ряда (32).
Покажем возможность почленного дифференцирования ряда (32) по переменным x и y
два раза. Для этого докажем, что полученные при почленном дифференцировании ряды
56
Ю.К. САБИТОВА
сходятся абсолютно и равномерно на Q. Формально из (32) почленным дифференцированием составим ряды
uxx = −
+∞
+∞
(2πn) un (y) cos(2πnx) −
2
n=1
2
(2πn) vn (y)xsin(2πnx) + 2
n=1
+∞
2πnvn (y) cos(2πnx),
n=1
(33)
uxy = −
+∞
2πnun (y) sin(2πnx) +
n=1
+∞
vn (y)sin(2πnx) +
n=1
uyy = u0 (y) +
+∞
+∞
2πnvn (y)x cos(2πnx),
(34)
n=1
un (y) cos(2πnx) +
n=1
+∞
vn (y)x sin(2πnx),
(35)
n=1
которые при любом (x, y) ∈ Q на основании леммы 2 мажорируются сходящимся числовым
рядом
+∞ |q1n | + |qn | |t1n | + |tn | |t1n | + |tn |
+
+
.
C11
n
n
n2
n=1
Тогда ряды (33)–(35) на основании признака Вейерштрасса сходятся абсолютно и равномерно на Q. Следовательно, функции uxx , uxy , uyy непрерывны в замкнутой области Q и,
подставляя (33) и (35) в уравнение (1), убеждаемся в том, что функция u(x, y), определяемая рядом (32), является его решением.
3. Вторая нелокальная начально-граничная задача
Рассмотрим функции
1
wn (y) =
0
zn (y) =
u(x, y) cos(2πnx)dx, n = 1, 2, . . . ,
1
u(x, y)dx,
w0 (y) =
(36)
(37)
0
1
u(x, y)x sin(2πnx)dx, n = 1, 2, . . .
(38)
0
Функции zn (y), w0 (y), wn (y) вычисляются
однако
1
τ (x)x sin(2πnx)dx,
τn = 4
0
1
τ (x)dx,
τ0 =
0
1
τ (x) cos(2πnx)dx,
τ1n = 4
0
соответственно по формулам (17), (21), (25),
1
ν(x)x sin(2πnx)dx,
(39)
ν(x)dx,
1
=4
ν(x) cos(2πnx)dx.
(40)
νn = 4
ν0 =
0
1
0
ν1n
(41)
0
Аналогично решение задачи (2)–(4), (7), (8) определяется в виде суммы биортогонального
ряда
∞
∞
wn (y) cos(2πnx) + 4
zn (y) sin(2πnx).
(42)
u(x, y) = 2(1 − x)w0 (y) + 4(1 − x)
n=1
n=1
Теорема 3. Если существует решение задачи (2)–(4), (7), (8), то оно единственно.
НЕЛОКАЛЬНЫЕ НАЧАЛЬНО-ГРАНИЧНЫЕ ЗАДАЧИ
57
Доказательство. Если τ (x) ≡ 0, ν(x) ≡ 0 на [0, 1], то wn (y) ≡ 0, w0 (y) ≡ 0, zn (y) ≡ 0 для
n = 1, 2, . . . на [0, T ]. Тогда из (36)–(38) имеем
1
u(x, y) cos(2πnx)dx = 0,
0
1
1
u(x, y)dx = 0,
u(x, y)x sin(2πnx)dx = 0, n = 1, 2, . . .
0
0
Отсюда в силу полноты системы (9) в пространстве L2 [0, 1] следует, что функция u(x, y) ≡ 0
в Q.
Лемма 3. Если τ (x), ν(x) ∈ C 3 [0, 1], τ (1) = 0, ν(1) = 0, τ (0) = τ (1), ν (0) = ν (1),
τ (1) = 0, ν (1) = 0, то справедливы оценки
C12 |rn |
|r1n | |rn |
, |τ1n | ≤ C13
+ 4 ,
|τn | ≤
n3
n3
n
C14 |sn |
|s1n | |sn |
, |ν1n | ≤ C15
+ 4 ,
|νn | ≤
n3
n3
n
где
+∞
n=1
s2n < +∞,
+∞
n=1
rn2 < +∞,
+∞
s21n < +∞,
n=1
+∞
2
r1n
< +∞.
n=1
Лемма 4. Если выполнены условия леммы 3, то для любого y ∈ [0, T ] верны неравенства
|rn |
|sn | + |rn |
|sn |
, |wn (y)| ≤ C17
+ 3−α0 ,
|wn (y)| ≤ C16
n3
n2+α0
n
C18 (|rn | + |sn |)
,
|wn (y)| ≤
n
|s1n | + |r1n | |sn | + |rn |
+
,
|zn (y)| ≤ C19
n3
n4
|r1n |
|sn |
|rn |
|s1n |
+ 3−α0 + 3+α0 + 4−α0 ,
|zn (y)| ≤ C20
n2+α0
n
n
n
|r1n | + |s1n | |sn | + |rn |
+
.
|zn (y)| ≤ C21
n
n2
Справедливость лемм 3 и 4 устанавливается точно так же, как в случае лемм 1, 2.
Теорема 4. Если τ (x) и ν(x) удовлетворяют условиям леммы 3, то существует единственное решение задачи (2)–(4), (7), (8) и оно представимо в виде суммы ряда (42), где
функции w0 (y), wn (y), zn (y) определены соответственно по формулам (21), (25), (17) с
учетом новых значений коэффициентов τn , νn , τ0 , ν0 , τ1n и ν1n из формул (39)–(41).
Обоснование данного утверждения аналогично доказательству теоремы 2.
Литература
[1] Франкль Ф.И. Обтекание профилей потоком дозвуковой скорости со сверхзвуковой зоной, оканчивающейся прямым скачком уплотнения // ПММ. – 1956. – Т. 20. – № 2. – С. 196–202.
[2] Жегалов В.И. Краевая задача для уравнения смешанного типа с граничным условием на обеих характеристиках и с разрывами на переходной линии // Учен. зап. Казанск. ун-та. – 1962. – Т. 122. – Kн. 3.
– С. 3–16.
58
Ю.К. САБИТОВА
[3] Ионкин Н.И. Решение одной краевой задачи теории теплопроводности с нелокальными краевыми условиями // Дифференц. уравнения. – 1977. – Т. 13. – № 2. – С. 294–304.
[4] Ионкин Н.И. Об устойчивости одной задачи теории теплопроводности с неклассическим краевым
условием // Дифференц. уравнения. – 1979. – Т. 15. – № 7. – С. 1279–1283.
[5] Ионкин Н.И., Моисеев Е.И. О задаче для уравнения теплопроводности с двуточечными краевыми
условиями // Дифференц. уравнения. – 1979. – Т. 15. – № 7. – С. 1284–1295.
[6] Лернер М.Е., Репин О.А. О задачах типа задачи Франкля для некоторых эллиптических уравнений с
вырождением разного рода // Дифференц. уравнения. – 1999. – Т. 35. – № 8. – С. 1087–1093.
[7] Лернер М.Е., Репин О.А. Нелокальные краевые задачи в вертикальной полуполосе для обобщенного осесимметрического уравнения Гельмгольца // Дифференц. уравнения. – 2001. – Т. 37. – № 11. –
С. 1562–1564.
[8] Моисеев Е.И. О решении спектральным методом одной нелокальной краевой задачи // Дифференц.
уравнения. – 1999. – Т. 35. – № 8. – С. 1094–1100.
[9] Моисеев Е.И. О разрешимости одной нелокальной краевой задачи // Дифференц. уравнения. – 2001.
– Т. 37. – № 11. – С. 1565–1567.
[10] Сабитов К.Б., Сидоренко О.Г. Нелокальная задача для вырождающегося гиперболического уравнения
// Тр. Всероссийск. научн. конференции “Современ. пробл. физ. и матем.”. – Уфа, 2004. – Т. 1. – С. 80–
86.
[11] Бейтмен Г. Высшие трансцендентные функции. Т. 2. – М.: Наука, 1966. – 296 с.
Ю.К. Сабитова
старший преподаватель, кафедрa математического анализа,
Стерлитамакская государственная педагогическая академия,
453103, г. Стерлитамак, пр. Ленина, д. 49,
e-mail: ori05@mail.ru
Yu.K. Sabitova
Senior Lecturer, Chair of Mathematical Analysis,
Sterlitamak State Pedagogical Academy,
49 Lenin Ave., Sterlitamak, 453103 Russia,
e-mail: ori05@mail.ru
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
4
Размер файла
178 Кб
Теги
начальной, уравнения, граничных, задачи, нелокальные, вырождающегося, гиперболическое
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа