close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Краевая задача с нелокальным условием для нагруженного уравнения смешанного типа.

код для вставкиСкачать
76 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2014. ќ19(190). Вып. 36
MSC 35M10
КАЕВАЯ ЗАДАЧА С НЕЛОКАЛЬНЫМ УСЛОВИЕМ ДЛЯ
НАУЖЕННОО УАВНЕНИЯ СМЕШАННОО ТИПА
Ю.К. Сабитова
Стерлитамакский илиал Башкирского государственного университета,
Институт прикладных исследований еспублики Башкортостан,
ул. Одесская, 68, Стерлитамак, 453103, оссия, e-mail: sabitovaukrambler.ru
Аннотация. Для нагруженного уравнения смешанного эллиптико-гиперболического типа изучена нелокальная задача в прямоугольной области. Методом спектрального анализа
установлен критерий единственности решения поставленной задачи и доказана теорема существования. ешение построено в виде суммы биортогонального ряда.
нагруженное уравнение смешанного типа, нелокальная задача, полнота, существование и единственность решения.
Ключевые слова:
1. Введение. Теория краевых задач для уравнений смешанного типа, в силу теоретической и прикладной важности, является одним из интенсивно развивающихся разделов современной теории диеренциальных уравнений с частными производными и
привлекает к себе внимание многих исследователей, интересующихся как самой теорией, так и ее приложениями. В частности, многие математические модели тепло- и
массообмена в средах, окруженных пористой средой, сводятся к краевым задачам для
уравнений смешанного типа. Одним из важнейших классов уравнений с частными производными являются нагруженные уравнения смешанного типа. Исследование локальных и нелокальных краевых задач для нагруженных уравнений с частными производными изложено в монограии А.М. Нахушева [1?.
ассмотрим нагруженное уравнение смешанного эллиптико-гиперболического типа
(
uxx + uyy ? b2 u(x, y) + C1 (y)u(x, 0) = 0, y > 0 ,
Lu =
(1)
uxx ? uyy ? b2 u(x, y) + C2 (y)u(x, 0) = 0, y < 0 ,
в прямоугольной области D = {(x, y)| 0 < x < 1, ?? < y < ?}, где C1 (y), C2 (y) заданные непрерывные ункции, ? > 0, ? > 0, b ? 0 ? заданные действительные
числа.
Нелокальная задача.
условиям:
Найти в области D ункцию u(x, y), удовлетворяющую
u(x, y) ? C 2 (D+ ? D? ) ? C 1 (D);
(2)
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2014. ќ19(190). Вып. 36 77
Lu(x, y) ? 0 , (x, y) ? D+ ? D? ;
u(0, y) = u(1, y) , ux (0, y) = 0 , ?? ? y ? ? ;
(3)
(4)
u(x, ?) = ?(x) , u(x, ??) = ?(x) , 0 ? x ? 1 ,
(5)
?
{cos(2?kx)}?
k=1 , 1 , {x sin(2?kx)}k=1 ;
(6)
?
{4(1 ? x) cos (2?kx)}?
k=1 , 2(1 ? x) , {4 sin (2?kx)}k=1
(7)
где ?(x) и ?(x) ? заданные достаточно гладкие ункции, D? = D ? {y < 0}, D+ =
D ? {y > 0}.
Отметим работу К.Б. Сабитова и Е.П. Мелишевой [2?, где решена задача Дирихле
для нагруженного уравнения смешанного типа (1) в прямоугольной области D.
В данной работе, следуя [2?, при всех b > 0 на основании свойства полноты системы
корневых ункций одномерной нелокальной спектральной задачи установлен критерий
единственности решения задачи. При определенных условиях на ункции ?(x), ?(x) и
число ? решение u(x, y) построено в виде суммы биортогонального ряда.
2. Теорема единственности. Пусть u (x, y) решение задачи (2) (5). Из работы
Е.И. Моисеева [3?, известно, что системы ункций
являются биортонормированными, полны и образуют базис исса в пространстве L2 (0, 1).
ассмотрим ункции
uk (y) = 4
Z1
0
u(x, y)(1 ? x) cos 2?kxdx ,
Z1
(8)
u(x, y)(1 ? x)dx ,
(9)
u(x, y) sin 2?kxdx , k ? N .
(10)
u0 (y) = 2
0
vk (y) = 4
Z1
0
На основании (10) введем ункцию
Z1??
vk,? (y) = 4
u (x, y) sin 2?kxdx ,
(11)
?
где ? достаточно малое число. Диеренцируя равенство (11) по y два раза при
y ? (??, 0) ? (0, ?) и учитывая уравнение (1), получим
+??
vk,?
Z1??
(y) = 4
uyy (x, y) sin 2?kxdx =
?
78 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2014. ќ19(190). Вып. 36
Z1??
=4
?uxx (x, y) + b2 u(x, y) ? C1 (y) u (x, 0) sin 2?kxdx =
?
Z1??
Z1??
2
= ?4
uxx (x, y) sin 2?kxdx + 4b
u(x, y) sin 2?kxdx?
?
?
Z1??
? 4C1 (y)
u (x, 0) sin 2?kxdx ,
y > 0;
(12)
?
???
vk,?
Z1??
(y) = 4
uyy (x, y) sin 2?kxdx =
?
Z1??
=4
uxx (x, y) ? 4b2 u(x, y) + 4C2 (y) u (x, 0) sin 2?kxdx =
?
=4
Z1??
?
Z1??
uxx (x, y) sin 2?kxdx ? 4b2
u(x, y) sin 2?kxdx +
?
Z1??
+ 4C2 (y)
u (x, 0) sin 2?kxdx ,
y < 0.
(13)
?
В первых интегралах из правой части равенств (12) и (13) интегрируя по частям два
раза и переходя к пределу при ? ? 0 с учетом условия (4), получим
vk?? (y) ? ?2k vk (y) = ?C1 (y) vk (0) ,
y > 0,
(14)
vk?? (y) + ?2k vk (y) = C2 (y) vk (0) ,
y < 0,
(15)
где ?2k = b2 + (2?k)2 . Диеренциальные уравнения (14) и (15) имеют общие решения
?
Zy
?
?
a
+
b
k
k
?
?
ak e?k y + bk e??k y ?
C1 (t) sh [?k (t ? y)]dt , y > 0,
?
?
?k
?
0
vk (y) =
(16)
Z0
?
?
ck
?
?
ck cos ?k y + dk sin ?k y +
C2 (t) sin [?k (y ? t)]dt , y < 0,
?
?
?k
?
y
где ak , bk , ck , dk произвольные постоянные.
Для ункций (16) в силу (2) и (10) выполнены условия сопряжения
vk (+0) = vk (?0) ,
vk? (+0) = vk? (?0) .
(17)
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2014. ќ19(190). Вып. 36 79
Условия (17) имеют место только в том случае, если
ck = ak + bk ,
dk = ak ? bk .
Подставляя (18) в (16), получим
?
a + bk
?
? ak e?k y + bk e??k y + k
C1k (y) , y > 0 ,
?k
vk (y) =
a + bk
?
? ak (cos ?k y + sin ?k y) + bk (cos ?k y ? sin ?k y) + k
C2k (y) , y < 0 ,
?k
где
Zy
Z0
C1k (y) = C1 (t) sh [?k (t ? y)]dt, C2k (y) = C2 (t) sin [?k (y ? t)]dt .
0
(18)
(19)
y
Для нахождения постоянных ak и bk воспользуемся граничными условиями (5) и
ормулой (10):
vk (?) = 4
Z1
u (x, ?) sin 2?kxdx = 4
0
vk (??) = 4
Z1
0
Z1
? (x) sin 2?kxdx = ?k ,
(20)
0
u (x, ??) sin 2?kxdx = 4
Z1
? (x) sin 2?kxdx = ?k .
(21)
0
Удовлетворяя ункции (19) к граничным условиям (20) и (21), найдем
?k
1
?k
1
??k ?
ak =
cos ?k ? + sin ?k ? +
C2k (??) ?
e
+
C2k (?) ,
2??? (k)
?k
2??? (k)
?k
?k
1
?k
1
?k ?
e +
C1k (?) ?
cos ?k ? ? sin ?k ? +
C2k (??) ,
bk =
2??? (k)
?k
2??? (k)
?k
(22)
(23)
при условии, что при всех k ? N
??? (k) = sin ?k ? ch ?k ? +sh ?k ? cos ?k ?+
где
1
[C1k (?) sin ?k ? + C2k (??) sh ?k ?] 6= 0 . (24)
?k
Подставляя (22) и (23) в (19) найдем окончательный вид ункций
?
?1
1
+
?
?
? vk (y) = ? (k) ?k ?k Ay? (k) + ?k ??y (k) , y > 0,
??
vk (y) =
1
?
?
? vk? (y) =
?k ??y? (k) + ??1
k ?k B?y (k) , y < 0,
??? (k)
??y (k) = sin ?k ? ch ?k y + sh ?k y cos ?k ? +
1
[C1k (y) sin ?k ? + C2k (??) sh ?k y] ,
?k
(25)
80 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2014. ќ19(190). Вып. 36
Ay? (k) = C1k (y) sh ?k ? ? C1k (?) sh ?k y + ?k sh [?k (? ? y)],
??y? (k) = sin ?k y ch ?k ? + sh ?k ? cos ?k y ?
1
[C1k (?) sin ?k y + C2k (y) sh ?k ?] ,
?k
By? (k) = C2k (y) sin ?k ? + C2k (??) sin ?k y + ?k sin ?k (? + y).
Аналогично vk (y) получим, что ункция u0(y) удовлетворяет условиям:
u??0 (y) ? b2 u0 (y) = ?C1 (y)u0(0),
y > 0,
(26)
u??0 (y) + b2 u0 (y) = C2 (y) u0 (0) ,
y < 0,
(27)
u0 (+0) = u0 (?0),
u0 (?) = 4
Z1
? (x) (1 ? x)dx = ?10 , u0 (??) = 4
0
где
(28)
u?0 (+0) = u?0 (?0),
Z1
? (x) (1 ? x)dx = ?10 .
(29)
0
Единственное решение задачи (26)-(29) определяется ормулой
?
1
?1
?
?
? ? (0) [b ?0 Ay? (0) + ?0 ??y (0)] , y > 0 ,
??
u0 (y) =
1
?
?
?
[?0 ??y? (0) + b?1 ?0 B?y (0)] , y < 0 ,
??? (0)
(30)
1
[C10 (y) sin b? + C20 (??) sh by] ,
b
Ay? (0) = C10 (y) sh b? ? C10 (?) sh by + b sh [b (? ? y)],
1
??y? (0) = sin by ch b? + sh b? cos by ? C10 (?) sin by + C20 (y) sh b? ,
b
??y (0) = sin b? ch by + sh by cos b? +
By? (0) = C20 (y) sin b? + C20 (??) sin by + b sin b (? + y),
C10 (y) =
Zy
0
C1 (t) sh [b (t ? y)]dt,
C20 (y) =
Z0
y
C2 (t) sin [b (y ? t)]dt.
Повторяя те же действия над ункцией uk (y), что и для vk (y), получаем неоднородные диеренциальные уравнения
u??k (y) ? ?2k uk (y) = ?4?kvk+ (y) ? C1 (y) uk (0) ,
y > 0,
(31)
u??k (y) + ?2k uk (y) = 4?kvk? (y) + C2 (y) uk (0) ,
y < 0,
(32)
Серия: Математика. Физика. 2014. ќ19(190). Вып. 36 81
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
с соответствующими граничными условиями
uk (?) = 4
Z1
0
uk (??) = 4
? (x) (1 ? x) cos 2?kxdx = ?1k ,
Z1
0
? (x) (1 ? x) cos 2?kxdx = ?1k .
(33)
(34)
и условиями сопряжения
uk (+0) = uk (?0),
u?k (0 + 0) = u?k (?0).
(35)
На основании метода вариации произвольных постоянных найдјм решение задачи
(31)-(35), которое определяется по ормуле
?
?1
1
+
?
+
?
v
(y)
+
?
A
(k)V
(??)
?
?
(k)V
(?)
, y > 0,
?
y?
?y
k
k
? k
??? (k) k
uk (y) =
(36)
1
?
?
?
?1
+
?
? vk (y) +
??y? (k)Vk (??) ? ?k B?y (k)Vk (?) , y < 0 ,
??? (k)
Vk? (??)
=
Z0
vk? (s) sin[?k (?
+ s)]ds,
Vk+ (?)
=
Z?
0
??
vk+ (s) sh[?k (s ? ?)]ds .
(37)
При условии (24) из ормул (25), (30), (36) следует единственность решения задачи
(2)-(5), так как если ?(x) ? 0, ?(x) ? 0 на [0,1?, то uk (y) ? 0, u0 (y) ? 0, vk (y) ? 0 для
k = 0, 1, 2, ... на [??, ?]. Тогда из (8)-(10) имеем:
4
Z1
u(x, y)(1 ? x) cos 2?kxdx = 0 ,
0
2
Z1
(1 ? x)u(x, y)dx = 0 ,
0
4
Z1
u(x, y) sin 2?kxdx = 0 , k = 1, 2, ... .
0
Отсюда в силу полноты системы корневых ункций (7) в пространстве L2 [0, 1] следует,
что ункция u(x, y) = 0 почти всюду на [0, 1] при любом y ? [??, ?]. В силу (2) ункция
u(x, y) непрерывна на D, поэтому u(x, y) ? 0 на D.
Пусть при некоторых ?, ? , C1 (y), C2 (y) и k = p ? N нарушено условие (24), т.е.
??? (p) = sin ?p ? ch ?p ? + sh ?p ? cos ?p ? +
+
1
[C1p (?) sin ?p ? + C2p (??) sh ?p ?] = 0 .
?p
(38)
82 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2014. ќ19(190). Вып. 36
Для нахождения нулей выражения ??? (p) относительно ? представим его в следующем
виде:
sh ?p ? · C2p (??)
??? (p) = Kp (?) sin (?p ? + ?p ) +
(39)
,
?p
где
s
2
C1p (?)
sh ?p ?
Kp (?) =
+ ch ?p ? + sh2 ?p ? , ?p = arcsin
.
?p
Kp (?)
Из соотношения (39) имеем
sin (?p ? + ?p ) = ?
sh ?p ? · C2p (??)
.
?p Kp (?)
(40)
Отсюда при условии
sh ?p ? · C2p (??) |C2p (??)|
?
?1
?p Kp (?)
?p
уравнение (40) равносильно следующему уравнению:
?=
(?1)n+1
sh ?p ? · C2p (??) ?n ?p
arcsin
+
?
= f (?) , n ? N .
?p
?p Kp (?)
?p
?p
(41)
Если C2p (??) = 0, то из выражения (41) следует, что
?=
?n ?p
?
, n?N.
?p
?p
Если C2 (y) = C2 = const 6= 0, то C2p (??) = C2 (cos ?p ? ? 1)/?p и из ормулы (38)
получим, что ??? (p) = 0 только тогда, когда |C2 | ? ?2p и
(?1)n
C2 sh ?p ? ?n ?p
?=
arcsin 2
+
?
, n?N.
?p
?p Tp (?)
?p
?p
Здесь
C2 + ?2p sh ?p ?
?p = arcsin
,
?2p Tp (?)
Tp (?) =
s
C1p (?)
+ ch ?p ?
?p
2
C2 sh ?p ?
+
+ sh ?p ?
?2p
2
.
Для разрешимости нелинейного уравнения (41) достаточно потребовать, чтобы
про?
изводная |f ? (?)| ? d < 1. Последнее выполнено, когда ? <
2?/||C2 ||,
||C2|| = max |C2 (y)|.
???y?0
Тогда однородная задача (2)-(5) (где ? (x) ? 0, ? (x) ? 0) имеет нетривиальное решение
up (x, y) = up (y) cos ?p x ,
(42)
Серия: Математика. Физика. 2014. ќ19(190). Вып. 36 83
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
здесь ункция up (y) определяется по ормуле
up (y) =
?
?
?
?
?
?
?
?
?
2bp ??y (p)
,
sin ?p ? ? cos ?p ? ? ??1
p C2p (??)
2bp ??y? (p)
,
?
?
e p + ??1
p C1p (?)
y > 0,
(43)
y < 0,
где bp 6= 0 произвольная постоянная.
Таким образом, нами установлен следующий критерий единственности.
Теорема 1. Если существует решение задачи, то для его единственности необходимо
и достаточно, чтобы при всех k ? N выполнялись условия (24).
3. Теорема существования.
в виде суммы ряда
u(x, y) = u0 (y) +
ешение задачи (2)-(5) при условии (24) будем искать
?
X
uk (y) cos(2?kx) +
k=1
?
X
vk (y)x sin(2?kx) ,
(44)
k=1
где ункции u0 (y) , uk (y) и vk (y) определяются соответственно по ормулам (30), (36), (25).
Поскольку ?, ? любые числа из промежутков задания, то при достаточно больших
k выражение ??? (k), которое входит в знаменатели коэициентов ряда (44) может
стать достаточно малым, т.е. возникает проблема ѕмалых знаменателейї [4?, [5?. Для
обоснования существования решения (44) данной задачи необходимо показать существование чисел ?, ? и ункций Ci (y) , i = 1, 2 таких, что выражение ??? (k) отделено
от нуля.
Лемма 1.
Если выполнено одно из следующих условий: 1) ? = p ? натуральное
p
число; 2) ? = 6? N, где p, q ? N, (p, q) = 1, (q, 4) = 1, то существуют положительные
q
постоянные k0 ? N и C0 такие, что при любом иксированном ? > 0 и всех k > k0
справедлива оценка
|??? (k)| ? C0 e2?k? > 0 ;
(45)
3) если ? является любым иррациональным алгебраическим числом степени 2, C1 (y) ? 0
монотонно возрастает на [0, ?], C2 (y) ? 0 монотонно убывает на [??, 0], то существуют
положительные постоянные k0 , b0 и C0 , вообще говоря, зависящие от ?, ? и b, такие,
что при всех b < b0 , k > k0 справедлива оценка
|??? (k)| ? e2?k?
C0
.
k
(46)
Представим ??? (k) в следующем виде:
??? (k) = e?k ? Ak (?) sin (?k ? + ?k ) +
e?k ?
? k (?, ?) ,
?k
(47)
84 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2014. ќ19(190). Вып. 36
?
где ?k = arcsin sh ?k ?/ ch 2?k ? ? ?/4 при k ? +?,
Ak (?) =
r
1 + e?4?k ?
,
2
(48)
C2k (??) 1 ? e?2?k ?
sin ?k ?
.
?k (?, ?) = ? ? C1k (?) +
(49)
e k
2
Отметим, что при любом иксированном ? > 0 и k ? N выражение (48) ограничено:
1
? < Ak (?) < 1 ,
2
(50)
Для оценки ?k (?, ?) воспользуемся ормулой (49). Если C1 (y) ? 0 монотонно возрастает на [0, ?], C2 (y) ? 0 монотонно убывает на [??, 0], то воспользовавшись ормулами Бонне или второй теоремой о среднем значении, получим
| ?k (?, ?)| <
|C1 (?)| + |C2 (??)|
M1
=
,
2?k
k
(51)
где Mi здесь и далее положительные постоянные, вообще говоря, зависящие от ? или
?.
Из представления (47) в силу оценок (51) достаточно оценить выражение
(52)
??? (k) = sin (?k ? + ?k ) .
При k > k1 > b/2? ? 0 имеет место следующее равенство:
"
2 #1/2
p
b
?k = (2?k)2 + b2 = 2?k 1 +
=
2?k
"
1
= 2?k 1 +
2
b
2?k
2
1
?
8
b
2?k
при этом для остатка ряда справедлива оценка
4
#
+ ... = 2?k + ?k ,
b2
b2
< ?k <
.
4?k
2?k
Тогда из (52) и (53), обозначая ??k = ?k ?, получим
|??? (k)| = sin 2?k? + ??k + ?k .
(53)
(54)
(55)
При ? = p ? N существует номер k2 , такой, что при всех k > k2 имеем следующую
оценку:
1 ? (56)
sin 2?kp + ??k + ?k = sin ??k + ?k > sin = M2 > 0 .
2
4
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2014. ќ19(190). Вып. 36 85
Пусть ? = p/q , где p и q взаимно-простые числа. азделим 2kp на q с остатком:
2kp = sq + r , где s, r ? N ? {0}, 0 ? r < q . Тогда выражение (55) примет вид
?r
2kp
+ ??k + ?k = sin
+ ??k + ?k .
|??? (k)| = sin ?
(57)
q
q
Если r = 0, то данный случай сводится к уже рассмотренному выше ? = p ? N . Пусть
r > 0. Тогда ясно, что 1 ? r ? q ? 1, q ? 2, и из (57) получим
?r
?
| ??? (k) | = sin
+ ??k + ? ?k , ?k > 0 и ?k ? 0 .
q
4
Тогда существует натуральное число k3 , такое, что из последнего соотношения при всех
k > k3 следует неравенство
?r ? 1 +
? M3 > 0.
| ??? (k) | > sin
2
q
4 Пусть ? алгебраическое иррациональное число степени 2. В этом случае выражение (55) можно представить в виде
| ??? (k)| = sin 2?k? ? ?n + ??k + ?k , n ? N .
(58)
Для всякого k ? N можно подобрать n ? N [4?, такое, что имеет место неравенство
n 1
.
(59)
? ? <
2k
4k
Из теории чисел известно (см. теорему Лиувилля ( [6?, .60?), что для любого иррационального алгебраического числа ? степени 2 существует положительное число ? такое,
что при любых целых n, k (k > 0) справедливо неравенство
n ?
(60)
? ? > 2 .
2k
4k
Из (59) и (60) получим
Из (54) найдем
?? n ?
< 2?k ? ?
< .
2k
2k
2
b2 ?
b2 ?
< ??k <
.
8?k
4?k
(61)
(62)
?
Потребуем, чтобы ??k < , которое имеет место при всех k > k4 ? 2b2 ?/? 2 . Следова8
3?
тельно, ??k + ?k <
. Тогда для аргумента выражения (58) имеем оценку:
8
0 < |2?k? ? ?n + ??k + ?k | <
7?
.
8
86 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2014. ќ19(190). Вып. 36
ассмотрим два случая. Если
?
7?
< |2?k? ? ?n + ??k + ?k | <
,
2
8
то
7?
|??? (k) | = sin 2?k? ? ?n + ??k + ?k > sin
(63)
.
8
Если 0 < |2?k? ? ?n + ??k + ?k | < ?/2, тогда с учетом неравенства sin x > (2/?)x,
0 < x < ?/2, и оценок (61) и (62) будем иметь
2 | ??? (k) | = sin 2?k? ? ?n + ??k + ?k > 2?k? ? ?n + ??k + ?k =
?
2
2 4n ? 1
4n
?
1
? |??k | ? |?k | .
= 2?k ? ?
+ ??k ? ?k ?
2?k ? ?
?
8k
?
8k Применяя ормулу разности арксинусов
p
?
2
2
arcsin x ? arcsin y = arcsin x 1 ? y ? y 1 ? x ,
оценим
xy > 0 ,
?
1
sh ?k ?
? ?k = arcsin ? ? arcsin ?
=
4
ch 2?k ?
2
1
1
ch ?k ? ? sh ?k ?
?
?
= arcsin ?
= arcsin
.
2?k?
ch 2?k?
2
e
1 + e?4?k ?
?k =
Отсюда, с учетом неравенства | arcsin x| < (?/2)| x|, 0 < |x| < 1, получим
arcsin
e2?k ?
?
1
?
?
?
?
<
< 2? ? < 4?k? .
2e k
2e
1 + e?4?k ?
2e2?k ? 1 + e?4?k ?
(64)
Поскольку e4?k? > (4?k?)2 при всех k ? N , то из (64) следует неравенство
1
.
(65)
32?(k?)2
r
1
?
C учетом (60), (62) и (65) при всех b < ?
= b0 и k > k5 ?
, где
2?
2M4 (??)2
2b2 ?
M4 = ? ? 2 , выполнено
?
2 ??
b2 ?
1
?
|??? (k) | >
(66)
?
?
>
.
2
? 8k 4?k 32?(k?)
16k
|?k | <
Из выражения (47) в силу оценок (50), (51), (63) и (66)
??
e?k ?
k
| ??? (k)| = e Ak (?) sin(?k ? + ?k ) +
?k (?, ?) ?
?k
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2014. ќ19(190). Вып. 36 87
e?k ?
?
M1
C0
e?k ?
? ?
? e |Ak (?)| | sin(?k ? + ?k )| ?
|?k (?, ?)| ?
? e?k ?
?k
k
k
k
16 2
?
16 2M1
при всех k > k0 = max ki , b < b0 и k6 >
.
1?i?6
?
Замечание. Доказательство леммы 1 отлично от доказательства, приведенного в
работе [2?. Примечательно оно тем, что снято условие малости норм ||C1 || и ||C2 ||.
Лемма 2. Пусть выполнена оценка (45) при k > k0 . Тогда для таких k и при любом
y ? [??, ?] справедливы оценки:
?k ?
|vk (y) | ? A1 (|?k | + |?k |) ,
|vk? (y) | ? A2 k (|?k | + |?k |) ,
|uk (y) | ? A4 (|?k | + |?k |) ,
|u??k
|vk?? (y) | ? A3 k 2 (|?k | + |?k |) ,
|u?k
2
(y) | ? A5 k (|?k | + |?k |) ,
(y) | ? A6 k (|?k | + |?k |) ,
(67)
(68)
(69)
(70)
где Ai здесь и далее положительные постоянные, зависящие, вообще говоря, от ?, ? ,
kC1 k и kC2 k.
Справедливость оценки из (67) непосредственно следует из ормулы (25) и оценки (45). Исходя из (25) вычислим производные vk? (y) и vk?? (y):
?
?1
1
?
?
?
?
? ? (k) ?k ?k Ay? (k) + ?k ??y (k) , y > 0 ,
??
vk? (y) =
(71)
1
?
?1
?
?
?
?
?k ??y? (k) + ?k ?k B?y (k) , y < 0 ,
??? (k)
?
A?y? (k) = C1k
(y) sh ?k ? ? ?k C1k (?) ch ?k y ? ?2k ch[?k (? ? y)],
?
C1k
(y) sin ?k ? + ?k C2k (??) ch ?k y
,
?k
?
?k C1k (?) cos ?k y + C2k
(y) sh ?k ?
???y? (k) = ?k cos ?k y ch ?k ? ? ?k sh ?k ? sin ?k y ?
,
?k
???y (k) = ?k sin ?k ? sh ?k y + +?k ch ?k y cos ?k ? +
?
?
B?y
(k) = C2k
(y) sin ?k ? + ?k C2k (??) cos ?k y + +?2k cos[?k (? + y)],
(y) = ?k
Zy
C1 (t) ch [?k (y ? t)]dt ,
?
C2k
(y) = ?k
Z0
C2 (t) cos [?k (y ? t)]dt .
?
C1k
0
y
Для вычисления второй производной ункции воспользуемся ормулами (14) и
(15), получим
(
?2k vk (y) ? C1 (y)vk (0) , y > 0 ,
vk?? (y) =
(72)
??2k vk (y) + C2 (y)vk (0) , y < 0 ,
88 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2014. ќ19(190). Вып. 36
Тогда из равенств (71) и (72) на основании (45) и оценки из (67), убеждаемся в справедливости оценки (68). Аналогичным образом доказываются оценки (69), (70) для
ункции uk (y). Лемма 3. Пусть выполнена оценка (46) при всех k ? k0 . Тогда при любом y ? [??, ?]
и для таких k справедливы оценки:
(73)
|vk (y) | ? A7 k (|?k | + |?k |) ,
|vk?? (y) | ? A9 k 3 (|?k | + |?k |) ,
(74)
|u?k (y) | ? A11 k 2 (|?k | + |?k |) , |u??k (y) | ? A12 k 3 (|?k | + |?k |) .
(76)
|vk? (y) | ? A8 k 2 (|?k | + |?k |) ,
|uk (y) | ? A10 k (|?k | + |?k |) ,
(75)
Справедливость оценки (73) непосредственно следует из ормулы (25) и оценки (45). Из равенств (71) и (72) на основании (46) и (73), убеждаемся в справедливости
оценок (74). Аналогично получаем оценки (75) и (76). 3
?
?
Лемма 4. Пусть ?(x), ?(x) ? C [0, 1], ?(0) = ?(1), ?(0) = ?(1), ? (0) = 0, ? (0) = 0,
??? (0) = ??? (1), ? ?? (0) = ? ?? (1), то справедливы оценки:
A13 |gk |
A15 |e
gk |
, |?k | ?
,
3
3
k
k
|rk | + |g1k |
|e
rk | + |e
g1k |
, |?1k | ? A16
,
|?1k | ? A14
k3
k3
(77)
|?k | ?
где
gk = 4
Z1
???? (x) cos(2?kx)dx ,
rk = 4
0
g1k = 4
0
gk = 4
e
+?
X
k=1
???? (x)(1 ? x) sin(2?kx)dx ,
? ??? (x) cos(2?kx)dx ,
rek =
0
g1k = 4
e
Z1
0
??? (x) sin(2?kx)dx ,
0
Z1
Z1
Z1
(78)
Z1
? ?? (x) sin(2?kx)dx ,
0
? ??? (x)(1 ? x) sin(2?kx)dx ,
gk2 < +?,
+?
X
k=1
rk2 < +?,
+?
X
k=1
2
g1k
< +?,
+?
X
k=1
gek2 < +?,
+?
X
k=1
rek2 < +?,
+?
X
k=1
2
ge1k
< +?.
(79)
Интегрируя по частям три раза в интегралах из (20), (21), (33) и (34), с учетом
условий леммы, получим представления (77) и (78). Обоснование сходимости рядов (79)
проводится аналогично [7?. Серия: Математика. Физика. 2014. ќ19(190). Вып. 36 89
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Поскольку системы ункций (6) и (7) образуют базис исса, то если ?(x), ?(x) ?
L2 [0, 1], тогда ункцию u(x, y) можно представить в виде биортогонального ряда (44),
который сходится в L2 [0, 1] при любом y ? [??, ?]. В силу лемм 2 и 4 ряд (44) при
любом (x, y) из D мажорируется сходящимся рядом
+?
X
A17
k=k0
1
(|gk | + |g1k | + |rk | + |e
gk | + |e
rk | + |e
g1k |) ,
k3
+1
поэтому ряд (44) и ряды производных ux и uy в силу признака Вейерштрасса сходятся
абсолютно и равномерно на замкнутой области D. Следовательно, сумма u(x, y) ряда
(44) принадлежит классу C 1 (D). яды из производных второго порядка на D + и D?
мажорируются также сходящимся числовым рядом
A18
+?
X
1
(|gk | + |g1k | + |rk | + |e
gk | + |e
rk | + |e
g1k |) .
k
k=k +1
0
Поэтому сумма u(x, y) ряда (44) принадлежит пространству C 2 (D+ ? D ? ) и удовлетворяет уравнению (1) на множестве D+ ? D? .
4
?
?
Лемма 5. Если ?(x), ?(x) ? C [0, 1], ?(0) = ?(1), ?(0) = ?(1), ? (0) = 0, ? (0) = 0,
??? (0) = ??? (1), ? ?? (0) = ? ?? (1), ???? (0) = 0, ? ??? (0) = 0, то
!
A17 |zk |
A18 |e
zk |
|hk | + |z1k |
|e
hk | + |e
z1k |
|?k | ?
, |?k | ?
, |?1k | ? A19
, |?1k | ? A20
,
k4
k4
k4
k4
где
zk = 4
Z1
(4)
? (x) sin(2?kx)dx ,
hk = 4
0
Z1
???? (x) cos(2?kx)dx ,
0
z1k = 4
Z1
?(4) (x)(1 ? x) cos(2?kx)dx ,
0
zek = 4
+?
X
k=1
zk2
< +?,
+?
X
k=1
Z1
(4)
? (x) sin(2?kx)dx ,
0
ze1k = 4
h2k
< +?,
+?
X
k=1
Z1
e
hk =
Z1
? ??? (x) cos(2?kx)dx ,
0
? (4) (x)(1 ? x) cos(2?kx)dx ,
0
2
z1k
< +?,
+?
X
k=1
zek2
< +?,
+?
X
k=1
e
h2k < +?,
+?
X
k=1
2
ze1k
< +?.
90 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2014. ќ19(190). Вып. 36
Проводится аналогично лемме 4. Пусть выполнены условия пункта 3 леммы 1, тогда ряд (44) в силу леммы 3 и 5
мажорируется числовым рядом
A21
+?
X
k=k0 +1
1 e
|zk | + |z1k | + |hk | + |e
zk | + |hk | + |e
z1k | .
k3
Далее аналогично приведенному выше доказательству убеждаемся, что ункция u (x, y),
определенная рядом (44), удовлетворяет условиям (2) и (3).
Таким образом, нами доказаны следущие утверждения.
Теорема 1. Пусть ункции ? (x) и ? (x) удовлетворяют условиям леммы 4, C1 (y) ?
C [0, ?] , C2 (y) ? C [??, 0] и выполнена оценка (45) при всех k > k0 . Tогда если
??? (k) 6= 0 при всех k = 1, k0 , то задача (2) (5) имеет единственное решение, которое определяется рядом (44).
Теорема 2. Пусть ункции ? (x) и ? (x) удовлетворяют условиям леммы 5, C1 (y) ?
C [0, ?] , C2 (y) ? C [??, 0] , C1 (y) ? 0 монотонно возрастает на [0, ?], C2 (y) ? 0 монотонно убывает на [??, 0], и выполнена оценка (46). Tогда задача (2)-(5) имеет единственное
решение, которое определяется рядом (44).
Отметим, что если для чисел ?, указанных в лемме 1, при некоторых k = k1 < k2 <
... < km ? k0 , m ? N, выражение ??? (k) = 0, то в этом случае задача (2)-(5) условно
разрешима, т.е. имеет решение при выполнении условий ортогональности ?k = ?k = 0,
k = k1 , k2 , ..., km .
Литература
1. Нахушев А.М. Нагруженные уравнения и их применение / М.: Наука, 2012. 232 с.
2. Сабитов К.Б., Мелишева Е.П. Задача Дирихле для нагруженного уравнения смешанного
типа в прямоугольной области // Изв.вузов.Матем. 2013. ќ7. С.62-76.
3. Моисеев Е.И. О решении спектральным методом одной нелокальной краевой задачи //
Диеренциальные уравнения. 1999. 35, ќ8. С.1094-1100.
4. Сабитов К.Б. Задача Дирихле для уравнений смешанного типа в прямоугольной области // Докл. АН. 2007. 413, ќ1. C.23-26.
5. Арнольд В.И. Малые знаменатели и проблемы устойчивости движения в классической
и небесной механики // УМН. 1963. Т.XVIII, вып.6(114). C.91-192.
6. Хинчин А.Я. Цепные дроби / М.: Наука, 1978. 112 .
7. Ионкин Н.И. ешение одной краевой задачи теории теплопроводности с неклассическим
краевым условием // Диеренц. уравнения. 1977. 13, ќ2. C.294-304.
BOUNDARY-VALUE PROBLEM WITH NONLOCAL CONDITION
FOR A MIXED TYPE EQUATION IN RECTANGULAR AREA
Y.K. Sabitova
Sterlitamak department of Bashkir State Univerity
Institute of researhes, Odesskya St., 68, Sterlitamak, 453103, Russia, e-mail: sabitovaukrambler.ru
Abstrat. Boundary-value nonloal problem for an equation of mixed ellipti-hyperboli type
is studied. Criterion of solution uniqueness is found by spetral analysis. The solution is built as
the sum of biortogonal series.
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
11
Размер файла
227 Кб
Теги
типа, уравнения, краевая, нагруженной, смешанной, задачи, условие, нелокальные
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа