close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Параболическая задача с двумя вязкими границами в случае нестабильности спектра.

код для вставкиСкачать
УДК 517.928
О.И. КИРПИКОВА
ПАРАБОЛИЧЕСКАЯ ЗАДАЧА С ДВУМЯ ВЯЗКИМИ ГРАНИЦАМИ
В СЛУЧАЕ НЕСТАБИЛЬНОСТИ СПЕКТРА
В [1] была решена одномерная линеаризованная сингулярно возмущенная
задача для уравнений Навье-Стокса в условиях стабильности спектра предельного оператора. В настоящей статье подобная задача решается в случае
необратимости предельного оператора.
1. Постановка задачи для линеаризованного одномерного уравнения
Навье–Стокса. Будем изучать следующую краевую задачу с периодическими условиями по времени:
∂ 2u
∂u
+ a( x) ε
− L ( x, t ) u = h ( x, t ) ,
∂x
∂ x2
u (0, t ) = u (1, t ) = 0, u ( x , t + 2 π ) = u ( x , t ) при ε → +0,
Lε u ≡ ε 2
где оператор L( x, t ) ≡
(1)
∂
+ c( x, t ), c( x, t ) ≥ 0.
∂t
Оператор L не является самосопряженным. Сопряженный к нему оператор L* имеет вид: L * ( x, t ) ≡ −
∂
+ c ( x, t ) .
∂t
Пусть выполняется следующее условие.
Условие 1º. Функции c( x, t ) , h( x, t ) периодичны по t с периодом T = 2π ,
c( x, t ) = x c1 ( x, t ) , c1 ( x, t ) > 0.
Определим спектр операторов L( x, t ) , L* ( x, t ) при каждом x ∈ [0, 1] с условиями периодичности по t :
L ϕ k ( x , t ) = λ k ( x ) ϕ k ( x , t ),
λ k ( x ) = c0 ( x ) + i k ,
c0 ( x ) =
1
2π
2π
∫
0
ϕ k ( x , t + 2 π ) = ϕ k ( x , t ),
k = 0, ± 1, ± 2, ... ,
c ( x, τ) dτ =
x
2π
2π
∫ c ( x , τ ) d τ ≥ 0,
1
0
т.е. λ 0 (0) = 0 (условия стабильности спектра нарушены в одной точке).
Системой собственных нормированных функций будут следующие
функции
t
⎧⎪
⎫⎪
ϕ k ( x, t ) = b( x) p( x, t ) e i k t , p( x, t ) = exp⎨t c0 ( x) − c( x, τ) dτ⎬,
⎪⎩
⎪⎭
0
причем p( x, t + 2π) = p( x, t ), а функция b( x) – нормировочная:
∫
t
⎧2 π
⎡
⎤ ⎫⎪
⎪
b( x) = ⎨ exp ⎢2 t c0 ( x) − 2 c( x, τ) dτ⎥ dx ⎬
⎢
⎥ ⎪
⎪⎩ 0
0
⎣
⎦ ⎭
∫
−
∫
1
2
> 0,
ϕ k ( x, t )
L 2 [ 0, 2 π ]
≡ 1.
Нетрудно убедиться, что для сопряженного оператора L * собственные
функции и спектр следующие:
λ k ( x) = c0 ( x) + i k , ψ k ( x, t ) =
ei k t
.
2 π b ( x ) p ( x, t )
Система функций {ϕ n , ψ n } является биортонормированной в пространстве L2 [0, 2π] , т.е. она такова, что (ϕ n , ψ m )L2 [0, 2 π] = δ nm .
Эта система функций является системой Рисса – Фишера при каждом
{ ψ k ( x, t ) } образуют
x ∈ [0, 1] . Следовательно, системы функций { ϕ k ( x, t ) } и
базисы в L2 [0, 2π] при каждом x ∈ [0, 1] (см. [1]).
2. Выбор регуляризирующих функций. Для регуляризации сингулярностей по ε в точке ε = 0 составим пучок операторов, отвечающих задаче (1):
p (λ, x, t ) ≡ ε 2 λ2 I + a ( x) ε λ I − L( x, t ),
и определим его собственные значения:
λ (1, 2) k ( x) =
− a( x) ± a 2 ( x) + 4λ k ( x)
2ε
, Re a 2 + 4λ k > a( x).
Обозначим
− a ( x ) − a 2 ( x ) + 4λ k ( x )
wk ( x) ≡
rk ( x) ≡
,
2
− a ( x) + a 2 ( x) + 4λ k ( x)
2
,
wk ( x) ≠ 0,
т.е. r0 (0) = 0.
По спектру пучка вводим регуляризирующие независимые переменные
по формулам:
yk =
1x
1x
∫ w k ( τ) dτ ≡ q k ( x, ε), z k = ∫ rk ( τ) dτ ≡ g k ( x, ε ),
ε0
ε1
σ=e
g 0 ( x ,ε )
x
∫e
− g 0 ( s ,ε )
(2)
ds ≡ f ( x, ε ).
1
Как обычно, введем следующие обозначения:
y = { yk },
z = {z k }, q = {qk },
g = {g k }, w = {wk }, r = {rk }, k = 0, ± 1, ... .
Произведем расширение исходного оператора Lε ( x, t ) следующим образом. Вместо решения u ( x, t , ε) будем определять новую функцию
u~ ( x, y, z , σ, t , ε) такую, что
(3)
u~ ( x, y, z , σ, t , ε) y = q ( x ,ε ), z = g ( x,ε ), σ = f ≡ u ( x, t , ε) .
В силу (2) и (3) получаем задачу для определения расширенной функции
u~ ( x, y, z , σ, t , ε) :
ε 2 L2 u~ + ε L1 u~ + L0 u~ = h( x, t ),
u~ ( M 0 , ε) = u~ ( M 1 , ε) = 0, u~ ( x, y, z , σ, t + 2π, ε) = u~ ( x, y, z , σ, t , ε),
(4)
(5)
где
M 0 = (0,0, g (0, ε), f (0, ε), t ), M 1 = (1, q (1, ε),0,0, t )),
L2 ≡
∂2
∂x
+ 2 T2
2
L1 ≡ a ( x)
∂
∂
,
+ T1
∂x
∂σ
∂ ⎞ ˆ
∂
⎛∂
+ 2 T1 ⎜ +
⎟ + T1 + r0 T2 + a( x) T2 ,
∂x
⎝ ∂x ∂σ ⎠
L0 ≡ T12 + a ( x) T1 + σ r02 T2 − L( x, t ),
+∞ ⎡
∂
∂
+ rk
T1 ≡ ∑ ⎢ wk
∂y k
∂z k
k = −∞ ⎣
⎤
∂
∂
, T2 ≡
,
⎥ + σ r0
∂σ
∂σ
⎦
+∞ ⎡
∂
∂ ⎤
∂
+ r&k
Tˆ1 ≡ ∑ ⎢ w& k
.
⎥ + σ r&0
∂
∂
∂σ
y
z
k = −∞ ⎣
k
k ⎦
Задача (4), (5) уже регулярна по ε при ε → +0 , поэтому её решение мож-
но определять в виде обычного ряда теории возмущений.
3. Итерационные задачи. Пространство безрезонансных решений.
Обозначим θ = ( x, y, z , σ) и будем определять решение задачи (4), (5) в виде
ряда
u~ =
∞
∑ ε u (θ, t ).
i
i
(6)
i =0
Для определения коэффициентов ряда (6) из задачи (4), (5) получаем
следующие задачи
L0 u0 = h( x, t ), u0 (M ) = u0 (M ) = 0, u0 (θ, t + 2π) = u0 (θ, t ),
(7)
0
1
L0 u1 = − L1 u0 , u1 (M ) = u1 (M ) = 0, u1 (θ, t + 2π) = u1 (θ, t ).
(8)
L0 ui = − L1 ui −1 − L2 ui − 2 , ui (M ) = ui (M ) = 0,
0
1
ui (θ, t + 2π) = ui (θ, t ), i = 2, 3, ...
(9i)
0
1
Задачи (7) – (9i) будем решать в пространстве безрезонансных решений
(
)
+∞
+∞
⎧
U = ⎨u (θ, t ) : u = ∑ α kj ( x) e yk + β kj ( x) e zk ϕ j ( x, t ) +σ ∑ γ j ( x) ϕ j ( x, t ) +
k , j = −∞
j = −∞
⎩
+∞
+ ∑ θ j ( x) ϕ j ( x, t ),
j = −∞
α kj ( x) , β kj ( x), γ j ( x), θ j ( x) ∈ C ∞ [0, 1],
1
1
1
1
⎫
= ∑ ∫ α 2kj ( x) dx + ∑ ∫ β 2kj ( x) dx + ∑ ∫ γ k2 ( x ) dx + ∑ ∫ θ k2 ( x) dx < +∞ ⎬.
k, j 0
k, j 0
k 0
k 0
⎭
Запишем действие оператора L0 на произвольный элемент u ∈U :
u
2
(
) ( α kj ( x) e y
(
)
L0 u = ∑ λ k − λ j
k, j
k
)
+ β kj ( x) e z k ϕ j ( x, t ) +
+ ∑ λ 0 − λ j σ γ k ϕ k −∑ θ k ( x) λ k ϕ k .
k
k
Отождествим сопряженное пространство к пространству U с пространством функций
(
)
+∞
+∞
⎧
U * = ⎨w(θ, t ) : w(θ, t ) = ∑ α νkj ( x ) e z k + βνkj ( x) e y k ψ j ( x, t ) + + σ ∑ γ νj ( x) ψ j ( x, t ) +
k , j = −∞
j = −∞
⎩
}
+∞
+ ∑ θνj ( x) ψ j ( x, t ),
α νkj ( x) , βνkj ( x), γ νj ( x), θνj ( x) ∈ C ∞ [0, 1] .
j = −∞
Определим скалярное произведение элементов пространства U на элемент пространства U * следующим образом:
< u (θ, t ), v(θ, t ) >=
+∞
1
+∞
+∞
1
ν
ν
ν
∫ (α kj ( x) α kj ( x) + β kj ( x) βkj ) dx + ∑ ∫ γ j ( x) γ j ( x) dx +
∑
k , j = −∞ 0
j = −∞ 0
1
+ ∑ ∫ θ j ( x) θ νj ( x) dx.
j = −∞ 0
Оператору L0 поставим в соответствие оператор L0* такой, что ∀u ∈ U и
v ∈ U * : < L0 u , v > = < u, L0* v > .
Нетрудно убедиться, что сопряженный оператор L0* имеет вид:
L0* ≡ T12 + a ( x) T1 + σ r02 T2 − L* ( x, t ),
причем
L0* v ≡
+∞
∑
(
)
( λ k − λ j ) α νkj ( x) e y k + βνkj e z k ψ j +
k , j = −∞
+∞
∑
( λ 0 − λ j ) σ γ νj ψ j −
j = −∞
Базисными элементами ядра оператора
{
}{
L0*
+∞
∑λ
j
θνj ψ j .
j = −∞
в пространстве U * будут эле-
}{
}
менты последовательностей e y k ψ k , e z k ψ k , σ ψ 0 . Упорядочим какимлибо образом объединение этих последовательностей и произвольный элемент упорядоченного объединения обозначим через rk* , k = 0, ± 1, ± 2, ... .
4. Разрешимость итерационных задач. Запишем систему итерационных задач (7) – (9i) в общем виде:
L0 u = g (θ, t ).
(9)
где
g (θ, t ) =
+∞
+σ ∑
j = −∞
+∞
∑
k , j = −∞
(g
kj ( x ) e
yk
)
+ gˆ kj ( x) e z k ϕ j ( x, t ) +
+∞
g j ( x ) ϕ j ( x, t ) + ∑
j = −∞
g~ j ( x) ϕ j ( x, t ) .
Имеет место следующая теорема о нормальной разрешимости.
(10)
Теорема 1. Пусть выполнено условие 1º, правая часть g (θ, t ) уравнения
(9) принадлежит пространству U . Тогда уравнение (9) разрешимо в U тогда и только тогда, когда g (θ, t ) ортогональна Ker L0* и ( g , ψ 0 ) x = 0 = 0 .
Чтобы решение уравнения (9) определялось однозначно в U , достаточно,
чтобы решение u удовлетворяло следующим условиям:
u ( M 0 ) = u ( M 1 ) = 0, u (θ, t + 2π) = u (θ, t ),
< L1u + p, rk* >≡ 0, ∀k , <
∂u
∂u
+ a( x)
, ψ0 >
= 0,
∂x
∂σ
x =0
(11)
где p = p(θ, t ) – известный элемент из U .
Имеет место следующая теорема.
Теорема 2. Пусть выполнены условия теоремы 1 и < g , rk* >≡ 0, ∀k .
Тогда решение задачи (9), (11) при достаточно малых ε > 0 существует и
единственно в пространстве U .
Применяя теоремы 1, 2 для решения итерационных задач (7), (9i), однозначно определяем функции u k (θ, t ) . Таким образом, ряд (6) при достаточно малых ε > 0 с коэффициентами из пространства U единствен. Этот ряд является
формальным асимптотическим рядом для решения регуляризованной задачи (4),
(5). Обозначим сужение его N-й частичной суммы через uεN ( x, t ) .
Справедлива теорема об оценке остаточного члена.
Теорема 3. Пусть выполнено условие 1º. Тогда для достаточно малых
ε > 0 имеет место оценка
u ( x, t , ε) − uεN ( x, t )
C
≤ Mε N +1 , ∀N = 0,1,2,...,
т.е. ряд (6) является асимптотическим для решения задачи (1) при ε → +0 .
Литература
1. Ломов С. А. Введение в общую теорию сингулярных возмущений. М.: Наука, 1980. 400 с.
2. Kirpikova O.I., Raschepkina N.A. The asymptotic solution of parabolic problem with two
viscous boundaries in case of nonstable spectrum // Abstracts of the twelfth General Meeting of
European Women in Mathematics. Volgograd, 2005. P.50-51.
КИРПИКОВА ОЛЬГА ИВАНОВНА родилась в 1956 г. Окончила Чувашский
государственный университет. Старший преподаватель кафедры высшей математики Чувашского государственного университета. Область научных интересов – теория сингулярных возмущений. Автор более 30 научных работ.
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
3
Размер файла
215 Кб
Теги
двумя, спектр, нестабильности, границами, задачи, вязкими, параболические, случай
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа