close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

О единственности и итерационном методе решения одной нелинейной нестационарной задачи с нелокальными краевыми условиями типа теплообмена излучением.

код для вставкиСкачать
ISSN 2074-1863
Уфимский математический журнал. Том 2. № 4 (2010). С. 27-38.
УДК 519.63
О ЕДИНСТВЕННОСТИ И ИТЕРАЦИОННОМ МЕТОДЕ
РЕШЕНИЯ ОДНОЙ НЕЛИНЕЙНОЙ НЕСТАЦИОНАРНОЙ
ЗАДАЧИ С НЕЛОКАЛЬНЫМИ КРАЕВЫМИ УСЛОВИЯМИ
ТИПА ТЕПЛООБМЕНА ИЗЛУЧЕНИЕМ
И.И. ГОЛИЧЕВ
Аннотация. В работе построен итерационный процесс решения нелинейной начальнокраевой задачи с нелокальными краевыми условиями, сходящийся с любого начального приближения. В частности, такими задачами описывается нестационарный процесс
теплообмена излучением.
Единственность решения задачи и сходимость итерационного процесса доказывается в
условиях существования гладкого решения задачи.
На каждом шаге итерации решается линейная начально-краевая задача с краевыми
условиями третьего рода. Получена оценка скорости сходимости итерационного процесса и необходимые для его построения априорные оценки.
Ключевые слова:нелокальные краевые условия, теплообмен излучением, итерационные методы.
1.
Введение
Рассматривается задача:
∂u
∂
∂u
ρ
−
aij (t, x, u)
+ b (x, t, u, ux ) = f, (x, t) ∈ Q,
∂t
∂xi
∂xj
∂u
cos(~n, xi ) + d (x, t, u) u + h (u (x, t)) =
aij (t, x, u)
∂xj
Z
= h (u (ξ, t)) ϕ (ξ, x, t) dξ + g, (x, t) ∈ S,
(1)
(2)
∂G
u (x, 0) = u0 , x ∈ G.
(3)
Здесь Q = QT = G × (0, T ) ; S = ST = ∂G × (0, T ) , G — ограниченная область в
Rn (n ≥ 2) , ∂G — ее граница, знак суммирования по повторяющимся индексам опускается.
Глобальная разрешимость таких задач, когда функции b (·) , d (·) тождественно равны
нулю, изучалась в работе [1]. Начало исследований с краевыми условиями вида (2) для
уравнения теплопроводности ∂u
= a∆u положили работы [2], [3].
∂t
Введем следующие обозначения:
kuk = kuk2 = kukL2 (G) ,
k|u|k = k|u|k2 = kukL2 (Q) ,
I.I. Golichev, On uniqueness and iteration method of solving of one non-linear nonstationary problem with non-local boundary conditions of «radiation heat transfer» type.
c Голичев И.И. 2010.
Поступила 23 сентября 2010 г.
27
28
И.И. ГОЛИЧЕВ
(u, v) , ((u, v)) — скалярные произведения в L2 (G), L2 (Q),
n n X
X
∂u 2
∂ 2 u 2
2
2
|ux | =
∂xi , |uxx | =
∂xi ∂xj ,
i=1
i,j=1
V (Q) = V2 (Q) = L2 (0, T ; W21 (G)) ∩ L∞ (0, T ; L2 (G)) .
Через A (ω) = A (x, t, ω) будем обозначать матрицу (aij (t, x, ω))ni,j=1 .
Будем далее использовать следующие обозначения:
Z
∂u ∂v
a (t, ω, ux , vx ) = (A(ω)ux , vx ) = aij (t, x, ω)
dx,
∂xj ∂xi
G
Z
b (t, ω, ux , v) = b (x, t, ω, ux ) vdx,
Z
d (t, ω, v) =
G
d(x, t, ω(x, t))v(x, t)dx,
∂G
Z
h (t, ω, v) =
h (ω(x, t)) v(x, t)dx,
∂G
Z Z
h (t, ϕ, ω, v) =
h (ω(ξ, t)) ϕ(ξ, x, t)v(x)dξdx.
∂G ∂G
Решением задачи (1) − (3) называется элемент u ∈ V (Q), h(u) ∈ L1 (S), удовлетворяющий
интегральному тождеству
ZT
−
ZT
(u, vt ) dt +
0
[a (t, u, ux , vx ) + b (t, u, ux , v)] dt+
0
ZT
+
ZT
d (t, u, v) dt +
0
Z
=
T
h (t, u, v) dt =
0
Z
h (t, ϕ, u, v) dt +
0
Z
f vdxdt +
Q
gvdxdt
S
при любом v ∈ W21,1 (Q) , равным нулю при t = T .
2.
Условия на данные задачи, решение и дополнительные обозначения
Будем предполагать, что решение задачи (1)−(3) u(x, t) почти всюду в Q удовлетворяет
неравенствам:
N1 6 u(x, t) 6 N2 .
(4)
Обозначим через P оператор проектирования

 u(x, t), если N1 6 u(x, t) 6 N2 ,
N1 ,
если u(x, t) < N1 ,
Pu =
 N,
если u(x, t) > N2 .
2
Будем предполагать, что выполнены следующий условия на данные задачи:
I. ρ ∈ L∞ (G), 0 < ρ1 6 ρ(x) 6 ρ2 почти для всех x ∈ Q.
О ЕДИНСТВЕННОСТИ И ИТЕРАЦИОННОМ МЕТОДЕ РЕШЕНИЯ. . .
29
II. Матрица A(u) для почти всех (x, t) ∈ Q и u, v ∈ [N1 , N2 ] удовлетворяет неравенствам
kA (x, t, u) − A (x, t, v)k 6 L1 |u − v| ,
2
2
m |ξ| 6 aij (x, t, u) ξi ξj 6 M |ξ| ∀ξ ∈ Rn ,
где L1 ≥ 0, m > 0.
III. Функция b (x, t, u, ξ) почти для всех (x, t) ∈ Q удовлетворяет условиям:
b x, t, u1 , ξ − b x, t, u2 , ξ 6 L2 u1 − u2 |ξ| ∀u1 , u2 ∈ [N1 , N2 ] , ξ ∈ Rn ,
b x, t, u, ξ 1 − b x, t, u, ξ 2 6 L3 |ξ − η| ∀u ∈ [N1 , N2 ] , ξ 1 , ξ 2 ∈ Rn ,
(5)
(6)
(7)
(8)
где L2 , L3 ≥ 0.
IV. Функция d(x, t, u) непрерывна на S × [N1 , N2 ] почти всюду на S, |d(x, t, 0)| ≤ d¯ и по
переменной u удовлетворяет условию Липшица
d x, t, u1 − d x, t, u2 6 L4 u1 − u2 ∀(x, t) ∈ S.
(9)
V. Функция h(u) удовлетворяет условиям Липшица на [N1 , N2 ]
h u 1 − h u2 6 L5 u 1 − u 2 .
(10)
VI. ФункцияZ ϕ(ξ, x, t) ∈ L1 (∂G × ∂G × [0, T ]), ϕ (ξ, x, t) = ϕ (x, ξ, t) и, кроме того,
ϕ(ξ,
e t) = ϕ(ξ, x, t)dx 6 C2
∂G
VII. u0 ∈ L2 (G), f ∈ L2 (Q), g ∈ L2 (S).
Далее рассматривается вопрос о сходимости последовательности {uk }, где uk+1 — решение задачи
n
X
∂uk+1
∂ 2 uk+1
∂uk
∂
ρ
− µ1
rij (x, t, P uk )
−
+ µ2 uk+1 =
2
∂t
∂xi
∂xi
∂xj
i=1
− (b (x, t, P uk , ukx ) − µ2 P uk ) + f (x, t) , (x, t) ∈ Q,
∂uk+1
cos (~n, xi ) + µ3 uk+1 = − (d(x, t, P uk )P uk + h(P uk ) − µ3 P uk ) +
∂xi
Z
∂uk
+ h (P uk (ξ, t)) ϕ(ξ, x, t)dξ − rij (x, t, P uk )
cos (~n, xi ) + g(x, t), (x, t) ∈ S,
∂xj
(11)
µ1
(12)
∂G
uk+1 (x, 0) = u0 (x), x ∈ G.
(13)
Здесь rij (x, t, ω) = aij (x, t, ω) − µ1 δij , δii = 1, δij = 0, при i 6= j, µ1 , µ2 , µ3 — неотрицательные
параметры метода. Далее заметим, что для сходимости рассматриваемого итерационного
процесса существенную роль играет выбор параметра µ1 . Параметры µ2 и µ3 могут быть
произвольными неотрицательными (например, µ2 = µ3 = 0). Однако в некоторых случаях
соответствующий выбор этих параметров ускоряет сходимость.
3.
Исследование сходимости итерационного процесса
Теорема 1. Пусть задача (1) − (3) имеет решение u (x, t) ∈ C 1 Q , удовлетворяющее условию (4), а данные задачи удовлетворяют условиям (I) − (V II). Пусть
1
µ1 = (M + m) , µ2 , µ3 ≥ 0 и n 6 3, а {uk } — последовательность решения задач
2
(11) , (13). Тогда при любом u0 ∈ V последовательность {uk } сходится к u(x, t) при
k → ∞ и справедлива оценка
ku(x, t − uk (x, t))kV 6 C(θ1 )θ1k ku − u0 kV ,
(14)
30
И.И. ГОЛИЧЕВ
M −m
, kukV = vraimax ku(x, t)k + kukL2 (0,T ;W21 (G)) .
t∈[0,T ]
M +m
Доказательство. Поскольку для решения задачи (1) − (3) справедливо равенство
P u = u, то уравнения (1), (2) можно записать в виде:
где θ1 ∈ (θ, 1), θ =
n
X
∂u
∂u
∂2u
∂
ρ
− µ1
rij (x, t, P u)
− rb (x, t, P u, ux ) + f (x, t), (x, t) ∈ Q,
+ µ2 u =
∂t
∂x2i
∂xi
∂xj
i=1
∂u
µ1
cos (~n, xi ) + µ3 u = −rd (x, t, P u)P u − h(P u(x, t))+
Z∂xi
∂u
+ h (P u(ξ, t)) ϕ(ξ, x, t)dξ − rij (x, t, P u)
cos (~n, xi ) + g(x, t), (x, t) ∈ S.
∂xj
∂G
Здесь rb (x, t, ω, ux ) = b(x, t, ω, ux ) − µ2 ω, rd (x, t, ω) = (d(x, t, ω) − µ3 )ω.
Обозначим ∆uk = u − uk , тогда ∆uk+1 является решением задачи:
n
X
∂ 2 ∆uk+1
∂∆uk+1
− µ1
+ µ2 ∆uk+1 =
ρ
2
∂t
∂x
i
i=1
∂
∂u
∂uk
=
rij (x, t, P u)
− rij (x, t, P uk )
−
∂xi
∂xj
∂xj
− [rb (x, t, P u, ux ) − rb (x, t, P uk , ux )] , (x, t) ∈ Q,
(15)
∂∆uk+1
cos (~n, xi ) + µ3 ∆uk+1 =
∂xi
∂u
∂uk
= − rij (x, t, P u)
− rij (x, t, P uk )
cos (~n, xi ) −
∂xj
∂xj
− [rd (x, t, P u) − rd (x, t, P uk )] − [h(P u(x, t)) − h(P uk (x, t))] +
Z
+ [h(P u(ξ, t)) − h(P uk (ξ, t)] ϕ(ξ, x, t)dξ, (x, t) ∈ S,
(16)
µ1
∂G
∆uk+1 (x, 0) = 0, x ∈ G.
(17)
Умножая уравнение (15) на ∆uk+1 e−2λt (λ > 0) и интегрируя по области G × (0, τ ), где
τ 6 T , получим обобщенное энергетическое соотношение
1
ρ∆uk+1 (x, τ )e−2λτ 2 + µ1
2
Zτ
k∆uk+1,x (x, t)k2 e−2λt dt +
0
Zτ
+µ2
k∆uk+1 (x, t)k2 e−2λt dt + λ
0
Zτ Z
0
Zτ Z
+µ3
0
G
|ρ∆uk+1 (x, t)|2 e−2λt dxdt +
G
∆u2k+1 (x, t)e−2λt dxdt
=
5
X
i=1
Ji (τ ),
(18)
О ЕДИНСТВЕННОСТИ И ИТЕРАЦИОННОМ МЕТОДЕ РЕШЕНИЯ. . .
31
где
Zτ Z J1 (τ ) = −
0
∂∆uk+1 −2λt
e
dxdt,
∂xi
G
Zτ Z
(rb (P u) − rb P uk ) ∆uk+1 e−2λt dxdt,
J2 (τ ) = −
0
∂u
∂uk
rij (P u)
− rij (P uk )
∂xj
∂xj
G
Zτ Z
(rd (P u) − rd P uk ) ∆uk+1 e−2λt dxdt,
J3 (τ ) = −
0 ∂G
Zτ Z
J4 (τ ) =
(h(P u) − hP uk ) ∆uk+1 e−2λt dxdt,
0 ∂G
Zτ Z Z
[h(P u(ξ, t)) − hP uk (ξ, t)] ϕ(ξ, x, t)∆uk+1 e−2λt dξdxdt.
J5 (τ ) =
0 ∂G ∂G
Получим оценки интегралов J1 − J5 . Представим интеграл J1 (τ ) в виде
Zτ Z ∂u ∂∆uk+1 −2λt
∂u
J1 (τ ) = J1,1 (τ ) + J1,2 (τ ) =
− rij (P uk )
e
dxdt+
rij (P u)
∂xj
∂xj
∂xi
0 G
Zτ Z
∂uk ∂∆uk+1 −2λt
∂u
−
)
e
dxdt.
+
rij (P uk )(
∂xj
∂xj
∂xi
0
G
Учитывая неравенство (5), очевидное неравенство kP u − P vk 6 ku − vk и ограниченность
градиента решения (|ux | 6 C1 ), получаем
τ
Z Z ∂u
∂u
∂∆u
k+1
−2λt
rij (P u)
|J1,1 (τ )| = − rij (P uk )
e
dxdt 6
∂xj
∂xj
∂xi
0 G
τ
Z Z
(L1 + µ1 ) |ux | |P u − P uk | |∆uk+1,x | e−2λt dt 6
6
0
G
Zτ
6 (L1 + µ1 )C1
∆uk e−λt ∆uk+1,x e−λt dt.
0
Далее будем использовать обозначения
u
ek = uk e−λt , u
ek,x = uk,x e−λt , ∆e
uk = ∆uk e−λt , ∆e
uk,x = ∆uk,x e−λt .
Тогда полученную выше оценку можно записать в виде
Zτ
|J1,1 (τ )| 6 (L1 + µ1 )C1 k∆e
uk+1,x k k∆e
uk k dt.
(19)
0
Для оценки интеграла J1,2 воспользуемся неравенствами (6) и, учитывая, что
µ1 = 12 (m + M ) , получим
|rij (P uk )ξj ξi | 6 θµ1 |ξ|2 ∀ξ ∈ Rn .
В силу симметричности матрицы (rij ) из последнего равенства следует, что
1
1
|rij (P uk )ξi ηj | 6 θ µ1 |ξ|2 2 µ1 |η|2 2 .
32
И.И. ГОЛИЧЕВ
Откуда следует, что

Zτ
|J1,2 (τ )| 6 θµ1 
 21 
k∆e
uk,x k2 dt 
0
Zτ
 12
2
∆e
u(k+1),x dt .
(20)
0
При оценке J2 (τ ), используя неравенства (7)–(8) и ограниченность градиента ux , получаем
τ
Z Z
[b(x, t, P u, ux ) − b(x, t, P uk , uk,x )−
|J2 (τ )| = 0 G
− µ2 (P u − P uk )] ∆u(k+1) e−2λt dxdt 6
Zτ Z
6 (L2 C1 + µ2 )
(P u − P uk ) ∆u(k+1) e−2λt dxdt+
(21)
+L3
Rτ R
0
G
|ux − uk,x | ∆u(k+1) e−2λt dxdt 6
0 G
Zτ
Zτ
k∆e
uk,x k k∆e
uk+1 k dt.
k∆e
uk k k∆e
uk+1 k dt + L3
6 (L2 C1 + µ2 )
0
0
Используя неравенство (9), получим оценку интеграла J3 (τ )
τ
Z Z
|J3 (τ )| = [d(x, t, P u)P u − d(x, t, P uk )P uk −
0 ∂G
−2λt
=
−µ
(P
u
−
P
u
)]
∆u
e
dxdt
3
k
(k+1)
τ
R R
= [d(x, t, P u) − d(x, t, P uk )P u+
0 ∂G
+(d(x, t, P uk ) − µ3 )(P u − P uk )] ∆u(k+1) e−2λt dxdt 6
Zτ
6 (2L4 N + d¯ + µ3 ) k∆e
uk k∂G k∆e
uk+1 k∂G dt 6
0

6 (2L4 N + d¯ + µ3 ) 
Zτ
k∆e
uk k2∂G dt 
Здесь kvk2∂G =
Zτ
 12
k∆e
uk+1 k2∂G dt .
0
0
Z
 21 
(22)
|v(x)|2 dx. Используя известное неравенство (см. [4])
∂G
kvk2∂G 6 ε kvx k2 + cε kuk2 ,
(23)
получаем, что

|J3 (τ )| 6 (2L4 N + d¯ + µ3 ) 
Zτ
 12
ε k∆e
uk,x k2 + C(ε) k∆e
uk k2 dt ×
0

Zτ
×
0
 21
ε k∆e
uk+1,x k2 + C(ε) k∆e
uk+1 k2 dt .
(24)
О ЕДИНСТВЕННОСТИ И ИТЕРАЦИОННОМ МЕТОДЕ РЕШЕНИЯ. . .
33
Для оценки интеграла J4 (τ ) достаточно воспользоваться неравенствами (10),(23). В результате получим
 21
 τ
Z
ε k∆e
uk,x k2 + C(ε) k∆e
uk k2 dt ×
|J4 (τ )| 6 L5 
0

Zτ
×
 21
ε k∆e
uk+1,x k2 + C(ε) k∆e
uk+1 k
2
dt .
(25)
0
Оценим, наконец, интеграл J5 (τ ). В силу ограничений, наложенных на функции
h(u), ϕ(ξ, x, t), легко убедиться в справедливости следующих соотношений
Z Z
−2λt
[h(P u(ξ, t)) − h(P uk (ξ, t))] ∆uk+1 e
ϕ(ξ, x, t)dξdx 6
∂G ∂G

 12
Z Z
6 L5 
|P u(ξ, t) − P uk (ξ, t)|2 |ϕ(ξ, x, t)| e−2λt dξdx ×
∂G ∂G
 12

Z Z
×
|ϕ(ξ, x, t)| |∆uk+1 (x, t)|2 e−2λt dξdx =
∂G ∂G

 12 
 12
Z
Z
= L5  |P u(ξ, t) − P uk (ξ, t)|2 ϕ(ξ,
e t)e−2λt dξ   |ϕ(x,
e t)| |∆uk+1 (x, t)|2 e−2λt dξ  6
∂G
∂G
6 L5 C2 k∆e
uk k∂G k∆e
uk+1 k∂G .
Вновь, используя неравенство (23), получаем
 τ
 12
Z
|J5 (τ )| 6 L5 C2 
ε k∆e
uk,x k2 + C(ε) k∆e
uk k2 dt ×
0
 τ
 21
Z
ε k∆e
uk+1,x k2 + C(ε) k∆e
uk+1 k2 dt .
×
(26)
0
Введем вспомогательную норму в W21 (G)
kvk2λ = µ1 kvx k2 + (λ + µ2 ) kvk2 , λ ≥ 0.
Тогда очевидно, что
−1
1
kvk 6 (λ + µ2 )− 2 kvkλ , kvx k 6 µ1 2 kvk2λ .
Учитывая последние неравенства, оценки (19)–(21) и обозначая
|||v|||2λτ
Zτ
=
kvk2λ dt, полу-
0
чим
1
uk |||λτ |||∆e
uk+1 |||λτ
|J1,1 (τ )| 6 K1 (λ + µ2 )− 2 |||∆e
(27)
|J1,2 (τ )| 6 θ̄¯ |||∆uk |||λτ |||∆e
uk+1 ||| ,
(28)
1
|J2 (τ )| 6 K2 (λ)(λ + µ2 )− 2 |||∆e
uk |||λτ |||∆e
uk+1 ||| ,
(29)
34
И.И. ГОЛИЧЕВ
−1
−1
1
где K1 = (L1 + µ1 )C1 µ1 2 , K2 (λ) = (L2 C1 + µ2 )(λ + µ2 )− 2 + L3 µ1 2 .
Обозначим q = 1 − θ и выберем ε настолько малым, что
1
(2L4 N + µ3 + L5 (1 + C2 ))ε 6 q.
4
−1
Далее, выбирая λ ≥ C(ε)µ1 ε и учитывая оценки (24)–(26), получаем оценку
5
X
i=3
1
|Ji (τ )| 6 q |||∆e
uk |||λτ |||∆e
uk+1 |||λτ .
4
В случае необходимости, увеличивая λ, можно считать выполненным неравенство
1
1
(K1 + K2 (λ))(λ + µ2 )− 2 6 q.
4
Тогда получаем, что
5
X
|Ji (τ )| 6 θ1 |||∆e
uk |||λτ |||∆e
uk+1 |||λτ ,
(30)
(31)
(32)
(33)
i=3
где 0 < θ1 = θ + 21 q < 1.
Из условия I следует, что
kρ∆e
uk+1 (x, τ )k ≥ ρ1 k∆e
uk+1 (x, τ )k .
Принимая во внимание последнее неравенство и соотношение (18), получаем
1
ρ1 k∆e
uk+1 (x, τ )k2 + |||∆e
uk+1 |||2λτ 6 θ1 |||∆e
uk |||λτ |||∆e
uk+1 |||λτ .
2
Откуда следует, что
|||∆e
uk+1 |||λτ 6 θ1k+1 |||∆e
u0 |||λτ ∀τ ∈ (0, T ],
и
r
ρ1
||∆uk+1 (x, τ )|| 6 θ1k+1 |||∆e
u0 |||λτ ∀τ ∈ (0, T ].
2
Из последних неравенств следует, что
r
2 k
θ ||∆e
u0 ||λT ,
vraimax k∆e
uk (t)k 6
t∈(0,T ]
ρ1 1
поэтому
r 2
vraimax k∆e
uk (t)k + |||∆e
uk |||λT 6 1 +
θ1k ||∆e
u0 ||λT .
t∈(0,T ]
ρ1
Можно считать, что λ + µ2 ≥ µ1 , тогда kvk2λT ≥ µ1 kvk2W 1 (G) и
2
ZT
|||v|||2λT ≥ µ1 kv(t)k2W 1 (G) dt = µ1 kvk2L2 (0,T ;W 1 (G)) .
2
2
0
Учитывая неравенства
vraimax ke
v (t)k ≥ e−λT vraimax kv(t)k ,
t∈(0,T ]
t∈(0,T ]
1
2
|ke
v (t)k|λT ≥ e−λT µ1 kvkL2 (0,T ;W 1 (G)) ,
1
2
|ke
v k|λT 6 |kvk|λT 6 (λ + µ2 ) 2 kvkV ,
получаем
1
vraimax k∆ũk (t)k + |k∆e
uk k|λT ≥ e−λT min[1, µ12 ]k∆uk kV ,
t∈(0,T ]
1
|k∆e
u0 k|λT 6 (λ + µ2 ) 2 k∆u0 kV .
(34)
(35)
О ЕДИНСТВЕННОСТИ И ИТЕРАЦИОННОМ МЕТОДЕ РЕШЕНИЯ. . .
35
Далее фиксируем параметр λ, удовлетворяющий условиям (31), (32) и условию λ+µ2 ≥ µ1 .
Учитывая два последних неравенства и неравенство (35), получим доказываемое неравенство (14).
Докажем единственность решения задачи (1), (3) при условии, что существует решение
u ∈ G1 (Q). Предположим, что кроме решения u существует решение v(x, t) ∈ V , удовлетворяющее ограничению (4). Тогда u и v удовлетворяют соотношениям вида (15), (16), в
которых uk+1 = uk = v. В этом случае неравенство (34) для ∆ũ = ũ − ṽ примет вид
1
ρ1 k∆e
u(x, t)k + |k∆e
uk|2λτ 6 θ1 |k∆e
uk|2λτ , ∀τ ∈ (0, T ] .
2
Откуда следует, что ∆e
u = (u − v)e−λt = 0 почти всюду в Q.
4.
Априорная оценка классического решения
Для применения итерационного процесса 11–13 необходимо задать ограничения сверху
и снизу для решения задачи 1–3. В работе [1] получена оценка слабого решения в L∞ (Q)
задачи вида (1) − (3), где b0 (x, t, u, ux ) ≡ 0, d(x, t, u) ≡ 0. Однако эти оценки содержат
неявно заданные константы, что не позволяет использовать их в предлагаемом итерационном методе.
Для классического решения, то есть решения непрерывного в QT , имеющего непрерывные
∂u
∂u ∂ 2 u
,
в QT и
в QT ∪ST , можно найти явную и более точную оценку.
производные
∂t ∂xi ∂xj
∂xi
Далее будем предполагать, что выполнены следующие условия:
10 . aij (x, t, u)ξi ξj ≥ 0 ∀(x, t) ∈ QT , u ∈ R1 , ξ ∈ Rn ;
∂aij (x, t, u) ∂aij (x, t, u)
производные
непрерыны и ограничены в любом ограничен,
∂xi
∂u
ном цилиндре ZN = QT × [−N, N ];
0
2 . Функцию b(x, t, u, ux ) можно представить в виде
∂u
b(x, t, u, ux ) = bi (x, t, u, ux )
+ b0 (x, t, u)u,
∂xi
где
b0 (x, t, u) ≥ Cb + C b |u|α1 ∀(x, t) ∈ QT , u ∈ R1 ,
(36)
1
где Cb ∈ R , C b и α1 ≥ 0;
0
3.
d(x, t, u) ≥ Cd + C d |u|α2 ∀(x, t) ∈ S T , u ∈ R1 ,
(37)
где Cd и C d ≥ 0;
40 . Функция ϕ(ξ, x, t) удовлетворяет условиям VI, где C2 < 1;
50 . Функция h(u) задана на R1 , непрерывна, не убывает и удовлетворяет условию
|h(u)| ≥ Ch |u|α3 ∀u ∈ R1 ,
(38)
где Ch ≥ 0;
6 . Cd + C d + Ch > 0.
Запишем уравнение (1) в виде
0
ρ
∂u
∂2u
∂u
− aij (t, x, u)
+ Bi (x, t, u, ux )
+ b (x, t, u, ) u = f (x, t),
∂t
∂xi ∂xj
∂xi
где
∂aij (x, t, u) ∂aij ∂u
−
.
∂xj
∂u ∂xj
Перейдем от функции u(x, t) к функции v(x, t) = u(x, t)e−λt . Функция v(x, t) удовлетворяет уравнению
Bi (x, t, u, ux ) = bi (x, t, u, ux ) −
36
И.И. ГОЛИЧЕВ
∂v
∂2v
∂v
− aij (t, x, u)
+ Bi (x, t, u, ux )
+ (b (x, t, u, ) + λ)v = f (x, t)e−λt ,
∂t
∂xi ∂xj
∂xj
и условиям
∂v
aij (t, x, u)
cos(~n, xi ) + d (x, t, u) v + h (u (x, t)) e−λt −
∂x
j
Z
ρ
−e−λt
h (u (ξ, t)) ϕ (ξ, x, t) dξ = ge−λt .
∂G
Пусть неотрицательный максимум функции v в области Qt1 = G × [0, t1 ] достигается в
точке (x0 , t0 ) ∈ G × [0, t1 ], тогда, учитывая условие (36), получаем
(Cb + λ)v(x0 , t0 ) + C b |u(x0 , t0 )|α1 v(x0 , t0 ) 6 f (x0 , t0 )e−λt .
(39)
Далее будем считать, что λ > −Cb , и условимся обозначать символом g+ (y) (g− (y)) функцию, равную g(y), если g(y) ≥ 0 (g(y) 6 0) и g+ (y) = 0 (g− (y) = 0), если g(y) < 0 (g(y) > 0).
Введем обозначение
"
1/(α1 +1) #
f+ (x, t)
f+ (x, t)
l+ (x, t, λ) = min
,
,
(40)
Cb + λ
Cb
если C b = 0, то l+ = f+ /(Cb + λ). Учитывая неравенство (39), получаем
v(x0 , t0 ) 6 l+ (x0 , t0 , λ)e−λt .
Пусть неотрицательный максимум достигается в точке (x0 , t0 ) ∈ St1 , тогда в этой точке
вектор vx имеет направление внешней нормали, поэтому в силу положительной определенности матрицы A
∂v
aij
cos(~n, xi ) ≥ 0.
∂xj
Заметим еще, что из неравенства v(x0 , t0 ) ≥ v(ξ, t0 ) ∀ξ ∈ G следует неравенство
u(x0 , t0 ) ≥ u(ξ, t0 ) ∀ξ ∈ G.
Учитывая краевое условие (2), получаем, что


d(x0 , t0 , u(x0 , t0 ))v(x0 , t0 ) + e−λt h(u(x0 , t0 )) −
Z
h(u(ξ, t0 ))ϕ(ξ, x0 , t0 )dξ  6
∂G
6 g(x0 , t0 )e−λt .
(41)
Принимая во внимание условия 40 , 50 , получаем
R
R
h(u(x0 , t0 )) − h(u(ξ, t0 ))ϕ(ξ, x0 , t0 )dξ = [h(u(x0 , t0 )) − h(u(ξ, t0 ))] ×
∂G
∂G
R
×ϕ(ξ, x0 , t0 )dξ + h(u(x0 , t0 )) 1 − ϕ(ξ, x0 , t0 ) ≥ (1 − C2 )h(u(x0 , t0 )).
∂G
Воспользовавшись неравенствами (37), (38), получаем
Cd + C d eα2 λt0 v α2 (x0 , t0 ) v(x0 , t0 ) + (1 − C2 )e−λt Ch eα3 λt0 v α3 (x0 , t0 ) 6 ge−λt0 .
Откуда получаем
Cd v(x0 , t0 ) + C d eα2 λt0 v (α2 +1) (x0 , t0 ) + (1 − C2 )e−λt Ch e(α3 −1)λt0 v α3 (x0 , t0 ) 6 ge−λt0 .
Полагаем
"
g+
m+ (x, t) = min
,
Cd
g+
Cd
1/(α2 +1) ,
g+
Ch (1 − C2 )
(42)
1/α3 #
.
(43)
О ЕДИНСТВЕННОСТИ И ИТЕРАЦИОННОМ МЕТОДЕ РЕШЕНИЯ. . .
37
Тогда из (44) следует оценка
v(x0 , t0 ) 6 m+ (x0 , t0 )e−λt0 .
Очевидно, что если положительный максимум достигается в точке (x0 , 0), то
v(x0 , 0) = u(x0 , 0) = u0 (x0 ). Таким образом, во всех случаях справедлива оценка
−λt
−λt
.
max v(x, t) 6 max max u+(x) , max m+ (x, t)e , max l+ (x, t)e
G
Qt1
Qt1
St1
Откуда следует оценка сверху
−λt
−λt
0
λt1
.
u(x, t1 ) 6 e max max u+ (x), max m+ (x, t)e , max l+ (x, t, λ)e
G
Qt1
St1
Аналогичным образом получаем оценку снизу неположительного минимума
−λt
−λt
0
λt1
,
u(x, t1 ) ≥ e min min u− (x), min m− (x, t)e , min l− (x, t, λ)e
G
Qt1
St1
(44)
где
"
1/(α1 +1) #
f− (x, t)
|f− (x, t)|
l− (x, t, λ) = max
,−
Cb + λ
Ch
"
1/(α2 +1)
1/α3 #
g− (x, t)
|g− (x, t)|
|g− (x, t)|
m− (x, t) = max
,−
,−
Cd
Ch (1 − C2 )
Cd
(45)
(46)
Таким образом установлено следующее утверждение
Теорема 2. Пусть u(x, t) есть классическое решение задачи (1) − (3) и пусть выполнены условия 10 − 60 . Тогда для решения u(x, t) при любом t1 ∈ [0, T ] справедливы
оценки
λt1
0
−λt
−λt
sup e min min u− (x), min m− (x, t)e , min l− (x, t, λ)e
6
G
St1
Qt1
λ>Cb
−λt
0
−λt
−λt
6 u(x, t1 ) 6 inf e max max u+ (x), max m+ (x, t)e , max l+ (x, t, λ)e
,
λ>Cb
G
St1
Qt1
где l± (x, t, λ), m± (x, t) определяется формулами (40), (45), (43), (46).
Замечание. В модели теплообмена излучением по закону Стефана-Больцмана без учета
конвективного переноса тепла
bi (x, t, u, ux ) ≡ 0 (i = 0, n), d(x, t, u) ≡ 0, h(u) = κ |u|3 u.
Функция u имеет физический смысл абсолютной температуры. При естественных предположениях, что f ≥ 0, g ≥ 0, u0 ≥ 0 получим соотношения
1/4
f (x, t)
g
0
l− (x, t, λ) ≡ 0, m− (x, t) ≡ 0, u− ≡ 0, l+ (x, t, λ) =
, m+ (x, t) =
.
λ
κ(1 − C2 )
Тогда при любом λ > 0
"
#
41
g
f −λt
λt1
0
−λt
0 6 u(x, t1 ) 6 e max max u (x), max
e , max e
.
(47)
G
St1
Qt1 λ
κ(1 − C2 )
Полагая в последнем неравенстве λ =
"
1
,
t1
получим
0
0 6 u(x, t1 ) 6 e max max u , max
G
St1
g
κ(1 − C2 )
14
#
, t1 max f .
Qt1
(48)
38
И.И. ГОЛИЧЕВ
Если нет внутренних источников тепла, то есть f ≡ 0,то, устремляя λ к нулю в неравенстве
(47), получим оценку
"
14 #
g
0 6 u(x, t1 ) 6 max max u0 , max
.
(49)
G
St1
κ(1 − C2 )
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Амосов А.А. Глобальная разрешимость одной нелинейной нестационарной задачи с нелокальными краевыми условиями типа теплообмена излучением // Дифференциальные уравнения.
Т. 41. 2005. №1. С. 93–104.
2. Тихонов А.Н. О функциональных уравнениях типа Volterra и их применениях к некоторым
задачам математической физики // Бюллетень МГУ (А). Т. 1. 1938. №8. С. 1–25.
3. Тихонов А.Н. Об уравнении теплопроводности для нескольких переменных // Бюллетень
МГУ. Сер. А. Т. 1. №9. 1938. С. 1–45.
4. Ладыженская О.А., Солонников В.А., Уральцева Н.Н. Линейные и квазилинейные уравнения
параболического типа. М: Наука, 1967. 736 с.
Иосиф Иосифович Голичев,
Институт математики c ВЦ УНЦ РАН,
ул. Чернышевского, 112,
450008, г. Уфа, Россия
E-mail: shaig@anrb.ru
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа