close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Явный вид решения смешанной задачи в анизотропном полупространстве с ярко выраженной вертикальной проницаемостью для уравнения Баренблатта–Желтова–Кочиной.

код для вставкиСкачать
Вестник СамГУ — Естественнонаучная серия. 2012. № 6(97)
75
УДК 517.958:532.546
ЯВНЫЙ ВИД РЕШЕНИЯ СМЕШАННОЙ ЗАДАЧИ
В АНИЗОТРОПНОМ ПОЛУПРОСТРАНСТВЕ
С ЯРКО ВЫРАЖЕННОЙ ВЕРТИКАЛЬНОЙ
ПРОНИЦАЕМОСТЬЮ ДЛЯ УРАВНЕНИЯ
БАРЕНБЛАТТА–ЖЕЛТОВА–КОЧИНОЙ
c 2012
Х.Г. Умаров1
Для модельного представления Баренблатта–Желтова–Кочиной фильтрации жидкости в трещиновато-пористой породе найден явный вид решения смешанной задачи в анизотропном полупространстве с ярко выраженной вертикальной проницаемостью сведением рассматриваемой задачи фильтрации к исследованию абстрактной начально-краевой задачи в банаховом
пространстве.
Ключевые слова: фильтрация жидкости в трещиновато-пористой породе,
сильно непрерывные полугруппы операторов.
Введение
Наиболее широкое применение из всего многообразия гидродинамических моделей фильтрации жидких и газообразных углеводородов в трещиновато-пористых
пластах получило модельное представление Баренблатта–Желтова–Кочиной, в которой описание течения в трещиновато-пористой породе производится методами
механики сплошной среды. Под значениями всех величин в точке понимаются
средние значения по объемам, содержащим данную точку, размеры которых велики по сравнению с размерами отдельного блока, т. е. за элемент пласта принимается объем, содержащий большое количество блоков, и усреднение фильтрационных характеристик проводится в пределах этого элемента. Трещиноватопористый пласт рассматривают как совмещение двух пористых сред с порами
разных масштабов: среда 1 — укрупненная среда, в которой роль зерен играют
пористые блоки, которые рассматриваются как непроницаемые, а роль поровых
каналов — трещины, давление в этой среде p1 ; среда 2 — система пористых блоков, состоящая из зерен, разделенных мелкими порами, давление в ней p2 . Таким
образом, вместо одного давления жидкости в данной точке пласта рассматривается два — давление в трещинах p1 и давление в порах блоков p2 [1–3].
Основные положения и уравнения теории нестационарной фильтрации в трещиновато-пористых пластах сформулированы в работе Г.И. Баренблатта, Ю.П. Желтова и И.Н. Кочиной [4], а затем развиты многими авторами [1–3]. Исследование
1 Умаров Хасан Галсанович (umarov50@mail.ru), кафедра дифференциальных уравнений Чеченского государственного университета, 364037, Российская Федерация, г. Грозный, ул. Шерипова, 32.
76
Х.Г. Умаров
течения однородной слабосжимаемой жидкости в таких средах приводит [2, c. 108]
к системе дифференциальных уравнений в частных производных
( P
3
∂p1
∂
k
ij
i,j=1 ∂xj
∂xi + a (p2 −p1 ) = 0,
(1)
∂(p2 −p1 )
∂p1
b ∂t +
+ c (p2 −p1 ) = 0,
∂t
где a, b, c — положительные постоянные, зависящие от геометрических характеристик пласта и свойств фильтрующейся жидкости; kij — тензор проницаемости,
определяемый структурой системы трещин; pi = pi (x1 , x2 , x3 , t), i = 1, 2 — искомые давления в трещинах и пористых блоках соответственно.
Одним из основных параметров пласта, влияющих на фильтрацию, является
проницаемость. Для нефтяных пластов-коллекторов часто характерна анизотропия, связанная либо с естественной слоистостью осадочных пород, либо с развитой системой параллельных микротрещин, вызванных напряжениями в горной
породе. Так, например, в грозненских нижнемеловых залежах отмечается ярко
выраженное вертикальное направление трещиноватости, которое порождает значительную неоднородность пласта по проницаемости [5, с. 201]. Для таких анизотропных залежей
k11 = k22 = k0 k = k33 ,
kij = 0,
kij = 0,
(2)
поэтому фильтрационный поток в основном осуществляется ”снизу–вверх” [5,
с. 85].
В системе дифференциальных уравнений в частных производных перейдем к
традиционным обозначениям x1 = x, x2 = y, x3 = z, тогда, в случае анизотропного
пласта (2), система (1) перепишется в виде:
(
2
k0 4x,y p1 + k ∂∂zp21 + a (p2 −p1 ) = 0,
(3)
∂(p2 −p1 )
1
b ∂p
+ c (p2 −p1 ) = 0,
∂t +
∂t
где 4x,y = ∂ 2 /∂x2 + ∂ 2 /∂y 2 — дифференциальный оператор Лапласа по переменным x, y. Дифференцируя по временной переменной t обе части первого уравнения
из системы (3), исключая из полученного уравнения и второго из уравнений (3)
производную ∂ (p2 −p1 )/∂t и затем исключая из уравнений полученной системы
разность давлений p2 −p1 , приходим к системе дифференциальных уравнений в
частных производных для определения в анизотропном коллекторе (2) давлений
в трещинах и пористых блоках соответственно
(
3
2
∂p1
k0 ∂4x,y p1
k ∂ p1
ck ∂ p1
0
− ab
= ck
∂t − ab
∂t
∂z 2 ∂t
ab 4x,y p1 + ab ∂z 2 ,
2
p2 = p1 − kac0 4x,y p1 − ka ∂∂zp21 .
Таким образом, давление в трещинах анизотропного пласта (2) находится из
уравнения
∂4x,y p1
∂p1
∂ 3 p1
∂ 2 p1
− ω0
− ω 2 = χ0 4x,y p1 + χ 2 ,
(4)
∂t
∂t
∂z ∂t
∂z
где ω0 = k0 /(ab), ω = k/(ab), χ0 = ck0 /(ab), χ = ck/(ab).
Пренебрегая в уравнении (4) изменением по времени фильтрационного потока в ”горизонтальном” направлении, из (4) выводим уравнение для определения
давления в трещинах анизотропного коллектора (2)
∂p1
∂ 3 p1
∂ 2 p1
− ω 2 − χ 2 = χ0 4x,y p1 .
∂t
∂z ∂t
∂z
(5)
Явный вид решения смешанной задачи в анизотропном полупространстве ...
77
В анизотропном трещиновато-пористом коллекторе (2) исследуем фильтрационный поток вблизи одной стороны вертикального сечения пласта (например, плоскостью тектонического нарушения — непроницаемым сбросом) в течение достаточно малого промежутка времени, так что влияние других границ, составленных из охватывающих залежь непроницаемых горных пород,
еще не сказалось или же несущественно. Тогда искомое распределение дав3
def
ления p1 = p1 (x, y, z, t) = u (x, y, z, t) в коллекторе-полупространстве R2+ =
= {(x, y, z) : y > 0} будет определяться начальным значением давления в момент
t = 0 вскрытия залежи и запуска времени фильтрации:
p1 |t=0 = u|t=0 = ϕ (x, y, z) ,
3
(x, y, z) ∈ R2+
(6)
и краевым условием на границе пласта y = 0:
p1 |y=0 = u|y=0 = µ (x, z, t) ,
(x, z) ∈ R2 ,
t ∈ [0, T [ ,
(7)
где число T ограничивает временной промежуток рассмотрения процесса фильтрации. Начальное данное и краевое условие согласованы между собой: ϕ (x, 0, z) =
= µ (x, z, 0), (x, z) ∈ R2 .
Решением смешанной задачи Коши (5)–(7) будем называть функцию u =
3
= u (x, y, z, t), непрерывную при (x, y, z) ∈ R2+ , t ∈ [0, T [ , для которой входящие в уравнение частные и смешанные производные непрерывны в области
3
(x, y, z) ∈ R2+
= {(x, y, z) : y > 0}, t ∈ ]0, T [; u (x, y, z, t) удовлетворяет уравнению
3
(5) при (x, y, z) ∈ R2+
, t ∈ ]0, T [, и для нее выполнены условия (6) и (7).
Функции ϕ (x, y, z), µ (x, z, t) и u (x, y, z, t) для всех значений ”параметров”
2
(x, y, t): (x, y) ∈ R+ = {(x, y) : y > 0}, t ∈ [0, T [, по ”пространственной” переменной
z ∈ R1 будем предполагать принадлежащими банахову пространству C [−∞, +∞]
непрерывных функций f (z) , для которых существуют пределы при z → ±∞:
kf (z)kC[−∞,+∞] = supz∈R1 |f (z)|.
В пространстве
C [−∞, +∞] оператор d2 /dz 2 с областью
определения
n
o
0
00
2
2
D d /dz = f (z) ∈ C [−∞, +∞] : f (z) , f (z) ∈ C [−∞, +∞] является [6, с. 681;
7, с. 58] производящим
оператором сжимающей сильно непрерывной полугруп
пы U t; d2 /dz 2 класса C0 , представляющейся так называемым сингулярным
интегралом Гаусса–Вейерштрасса
!
Z +∞
2
d2
1
(z − ζ)
U t; 2 f (z) = √
exp −
f (ζ) dζ =
4t
2 πt −∞
dz
Z +∞
√
1
=√
exp −ζ 2 f z + 2ζ t dζ.
(8)
π −∞
Положительная полуось принадлежит резольвентному множеству оператора
−1
d2 /dz 2 , и для резольвенты λI − d2 /dz 2
, λ > 0, где I — тождественный оператор, справедливы [6, с. 664, 681–682] оценка
−1
d2
1
f (z)
6 kf (z)kC[−∞,+∞]
(9)
λI − 2
λ
dz
C[−∞,+∞]
и представление степеней (n = 1, 2, . . .)
−n
Z +∞
d2
1
d2
n−1
λI − 2
f (z) =
exp (−λt) t
U t; 2 f (z) dt.
(n − 1)! 0
dz
dz
(10)
78
Х.Г. Умаров
Введем в рассмотрение два оператора
1
ω d2
,
B=
I−
χ0
χ0 dz 2
и
"
−1 #
χ
d2
,
A=
I − I −ω 2
ω
dz
D (B) = D
d2
dz 2
D (A) = C [−∞, +∞] .
Оператор −B является производящим оператором сильно непрерывной полугруппы класса C0 :
t
ω
d2
U (t; −B) f (z) = exp −
f (z) =
U
t;
χ0
χ0 dz 2
!
r
Z +∞
2
χ0
t
(z − ζ)
=
exp −
exp −χ0
f (ζ) dζ =
4πωt
χ0
4ωt
−∞
Z +∞
r
1
t
ω
2
= √ exp −
exp −ζ f z + 2ζ
t dζ
(11)
χ0
χ0
π
−∞
с отрицательным типом:
t
kU (t; −B)k 6 exp −
, t > 0.
χ0
Ограниченный оператор −A порождает сжимающую сильно непрерывную полугруппу класса C0 . Действительно, так как
−1 !
χ χ
d2
U (t; −A) f (z) = exp − t U
t; I − ω 2
=
ω
ω
dz
−m
+∞ m m χ X
t χ
d2
= exp − t
I
−
ω
,
ω m=0 m!ω m
dz 2
то, используя оценку (9) резольвенты, получим
−1 +∞ m m m
χ X
t χ d2
kU (t; −A)k 6 exp − t
I −ω 2
=
ω m=0 m!ω m dz
!
−1 χ d2
χ
= exp − t + t I − ω 2
< 1.
ω
ω dz
Далее для полугруппы U (t; −A) справедливо представление через полугруппу
Гаусса–Вейерштрасса:
"
#
−m
+∞ m m χ X
t χ
d2
I− 2
f (z) ,
U (t; −A) f (z) = exp − t f (z) +
ω
m!ω m
dz
m=1
используя формулу для степеней резольвенты (10), отсюда выводим
χ U (t; −A) f (z) = exp − t ×
ω
"
#
Z +∞
+∞
X
tm χm
d2
m−1
× f (z) +
exp (−s) s
U sω; 2 f (z) dt
(m − 1)!m!ω m 0
dz
m=1
Явный вид решения смешанной задачи в анизотропном полупространстве ...
или
χ U (t; −A) f (z) = exp − t ×
ω
r Z +∞
r
ds
χ
χ
d2
× f (z) +
t
exp (−s) I1 2
ts U sω; 2 f (z) √ ,
ω 0
ω
dz
s
79
(12)
где
I1 (s) =
+∞
2k+1
X
(s/2)
k! (k + 1)!
k=0
есть модифицированная функция Бесселя.
Из представлений (11), (12) следует перестановочность полугрупп U (·; −B) и
U (·; −A).
Используя операторы B, A, уравнение (5) фильтрации в анизотропной среде (2):
"
−1 2 #
∂2
∂2
∂ u
∂u
= χ0 4x,y u,
I −ω 2
−χ I −ω 2
∂z
∂t
∂z
∂z 2
можно переписать в абстрактной форме
B (ut + Au) = uxx + uyy ,
2
(x, y) ∈ R+
= {(x, y) : y > 0} ,
t ∈ [0, T ] .
(13)
Таким образом, рассматриваемая задача фильтрации может быть сведена к
решению начально-краевой задачи (6)–(7) для дифференциального уравнения (13)
в банаховом пространстве C [−∞, +∞].
В последующих разделах статьи решается начально-краевая задача для дифференциального уравнения, обобщающего (13) в произвольном банаховом пространстве. Затем, конкретизируя банахово пространство и действующие в нем операторы-коэффициенты уравнения, из решения u абстрактной смешанной задачи и
оценки нормы kuk получаются решение p1 рассматриваемой анизотропной задачи
фильтрации и его оценка.
1.
Постановка абстрактной краевой задачи
В банаховом пространстве E рассмотрим однородное дифференциальное уравнение с постоянными операторными коэффициентами2
B (ut + Au) = 4x,y u,
2
(x, y) ∈ R+
,
t ∈ ]0, T [ ,
(14)
где операторы −B, −A являются производящими операторами коммутирующих
сильно непрерывных полугрупп класса C0 , причем тип полугруппы U (·; −B) отрицательный:
kU (t; −B)k 6 M exp (−βt) ,
β > 0;
kU (t; −A)k 6 N exp (αt) ,
2
t > 0.
Решение уравнения (14) ищется непрерывным при (x, y, t) ∈ R+ ×[0, T [ и непре2
рывно дифференцируемым при (x, y, t) ∈ R+
×]0, T [ по переменной t один раз, а по
переменным x, y два раза. Кроме того, предполагается, что значения решения u
принадлежат области определения D (A) оператора A, причем функция ut + Au
принимает значения из D (B).
2 Неоднородное
уравнение рассмотрено в [8].
80
Х.Г. Умаров
Под смешанной краевой задачей для уравнения (14) будем понимать, как и
в классическом случае, задачу нахождения решения, удовлетворяющего соответственно начальному и граничному условиям:
u|t=0 = ϕ (x, y) ,
u|y=0 = µ (x, t) ,
2
(x, y) ∈ R+ ,
1
x∈R ,
t ∈ [0, T [ ,
(15)
(16)
где ϕ (x, y), µ (x, t) — заданные функции со значениями в банаховом пространстве
E, для которых выполнено естественное условие согласования: ϕ (x, 0) = µ (x, 0).
2.
Фундаментальное оператор-решение
Фундаментальным оператор-решением дифференциального уравнения (14) на2
зовем операторнозначную функцию (определенную для (ξ, η), (x, y) ∈ R+ ; 0 < τ <
< t)
!
2
1
(x − ξ)
G (ξ, η, τ ; x, y, t) =
U (t − τ ; −A) U
; −B ×
4π (t − τ )
4 (t − τ )
"
!
!#
2
2
(y − η)
(y + η)
× U
; −B − U
; −B
B=
4 (t − τ )
4 (t − τ )
1
U (t − τ ; −A) ×
4π (t − τ )
!
2
2
(x − ξ) + (y − η)
yη
; −B
I−U
; −B B.
4 (t − τ )
t−τ
=
×U
(17)
Непосредственно из определения следует:
(10 ) если e — элемент множества D (B), то справедлива оценка нормы
kG (ξ, η, τ ; x, y, t) ek 6
M N kBek
×
4π (t − τ )
"
#
2
2
yη
(x − ξ) + (y − η)
× 1 + M exp −β
exp α (t − τ ) − β
;
t−τ
4 (t − τ )
(18)
(20 ) G (ξ, η, τ ; x, y, t) e → 0 при e ∈ D (B), τ 6= t и y или η → 0;
(30 ) G (ξ, η, τ ; x, y, t) e → 0 при e ∈ D (B), (x, y) 6= (ξ, η) и τ → t − 0;
(40 ) если e — элемент множества D B 2 , то имеет место представление
1
U (t − τ ; −A) ×
4π (t − τ )
!Z
2
2
yη/(t−τ )
(x − ξ) + (y − η)
; −B
U (s; −B) B 2 eds
4 (t − τ )
0
G (ξ, η, τ ; x, y, t) e =
×U
и оценка нормы
M N B 2 e
kG (ξ, η, τ ; x, y, t) ek 6
×
4πβ (t − τ )
"
#
2
2
yη
(x − ξ) + (y − η)
× 1 − exp −β
exp α (t − τ ) − β
;
t−τ
4 (t − τ )
(19)
Явный вид решения смешанной задачи в анизотропном полупространстве ...
81
(50 ) если e — элемент множества
Ẽ = D (A) ∩ D (BA) ∩ D B 3 ,
2
то функция g = G (ξ, η, τ ; x, y, t) e, (ξ, η), (x, y) ∈ R+ ; 0 < τ < t, по переменным
(ξ, η, τ ) удовлетворяет уравнению
B (gτ − Ag) + 4ξ,η g = 0,
2
(ξ, η) , (x, y) ∈ R+
; τ < t,
(20)
в котором 4ξ,η = ∂ 2 /∂ξ 2 + ∂ 2 /∂η 2 , а по переменным (x, y) — уравнению (14). При
этом для норм частных производных функции g справедливы оценки
∂g |x − ξ| M N B 2 e
6
×
2
∂ξ 8π(t − τ )
"
#
2
2
(x − ξ) + (y − η)
yη
exp α (t − τ ) − β
(21)
× 1 + M exp −β
t−τ
4 (t − τ )
и
∂g M N B 2 e
yη
6
|y − η| + M |y + η| exp −β
×
∂η 8π (t − τ )
t−τ
#
"
2
2
(x − ξ) + (y − η)
.
(22)
× exp α (t − τ ) − β
4 (t − τ )
2
(60 ) пусть e ∈ D (B), тогда справедлива формула (при (x, y) ∈ R+
, τ < t)
ZZ
G (ξ, η, τ ; x, y, t) edξdη =
2
R+
Z y2 /[4(t−τ )]
1
ds
= √ U (t − τ ; −A)
(23)
U (s; −B) B 1/2 e √ ,
π
s
0
где положительная дробная степень оператора B, т. е. оператор B ν , 0 < ν < 1,
определяется по формуле [9, c. 358]
Z +∞
1
ν
B e=
s−ν−1 [U (s; −B) e − e] ds, 0 < ν < 1, e ∈ D (B) ,
(24)
Γ (−ν) 0
и является обратным оператором к отрицательной дробной степени оператора B,
которая в этом случае может быть определена [10, c. 150] по формуле
Z +∞
1
B −ν =
sν−1 U (s; −B) ds, ν > 0;
(25)
Γ (ν) 0
2
(70 ) для (x, y, t) ∈ R+
× ]0, T [ и для любого элемента e из банахова пространства
E формула (23) допускает обобщение
ZZ
B
G (ξ, η, τ ; x, y, t) B −1 edξdη =
2
R+
Z y2 /[4(t−τ )]
1
ds
1/2
√
=
U (t − τ ; −A) B
U (s; −B) e √ .
π
s
0
Из равенства (26) следует предельное соотношение
ZZ
lim B
G (ξ, η, τ ; x, y, t) B −1 edξdη = e
τ →t−0
2
R+
для произвольного элемента e из банахова пространства E.
(26)
(27)
82
3.
Х.Г. Умаров
Теоремы существования и единственности
решения абстрактной смешанной задачи
Сначала рассмотрим теорему единственности:
Теорема 1. Пусть решение u (x, y, t) краевой задачи (14)–(16) удовлетворяет
условиям
ku (x, y, t)k 6 λ0 (t) exp q x2 + y 2 ,
θ1 (t)
λ1 (t)
kux (x, y, t)k 6 √ exp q x2 + y 2 +
exp qx2 ,
y
t
θ2 (t)
λ2 (t)
kuy (x, y, t)k 6 √ exp q x2 + y 2 + δ exp qx2 ,
y
t
1
β
2
< δ < 1, 0 6 q <
,
(28)
(x, y, t) ∈ R+
× ]0, T [ ,
2
4T
в которых λ0 (t), λi (t), θi (t), i = 1, 2, t ∈ [0, T [ — непрерывные функции, тогда в
2
× ]0, T [ имеет место формула
каждой точке (x, y, t) ∈ R+
1
U (t; −A) ×
4πt
!
ZZ
2
2
h
yη
i
(x − ξ) + (y − η)
; −B I − U
; −B ϕ (ξ, η) dξdη+
×B
U
2
4t
t
R+
!
Z +∞
Z t
2
y
(x − ξ) + y 2
dτ
+ B
U
; −B µ (ξ, τ ) dξ.
U (t − τ ; −A)
2
4π
4 (t − τ )
(t − τ ) −∞
0
u (x, y, t) =
(29)
Доказательство.
Пусть
(x, y, t)
—
произвольная
фиксированная
2
точка из множества R+
× ]0, T [ в трехмерном пространстве переменных
(ξ, η, τ ).
Внутри
этого
множества
выделим
параллелепипед
{(ξ, p
η, τ ) : −s 6 ξ 6 s; 1/s 6 η 6 s; 1/s 6 τ 6 t − 1/s}
и,
предполагая,
что
2
2
s > x + y , рассмотрим в нем тождество
G (ξ, η, τ ; x, y, t) B −2 {4ξ,η u (ξ, η, τ ) − B [uτ (ξ, η, τ ) + Au (ξ, η, τ )]} −
− {4ξ,η G (ξ, η, τ ; x, y, t) + B [Gτ (ξ, η, τ ; x, y, t) − AG (ξ, η, τ ; x, y, t)]} ×
×B −2 u (ξ, η, τ ) = 0,
(30)
где G (ξ, η, τ ; x, y, t) — фундаментальное оператор-решение (17).
Проинтегрируем обе части тождества (30) по выделенному параллелепипеду,
предварительно представив левую часть (30) в виде дивергенции, тогда получим
Z t−1/s (Z s
dτ
×
1/s
1/s
Gξ (s, η, τ ; x, y, t) B −2 u (s, η, τ ) − Gξ (−s, η, τ ; x, y, t) B −2 u (−s, η, τ ) −
×
− G (s, η, τ ; x, y, t) B −2 uξ (s, η, τ ) − G (−s, η, τ ; x, y, t) B −2 uξ (−s, η, τ ) dη+
Z
s
+
−s
−2
−2
Gη (ξ, s, τ ; x, y, t) B u (ξ, s, τ ) − G (ξ, s, τ ; x, y, t) B uη (ξ, s, τ ) dξ +
83
Явный вид решения смешанной задачи в анизотропном полупространстве ...
Z
t−1/s
Z
s
Z
s
1
1
G ξ, , τ ; x, y, t B −2 uη ξ, , τ dξ−
s
s
−s
dτ
+
1/s
Z
t−1/s
−
Gη
dτ
−s
1/s
s
1
1
−2
ξ, , τ ; x, y, t B u ξ, , τ dξ−
s
s
s
1
1
G ξ, η, ; x, y, t B −1 u ξ, η,
dη+
s
s
−s
1/s
Z s
Z s
1
1
dη = 0.
+
dξ
G ξ, η, t − ; x, y, t B −1 u ξ, η, t −
s
s
−s
1/s
Z
−
Z
dξ
(31)
Используя неравенства (18), (19), (21), (22) и (28), оценим нормы первого и
второго интегралов из левой части (31), обозначив их J1 и J2 соответственно:
(Z Z
s
M N t−1/s
1+M
I)
k{J1 k 6
exp [α (t − τ )]
λ0 (τ ) ×
4π 1/s
2
(t − τ )
1/s
"
2
(x − s)
× |x − s| exp qs − β
4 (t − τ )
!
2
2
(y − η)
× exp qη − β
4 (t − τ )
!
2
"
2
(x − s)
× exp qs − β
4 (t − τ )
!
(Z
s
(
+
−s
!#
×
θ1 (τ )
1 λ1 (τ )
2
√
+
exp qη +
×
β
η
τ
2
(x + s)
+ exp qs − β
4 (t − τ )
2
2
2
(x + s)
+ |x + s| exp qs − β
4 (t − τ )
2
!#
(y − η)
exp −β
4 (t − τ )
!)
2
2
2
dη+
|y − s| + |y + s| M
(x − ξ) + (y − s)
λ0 (τ ) exp q ξ 2 + s2 − β
2 (t − τ )
4 (t − τ )
2
2
1
(x − ξ) + (y − s)
+ exp qξ 2 − β
β
4 (t − τ )
!
θ (τ )
λ2 (τ )
√ exp qs2 + 2 δ
s
τ
)
)
dξ
В силу неравенств 1/s 6 t − τ 6 t, |x ± s| 6 2s, |y ± s| 6 2s и
!
!
2
2
(x ± s)
(sσ − β |x|/σ)
qβx2
2
exp qs − β
6 exp −
+ 2
,
4 (t − τ )
4t
σ
!
!
2
2
(ησ − βy/σ)
qβy 2
(x − η)
2
6 exp −
+ 2
exp qη − β
,
4 (t − τ )
4t
σ
√
в которых σ = β − 4qt, имеем
!
! (
2
qβ x2 + y 2
MN
(sσ − β |x|/σ)
4
kJ1 k 6
exp
s exp −
×
2π
σ2
4t
Z t
×
0
1
λ1 (τ )
(1 + M ) λ0 (τ ) +
θ1 (τ ) + √
exp [α (t − τ )] dτ +
sβ
s τ
√
!
+
dτ
.
t−τ
84
Х.Г. Умаров
2
(sσ − βy/σ)
+s exp −
4t
!
3
Z t
×
0
×
1+M
1 θ2 (τ ) λ2 (τ )
√
+
λ0 (τ ) + 2
exp
[α
(t
−
τ
)]
dτ
.
2
s β
sδ
τ
II) kJ2 k 6
MN
6
4βπ
Z
t−1/s
1/s
2
(y − 1/s)
exp α (t − τ ) − β
4 (t − τ )
!
βy
1 − exp −
s (t − τ )
×
!
2
q dτ Z s
(x − ξ)
λ2 (τ )
2
δ
exp qξ − β
dξ.
× s θ2 (τ ) + √ exp − 2
s
t − τ −s
4 (t − τ )
τ
Используя неравенство 1−exp (−βy/(s
(t − τ ))) 6 βy/(s (t − τ )) и заменяя перемен√
ную интегрирования ξ = x + 2ξ1 t − τ , выводим
2 2
yM N
4q tx
kJ2 k 6
exp
×
2πs1−δ
σ2
n
h
io
× max exp (α (t − τ )) θ2 (τ ) + λ2 (τ ) s−(1/2−δ) ×
τ ∈[0,t]
!
Z t−1/s
2
dτ
(y − 1/s)
×
×
exp −β
3/2
4 (t − τ )
1/s
(t − τ )
√ 2 !
Z (s−x)/(2√t−τ )
ξσ − 2q |x| t/σ
×
exp −
dξ.
√
4t
−(x+s)/(2 t−τ )
√
Заменяя переменную интегрирования 1/ t − τ = τ1 и увеличивая промежутки
интегрирования, получим
yM N
max {exp [α (t − τ )] [θ2 (τ ) + λ2 (τ )]} ×
πs1−δ τ ∈[0,t]
√ 2 !
Z +∞
ξσ − 2q |x| t/σ
×
exp −
dξ×
4t
−∞
!
2 2
Z +∞
2
(y − 1/s) τ 2
4q tx
×
exp −β
dτ exp
.
4
σ2
1/t
kJ2 k 6
Таким образом, нормы интегралов J1 и J2 оцениваются сверху выражением,
стремящимся к нулю при s → +∞.
В третьем J3 и четвертом J4 интегралах из левой части (31) можно переходить
к пределу при s → +∞:
III) lims→+∞ J3 =
!
Z t−1/s
Z s
2
dτ
(x − ξ)
1
U (t − τ ; −A) U
; −B ×
= lim
2
s→+∞ 8π 1/s
4 (t − τ )
(t − τ ) −s
"
×
1
y−
s
2
U
(y − 1/s)
; −B
4 (t − τ )
!
1
+ y+
s
2
U
(y + 1/s)
; −B
4 (t − τ )
!#
×
Явный вид решения смешанной задачи в анизотропном полупространстве ...
85
Z t
1
y2
y
dτ
×u ξ, , τ dξ =
U (t − τ ; −A) U
; −B
2×
s
4π 0
4 (t − τ )
(t − τ )
Z
2
+∞
×
(x − ξ)
; −B
4 (t − τ )
U
−∞
!
µ (ξ, τ ) dξ.
Отметим, что подынтегральная функция при τ = t особенность не имеет, более
того, обращается в нуль.
IV) lims→+∞ J4 =
!
Z s
Z s
2
(x − ξ)
1
1
U
= lim
dξ
U t − ; −A
; −B ×
s→+∞ 4π (t − 1/s)
s
4 (t − 1/s)
1/s
−s
"
!
!# 2
2
(y − η)
(y + η)
1
× U
; −B + U
; −B
u ξ, η,
dη =
4 (t − 1/s)
4 (t − 1/s)
s
1
U (t; −A) ×
4πt
!
2
2
h
yη
i
(x − ξ) + (y − η)
; −B I − U
; −B ϕ (ξ, η)dξdη.
4t
t
=
ZZ
×
U
2
R+
Наконец, используя формулу (27), покажем, что
V) lims→+∞ J5 =
Z s
Z s
1
1
−1
= lim
dξ
G ξ, η, t − ; x, y, t B u ξ, η, t −
dη = B −1 u (x, y, t) .
s→+∞ −s
s
s
1/s
Действительно, применяя формулу (25) и разбивая промежутки интегрирования, имеем
J5 − B −1 u (x, y, t) 6 U 1 ; −A B −1 u (x, y, t) − B −1 u (x, y, t) +
s
Z sy2 /4
α 1
dr −1
−1/2
U (r; −B) B
u (x, y, t) √ +
+N exp
B u (x, y, t) − √
s π 0
r
√
α Z x+2/ 4 s
sN
exp
+
U
4 s
4π
s x−2/ √
Z
y+2/
×
y−2/
√
4
√
4
s
"
2
(y − η) s
; −B
4
U
s
2
(x − ξ) s
; −B
4
!
y−2/
×
√
4
s
Z
+
1/s
!"
s
2
−U
y+2/
√
4
U
s
2
dξ×
(y + η) s
; −B
4
Z x+2/ √
4 s
1
× u ξ, η, t −
− u (x, y, t) dη +
U
√
s
x−2/ 4 s
Z
!
(y − η) s
; −B
4
!#
×
2
(x − ξ) s
; −B
4
!
2
−U
!
dξ×
(y + η) s
; −B
4
!#
×
86
Х.Г. Умаров
1
× u ξ, η, t −
− u (x, y, t) dη+
s
!
!
Z s
Z x−2/ √
4 s
2
(x − ξ) s
+
U
; −B dξ×
+
√
4
−s
x+2/ 4 s
"
s
Z
×
2
(y − η) s
; −B
4
U
1/s
Z
x−2/
√
4
s
!
Z
−
"
s
×
2
U
+∞
!
x+2/
(y − η) s
; −B
4
1/s
−U
+
−∞
Z
2
(y + η) s
; −B
4
2
1/s
×
+∞
Z
2
U
!"
+
2
(y − η) s
; −B
4
U
0
(y + η) s
; −B
4
(x − ξ) s
; −B
4
−∞
Z
U
−U
−
s
2
(x − ξ) s
; −B
4
s
!
+∞
Z
√
4
!# 1
dη−
u ξ, η, t −
s
!
!
dξ×
!# 1
u ξ, η, t −
dη−
s
!
dξ×
2
−U
(y + η) s
; −B
4
!#
u (x, y, t) dη .
Откуда, заменяя переменные интегрирования
и оценивая
p
√ норму каждого интеграла в отдельности и обозначая σ1 = β − 4q/s, σ2 = βs − 4q, получим
3/2
N λ0 (τ )
J5 − B −1 u (x, y, t) 6 U 1 ; −A − I B −1 u (x, y, t) + 2M √
×
s
π β
× exp
hα
+ q x2 + y 2
s
×
π
β
i
+∞
Z
α
dr
M (1 + M ) N
exp (−βr) √ +
exp
×
π
s
r
sy 2 /4
2
2
1
max√ u x + √ ξ, y + √ η, t −
− u (x, y, t)
+
s
s
s
|ξ|,|η|6 4 s0 1
β
exp q 1 + 2
x2 + y 2 ×
+λ0 t −
s
σ1
( Z
−
√
4
s0
×
+
−∞
Z
+∞
×
−∞
Z
+∞
Z
√
4
Z
−
√
4
+
s
+
−∞
s0
+∞
Z
√
4
!
s
" 2 #
2q |x|
exp − ξσ1 −
dξ×
σ2
" " 2 #
2 #
Z +∞
2q |x|
2qy
exp − ησ1 −
dη +
exp − ξσ1 −
dξ×
σ2
σ2
−∞
−
√
4 s
0
×
Z
+
−∞
+∞
√
4
Z
−
√
4
+
s0
s
Z
+
−∞
+∞
√
4
s
!
" 2 # )
2qy
exp − ησ1 −
dη +
σ2
Явный вид решения смешанной задачи в анизотропном полупространстве ...
r
+
" Z
−
√
4
s0
×
Z
+
+∞
√
4
−∞
Z
Z
π
λ0 (t) exp q x2 + y 2 ×
β
−
√
4
s
Z
+
+
s0
87
Z
+
+
−∞
!
exp −βξ 2 dξ + exp −βη 2 dη +
√
4 s
−∞
√
(1/s−y) s/2
+∞
!#)
+∞
√
(s−y) s/2
exp −βη
2
dη
< ε,
где ε — произвольное сколь угодно малое положительное число, а s0 и s —
достаточно большие числа, причем s0 < s.
Итак, переходя к пределу при s → +∞ в равенстве (31) и затем, действуя на
обе части предельного соотношения оператором B, получим формулу (29).
Теперь выясним, каким условиям достаточно подчинить начальное данное
ϕ (x, y) и краевое условие µ (x, t), чтобы формула (29) давала решение краевой
задачи (14)–(16).
Теорема 2. Пусть значения начального данного ϕ (x, y) и краевого условия
µ (x, t) принадлежат множеству Ẽ и справедливы оценки норм непрерывных в
банаховом пространстве E функций:
kABϕ (x, y)k , B 3 ϕ (x, y) 6 K exp h x2 + y 2 ;
kABµ (x, t)k , B 3 µ (x, t) 6 λ (t) exp hx2 ;
β
,
(32)
4T
где λ (t) — непрерывная функция, тогда решение u (x, y, t) смешанной краевой
2
×]0, T [ дается формулой (29), и для
задачи (14)–(16) в каждой точке (x, y, t) ∈ R+
него справедлива оценка нормы
√
(1 + M ) K
2h πt
βh 2
λt
√
ku (x, y, t)k 6
1+
|x| exp
y
+
×
σt
σt
σt2
β
4M 3 N αt
βh 2
x ,
(33)
×
exp
β 2 σt
σt2
√
где обозначено αt = maxτ ∈[0,t] {1; exp (ατ )}, λt = maxτ ∈[0,t] λ (τ ), σt = β − 4ht.
Доказательство. Покажем, что норма функции u (x, y, t), определяемой формулой (29), удовлетворяет оценке (33):
!
ZZ
2
2
MN
(x − ξ) + (y − η)
ku (x, y, t)k 6
exp (αt)
exp −β
×
2
4πt
4t
R+
2
K = const, (x, y, t) ∈ R+ × [0, T [ , 0 6 h <
h
yη i B −2 B 3 ϕ (ξ, η) dξdη+
× 1 + M exp −β
t
Z t
y2
dτ
yM N
exp α (t − τ ) − β
+
2×
4π
4
(t
−
τ
)
(t − τ )
0
Z
+∞
×
−∞
"
#
2
(x − ξ) B −2 B 3 µ (ξ, τ )dξ.
exp −β
4 (t − τ )
88
Х.Г. Умаров
Оценивая подынтегральные функции, распространяя первый интеграл на все
пространство R2 и заменяя переменные интегрирования, имеем
ku (x, y, t)k 6
ZZ
i
h
p
exp −σt2 ξ 2 + η 2 + 4ht (x2 + y 2 ) (ξ 2 + η 2 ) dξdη+
×
R2
2
+λt exp hx
M 3 N αt (1 + M ) K exp h x2 + y 2 ×
β2π
Z
+∞
ds
exp (−βs) √
s
y 2 /(4t)
Z
)
+∞
exp
−σt2 ξ 2
+ 4ht |x| |ξ| dξ
.
(34)
−∞
Откуда, переходя к полярным координатам и используя неравенства
r m 2
Z +∞
Γ ((m + 1)/2)
b
π b
sm exp −as2 + bs ds 6 2m
+
exp
,
(m+1)/2
a
2a
4a
a
0
где a > 0, b — действительные числа, m — натуральное число, получим оценку (33).
Покажем, что функция (29) удовлетворяет уравнению (14). Для этого, в силу
того, что фундаментальное оператор-решение (17) по переменным (ξ, η, τ ) удовлетворяет уравнению (20), достаточно убедиться в возможности вычисления частных производных функции u (x, y, t) дифференцированием под знаком интеграла.
А это следует из оценок норм частных производных:
I)
!
ZZ
2
2
∂u (x, y, t)
1
(x − ξ) + (y − η)
=−
U (t; −A)
(x − ξ) U
; −B ×
2
∂x
8πt2
4t
R+
Z t
h
yη
i
y
dτ
2
× I−U
; −B B ϕ (ξ, η) dξdη −
U (t − τ ; −A)
3×
t
8π 0
(t − τ )
2
+∞
Z
×
(x − ξ) U
−∞
(x − ξ) + y 2
; −B
4 (t − τ )
!
B 2 µ (ξ, τ ) dξ.
Оценим нормы подынтегральных функций
M 2 N (1 + M ) K
kux (x, y, t)k 6
exp (αt) ×
8βπ
t2
ZZ
×
"
#
2
2
(x − ξ) + (y − η)
2
2
|x − ξ| exp −β
+h ξ +η
dξdη+
2
4t
R+
t
Z
+y
λ (τ ) exp α (t − τ ) − β
0
Z
+∞
×
−∞
"
y2
dτ
×
4 (t − τ ) (t − τ )3
# )
2
(x − ξ)
2
|x − ξ| exp −β
+ hξ dξ .
4 (t − τ )
(35)
89
Явный вид решения смешанной задачи в анизотропном полупространстве ...
2
Распространяя
q первый интеграл на все пространство R , используя неравен2
2
ство |x − ξ| 6 (x − ξ) + (y − η) и производя замену переменных интегрирования, имеем
2M 2 N αt
kux (x, y, t)k 6
exp hx2 ×
β
Z +∞
h
i
p
(1 + M ) K
√
r2 exp −σt2 r2 + 4hr t (x2 + y 2 ) dr+
exp hy 2
×
t
0
)
Z +∞
Z +∞
√
2λt
+ √
exp (−βs) ds
r exp −σt2 r2 + 4hr |x| t dr 6
y π y2 /(4t)
0
√ 2
2
8M 2 N αt
x2
(1 + M ) K π
y2
2 x +y
√
6
exp βh 2
1 + 32h t
exp −β 2 +
βσt2
σt
σt2
σt
2σt t
√ 1
4ht π
y2
+ √ 1+
.
(36)
exp −β
σt
4t
yβ π
II)
!
Z +∞
2
∂u (x, y, t)
1
(x − ξ)
=−
U (t; −A)
U
; −B dξ×
∂y
8πt2
4t
−∞
!
!#
Z +∞ "
2
2
(y − η)
(y + η)
×
(y − η) U
; −B − (y + η) U
; −B B 2 ϕ (ξ, η) dη+
4
(t
−
τ
)
4
(t
−
τ
)
0
y2
−
8π
t
Z
1
+
4π
U (t − τ ; −A)
0
Z
0
(t − τ )
−∞
Z
dτ
3
2
+∞
U
2
(t − τ )
t
U (t − τ ; −A)
Z
dτ
2
+∞
U
−∞
(x − ξ) + y 2
; −B
4 (t − τ )
(x − ξ) + y 2
; −B
4 (t − τ )
!
Bµ (ξ, τ ) dξ−
!
B 2 µ (ξ, τ ) dξ.
(37)
Оценим нормы подынтегральных функций
Z
M N αt K +∞
kuy (x, y, t)k 6
exp hη 2 dη×
2π
t 0
Z
(y+η)2 /(4t)
×
(y−η)2 /(4t)
+
√
M
√ + s exp (−βs) ds+
2β s
Z
Z
M λt M t
y2
dτ
y2 t
y2
dτ
exp −β
+
exp
−β
×
β
β 0
4τ τ 3/2
2 0
4τ τ 5/2
Z
+∞
×
√ 2
2
exp −ξ + h |x| + 2 |ξ| t
dξ.
−∞
Заменяя переменные и меняя порядок интегрирования, оценивая внутренние
интегралы и увеличивая промежутки интегрирования, получим
√ √ 4M N αt
4K
πt
8M
2 π
√
√
kuy (x, y, t)k 6
1 + 2hy
1 + 4hty
×
σt
βσt2
σt
πσt
tσt2
90
Х.Г. Умаров
r
y2
M (1 + M ) π
x2
× exp βh 2 +
λ
exp
βh
.
t
σt
yβ 2
β
σt2
III)
2
ZZ
∂u
1
U (t; −A)
+ Au =
∂t
16πt3
U
2
R+
2
(x − ξ) + (y − η)
; −B
4t
(38)
!
×
nh
i
h
i yη
o
2
2
2
2
(x − ξ) + (y − η) I − (x − ξ) + (y + η) U
; −B ×
t
!
ZZ
2
2
1
(x
−
ξ)
+
(y
−
η)
U (t; −A)
×B 2 ϕ (ξ, η) dξdη −
U
; −B ×
2
4πt2
4t
R+
×
i
h
yη
; −B Bϕ (ξ, η) dξdη−
× I−U
t
y
−
2π
t
Z
U (t − τ ; −A)
+∞
×
h
−∞
(x − ξ) + y 2
; −B
4 (t − τ )
t
Z
y
+
16π
2
+∞
U
3
(t − τ )
0
Z
Z
dτ
U (t − τ ; −A)
0
2
(x − ξ) + y
2
dτ
U
−∞
Bµ (ξ, τ ) dξ+
4×
(t − τ )
2
i
!
(x − ξ) + y 2
; −B
4 (t − τ )
!
B 2 µ (ξ, τ ) dξ.
(39)
Оценим нормы подынтегральных функций
M (1 + M ) K
kut (x, y, t) + Au (x, y, t)k 6
×
t2
2
M
(x − ξ)
+
β
4t
ZZ
×
2
R+
!
Z
"
#
2
2
(x − ξ) + (y − η)
2
2
exp −β
+h ξ +η
dξdη+
4t
+∞
+K
−∞
Z
×
!
2
(x − ξ)
2
exp −β
+ hξ dξ×
4t
+∞
exp hη
2
Z
dη
(y−η)2 /(4t)
0
+
Z
+∞
×
−∞
(y+η)2 /(4t)
yM λt
4β
Z
0
t
exp −β
M
+ s exp (−βs) ds+
β
y2
4 (t − τ )
dτ
(t − τ )
3×
"
#
! )
2
2
(x − ξ) + y 2
(x − ξ)
M N αt
8M + β
exp −β
+ hξ 2 dξ
.
t−τ
4 (t − τ )
4πβ
Увеличивая область интегрирования, меняя порядок и заменяя переменные интегрирования, получим
4M N Kαt M (1 + M )
kut (x, y, t) + Au (x, y, t)k 6
×
tσt2
β
Явный вид решения смешанной задачи в анизотропном полупространстве ...
×
M
β
91
√
√
3/2
2h πt p 2
4
8 πh3 t3/2 2
+
x + y2 + 2 1 +
x + y2
σt
σt
σt
1+
x2 + y 2
64h4 t2 4
M 1 4h2 t 2
16
√ 3 exp βh
3+
y +
+ 2 y
+
σt4
β 2
σt
σt2
πσt
x2
16M 2 N αt λt 4 (M + 3)
1 1 4h2 t 2
x + y2
exp βh 2 .
+ 2 5/2
+ 3
+
β
σt 2
σt
σt
y β σt
1
+ 2
σt
(40)
Таким образом, из полученных оценок частных производных (35), (37), (39)
следует, что интегралы в правых частях неравенств (36), (38), (40) равномерно
сходятся, и, значит, дифференцирование под знаком интеграла обосновано.
Используя формулы (35), (37), вычислим несмешанные частные производные
функции u (x, y, t) и составим значение оператора Лапласа 4u (x, y, t). Сравнивая
4u (x, y, t) с выражением (39), заметим, что они отличаются лишь степенью оператора B: B −1 4u = 4B −1 u = ut + Au. Откуда, используя неравенство (40), по
аналогии получается оценка k4u (x, y, t)k и следует, что функция u (x, y, t), определяемая формулой (29), является решением уравнения (14).
Осталось показать выполнение 10 ) начального (15) и 20 ) краевого (16) условий.
Обозначим через uϕ (x, y, t) и uµ (x, y, t) соответственно первое и второе слагаемые
в формуле (29):
u (x, y, t) = uϕ (x, y, t) + uµ (x, y, t) .
10 ) Из промежуточной оценки (34) следует, что
Z
√
+∞
M 3 N αt λ t
2
2 2
exp
hx
exp
−σ
ξ
+
4h
|x|
T
|ξ|
dξ×
kuµ (x, y, t)k 6
T
β2π
−∞
Z
×
+∞
ds
exp (−βs) √
s
y 2 /(4t)
и, значит, uµ (x, y, t) → 0 при t → 0.
Применяя формулы (25), (27), имеем
kuϕ (x, y, t) − ϕ (x, y)k 6 kU (t; −A) ϕ (x, y) − ϕ (x, y)k +
Z +∞
1
ds
U (s; −B) B 1/2 ϕ (x, y) √ +
+ √ U (t; −A)
π
s
2
y /(4t)
Z +∞
1
U
(t;
−A)
U ξ 2 ; −B dξ×
+
π
−∞
Z
×
+∞
√
−y/(2 t)
"
2
U η ; −B − U
y
η+ √
!#
2
t
; −B
×
i h
√
√
× Bϕ x + 2ξ t, y + 2η t − Bϕ (x, y) dη .
Первые два слагаемых в правой части последнего неравенства стремятся к
нулю при t → 0+, т. е. являются бесконечно малой величиной o (t) при t → 0+.
92
Х.Г. Умаров
Разбивая область интегрирования в третьем интеграле на части и оценивая нормы
подынтегральных функций, для всех достаточно малых t > 0 имеем
kuϕ (x, y, t) − ϕ (x, y)k 6 o (t) +
×
π
β
√
√
3
B ϕ x + 2ξ t, y + 2η t − B 3 ϕ (x, y) +
max
(ξ,η)∈{|ξ|,|η|6s0 }
+2K exp h x2 + y 2
Z
−s0
Z
+∞
×
exp
+∞
+
−∞
Z
√
exp −σT2 ξ 2 + 4h |x| T |ξ| dξ×
s0
√
Z
+ 4h |x| T |η| dη +
−σT2 η 2
M 3 (1 + M ) N αt
×
β2π
+∞
√
exp −σT2 ξ 2 + 4h |x| T |ξ| dξ×
−∞
−∞
Z
−s0
×
Z
+∞
+
−∞
√
< ε,
exp −σT2 η 2 + 4h |x| T |η| dη
s0
где ε — сколь угодно малое, а s0 — достаточно большое положительные числа.
20 ) Проверке выполнения для функции u (x, y, t) краевого условия (16) предпошлем оценку
!
Z +∞
2
1
(x − ξ)
kuϕ (x, y, t)k = U (t; −A)
; −B dξ×
U
4πt
4t
−∞
+∞
Z
×
Z
dη
(y−η)2 /(4t)
0
6
U (s; −B) B 2 ϕ (ξ, η) ds 6
(y+η)2 /(4t)
M 2N K
√
exp αt + h x2 + y 2
β πt
√ Z
× 2 t
y 2 /(4t)
√
Z
Z
+∞
−∞
+∞
s+y
y 2 /(4t)
0
√
exp −σT2 ξ 2 + 4h |x| T |ξ| dξ×
!
√ exp −σT2 s + 4hy T s ds.
Откуда следует, что uϕ (x, y, t) → 0 при y → 0+.
Заменяя в uµ (x, y, t) переменные интегрирования, имеем
√
2 Z y/(2 t)
kuµ (x, y, t) − µ (x, t)k 6 √
U s2 ; −B B 1/2 µ (x, t) ds +
π 0
2 Z +∞ y 2
2
1/2
U
+ √
;
−A
−
I
U
s
;
−B
B
µ
(x,
t)
ds
+
√
π y/(2 t)
4s2
2
2 Z +∞
y
+ √
U
;
−A
U s2 ; −B ds×
√
2
π y/(2 t)
4s
Z
+∞
×
−∞
y
y2
U ξ ; −B Bµ x + ξ, t − 2 − Bµ (x, t) dξ .
s
4s
2
Явный вид решения смешанной задачи в анизотропном полупространстве ...
93
Первое слагаемое в правой части представляет собой бесконечно малую величину o (y) при y → 0+. В остальных интегралах разбиваем область интегрирования на части и оцениваем нормы подынтегральных функций, тогда для всех
достаточно малых y > 0 имеем
Z 1/s0
2 (N + 1) αt 1/2
√
exp −βs2 ds+
kuµ (x, y, t) − µ (x, t)k 6 o (y) +
B µ (x, t)
π
0
+
1
β
2
U y ; −A B 1/2 µ (x, t) − B 1/2 µ (x, t) +
2
4s
s∈[1/s0 ,s0 ]
max
Z +∞
2
y2
1/2
+ √ N exp −α 2 + 1 B µ (x, t)
exp −βs2 ds+
4s0
π
s0
M 3 N αt
+
β2
Z +∞
√
4
λ
√t exp hx2 √
exp −σT2 ξ 2 + 4h |x| T |ξ| dξ×
π
π −∞
1/s0
Z
×
Z
+
0
1
+√
β
1
+
β
Z
−s0
Z
!
exp −βs2 ds+
s0
+∞
+
−∞
+∞
√
exp −σT2 ξ 2 + 4h |x| T |ξ| dξ +
s0
3
y
y2
3
max
B µ x + ξ, t − 2 − B µ (x, t)
< ε,
s
4s
s∈[1/s0 ,s0 ] где ε — сколь угодно малое, а s0 — достаточно большое положительные числа.
4.
Абстрактная краевая задача
без начального условия
Предположим, что в смешанной задаче (14)–(16) переменная t меняется на
бесконечном промежутке, т. е. T = +∞, а начальное данное задается в плоскости t = t0 . Тогда постоянные q и h, которые в п. 4 удовлетворяли условию
0 6 q, h < β/(4T
p ), будут равны нулю. Другими словами, если раньше допускался рост по
x2 + y 2 норм начально-краевых данных ϕ (x, y), µ (x, t) и решения
u (x, y, t), то теперь нормы этих функций равномерно ограничены по переменным
2
(x, y) ∈ R+ . В рассматриваемом случае формула (29), определяющая решение
u (x, y, t), примет вид
u (x, y, t) = v (x, y, t) + w (x, y, t) ,
где
1
U (t − t0 ; −A)
v (x, y, t) =
4π (t − t0 )
"
× U
2
(y − η)
; −B
4 (t − t0 )
!
ZZ
U
2
R+
2
−U
(y + η)
; −B
4 (t − t0 )
!
2
(x − ξ)
; −B ×
4 (t − t0 )
!#
Bu (ξ, η, t0 ) dξdη
(41)
94
и
Х.Г. Умаров
t
y2
dτ
U (t − τ ; −A) U
; −B
2×
4
(t
−
τ
)
(t − τ )
0
!
Z +∞
2
(x − ξ)
U
×
; −B Bu (ξ, 0, τ ) dξ.
4 (t − τ )
−∞
y
w (x, y, t) =
4π
Z
В настоящем параграфе предположим, что тип полугруппы, порождаемой оператором −A, неположительный:
kU (τ ; −A)k 6 N,
τ > 0,
(42)
и что решение u (x, y, t) подчинено условию
2
B u (x, y, t) 6 H = const (x, y, t) ∈ R2+ × [t0 , +∞[ .
(43)
Предполагая, что t0 < 0 < t − t0 , имеем
1)
! Z
Z +∞
2
+∞
MNH
(x − ξ)
kv (x, y, t)k 6
exp −β
dξ
dη×
4π (t − t0 ) −∞
4 (t − t0 )
0
Z (y+η)2 /[4(t−t0 )]
yM N H
;
×
exp (−βs) ds 6 p
2
β βπ (t − t0 )
(y−η) /[4(t−t0 )]
2)
kw (x, y, t)k 6
yM 2 N H
√
2β βπ
Z
+∞
√
y/(2 t−t0 )
M 2N H
exp −βs2 ds 6
.
β2
Таким образом, при выполнении условий (42), (43), переходя в (41) к пределу
3
при t0 → −∞, для всех (x, y, t) ∈ R+
получим формулу
Z t
y
dτ
u (x, y, t) =
U (t − τ ; −A)
2×
4π 0
(t − τ )
!
Z +∞
2
(x − ξ) + y 2
×
U
; −B Bµ (ξ, τ ) dξ,
(44)
4 (t − τ )
−∞
доказывающую единственность решения краевой задачи без начального условия:
B (ut + Au) = 42 u,
u|y=0 = µ (x, t) ,
2
(x, y) ∈ R+
,
1
x∈R ,
t > −∞,
t > −∞.
(45)
(46)
Теорема 3. Пусть значения граничного условия (x, t) принадлежат множеству
Ẽ, и справедливы оценки норм непрерывных функций
kAB (x, t)k , B 3 (x, t) 6 P = const, x ∈ R1 , t > −∞,
тогда ограниченное по норме решение u (x, y, t) краевой задачи без начального
условия (45), (46) дается формулой (44), и для него имеет место оценка нормы
ku (x, y, t)k 6
M 3N P
2
, (x, y) ∈ R+
, t > −∞.
2β 3
(47)
Доказательство. Заменяя во внутреннем интеграле из правой части неравенства
Z
yM 3 N P t
y2
dτ
ku (x, y, t)k 6
exp −β
2×
4πβ
4
(t
−
τ
)
(t
−
τ)
−∞
Явный вид решения смешанной задачи в анизотропном полупространстве ...
Z
+∞
×
−∞
2
(x − ξ)
exp −β
4 (t − τ )
95
!
dξ
переменную интегрирования и затем вычисляя полученный интеграл, имеем
Z
y2
dτ
yM 3 N P t
.
exp
−β
ku (x, y, t)k 6
4 (t − τ ) (t − τ )3/2
4πβ 5/2 −∞
√
Откуда, в свою очередь, заменяя y/ 2 t − τ = s и используя значение получающегося табличного интеграла, выводим оценку (47).
Рассмотрим выражение
Z t
dτ
∂u
y
U (t − τ ; −A)
+ Au =
4×
∂t
16π −∞
(t − τ )
!
Z +∞ h
2
i
(x − ξ) + y 2
2
2
×
(x − ξ) + y U
; −B B 2 µ (ξ, τ ) dξ−
4 (t − τ )
−∞
Z t
y
dτ
−
U (t − τ ; −A)
3×
2π −∞
(t − τ )
!
Z +∞
2
(x − ξ) + y 2
×
U
; −B Bµ (ξ, τ ) dξ
4 (t − τ )
−∞
и оценим его норму:
( Z
yM 2 N P y 2 t
∂u
y2
dτ
6 √
+
+
Au
exp
−β
2 πβ 3/2 4
∂t
7/2
4
(t
−
τ
)
−∞
(t − τ )
+β
−1
Γ (3/2)
+ 2M
Γ (1/2)
t
y2
exp −β
4 (t − τ )
−∞
Z
dτ
)
.
5/2
(t − τ )
√
Отсюда, заменяя переменную интегрирования s = y/ 2 t − τ , получим
M 2N P 5
kut + Auk 6 2 5/2
+ 4M .
4
y β
Несобственные интегралы, входящие в выражение ut +Au, отличаются от несобственных интегралов из uxx + uyy лишь степенью оператора B:
ut + Au = B −1 ∆2 u = ∆2 B −1 u.
(48)
Поэтому оценка k∆2 uk получается аналогично оценке kut + Auk, причем из соотношения (48) следует, что функция (44) является решением уравнения (45).
Выполнение граничного условия (46) следует из того, что для всех достаточно
малых y > 0 имеем
2
Z +∞
2
y
2
ku (x, y, t) − µ (x, t)k = √
U s ; −B U
; −A − I Bµ (x, t) ds+
4s2
π 0
2
+√
π
Z
+∞
×
−∞
Z
+∞
U
0
y2
;
−A
U s2 ; −B ds×
2
4s
y
y2
Bµ x + ξ, t − 2 − Bµ (x, t) dξ 6
s
4s
96
Х.Г. Умаров
2M 3 N
6 √ 5/2
πβ
"
Z
1/s0
3
y
y2
3
B µ x + ξ, t − 2 − B µ (x, t)
max
+
s
4s
s∈[1/s0 ,s0 ],|ξ|6s0
+∞
Z
!
2
exp −βs
+
+P 2
√
π
√
2 β
−s0
Z
Z
+∞
−∞
#)
2
exp −βs
+
ds +
s0
0
2M
+√
π
ds
+
s0
2
y
1/2
1/2
U
; −A B µ (x, t) − B µ (x, t)
max
+
4s2
s∈[1/s0 ,s0 ] Z
+ (N + 1) B 1/2 µ (x, t)
1/s0
Z
+∞
)
2
exp −βs
+
0
!
ds
< ε,
s0
где ε — сколь угодно малое, а s0 — достаточно большое положительные числа.
5.
Оценка и явный вид решения задачи фильтрации
Пусть выполнены условия
2m
2m
h i
∂ ϕ (x, y, z) ∂ ϕ (x, y, z) 6 K0 exp h x2 + y 2 ,
=
sup
∂z 2m
∂z 2m
z∈R1
C[−∞,+∞]
2m
∂ µ (x, z, t) 6 λ0 (t) exp hx2 ,
2m
∂z
C[−∞,+∞]
2
(49)
в которых m = 0, 3, K0 = const (x, y) ∈ R+ , t ∈ [0, T [, 4hT χ0 < 1, а λ0 (t) —
непрерывная функция. Тогда выполняются условия (32) теоремы 2, например,
с постоянной
3
χχ20 + (1 + ω)
K=
K0
χ30
и непрерывной функцией
K
λ0 (t)
λ (t) =
K0
и, значит, по формуле (29), используя представления (11), (12), можно выписать
решение p1 (x, y, z, t) задачи (5)–(7):
!
2
χ ZZ
1
(x − ξ)
p1 (x, y, z, t) =
exp − t
exp −
×
2
ω
4tχ0
4tπ 3/2
R+
(
(y − η)
× exp −
4tχ0
2
! Z
+∞
p exp −ζ 2 (Bϕ) ξ, η, z + 2ζ Ω− dζ+
−∞
r Z +∞
r
χ
χ
ds
+
t
exp (−s) I1 2
ts √ ×
ω 0
ω
s
Z
+∞
×
exp −ζ
−∞
2
p
(Bϕ) ξ, η, z + 2ζ ωs + Ω− dζ −
Явный вид решения смешанной задачи в анизотропном полупространстве ...
(y + η)
− exp −
4tχ0
r
+
+∞
Z
×
2
! Z
+∞
97
p exp −ζ 2 (Bϕ) ξ, η, z + 2ζ Ω+ dζ+
−∞
χ
t
ω
Z
+∞
0
r
χ
ds
exp (−s) I1 2
ts √ ×
ω
s
p
exp −ζ 2 (Bϕ) ξ, η, z + 2ζ ωs + Ω+ dζ
dξdη+
−∞
y
+ 3/2
4π
Z
+∞
×
−∞
t
Z
0
χ
y2
exp − τ −
ω
4τ χ0
+
+∞
×
−∞
dτ
τ2
Z
+∞
−∞
(x − ξ)
exp −
4τ χ0
2
!
×
q
exp −ζ 2 (Bµ) ξ, z + 2ζ Ω+ |η=0,t=τ , t − τ dζ+
r
Z
χ
τ
ω
Z
0
+∞
r
χ
ds
τs √ ×
exp (−s) I1 2
ω
s
q
exp −ζ 2 (Bµ) ξ, z + 2ζ ωs + Ω+ |η=0,t=τ , t − τ dζ dξ,
(50)
где обозначено
(Bf ) (·, z) =
и
f (·, z) − ωfzz (·, z)
χ0
2
Ω± = ω
2
(x − ξ) + (y ± η)
.
4tχ0
3
Для этого решения для всех (x, y, z, t) ∈ R2+ × [0, T [ справедлива оценка
3
kp1 (x, y, z, t)kC[−∞,+∞] = sup |p1 (x, y, z, t)| 6 4K0
z∈R1
χχ20 + (1 + ω)
×
1 − 4htχ0
√
p
hy 2
4h πtχ0
|x| exp
+ 1 − 4htχ0 max λ0 (τ ) ×
× 2 1+ √
1 − 4htχ0
τ ∈[0,t]
1 − 4htχ0
hx2
× exp
.
(51)
1 − 4htχ0
Таким образом, имеет место
Теорема 4. Пусть выполнены условия (49), тогда единственное решение начально-краевой задачи (5)–(7) — давление p1 (x, y, z, t) в трещинах анизотропного
коллектора (2) дается в явном виде формулой (50), и для него справедлива оценка (51).
Если рассматривается задача фильтрации без начального условия:
∂p1
∂ 3 p1
∂ 2 p1
3
− ω 2 − χ 2 = χ0 ∆2 p1 , (x, y.z) ∈ R2+
, t > −∞,
∂t
∂z ∂t
∂z
(52)
p1 |y=0 = µ (x, z, t) , (x, z) ∈ R2 , t > −∞,
(53)
98
Х.Г. Умаров
то оценка решения и его явный вид значительно упрощаются. Действительно,
пусть граничная функция подчиняется условиям
2m
∂ µ (x, z, t) 2
6 P0 = const (x, y) ∈ R+
, t > −∞, m = 0, 3,
(54)
∂z 2m
C[−∞,+∞]
тогда выполняются требования теоремы 3, и, значит, ограниченное решение краевой задачи без начального условия дается формулой
!
Z +∞
Z t
2
χ
(x − ξ)
y
y2
dτ
exp − τ −
exp −
p1 (x, y, z, t) =
×
ω
4τ χ0 τ 2 −∞
4τ χ0
4π 3/2 0
Z
+∞
×
−∞
q
exp −ζ 2 (Bµ) ξ, z + 2ζ Ω+ |η=0,t=τ , t − τ dζ+
r
+
Z
+∞
×
exp −ζ
−∞
2
χ
τ
ω
Z
+∞
0
r
χ
ds
τs √ ×
exp (−s) I1 2
ω
s
q
(Bµ) ξ, z + 2ζ ωs + Ω+ |η=0,t=τ , t − τ dζ
dξ,
(55)
и для него справедлива оценка
3
kp1 (x, y, z, t)k 6 P0
χχ20 + (1 + ω)
.
2
(56)
Итак, имеет место
Теорема 5. Пусть выполнены условия (54), тогда единственное решение задачи фильтрации без начального условия (52)–(53) дается в явном виде формулой
(55), и для него справедлива оценка (56).
Литература
[1]
[2]
[3]
[4]
[5]
[6]
[7]
[8]
[9]
Развитие исследований по теории фильтрации в СССР (1917–1967) / отв. ред.
П.Я. Кочина. М.: Наука, 1969. 546 с.
Баренблатт Г.И., Ентов В.М., Рыжик В.М. Движение жидкостей и газов
в природных пластах. М.: Недра, 1984. 211 с.
Басниев К.С., Кочина И.Н., Максимов В.М. Подземная гидромеханика. М.:
Недра, 1993. 416 с.
Баренблатт Г.И., Желтов Ю.П., Кочина И.Н. Об основных представлениях теории фильтрации однородных жидкостей в трещиноватых породах //
ПММ. 1960. Т. 24. Вып. 5. С. 852–864.
Майдебор В.Н. Особенности разработки нефтяных месторождений с трещиноватыми коллекторами. М.: Недра, 1980. 288 с.
Данфорд Н., Щварц Дж.Т. Линейные операторы. Общая теория. М.: Иностр.
лит., 1962. 896 с.
Крейн С.Г. Линейные дифференциальные уравнения в банаховом пространстве. М.: Наука, 1967. 464 с.
Умаров Х.Г. Смешанная задача в банаховом пространстве для аналога уравнения диффузии, не разрешенного относительно производной по времени //
Известия вузов. Сер.: Математика. 1992. № 4. С. 100–103.
Иосида К. Функциональный анализ. М.: Мир, 1967. 624 с.
Явный вид решения смешанной задачи в анизотропном полупространстве ...
[10] Интегральные операторы в пространствах суммируемых
М.А. Красносельский [и др.]. М.: Наука, 1966. 500 с.
функций
99
/
Поступила в редакцию 19/I/2012;
в окончательном варианте — 19/I/2012.
EXPLICIT SOLUTION OF THE MIXED PROBLEM
IN ANISOTROPIC SEMISPACE WITH BRIGHTLY
EXPRESSED VERTICAL PERMEABILITY FOR
BARENBLATT–ZHELTOV–KOCHINA EQUATION
c 2012
Kh.G. Umarov3
For Barenblatt–Zheltov–Kochina model presentation of filtering of liquids in
fissured-porous rocks the explicit solution of the mixed problem in anisotropic
semispace with brightly expressed vertical permeability is found by reduction
of the considered problem of filtering to the solution of the abstract initial
boundary-value problem in Banach space.
Key words: filtering of liquids in fissured-porous rocks, strongly continuous semigroups of operators.
Paper received 19/I/2012.
Paper accepted 19/I/2012.
3 Umarov Khasan Galsanovich (umarov50@mail.ru), Dept. of Differential Equations, Chechen State
University, Grozny, 364037, Russian Federation.
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа