Краевые задачи для смешанного параболо-гиперболического уравнения четвертого порядка с разрывными условиями склеивания

Бюллетень науки и практики / Bulletin of Science and Practice

УДК 517.956.6                                      

1. Постановка задачи. В области D , ограниченная отрезками линий АС:х + у = 0,СВ:х — у = 1(1 > 0),ВВ₀:х = 1,В₀А₀:у = h(h > 0),А₀А:х = 0, рассмотрим уравнение

L₁L₂u = 0

^L 1

{ I =     -^ + а (х, у) V- + с (х, у), у > 0,

¹ дх² ду      ¹        дх     ¹

¹ 2 = дХ; ^- дУ; + а 2 ^(х,у⁾ дх + Ь 2 ^(х,у⁾ ду+ ^^

l =д_

²    дx²

а ²

ду2 ’

где  а1(х,у),С{(х,у)(1 = 1,2),Ь2(х,у)  — заданные функции, удовлетворяющие условиям:

а 1 (х,у),а 1х (х,у),а 1у (х,у),С 1 (х,у) е C(D 1 ),                                  (2)

а 2 (х, у), а 2х (х, у), Ь 2 (х, у),Ь 2у (х, у), С 2 (х, у)С^).

Пусть D1 = D П (у > 0), D2 = D П (у < 0) . Класс Сп+т означает существование и dr+s непрерывность всех производных gxrgyS (? = 0,1,..., n;s = 0,1,..., т) [1].

Уравнение (1) в области D1 представимо в виде д2 д             д               д2 д2

hL2 ^ (дх2—ду + а1(х’у)Тх + с^jw-wr0^'^ D и имеет двукратную характеристику у = const и две различные характеристики х + у = const, х — у = const, а в области D2 примет вид д2 д2             д             д               д2и д2и                    (4)

^l 2 ^L 2 ^[дX 2 ^— дУ 2 ^{+ а} 2 ^(х, ^у)дх ^{+ Ь} 2 ^(х, ^у)ду^+С 2 ^(х, ^у))[д? ^— ду 2 )

= 0, (х, у) е D 2

причем имеет две различные двукратные характеристики: х + у = const, х — у = const [2].

В области D для уравнения (1) рассматривается

Задача 1. Требуется найти функцию и(х,у) со следующими свойствами:

• 1)    и(х,у) является решением уравнения (1) в области D\(у = 0);

• 2)    и(х,у) и ее частные производные первого порядка непрерывны в области D ;

• 3)    функция u = u xx   u yy непрерывна в области D\(y = 0);

∂ u ∂ u

• 4)    функции ^{д x} и ^д y непрерывна в области D\(y = 0); ∂ u

• 5)    для функции □и и ^{d y} на линии у = 0 выполняются следующие разрывные условия склеивания:

  
  

□и(х, -0) = а(х)пи(х, +0) + у(х),0 < х <1, д^и(х, -0)        д^и(х, +0)

ду      ^(х)    ду    + (хх^° <х < где а(х), @(х),3(х), у(х) — заданные функции, удовлетворяющие условиям:

Ух е [0,1]: а(х),Р(х),у(х),8(х) £ С[0,/],а(х)^(х) Ф 0;

• 6)    и(х,у) удовлетворяет следующим условиям:

u|AA =ϕ1( y), u|BB =ϕ2(y), 0≤y≤h,(7)

uxx |AA0 =ϕ3( y), uxx|BB0=ϕ4(y), 0≤y≤h,(8)

и1АС =-ф1(х),0 < х <1,    и1вс = ^2(х),1 < х < I, ди дп ВС

I

= ^ з (х),-<х<1

где п — внутренняя нормаль, ^i(y)(i = 1,4,^-(х^ = 1,3) — заданные функции, причем:

^ i (y) е c²[0,h](i = 1,2),^_}(у} е C[0,h](j = 3,4),

^ 1 (х) е С [0,|],^ , (х)

ес2[1,1],^3(х)ес3[1,1];

^ 1 (0) = Ф^ШЪ = ^ 2 (0), Ф 1 (¹) = ^ 2 (£), а(1)[^ 4 (0) - ^2'(0)] + Y(f) = -JW’W-

Краевые задачи для уравнений L ¹ u = 0, L ² L ¹ u = 0 рассмотрены в работах [3, 4].

Краевая задача для уравнения (1) с постоянными коэффициентами и с непрерывными условиями склеивания, изучена в работе [5].

Краевые задачи для уравнения 1 1 1₂и = 0, в случае, когда оператор L 1 представляет собой эллиптико-гиперболический оператор, изучены в работах [6, 7].

Краевые задачи для уравнения типа (1), когда L1 — эллиптико-гиперболический, а L2 — дифференциальный оператор n-порядка, исследована в работе [8].

Краевые задачи для уравнений смешанного типа с разрывными условиями склеивания впервые изучены в работах [9, 10].

При у > 0 уравнение (1) запишем в виде системы:

д²и д²и                                                       (13)

^^^-^^^'У)’^’^0!’ д2v1

^{l1V1 =} ~Х^

-

дv1

— + а₁(Х'У)ь_1х + с^Х'У^ ! = О, (Х’У) Е 0 1 ; ду

• а при у < 0 в виде следующей системы:

д2и д2и(15)

ь2и ^ дХ2 - ду2 = v2(Х’ У)’(Х’ У) ED2’ д2v2   д2v2            дv2           дv2(16)

^l 2 ^V 2 = ^Х 2 - ~дУ 2 ^{+ а} 2 ^(Х’У)~дХ ^{+ Ь} 2 ^(Х’У)1У ^{+ C} 2 ^(Х'У^^V 2 = 0’ ^(Х’У) ED 2 .

Из граничных условий (7), (8) получим:

Vilx=o = Ф1(У)’V1|х=f = Фг^У^’О <У<Ь’ где ф1(У) = ф3(у) - Ф1(У)’ Ф2(у) = Ф4(У) - Ф2(У). Условие (10) запишем в виде

I v₂(Х’ х — 1) = —\2ф₃ (х)’ -< х < I.

Таким образом, для определения функций v₁(X’У) и v₂(X’У) придем к следующей задаче.

Задача 2. Найти функции v₁(Х’У) и v₂(x,у), удовлетворяющие следующим условиям:

• 1)    V 1 (Х’У) е С(0 1 ) П С²⁺¹(0 1 ), V 2 (Х’У) Е С(0 2 ) П C²(D 2 );

• 2)    v₁(Х’У) является решением уравнения (14) в области D 1 , а v₂(Х’У) является решением уравнения (16) в области D₂ ;

• 3)    для функций Vi(x_lу)’^{^}^^(x^(^ = 1’2') на линии у = 0 выполняются разрывные условия склеивания:

v₂(X’—0) = a(x)v 1 (X’ +0) + у(х}’0

ev^^—⁰)_=Д(x)^дV 1 ^X+⁰) _{+ ^(}x₎'0ду             ду

• 4)    функция v₁(X’У) удовлетворяет условиям (17),а v₂(X'У) удовлетворяет условию (18).

• 2.    Соотношение между g₁(x') и 0 1 (x), полученное из области D 1 .

Для решения задачи 2 введем новые неизвестные функции следующим образом: v 1 (X’+0) = ^₁(x)’v₂(X’-0) = ^₂(x)’v_1y(X’+0) = 0₁(x)’ v_2y(X’-0) = = 0₂(x)’0 < x < I. Тогда условия склеивания (19) запишется в виде:

Бюллетень науки и практики / Bulletin of Science and Practice Т. 8. №11. 2022 g2(x) = a(x)g1(x') + y(x),0 < x < l,                                  (20)

0₂(х)=^(х)0₁(х) + 3(х),О<х<1                          (21)

Сначала рассмотрим задачу 2. Переходя к пределу при у ^ +0, из уравнения (14), получим соотношение между функциями g 1 (x) и 0 1 (x):

g " (x) + a 1 (x, 0)^ 1 (x) + c 1 (x, 0)g 1 (x) = 0 1 (x),0 < x < l.

Из условия согласования имеем:

14(0) = $ 1 (0),I4(l) = $ 2 (0).

Полагая

x

^ i (x) = $ 1 ⁽0) + J ^[$ 2 (0) - $ 1 (0^)] + z(x),

I где z(x) — новая неизвестная функция, задача (22), (23) сводится к следующей задаче z"(x) + a1(x, 0)z'(x) + c1(x, 0)z(x) = g(x),

z(0) = 0,z(l = 0, где g(x) = 01(x) - C1(x,0)$1(0) - -[$2(0) - $1(0)][a1(x,0) +xC1(x,0)]

Теорема 1. Если a 1 (x, 0), a_1x(x, 0), c 1 (x, 0) £ С[0, l] и

Vx £ [0, l]: C1 (x, 0) — I a^ (x, 0) < 0, тогда задача (25), (26) имеет единственное решение.

Доказательство. Рассмотрим однородное уравнение (25). Умножая это уравнение на z(x) и интегрируя полученное равенство по x от 0 до l, имеем тождество:

fo{^[z ' (x)^]2 - [c 1 (x,0)- 1 a 1x (x,0)]z²(x)}dx = 0.

Отсюда при выполнении условия (27) заключаем, что Vx £ [0,l]:z(x) = 0. Теорема 1 доказана.

Решение задачи (25), (26) представим в виде [11]

z⁽x) = [ G₁(x,t)g(f)df, 0

где G 1 (x,%) — функция Грина. Тогда из (24) и (28) имеем соотношение между g 1 (x) и 0 1 (x), полученное из области D 1 в виде:

V i ⁽x) = g iW + I G i ⁽x,Q Qi^d^, 0

где

Ф 1 ⁽0^)] х

9 i (x) =

i (0)+ X [^(0) —

i(0)] — J0^lGi(x,%){^^i(0)ci(%,0)+1[^2(0) —

x[a1(%,0)+%c1(%,0)]}d%.

• 3.    Соотношение между ^(x') и 0₂(x), полученное из области D₂. Решение задачи Коши для уравнения (16), удовлетворяющее условиям v₂(x,—0) = 9₂(x), v₂y(x,—0) = 0₂(x),0< x < l, имеет вид [12, 13]:

»2(x,y) = - [R(x,y;x + y,0)^(x + y) + R(x,y; x — y,0)^2(x — y)] +

• 1    X-y

+ 5 I   [R^(x,y;^0) + b2(C0)R(x,y;^0)]^«M —

• ²    X+y

• 1    ^X-y

— 5 I R(x,y;%,0)02<%)d%,

• ²    X+y

где R(x,y; %,r) — функция Римана, которая определяется как решение следующей задачи Гурса:

RK

-

Rw

-

(a₂R}^ - (b₂R\ + C2R = 0, «,7?) e D*,

R⁽x,y;^,r)\_n=x+y—f = ^exp{—|| ^[a2⁽t,x + y — t) + +b₂(t,x + y — t)]dt},x + y < % < x,

R⁽x,y;%,r⁾\_v=^—x+y = ^exp{|| ^[a2⁽t,t — x + y) — —b₂(t, t — x + y)]dt},x < % < x — y,

R(x,y; x,y) = 1.

где D2 = {(%,r): y < Г < 0, x + y — r < % < x — y + r}.

Используя условия (18), из (30) имеем

R(x,x — I; 2x — I, 0)g₂(2x — l) — R(x,x — l; I, 0)V2^3(l) — 2X—1

I    [R^(x, x — l; %,0) + b2^, 0)R(x,x — I; %, 0)]^«M +

l

2X—1                                        l

+ I R(x,x — l;%,0)02(%)d% = —2^2^‘.(x),-

l2

Пусть 2x — I = z. Тогда x = ^+^. Так как ¹< x < I, то 0< 2x — l ^^, 0 < z < l, — ¹< ^- < 0. Следовательно, равенство (35) можно записать в виде:

/z + l z — l \         f z Г   /z + l z — l \

^R(——r^H, r——;<•»)+

/z + l z— I M          Z^z zz + £ z — I \

+Ш. 0)R (—,—; €• 0)] fe(m — , R (—,—; €, 0) 0 <№ —

/z +1\      zz + ^Z-f

2^4  , j.^l ,  , .,

;l, 0)^(0

, 0 < z < l.

Отсюда, заменяя z на x, имеем

(x + l x — l    \         X^х \  / x + l x — l    \

R(—R+

/x +1 x — l \1           X^х /x + l x — l \

+b2 (€ 0)R (—, —; €, 0)] ^2 (€M — , R (—, —; € 0) 02 (€M

—

x + l\      /x + l x — l

—^Ц—) + V2R(— —

;l. 0)^(0

,0 < x < l.

Имеет место следующая

Теорема 2. Vx £ [0, l]:

x + l x — l

R(——R>0

Доказательство. Условие (32) представим в виде

R(x,y;€,x + y — €) = exp{—1, ^fcx + y — t) + +b2(t, x + y — t)]}dt, x + y < € < x.

Полагая € = x + у,из (38) имеем

1 x

R(x,y; x + y, 0) = exp{ — — ,   [a₂(t, x + y — t) + b₂(t, x + y — t)]}^t.

²x+y

Для удобства рассуждения запишем уравнение прямой СВ: x — y = l

f в параметрическом виде:

x =^,0 < 5 < l, y^^^l.

Заметим, что % + у = s. Тогда из (39) имеем:

r(

s + l s —

,

l        1 ^

— ;s, 0) = exp ,   [n2(t, s — t) + b2(t, s — t)]dt ,0

Отсюда, заменяя 5 на x, убеждаемся в справедливости неравенства (37).

Учитывая неравенство (37), уравнение (36) представим в виде

^(х) =

\\(x,V^dl;+ С

^ X                      X х

^(Х.^^ + Ф^х)

где

Ъ(х,0 =

/x+l x-l - л\ , sri\T—X+tX-t г гЛ I^J-’J-^)^^

x+l x-l                 ,

^R(——;^X’⁰⁾

М 2⁽х, О

I(^Q ^^у

Ф1(х) =

-2V2^(X)+V2R(^,^; l,0)p'₃(l)

x+l x-l ^r(——-’^x,⁰)

Обращение интегрального уравнения Вольтерра 2-го рода (40) относительно р.₂(х)

имеем

^2(х) = Ф2(х) +

( Т1(х,^) X

02^,

где Т1⁽х,0 = Ы2⁽х,() + /XR1⁽х,t⁾N2⁽t,^⁾dt, Ф₂(х) = Ф1(х) + /X ^1⁽х,^) Ф1(^)d^ , а Н₁(х, ^) — резольвента ядра М^х, ^).

Соотношение (41), представляет собой связь между ^(х) и 0₂(х), полученное из области D₂.

• 4.    Сведение задачи 2 к интегральному уравнению. Исключая 01(х) из (21) и (29), имеем д₁(х') = fX^^^^d^ + д₁(х) — /^^^^^.(х,^ d^. Подставляя найденное выражение для ^1(х) в (20), получим:

^(х^)                   l8(Q

^2(х) = а(х)1         02⁽€№ + а(х)[д^х) — I      G1⁽х,^⁾d^l

0  р⁽>)                              0 Р⁽^)

+ У(х).

Исключая ^₂(х~) из (41) и (42), получаем интегральное уравнение

Ст1(х,^02(№ = ^'т2(х,^)02(()d^ + Ф₃(х),

X                        0

где ^Т2^(х,1) = ^⁽X)^G1^(х,^)^{, Ф}з^(х) = а^(х) [д1^{(х) —} /Х^^С1^(х,^>^d^^{] +} у^{(х) — Ф}2^(х).

Продифференцирую (43) и учитывая при этом равенство Т1(х,х) = М2(х,х) = —1, имеем

Щх)= Ст₃(х,О02(Ш+ Ст₄(х,О02(Ш + Ф'з(х)

X                        0

где Тз(х,^) = Т1x⁽х,(⁾,Т₄(х,() = —Т2x⁽х,^).

Обращая Вольтерровскую часть уравнения (44), получим

02«

Ст(х,О02(Ш

+ Ф^х)

где Т(х, t) = Т₄(х, <0 + f R2(x, t) T₄(t, ftdt, Ф4&) = -Ф3 (х) - f R2 (х, <)Ф3(<)d< , R2 (х,<) — резольвента ядра Т3 (х,<). Пусть 1|Т|| = maхlT⁽х,<⁾\.

0<Х<1

0

Теорема 3. Если выполняется условие

*-m

Щх) = Ф5

(х) + С

R3(х,^Ф5(^d<,

где R₃ (х,<) — резольвента ядра Т(х, t).

После определения 0₂(х') по формуле (47), из формул (21), (29), (20) последовательно определяем 0₁(х'),^₁(х'),^₂(х') соответственно. Таким образом, существование и единственность решения задачи 2 доказана.

• 5.    Решение задачи 2 в области D_±. Из постановки задачи 2 в области D₁ для V₁(x,y) получим следующую первую краевую задачу для параболического уравнения:

I1V1 = Vixx - Vi_y + ai(x,y)Vix + Ci⁽x,y)vi = 0, ⁽x,y) E Di,                      (48)

Vi\x=o = Vi(y),Vi\x=t = Ф2(у),0 i⁽x,0'⁾ = ^i(x),0 <х<1,                (49)

где Ф1⁽у) = фз(у)^-vily^^y) = Ф4(у)^- ^₂⁽y).

Теорема 3. Если ^(x,y) E D₁: a₁, a_1x, c₁ E C(D) и выполняются условия

Ci(x,y) --aix(x,y) < 0, тогда задача (48), (49) имеет единственное решение.

Доказательство. Рассмотрим однородные краевые условия (48). Умножая уравнение (48) на v₁(x,y) и интегрируя полученное тождество по области D₁, имеем тождество:

• — ff_DiViliVidxdy = f^ dx f₀^h {vlx — [ci(x,y)-¹aix(x,y)]v²}dy + ¹f₀^hv²(x,h) = 0.

Отсюда, при выполнении условия (50), заключаем, что V(x,y) E D₁:V₁(x,y) = 0.

Теорема 3 доказана.

Доказательство существования решения задачи (48), (49) устанавливается следующим образом. Введем новую функцию w(x,y):

Бюллетень науки и практики / Bulletin of Science and Practice Т. 8. №11. 2022

Тогда уравнение (48) сводится к уравнению

Wxx -Wy + C1(x,y)w = 0, где Ci(x,y) = Ci(x,y) - 1alx(x,y) - 1a2(x,y) + 1f^ aiy(^,y)d^.

Краевые условия (49) преобразуется к виду:

w^l_x=o = $i(y\w\_x={ = ^(y),0 = pi(x),0< x < I,               (53)

где Ф2(у) = Ф2(у) exp (^ai^^df), fii(x) = Pi(x} exp (j J_o^xai(f,0)df).

Используя для решения задачи (52), (53) функцию Грина первой краевой задачи для уравнения теплопроводности, имеем

w(x,y) = f(x,y) +

J dp J" oo

K(x, y; %, p)w(f,p)df,

где K⁽x,y;t,p) = Citf^G&y^p), f⁽x,y) = ^0 G^⁽x,y; 0,p) $i⁽p)dp -

-J G_{⁽x,y;l,p)^²⁽p)dp + J G⁽x,y;f,0'⁾ pi(f)df, oo

^G(x,^y; ^ = ^t&tf^ l^exp (-^^xf} -^{exp (}

Заметим, что для ядра уравнения (54) имеет место оценка

V(x,y) e DiKV(^,p) e Di: \K(x,y;%,p)\ <

ФФ-Ф )] -функция Грина

С i, (y - p)2

где С — положительная константа. Поэтому уравнение (54) является интегральным уравнением типа Фредгольма со слабой особенностью, она разрешима и имеет единственное решение, которое строится методом последовательных приближений [15].

6. Решение задачи 1 в области D₂. Решение задачи 1 в области D₂ определим как

решение задачи Гурса для уравнения (15), которое представимо в виде:

x-y     x + y + 1     I

u(x,y) = ^i \^~) ⁺ Ф2 (---2---) - ^i (2) ⁺

+ 4

^{x+y x-y}f + P f-P

J,  ^J ^V2⁽——}^dP-

Отсюда при y = 0 имеем

x

^T(X)= ¥1 - ⁺ ^2

V 2 J

' x + T

V 2 J

—

*1 [ 2 J

xx

+~4\ d^u

I £+2, n)

V 2'2 J

dp.

Аналогичным образом, из (55) находим и v(x) = u_y(x, 0).

u(0, y) = ^(y), u(/, y) = ^₂(y), 0 < y< h, u(x,0) = t(x), u_y (x,0) = v(x),0 < x< Л

Решение этой задачи определяется методом разделения переменных [13].

Таким образом, имеет место

Теорема 4. Если выполняются условия (2), (6), (11), (12), (46) и (50), тогда решение задачи 1 существует и единственно.