авторефераты диссертаций БЕСПЛАТНАЯ БИБЛИОТЕКА РОССИИ

КОНФЕРЕНЦИИ, КНИГИ, ПОСОБИЯ, НАУЧНЫЕ ИЗДАНИЯ

<< ГЛАВНАЯ
АГРОИНЖЕНЕРИЯ
АСТРОНОМИЯ
БЕЗОПАСНОСТЬ
БИОЛОГИЯ
ЗЕМЛЯ
ИНФОРМАТИКА
ИСКУССТВОВЕДЕНИЕ
ИСТОРИЯ
КУЛЬТУРОЛОГИЯ
МАШИНОСТРОЕНИЕ
МЕДИЦИНА
МЕТАЛЛУРГИЯ
МЕХАНИКА
ПЕДАГОГИКА
ПОЛИТИКА
ПРИБОРОСТРОЕНИЕ
ПРОДОВОЛЬСТВИЕ
ПСИХОЛОГИЯ
РАДИОТЕХНИКА
СЕЛЬСКОЕ ХОЗЯЙСТВО
СОЦИОЛОГИЯ
СТРОИТЕЛЬСТВО
ТЕХНИЧЕСКИЕ НАУКИ
ТРАНСПОРТ
ФАРМАЦЕВТИКА
ФИЗИКА
ФИЗИОЛОГИЯ
ФИЛОЛОГИЯ
ФИЛОСОФИЯ
ХИМИЯ
ЭКОНОМИКА
ЭЛЕКТРОТЕХНИКА
ЭНЕРГЕТИКА
ЮРИСПРУДЕНЦИЯ
ЯЗЫКОЗНАНИЕ
РАЗНОЕ
КОНТАКТЫ


Pages:     | 1 || 3 |

«ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ ”СИБИРСКИЙ ФЕДЕРАЛЬНЫЙ ...»

-- [ Страница 2 ] --

n (t) uxi xi (t, ) i= (4.1.11) ut (t, x) = u(t, x) + u(t, x) + f (t, x), (t) x En. (4.1.12) u(0, x) = u0 (x), Теперь расщепим задачу в соответствии с МСА и линеаризуем ее сдви гом по времени на на втором дробном шаге в нелинейных членах анало гично тому, как это сделано при доказательстве теоремы 3.2.1.

u (t, x) = 2u (t, x), t (4.1.13) j, j +, t n u i xi (t, ) (t) x i= u (t, x) = 2 u (t, x) + f (t, x), t (t) t (4.1.14) j+, (j + 1) u (0, x) = u0 (x). (4.1.15) Здесь j = 0, 1,..., N 1;

N = T ;

u = u (t, x).

Можно доказать (по аналогии рассуждениям, проделанным выше для случая задачи Коши), что для решения расщепленной задачи (4.1.13)–(4.1.15) u (t, x) справедливы при (t, x) G[0,t ] следующие равномерные по оцен ки:

|Dx u (t, x)| + C, i = 1, 2,..., n, || Dx u (t, x) + D u (t, x) 2, xi x t где 0 t T – некоторая постоянная, зависящия от из (4.1.6), и посто янной C из (4.1.7).

Рассмотрим уравнение (4.1.13) начальным условием (4.1.15). В силу (4.1.8) решение данного уравнения при t (0, ] представимо в виде 2 2 k1,k2,...,kn e2(k1 +k2 +···+kn )t sin k1 x1 sin k2 x2 · · · sin kn xn.

u (t, x) = k1,k2,...,kn = (4.1.16) Рассмотрим уравнение (4.1.14) с начальным условием 2 2 k1,k2,...,kn e(k1 +k2 +···+kn ) sin k1 x1 sin k2 x2 · · · sin kn xn.

u (, x) = k1,k2,...,kn = Проинтегрируем уравнение (4.1.14) по временной переменной по отрезку (, t]. В силу (4.1.8), (4.1.9) решение на временном отрезке t (, ] пред 2 ставимо в виде t 2 () d u (t, x) = 2k1,k2,...,kn ()e d + k1,k2,...,kn =1 t 2 () d 2 2 (k1 +k2 +···+kn ) + k1,k2,...,kn e e sin k1 x1 sin k2 x2 · · · sin kn xn, где n u i xi (t, ) (t) x i= (t) =.

(t) Cледовательно u (t, x)|xk =0 = u (t, x)|xk = = 0, k = 1,..., n, при t (, ]. Таким образом, u (t, x)|xk =0 = u (t, x)|xk = = 0, k = 1,..., n, при t (0, ].

Аналогично рассуждая на следующем целом временном шаге, получим, что u (t, x)|xk =0 = u (t, x)|xk = = 0, k = 1,..., n, при t (0, 2 ]. Через конечное число шагов получим соотношения u (t, x)|xk =0 = u (t, x)|xk = = 0, k = 1,..., n, при t (0, t ]. (4.1.17) В силу теоремы Арцела некоторая подпоследовательность uk (t, x) по следовательности u решений задачи (4.1.13)–(4.1.15) сходится вместе с производными по x до второго порядка включительно к функции u(t, x) 0, Ct,x (G[0,t ] ). Доказано на основании теоремы 1.5.1 сходимости метода сла бой аппроксимации, что u(t, x) есть решение задачи (4.1.11), (4.1.12), при 1, чем u(t, x) Ct,x (G[0,t ] ), где 1,2 Ct,x (G[0,t ] ) = u(t, x) | ut, Dx u C(G[0,t ] ), || 2.

При этом в G[0,t ] справедлива оценка |Dx u(t, x)| C, || 2.

Не трудно доказать, что функция u(t, x) удовлетворяет условию (4.1.4).

В силу (4.1.17) для функции u(t, x) выполняется u(t, x)|xk =0 = u(t, x)|xk = = 0, k = 1,..., n, при t (0, t ], и, следовательно, в качестве решения исход ной краевой задачи (4.1.1) – (4.1.4) можно взять сужение на [0,t ] решения задачи Коши для уравнения (4.1.1) с начальными данными и правой частью, являющимися указанными в (4.1.8), (4.1.9) продолжениями функций u0 (x), f (t, x) и условиями переопределения (4.1.4).

Единственность решения исходной краевой задачи доказывается абсо лютно аналогично теореме единственности 3.2.2, доказанной для решения задачи Коши.

Имеют место следующие теоремы.

Теорема 4.1.1. Пусть выполняются условия (4.1.5)–(4.1.9). Тогда су ществует решение u(t, x), (t) задачи (4.1.1)–(4.1.4) в классе 1, Z(t ) = u(t, x), (t), | u Ct,x ([0,t ] ), (t) C([0, t ]), удовлетворяющее соотношению |(t)| + |Dx u(t, x)| C, (t, x) [0,t ], (4.1.18) || Теорема 4.1.2. Решение u(t, x), (t) задачи (4.1.1) – (4.1.6), для кото рого справедливо, что функция u(t, x) допускает продолжение нечет ным образом по пространственной переменной на G[0,t ], и удовле творяющее при (t, x) G[0,t ] соотношению (4.1.18), единственно в классе Z(t ).

Из теорем 4.1.1, 4.1.2 следует Теорема 4.1.3. Пусть выполняются условия (4.1.5)–(4.1.9). Тогда су ществует и единственно решение u(t, x), (t) задачи (4.1.1)–(4.1.4) в классе Z(t ), удовлетворяющее соотношению (4.1.18).

ЗАМЕЧАНИЕ. В случае второй краевой задачи (4.1.1), (4.1.2), (4.1.19), (4.1.4), где граничные условия имеют вид (4.1.19) ux (t, x)|xk =0 = ux (t, x)|xk = = 0, k = 1, 2,..., n, при выполнении условий k1,k2,...,kn cos k1 x1 cos k2 x2 · · · cos kn xn, u0 (x) = k1,k2,...,kn = k1,k2,...,kn (t) cos k1 x1 sin k2 x2 · · · cos kn xn, f (t, x) = k1,k2,...,kn = k1,k2,...,kn – постоянные, k1,k2,...,kn (t) C[0, T ]. где k const, k (t) C[0, T ], справедливы аналогичные теоремы. Их доказательство в целом повторяет доказательство теорем 4.1.1–4.1.3.

4.2. Задача идентификации функции источника. Интегральное пере определение В этом параграфе основным объектом изучения являются задачи отыс кания функции источника в параболическом уравнении. Главное внимание будет уделено методу исследования их корректности, предложенному в свое время А.И.Прилепко. Для простоты мы рассмотрим этот метод на примере уравнения теплопроводности ut u = f h(t, x) + g(t, x), (4.2.1) когда f зависит либо от x, либо от t. Здесь - оператор Лапласа. Результа ты, которые будут получены ниже, в более общем случае приведены в книге А.И.Прилепко, Д.Г.Орловского и И.А.Васина [151].

Будем считать, что x = (x1, x2,..., xn ) изменяется в некоторой ограни ченной области Rn с дважды гладкой границей, а переменная t – на промежутке (0, T ).

Рассмотрим случай, когда f зависит только от x. Рассмотрим в цилиндре QT = (0, T ) обратную задачу определения пары функций (u, f ), удовле творяющих уравнению (4.2.1) с заданными функциями h и g при (t, x) QT, а также начальному условию x, (4.2.2) u(x, 0) = a(x), граничному условию Дирихле (t, x) ST = (0, T ), (4.2.3) u(t, x) = b(t, x), и условию переопределения x. (4.2.4) (lu)(x) = (x), Оператор l – это либо оператор взятия следа при некотором значении t = t1, 0 t1 T, т. е.

x, (4.2.5) (lu)(x) = u(t1, x), либо интегральный оператор вида T x, (4.2.6) (lu)(x) = u(, x)( )d, с известной функцией ( ).

заметим, что при исследовании задачи (4.2.1)-(4.2.4) достаточно ограни читься случаем, когда условия (4.2.2),(4.2.3) однородны и g(t, x) 0. Дей ствительно, рассмотрим прямую задачу, vt v = g(t, x), (t, x) QT, x, (4.2.7) v(x, 0) = a(x), (t, x) ST.

v(t, x) = b(t, x), Как известно из курса уравнений математической физики, задача (4.2.7) имеет единственное решение v(t, x) в соответствующем классе функций при любых исходных данных g(t, x), a(x) и b(t, x). Тогда в силу (4.2.1)-(4.2.4) пара функций u v, f удовлетворяет уравнению (u v)t (u v) = f (x)h(t, x), (t, x) QT, (4.2.8) и условиям (u v)(x, 0) = 0, x, (u v)(t, x) = 0, (t, x) ST, (4.2.9) [l(u v)] (x) = (x) (lv)(x), x.

Так что разрешимость задачи (4.2.8)–(4.2.9) влечет за собой разрешимость задачи (4.2.1)-(4.2.4).

Первой нашей целью является доказательство однозначной разрешимо сти обратной задачи ut u = f (x)h(t, x), (t, x) QT, (4.2.10) x, (4.2.11) u(x, 0) = 0, (t, x) ST, (4.2.12) u(t, x) = 0, T x, (4.2.13) u(, x)( )d = (x), 2, где функции h, и заданы. Причем функция u ищется в классе W2,0 (QT ), в котором множество всех гладких в QT функций, обращающихся в ноль на 2, ST, является всюду плотным в смысле нормы пространства W2 (QT ):

1/ n n u2 + u2 i xj + u2 i + u2 dx dt u =.

2, t x x W2 (QT ) QT i,j=1 i= Под решением задачи (4.2.10)–(4.2.13) мы будем понимать пару функций u, f, отвечающих следующему определению.

Определение 4.2.1. Пара функций {u, f } называется обобщенным 2, решением обратной задачи (4.2.10)–(4.2.13), если u W2,0 (QT ), f L2 () и выполняются соотношения (4.2.10)–(4.2.13).

Дальнейшие рассуждения мы проведем по следующей схеме. Во-первых, мы построим операторное уравнение для функции f в пространстве L2 ().

Затем покажем, что это уравнение эквивалентно в некотором смысле ис ходной обратной задаче. На третьем шаге будет доказана однозначная раз решимость построенного операторного уравнения при определенных огра ничениях на входные данные.

Следуя приведенной выше схеме, мы начнем с вывода операторного урав нения второго рода для функции f, предполагая, что (x) W2 (), h, ht L (QT ), L2 (0, T ), (4.2.14) T h(, x)( )d 0 const, (4.2.15) для x. Умножим уравнение (4.2.10) на (t) и проинтегрируем по t от до T. Будем иметь T T T ut (t, x)(t)dt (4.2.16) (u)(t, x)(t)dt = f (x) h(t, x)(t)dt.

0 0 В силу (4.2.13) второе слагаемое уравнения (4.2.16) является известной функ цией:

T T (u)(t, x)(t)dt = u(t, x)(t)dt = (x).

0 Подставив данное выражение в (4.2.16) и выразив из него f (x), мы получим уравнение T (4.2.17) f (x) = ut (t, x)(t)dt + (x), h1 (x)) T h(t, x)(t)dt, (x) = h1 (x)) (x).

где h1 (x) = Введем линейный оператор A1, действующий в пространстве L2 () по следующему правилу. Зафиксируем произвольную функцию f L2 () и подставим ее в уравнение (4.2.10). Получившаяся прямая задача (4.2.10)– 2, (4.2.12) имеет единственное решение u W2,0 (QT ). Более того, условия (4.2.14) и (4.2.15) гарантируют, что 2 1 uV = v | v(·, t) W2 ()), vt (·, t) C([0, T ];

W2 ()) C([0, T ];

W2 () причем для u справедлива оценка [74],[75] 1/ T C f (4.2.18) u h(t) L () dt.

2,1 L2 () W2,0 () Найдем это решение, вычислим интеграл T ut (t, x)(t)dt и тем самым определим элемент T (4.2.19) (A1 f )(x) = ut (t, x)(t)dt h1 (x)) пространства L2 (). Таким образом, мы можем рассматривать (4.2.17) как операторное уравнение второго рода:

(4.2.20) f = A1 f +.

От существования решения этого уравнения зависит разрешимость обрат ной задачи (4.2.10)–(4.2.13).

Теорема 4.2.1. Пусть h, ht L (QT ), W2 ()), W2 () L2 (0, T ) и выполняется (4.2.15). Тогда справедливы следующие утвер ждения:

(a) если линейное уравнение (4.2.20) разрешимо, то разрешима и за дача (4.2.10)–(4.2.13);

(b) если существует решение u, f обратной задачи (4.2.10)–(4.2.13), то функция f является решением уравнения (4.2.20).

Доказательство. Начнем доказательство с утверждения (a). Пусть урав нение (4.2.20) имеет решение f. Если мы подставим функцию f в (4.2.10), то получим прямую задачу (4.2.10)–(4.2.12), которая имеет единственное решение u V.

Утверждение (a) будет доказано, если мы покажем, что решение u удо T u (t, x)(t)dt = влетворяет условию переопределения (4.2.13). Положим t x. Согласно условиям теоремы u V и L2 (0, T ). По 1 (x), 2 этому 1 W2 () W2 ()). Умножим обе части (4.2.10) на функцию (t) и проинтегрируем полученное уравнение по t от 0 до T. После таких же пре образований, как в доказательстве (4.2.17), мы приходим к уравнению T u (t, x)(t)dt (1 )(x) = f (x)h1 (x), x. (4.2.21) t С другой стороны, по предположению функция f является решением урав нения (4.2.20). Это значит, что T u (t, x)(t)dt ()(x) = f (x)h1 (x), x. (4.2.22) t Вычитая (4.2.21) из (4.2.22), мы получим [(1 )(x)] = 0, x, (4.2.23) Из определения 1 и следует, что (1 )(x) = 0, x. (4.2.24) Задача Дирихле (4.2.23),(4.2.24) имеет только тривиальное решение. По этому 1 = почти всюду в и, следовательно, u удовлетворяет условию переопределения (4.2.13). Утверждение (a) доказано.

Перейдем к доказательству утверждения (b). Пусть пара функций {u, f } является решением задачи (4.2.10)–(4.2.13). Тогда эта пара удовлетворяет соотношению (4.2.16) и в силу условия (4.2.13) уравнению (4.2.17). При нимая во внимание определение оператора A1, мы приходим к выводу, что функция f – решение уравнения (4.2.20), и тем самым завершаем доказа тельство теоремы 4.2.1.

Следующая теорема устанавливает достаточные условия существования единственного решения задачи (4.2.10)–(4.2.13).

Теорема 4.2.2. Пусть выполняются условия теоремы 4.2.1 и нера венство m1 1 L2 (0,T ) · m2 L2 (0,T ) 1, (4.2.25) где t 1/ 2 m2 (t) = exp{t} h(0, ·) exp{(t } ht (, ·) + L () d, L () (4.2.26) = C11 и C1 () – константа из неравенства Пуанкаре – Фри () дрихса. Тогда существует решение {u, f } обратной задачи (4.2.10)– 2, (4.2.13), u W2,0 (QT ), f L2 (). Это решение единственно в указан ном классе функций и справедливы оценки (4.2.27) f L2 (), L2 () 1 m T 1/ C 1 h(, ·) (4.2.28) u L () d, 2,1 L2 () W2,0 (QT ) 1 m где C const 0, не зависящая от u.

Доказательство. Прежде всего заметим, что если операторное уравне ние (4.2.20) имеет решение, то согласно теореме 1 разрешима и обратная задача (4.2.10)–(4.2.13).

Покажем, что оператор A1 ограничен в L2 (), причем для любого f L2 () справедлива оценка (4.2.29) A1 f m1 f L2 () L2 () с константой m1 вида (4.2.27). Действительно, из (4.2.19) следует неравен ство T 1/ 1 ut (t, ·) (4.2.30) A1 f L2 () dt.

L2 () L2 (0,T ) С другой стороны, подставляя функцию f L2 () в уравнение (4.2.10) мы получаем прямую задачу (4.2.10)–(4.2.12), которая имеет единственное ре шение u V. Дифференцирование уравнения (4.2.10) по t показывает, что ut удовлетворяет уравнению utt (t, x) (ut )(t, x) = f (x)ht (t, x) (4.2.31) в QT. Из уравнения (4.2.10) вытекает начальное условие (4.2.32) ut (0, x) = f (x)h(0, x).

В силу (4.2.12) (t, x) ST. (4.2.33) ut (t, x) = 0, Итак, ut является решением смешанной задачи для уравнения (4.2.31).

Умножим уравнение (4.2.31) на ut и проинтегрируем по x в. После ин тегрирования по частям x в левой части полученного соотношения будем иметь n 1d 2 (4.2.34) ut + utxi = f (x)ht (t, x)ut dx.

L2 () L2 () 2 dt i=1 Из (4.2.33) и неравенства Пуанкаре-Фридрихса следует, что ut 2 2 () L n C1 () i=1 utxi L2 (), где C1 () зависит только от n и. Используя это неравенство и оценивая интеграл в правой части (4.2.34), мы получим d 1 ht (t, ·) ut ut + ut f ut L2 ().

L2 () L2 () L2 () L () L2 () dt C1 () Применим к правой части последнего соотношения неравенство Коши. Это даст 1d 1 2 2 2 ht (t, ·) (4.2.35) ut + ut f L ().

L2 () L2 () L2 () 2 dt 2C1 () Умножая (4.2.35) на exp(t), где = C11, и интегрируя результат по t от () 0 до, 0 T, мы приходим к оценке ut (, ·) (4.2.36) m2 (t) f L2 (), L2 () где m2 (t) задается формулой (4.2.26). Теперь оценка (4.2.29) следует непо средственно из (4.2.30) и (4.2.36).

Так как m1 1, оператор A1 является сжимающим отображением в L2 (). Поэтому согласно принципу сжимающих отображений у оператора A1 есть единственная неподвижная точка. Следовательно, уравнение (4.2.20) имеет единственное решение, для которого в силу (4.2.29) верна оценка (4.2.27).

Тогда утверждение (a) теоремы 4.2.1 гарантирует существование решения {u, f } обратной задачи (4.2.10)–(4.2.13). Оценка (4.2.28) для u вытекает из (4.2.18) и (4.2.27).

Докажем единственность найденного решения задачи (4.2.10)–(4.2.13). Предположим, что задача (4.2.10)–(4.2.13) имеет два раз личных решения {u1, f1 } и {u2, f2 }. Функция f1 не может совпадать с f2, по скольку их равенство немедленно повлекло бы за собой совпадение функ ций u1 и u2 ввиду единственности решения прямой задачи (4.2.10)–(4.2.12).

Согласно утверждению (b) теоремы 4.2.1 функции f1 и f2 являются реше ниями операторного уравнения (4.2.20). Это противоречит единственности решения уравнения (4.2.20), установленной выше. Значит, предположение о неединственности решения обратной задачи (4.2.10)–(4.2.13) неверно. Тео рема 4.2.2 доказана.

Теорема 4.2.2 гарантирует однозначную разрешимость обратной задачи (4.2.10)–(4.2.13) только при условии, что исходные данные задачи отвечают неравенству (4.2.25), т. е. "в малом". Примеры, приведенные ниже, показы вают, что множество таких данных непусто.

ПРИМЕР 1 Пусть h(t, x) = h и (t) =, где h = 0, = 0 - постоянные.

T h(t, x)(t)dt = |h|T, т. е. = |h|T. Далее В этом случае = L2 (0,T ) 1/ 1exp(2T T 1/2, m2 (t) = h exp t, m2. Тогда =h L2 (0,T ) 1/ m1 = 1exp(2T ) 1. Итак, условие (4.2.25) выполняется при любых постоянных h и.

ПРИМЕР 2 Пусть теперь h(x, t)t·h(x), где h(x) – произвольная функция, h(x) L (), причем h(x) h0 0, а h0 – действительное число. Пусть также = ct и c R. Обозначим h(x) L () через h1. Легко видеть, что в T |c|T 3/ 3 h(x)t · ctdt |c|h0 T3, т. е. = |c|h0 T3 ;

данном случае = ;

L2 (0,T ) 1/ t 1/ 1et (t ) m2 (t) = h1 e d = h1.

Тогда 1/ et h1 T 1/ m2 (t) L2 (0,T = 1+ 1/2 T 1/ et h1 m1 = 1+.

h0 1/2 T T Условие (4.2.25) выполняется при достаточно большом значении величины T. Это возможно, когда велик промежуток [0, T ] или мала область. На пример, если h(x) = const = 0, т. е. h0 = h1, то m1 1 при T 2.

4.3. Задача идентификации функции источника. Финальное переопре деление Перейдем к исследованию задачи с условием финального переопределе ния (4.2.4). Мы рассмотрим задачу ut (t, x) (u)(t, x) = f (x)h(t, x), (t, x) QT, (4.3.1) x, (4.3.2) u(0, x) = 0, (t, x) ST, (4.3.3) u(t, x) = 0, x. (4.3.4) u(T, x) = (x), Под решением задачи (4.3.1)–(4.3.4) будем понимать пару функций u, f, отвечающих следующему определению.

Определение 4.3.2. Пара функций {u, f } называется обобщенным 2, решением задачи (4.3.1)–(4.3.4), если u W2,0 (QT ), f L2 () и выполняются соотношения (4.3.1)–(4.3.4).

Исследование данной обратной задачи будем проводить по той же схеме, что и задачи (4.2.10)–(4.2.13). Следуя этой схеме, мы прежде всего постро им операторное уравнение второго рода для f, предполагая, что (x) W2 (), h, ht L (QT ), |h(T, x)| 0 (4.3.5) для x ( const). В таких предположениях прямая задача (4.3.1)– (4.3.3) имеет единственное решение u V (пространство V определено в предыдущем пункте). Тогда уравнение (4.3.1) имеет смысл при t = T. По лагая в (4.3.1) t = T и выражая из него f (x), в силу (4.3.4) получим (4.3.6) f (x) = ut (T, x) + 1, h(T, x) где 1 = ()(x). Введем линейный оператор A2, действующий в простран h(T,x) стве L2 () по следующему правилу. Возьмем произвольный элемент f L2 () и подставим его в уравнение (4.3.1). Найдем решение u получившей ся прямой задачи (4.3.1)–(4.3.3), вычислим след производной ut при t = T.

Тем самым мы определим элемент (A2 f )(x) = ut (T, x) h(T, x) пространства L2 (). Таким образом, мы можем рассматривать (4.3.6) как операторное уравнение второго рода:

(4.3.7) f = A2 f + 1, где 1 L2 () – известная функция.

Теорема 4.3.1. Пусть h, ht L (QT ), L2 (0, T ), W2 () W ()) и выполняется (4.3.5). Тогда справедливы следующие утвержде ния:

(a) если линейное уравнение (4.3.7) разрешимо, то разрешима и за дача (4.3.1)–(4.3.4);

(b) если существует решение u, f задачи (4.3.1)–(4.3.4), то функция f является решением уравнения (4.3.7).

Доказательство. Доказательство теоремы 4.3.1 во многом повторяет до казательство теоремы 4.2.1. Поэтому мы остановимся лишь на его основ ных моментах.

Пусть уравнение (4.2.20) имеет решение f. Утверждения (a) будет дока зано, если мы покажем, что решение u V прямой задачи (4.3.1)–(4.3.3) с f = f удовлетворяет условию переопределения (4.3.4). Положим u (T, x) = t 2 (x). Поскольку решение u V, его след 2 W2 () W2 ()). Тогда из 2 уравнения (4.3.1) следует, что u (T, x) (2 )(x) = f (x)h(T, x), x. (4.3.8) t С другой стороны, по предположению функция f является решением урав нения (4.3.1). Это значит, что u (T, x) ()(x) = f (x)h(T, x), x. (4.3.9) t Вычитая (4.3.8) из (4.3.9), получим уравнение (2 )(x) = 0, x, из которого в силу равенства 2 и на ST следует, что 2 = почти всюду в и, значит, u удовлетворяет условию переопределения (4.3.4). Утвержде ние (a) доказано полностью.

Докажем утверждение (b). Пусть пара функций {u, f } является решени ем задачи (4.3.1)–(4.3.4). Тогда эта пара удовлетворяет соотношению (4.3.9).

Обращаясь к определению оператора A2, мы заключаем из (4.3.9), что функ ция f является решением уравнения (4.3.7). Теорема 4.3.1 доказана.

Используя теорему 4.3.1 мы установим достаточные условия существо вания и единственности решения обратной задачи (4.3.1)–(4.3.4) аналогич но тому, как это сделано в теореме 4.2.2.

Теорема 4.3.2. Пусть (x) W2 (), h, ht L (QT ), выполняется условие (4.3.5) и неравенство m3 1 exp{T } h(0, ·) + L () T 1/ exp{(T } ht (, ·) (4.3.10) L () d 1, где = C11, и C1 () – константа из неравенства Пуанкаре – Фри () дрихса. Тогда существует решение u, f обратной задачи (4.3.1)–(4.3.4), 2, u W2,0 (QT ), f L2 (). Это решение единственно в указанном клас се функций и справедливы оценки (4.3.11) f L2 (), L2 () 1 m 1/ T C 1 h(, ·) (4.3.12) u L () d, 2,1 L2 () W2,0 (QT ) 1 m const 0, не зависящая от u.

где C Доказательство. Согласно теореме 4.3.1 разрешимость обратной зада чи (4.3.1)–(4.3.4) будет установлена, если мы докажем существование ре шения уравнения (4.3.7).

Покажем, что оператор A2 ограничен в L2 (), причем для любого f L2 () справедлива оценка (4.3.13) A2 f m3 f L2 () L2 () с константой m3 из условия (4.3.10). Действительно, из определения опера тора A2 следует, что 1 ut (T, ·) (4.3.14) A2 f L2 ().

L2 () для каждого f L2 (). Подставляя функцию f в уравнение (4.3.1) мы по лучаем прямую задачу (4.3.1)–(4.3.3) (см. (4.2.10)–(4.2.12)), которая име ет единственное решение u V. Как было установлено при доказатель стве теоремы 4.2.2, функция u удовлетворяет неравенству (4.2.36). Так как u V, это неравенство справедливо при t = T :

ut (T, ·) (4.3.15) m2 (T ) f L2 (), L2 () где функция m2 (t) задается формулой (4.2.26). Оценка (4.3.13) вытекает непосредственно из (4.3.14) и (4.3.15).

Поскольку m3 1, оператор A2 является сжимающим отображением в L2 (). Поэтому согласно принципу сжимающих отображений у оператора A2 есть единственная неподвижная точка. Следовательно, уравнение (4.3.7) имеет единственное решение, для которого в силу (4.3.13) верна оценка (4.3.11).

Тогда утверждение (a) теоремы 4.3.1 гарантирует существование решения {u, f } обратной задачи (4.3.1)–(4.3.4). Из (4.2.18) и (4.3.11) вытекает оцен ка (4.3.12) для u.

Докажем единственность найденного решения задачи (4.3.1)–(4.3.4). Пред положим, что эта задача имеет два различных решения {u1, f1 } и {u2, f2 }.

Функция f1 не может совпадать с f2, поскольку их равенство немедленно повлекло бы за собой совпадение функций u1 и u2 ввиду единственности ре шения прямой задачи (4.3.1)–(4.3.3). Согласно утверждению (b) теоремы 4.3.1 функции f1 и f2 являются решениями операторного уравнения (4.3.7), что противоречит однозначной разрешимости данного уравнения, установ ленной выше. Значит, предположение о неединственности решения обрат ной задачи (4.3.1)–(4.3.4) неверно. Теорема доказана.

Теорема 4.3.2 гарантирует однозначную разрешимость обратной задачи (4.3.1)–(4.3.4) при условии, что исходные данные задачи отвечают неравен ству (4.3.9), т. е. "в малом". Следующий пример показывает, что множество таких данных не пусто.

ПРИМЕР 3 Пусть функция h = t и T 1/2 1. Непосредственные вычис ления показывают, что в этом случае = T и (1 exp{T })1/2 m3 = 1/ T В данном случае теорема 4.3.2 гарантирует однозначную разрешимость об ратной задачи (4.3.1)–(4.3.4) для любого T 0.

4.4. Задача идентификации функции источника в случае неизвестно го коэффициента, зависящего от времени Перейдем к изучению обратной задачи отыскания неизвестной функции f, зависящей от t, в уравнении (4.2.1). Мы сведем обратную задачу к неко торому уравнению Вольтерра второго рода. Это позволяет получить резуль таты, которые в дальнейшем будут приведены без доказательства. Мы рас смотрим один тип условия переопределения – интегральное. Физически ин тегральное переопределение возникает, когда функция u измеряется дат чиком, показывающим некоторое усреднение u по области в момент t [0, T ].

В цилиндре QT = (0, T ) мы рассмотрим задачу отыскания пары функ ций {u, f }, удовлетворяющих уравнению ut u = f (t)h(t, x), (t, x) QT, (4.4.1) x, (4.4.2) u(0, x) = 0, (t, x) ST, (4.4.3) u(t, x) = 0, t [0, T ], (4.4.4) u(t, x)(x)dx = (t), где h, и заданные функции.

Определение 4.4.3. Пара функций {u, f } называется обобщенным 2, решением обратной задачи (4.4.1)–(4.4.4), если u W2,0 (QT ), f L2 (0, T ) и выполняются соотношения (4.4.1)–(4.4.4).

Будем предполагать, что 1 2 (x) h C([0, T ];

L2 (QT ), W2 ()), (4.4.5) W2 (0, T ), W2 () h(t, x)(x)dx g = const 0, (4.4.6) 0 t T.

Запишем операторное уравнение Вольтерра второго рода для функции f в пространстве L2 (). Умножим уравнение (4.4.1) на (x) и проинтегрируем по x на :

ut (t, x)(x)dx (4.4.7) (u)(t, x)(x)dx = f (t) h(t, x)(x)dx.

Проинтегрируем второе слагаемое дважды по частям с учетом (4.4.3), (4.4.5) и выразим из полученного уравнения f (t). Поскольку в силу (4.4.4) ut (t, x)(x)dx = (t), будем иметь (4.4.8) f (t) = u(t, x)()(x)dx + 2 (t), h2 (t) где (t) h2 (t) = h(t, x)(x)dx, 2 (t) =.

h2 (t) Введем линейный оператор A3, действующий в пространстве L2 (0, T ) по следующему правилу. Зададим элемент f L2 (0, T ) и подставим его в (4.4.1).

Найдем решение полученной прямой задачи (4.4.1)–(4.4.3) и вычислим ин теграл u(t, x)()(x)dx.

Тем самым мы определим элемент (A3 f )(t) = u(t, x)()(x)dx h2 (t) из пространства L2 (0, T ) и рассмотрим (4.4.8) операторное уравнение Воль терра второго рода:

(4.4.9) f = A3 f + 2.

Между разрешимостью этого уравнения и обратной задачи (4.4.1)–(4.4.4) существует связь подобная той, которая установлена в теоремах 4.2.1 и 4.3. для задач (4.2.10)–(4.2.13) и (4.3.1)–(4.3.4) соответственно.

Теорема 4.4.1. Пусть входные данные задачи (4.4.1)–(4.4.4) удо влетворяют условиям (4.4.5)–(4.4.6). Тогда справедливы следующие утверждения:

(a) если линейное уравнение (4.4.9) разрешимо и выполняется усло вие согласования (4.4.10) (0) = 0, то разрешима и задача (4.4.1)–(4.4.4);

(b) если существует решение u, f обратной задачи (4.4.1)–(4.4.4), то функция f является решением уравнения (4.4.9).

Следующая теорема дает достаточные условия однозначной разрешимо сти обратной задачи (4.4.1)–(4.4.4).

Теорема 4.4.2. Пусть входные данные задачи (4.4.1)–(4.4.4) удо влетворяют условиям (4.4.5)–(4.4.6) и выполняется условие согла сования (4.4.10). Тогда существует решение {u, f } обратной задачи 2, (4.4.1)–(4.4.4), u W2,0 (QT ), f L2 (0, T ), и это решение единствен но.

Выше мы рассмотрели один из методов исследования обратных задач на примере линейных задач с неизвестными функциями источника для пара болического уравнения. Этот метод применим и к другим обратным задачам для различных типов уравнений в частных производных, например, к зада чам отыскания неизвестных коэффициентов при искомой функции и при ее производных.

Глава 5. Другие задачи 5.1. Задачи с несколькими неизвестными коэффициентами В данном разделе разрешимость всех задач доказана при условии до статочно быстрого убывания входных данных к нулю на бесконечности по выделенной переменной.

5.1.1. Задача определения функции источника и коэффициента при младшей произ.

водной Постановка задачи и приведение ее к прямой задаче В полосе G[0,T ] = {(t, x, z)| 0 T, x En, z E1 } рассматривается t уравнение 2u u (5.1.1) = Lx (u) + a3 (t) 2 + a(t, x)u + g(t, x)f (t, x, z) t z с двумя неизвестными коэффициентами a(t, x), g(t, x), с начальным услови ем u(0, x, z) = u0 (x, z), (x, z) En+1. (5.1.2) Здесь и далее n n 2u u Lx (u) = ij + i, xi xj xi i,j=1 i= функции f (t, x, z), u0 (x, z) заданы в G[0,T ] и En+1 соответственно, коэффи циенты ij (t), i (t), i, j = 1, n, a3 (t) – непрерывные действительнозначные функции переменной t, x En, 0 T, T 0 – const, причем a3 (t) 0. En – n-мерное t евклидово пространство, n 1. Считаем, что ij (t) = ji (t) и выполняется соотношение n ij (t)i j 0 En \{0}, t [0, T ].

i,j= Предполагается, что выполняются условия переопределения на двух различных гиперплоскостях z = 0 и z = b (b = 0):

(t, x) [0,T ], (5.1.3) u(t, x, 0) = (t, x), (t, x) [0,T ], (5.1.4) u(t, x, b) = (t, x), где [0,T ] = {(t, x)| 0 t T, x En }, b E1, а (t, x), (t, x) – заданные функции, удовлетворяющие условиям согласования x En, (5.1.5) (0, x) = u0 (x, 0), x En. (5.1.6) (0, x) = u0 (x, b), Ниже мы рассматриваем классические (достаточно гладкие) решения.

Под решением обратной задачи (5.1.1)-(5.1.4) в полосе G[0,t ], 0 t T, понимается тройка функций a(t, x), g(t, x), u(t, x, z), которые удовлетво ряют соотношениям (5.1.1)-(5.1.4).

Пусть функция u(t, x, z) и ее производные допускают преобразование Фурье по переменной z + u(t, x, z)eizy dz = F (u)(t, x, y) v(t, x, y) = и обратное преобразование Фурье + v(t, x, y)eizy dy = F 1 (v)(t, x, z). (5.1.7) u(t, x, z) = Применим преобразование Фурье по переменной z к уравнению (5.1.1).

Получим уравнение v = Lx (v) a3 (t)y 2 v + a(t, x)v + g(t, x)F (t, x, y).

t + Здесь F (t, x, y) = F (f )(t, x, y) = 2 f (t, x, z)eizy dz является преоб разованием Фурье по переменной z функции f (t, x, z).

Находим коэффициенты a(t, x), g(t, x). Полагая z = 0 в уравнении (5.1.1), в силу (5.1.3) и (5.1.7) получаем уравнение 2 u(t, x, 0) = Lx () + a3 (t) + a(t, x) + g(t, x)f (t, x, 0).

z t + Так как uzz |z=0 = то y v(t, x, y) dy, + y 2 v dy g(t, x)f (t, x, 0).

t Lx () + a3 (t) (5.1.8) a(t, x) = Полагая z = b в уравнении (5.1.1), в силу (5.1.4), (5.1.7) получаем уравнение 2 u(t, x, b) = Lx () + a3 (t) + a(t, x) + g(t, x)f (t, x, b).

z t Отсюда + y 2 veiby dy a(t, x).

t Lx () + a3 (t) (5.1.9) g(t, x) = f (t, x, b) Решение системы (5.1.8), (5.1.9) имеет вид Q P (5.1.10) g(t, x) =, f (t, x, b) f (t, x, 0) P f (t, x, b) Qf (t, x, 0) (5.1.11) a(t, x) =.

f (t, x, b) f (t, x, 0) Здесь + y 2 veiby dy, Q = t Lx () + a3 (t) (5.1.12) + y 2 v dy.

P = t Lx () + a3 (t) Таким образом, функция v(t, x, y) является решением задачи P f (t, x, b) Qf (t, x, 0) v = Lx (v) a3 (t)y 2 v + v+ f (t, x, b) f (t, x, 0) t Q P (5.1.13) + F (t, x, y), f (t, x, b) f (t, x, 0) (5.1.14) v(0, x, y) = v0 (x, y), где v0 (x, y) = F (u0 )(x, y).

Будем искать действительнозначное решение a(t, x), g(t, x), u(t, x, z) за дачи (5.1.1)-(5.1.4). Для этого вместо (5.1.10), (5.1.11) возьмем Re{Q P } (5.1.15) g(t, x) =, f (t, x, b) f (t, x, 0) Re{P f (t, x, b) Qf (t, x, 0)} (5.1.16) a(t, x) =, f (t, x, b) f (t, x, 0) и вместо уравнения (5.1.13) будем рассматривать уравнение Re{P f (t, x, b) Qf (t, x, 0)} v = Lx (v) a3 (t)y 2 v + v+ f (t, x, b) f (t, x, 0) t (5.1.17) Re{Q P } + F (t, x, y).

f (t, x, b) f (t, x, 0) Представления (5.1.15) для g(t, x) и (5.1.16) для a(t, x) в дальнейшем позволят нам доказать разрешимость задачи (5.1.1)-(5.1.4).

Заметим, что представления (5.1.15) для g(t, x) и (5.1.16) для a(t, x) сов падают с представлениями (5.1.10), (5.1.11) в том случае, когда v(t, x, y) является преобразованием Фурье действительнозначной функции u(t, x, z) или функция u(t, x, z) является действительнозначной функцией, получен ной согласно формуле (5.1.7).

Разрешимость прямой задачи Доказательство существования решения прямой задачи (5.1.17), (5.1.14) будет базироваться на методе слабой аппроксимации.

Слабо аппроксимируем задачу (5.1.17), (5.1.14) задачей v = 3Lx (v ), (5.1.18) n t (n + ), t v 1 = 3a3 (t)y 2 v, (n + ) t (n + ), (5.1.19) t 3 Re{P f (t, x, b) Q f (t, x, 0)} v =3 v+ f (t, x, b) f (t, x, 0) t Re{Q P } (5.1.20) +3 F (t, x, y), (n + ) t (n + 1), f (t, x, b) f (t, x, 0) v (t, x, y)|t=0 = v0 (x, y), (5.1.21) где N = T, N 1 – целое, n = 0, N 1, + Q = t Lx () + a3 (t) y 2 v (t, x, y)eiby dy, + P = t Lx () + a3 (t) y 2 v (t, x, y) dy.

Сделаем предположение относительно входных данных. Пусть функции (t, x), (t, x), = t Lx (), = t Lx (), v0, f |z=0, f |z=b, F (t, x, y) – непрерывные по t, достаточно гладкие по x, y в G[0,T ] и удовлетворяют неравенствам |D v0 | + |D F | + |D f |z=0 | + |D f |z=b | + |D | + |D |+ x x x x x x +|D | + |D | C, || 4;

(5.1.22) x x | D v0 | + | D F | N, || 2;

(5.1.23) y x y x |y|+ |D v0 | + |y|+ |D F | M, || 4;

(5.1.24) x x |y|+ | D v0 | + |y|+ | D F | R, || 2;

(5.1.25) x y x y (t, x, y) G[0,T ], = const 0;

3 – целое, C, N, M, R – неотрицатель ные постоянные. n Здесь = (1,..., n ), = (1,..., n ) – мультииндексы, || = i, i= /x || D... xn.

= x n Предположим также выполнение в [0,T ] условия |f (t, x, b) f (t, x, 0)| 0, = const. (5.1.26) Из построения решения v задачи (5.1.18)-(5.1.21) и условий (5.1.22), (5.1.23) следует, что для фиксированного решение v существует в G[0,T ] и имеет непрерывные в G[0,T ] производные D v, || 4, D v /y, || 2.

x x Докажем равномерную ограниченность семейства решений {v } задачи (5.1.18)-(5.1.21).

Введем функции G (t), (5.1.27) G (t) = k k= + G (t) = sup |y|k sup |v (, x, y)| dy, t (0, T ], (5.1.28) k xEn 0t + G (0) = Gk (0) = |y|k sup |v0 (x, y)| dy, (5.1.29) k = 0, 1, 2.

k xEn Вследствие (5.1.24) из определения (5.1.28) следует, что для фиксиро ванного функции G (t) определены, измеримы (по Лебегу) и монотонно k возрастают на отрезке [0, T ].

Рассмотрим нулевой целый шаг (n = 0).

На первом дробном шаге решаем задачу Коши (5.1.18), (5.1.21).

По принципу максимума (теорема 1.3.4) получаем оценку |v (, x, y)| sup |v0 (x, y)|, (, x, y) G[0,t], 0 t, xEn откуда sup |v (, x, y)| sup |v0 (x, y)|.

xEn xEn Умножим предыдущее неравенство на |y|k и интегрируем его по y (, +). В силу (5.1.29) получим + + |y|k sup |v (, x, y)| dy |y|k sup |v0 (x, y)| dy = G (0), t [0, ], k xEn xEn + |y|k sup |v (t, x, y)| dy G (0), t [0, ]. (5.1.30) sup k xEn 0t Из (5.1.30) следуют неравенства G (t) G (0), t [0, ], k k 2 G (t) G (0), k k k=0 k= и, следовательно (см. (5.1.27)), имеет место оценка G (t) G (0), t [0, ]. (5.1.31) На втором дробном шаге решение уравнения (5.1.19) с начальными дан ными v ( /3, x, y) записывается в виде t 3y 2 a3 () d t [, ], v (t, x, y) = v (, x, y)e, 3 откуда t 3y 2 a3 () d |v (t, x, y)| = |v (, x, y)||e |.

t 3y 2 a3 () d Так как e 1 при a3 (t) 0, то |v (t, x, y)| |v (, x, y)|.

Отсюда sup |v (t, x, y)| sup |v (, x, y)|.

xEn xEn Умножим последнее неравенство на |y|k и проинтегрируем результат умно жения по y (, +):

+ + |y|k sup |v (t, x, y)| dy |y|k sup |v (, x, y)| dy = G ( ).

k 3 xEn xEn Отсюда G (t) G ( ), t [, ].

k k 3 Просуммируем это неравенство по k, k = 0, 1, 2, и, используя (5.1.27), по лучим неравенство G (t) G ( ), t [, ]. (5.1.32) 3 Вследствие (5.1.31), (5.1.32) G (t) G (0), t [0, ]. (5.1.33) Рассмотрим третий дробный шаг, где решается уравнение (5.1.20) с на чальными данными v (2 /3, x, y).

Проинтегрируем уравнение (5.1.20) по переменной t [2 /3, ], 2 /. Используя соотношения (5.1.22), (5.1.26) и монотонность G (t), по k лучим неравенство 2 |v (, x, y)| |v (, x, y)| + C (1 + G ()) |v (, x, y)| + d.

1 + |y|3+ Из последнего неравенства следует |y|k sup |v (, x, y)| |y|k sup |v (, x, y)|+ xEn xEn |y|k G ()) k |y| sup |v (, x, y)| + +C (1 + d, t.

1 + |y|3+ xEn Отсюда + + |y|k sup |v (, x, y)| dy |y|k sup |v (, x, y)| dy+ xEn xEn t + + |y|k dy (1 + G ()) |y|k sup |v (, x, y)| dy + +C d 1 + |y|3+ xEn и + t |y|k sup |v (, x, y)| dy G ( (1 + G ())(G () + 1) d.

)+C k 2 k xEn Последнее неравенство выполняется для всех, удовлетворяющих условию 2 /3 t. Вследствие (5.1.33) последнее неравенство верно при, 0 t. В силу (5.1.28) t 2 G (t) G ( ) + C (1 + G ())(G () + 1) d, t[, ].

k k 2 k 3 Просуммируем это неравенство по k, k = 0, 1, 2 и, используя (5.1.27), получим t (1 + G () + G 2 ()) d.

G (t) G ( ) + C Следовательно, имеет место неравенство t 2 G (t) G ( ) + P2 (G ()) d, t[ (5.1.34), ], 3 где P2 () = C(1 + + 2 ) – полином второго порядка с положительным коэффициентом С, не зависящим от.

Аналогично рассуждая можно получить оценку t 2 G (t) G ((n+ ) )+ P2 (G ()) d, t [(n+ ), (n+1) ]. (5.1.35) 3 (n+ 2 ) Пусть (t) есть решение задачи Коши d(t) (5.1.36) = P2 ((t)), (0) = G(0).

dt Известно [82], что (t) существует на некотором промежутке [0, t ], где t – константа, t 0, зависящая от коэффициентов полинома P2 и начальных данных G(0). Очевидно, что функция (t) – монотонно возрастающая на отрезке [0, t ] и C 1 ([0, t ]).

Имеет место Лемма 5.1.1. Пусть выполняются (5.1.35), (5.1.36) и tn = n. Тогда, 2 если G (tn + 3 ) (tn + 3 ), то G (t) t [tn + 3, tn+1 ].

(t), Следовательно, на третьем дробном шаге, при том, что G ( 2 ) G (0) = (0) ( 2 ), согласно лемме 5.1.1 получим G (t) t[ (5.1.37) (t),, ].

Из (5.1.33), (5.1.37) и строгой монотонности функции (t) следует, что G (t) t [0, ].

( ), Рассмотрим первый целый шаг (n = 1). На первом целом шаге получим оценку G (t) (2 ), t [0, 2 ].

Продолжая наши рассуждения на последующих целых шагах (n = 2, 3,..., N 1), получим равномерную по оценку G (t) t [0, t ], (t ) = C, откуда равномерно по + |y|k |v (, x, y)| dy (, x, y) G[0,t ], (5.1.38) C, k = 0, 1, 2.

Здесь и далее через C обозначены, вообще говоря, различные неотрица тельные постоянные, не зависящие от.

Умножая задачу (5.1.18)-(5.1.21) на |y|p, где p = 0,...,, +, получим задачу (|y|p v (t, x, y)) = 3Lx (|y|p v (t, x, y)), (5.1.39) n t (n + ), t 1 (|y|p v (t, x, y)) = 3a3 (t)y 2 |y|p v (t, x, y), (n + ) t (n + ), t 3 (5.1.40) p Re{P f (t, x, b) Q f (t, x, 0)} p (|y| v (t, x, y)) = 3|y| v (t, x, y)+ f (t, x, b) f (t, x, 0) t Re{Q P } |y|p F (t, x, y), (n + ) t (n + 1), (5.1.41) + f (t, x, b) f (t, x, 0) |y|p v (t, x, y)|t=0 = |y|p v0 (x, y), (5.1.42) где N = t, N 1 – целое, n = 0, N 1.

Рассмотрим нулевой целый шаг (n = 0).

На первом дробном шаге решаем задачу Коши (5.1.39), (5.1.42). На вто ром дробном шаге решается уравнение (5.1.40) с начальными данными |y|p v ( /3, x, y). На третьем дробном шаге решается уравнение (5.1.41) с начальными данными |y|p v (2 /3, x, y).

Применяя принцип максимума (теорема 1.3.4) на первом дробном ша ге, явное представление решения |y|p v на втором дробном шаге и оценки (5.1.24)(при || = 0), (5.1.38) на третьем дробном шаге, на нулевом целом шаге получим оценку |y|p |v (t, x, y)| M e 3, (t, x, y) G[0, ], где, M – постоянные (M см. в (5.1.24)).

Продолжая оценки, на n-м шаге получим неравенство (n+1) |y|p |v (t, x, y)| M e, (t, x, y) G[0,(n+1) ], n = 0, N 1. (5.1.43) Из неравенства (5.1.43) следует оценка t |y|p |v (t, x, y)| M e 3 = C, (t, x, y) G[0,t ]. (5.1.44) Продифференцируем задачу (5.1.18)-(5.1.21) по переменной xj, j = 1,..., n.

Повторяя рассуждения, используемые для доказательства оценки (5.1.44), в силу (5.1.38), (5.1.44), получим |y|p |v j (t, x, y)| (t, x, y) G[0,t ]. (5.1.45) C, x Продифференцируем задачу (5.1.18)-(5.1.21) по переменным xj, xk (j, k = 1,..., n). Используя оценки (5.1.44), (5.1.45) получим неравенство |y|p |v j xk (t, x, y)| (t, x, y) G[0,t ], p = 0, +. (5.1.46) C, x Дифференцируя задачу (5.1.18)-(5.1.21) по переменным xj, xk, xm (j, k, m = 1,..., n) и используя оценки (5.1.44), (5.1.45), (5.1.46) получим неравенство |y|p |v j xk xm (t, x, y)| (t, x, y) G[0,t ]. (5.1.47) C, x Дифференцируя задачу (5.1.18)-(5.1.21) по переменным xj, xk, xm, xr (j, k, m, r = 1,..., n) и используя оценки (5.1.44), (5.1.45), (5.1.46), (5.1.47) получим неравенство |y|p |v j xk xm xr (t, x, y)| (t, x, y) G[0,t ]. (5.1.48) C, x Запишем (5.1.44), (5.1.45)-(5.1.48) в следующем виде |y|p |D v (t, x, y)| || (t, x, y) G[0,t ].

C, 4, p = 0, + ;

x (5.1.49) Из уравнений (5.1.18)-(5.1.21) и соотношений (5.1.22), (5.1.24), (5.1.49) следует неравенство || (t, x, y) G[0,t ]. (5.1.50) D v (t, x, y) C, 2;

t x Продифференцируем задачу (5.1.18)-(5.1.21) по переменной y.

Функция = v есть решение следующей задачи:

y = 3Lx ( ), (5.1.51) n t (n + ), t 1 = 3a3 (t)(2yv + y 2 ), (n + ) t (n + ), (5.1.52) t 3 Re{P f (t, x, b) Q f (t, x, 0)} =3 + f (t, x, b) f (t, x, 0) t Re{Q P } (5.1.53) +3 Fy (t, x, y), (n + ) t (n + 1), f (t, x, b) f (t, x, 0) v0 (x, y) (t, x, y)|t=0 = (5.1.54), y где N = t, N 1 – целое, n = 0, N 1.

Докажем оценку | (t, x, y)| = |v (t, x, y)| (t, x, y) G[0,t ]. (5.1.55) C, y Рассмотрим нулевой целый шаг (n = 0).

На первом дробном шаге решаем задачу Коши (5.1.51), (5.1.54). Исполь зуя оценку (5.1.23) и принцип максимума (теорема 1.3.4), получим оценку v0 (x, y) | (t, x, y)| (t, x, y) G[0, ].

sup N, y xEn На втором дробном шаге решение уравнения (5.1.52) с начальными дан ными ( /3, x, y) записывается в виде t t t 3y 2 a3 () d e3y a3 () d (t, x, y) = (, x, y)e t [, ].

+ d, 3 Здесь = 6a3 (t)yv (t, x, y).

Для функции вследствие (5.1.49) имеет место оценка | | K, где K – константа. t 3y 2 a3 () d 1 при a3 (t) 0, то считая N 1 (см. N в Так как e (5.1.23)), получим оценку | (t, x, y)| N eK 3 = N.

N +K N (1 + K ) 3 На третьем дробном шаге решается уравнение (5.1.53) с начальными данными (2 /3, x, y). В силу (5.1.23), (5.1.38) правая часть уравнения (5.1.53), удовлетворяет неравенству Re{P f (t, x, b) Q f (t, x, 0)} 3 (t, x, y)+ f (t, x, b) f (t, x, 0) Re{Q P } | (t, x, y)|A + B.

+3Fy (t, x, y) f (t, x, b) f (t, x, 0) Здесь A, B 0 – константы.

Следовательно, t | (t, x, y)| (| (, x, y)|A + B) d, N+ t | (t, x, y)| | (, x, y)|A d.

(N + B ) + В силу леммы Гронуолла | (t, x, y)| (N + B )eA 3 N (1 + B )eA 3 N eA 3 +B 3 N eK 3 +A 3 +B 3 N ep, где N = N eK 3 ;

p = (A + B + K)/3 – константа.

Следовательно, на нулевом целом шаге имеет место оценка | (t, x, y)| N ep, (t, x, y) G[0, ].

Аналогично рассуждая, на n-м шаге получим оценку | (t, x, y)| N e(n+1)p, (t, x, y) G[0,(n+1) ], n = 0, 1,..., N 1.

(5.1.56) Из (5.1.56) следует, что | (t, x, y)| N ept = C, (t, x, y) G[0,t ].

Оценка (5.1.55) доказана.

Продифференцируем задачу (5.1.51)-(5.1.54) по переменной xj (j = 1,..., n). В силу (5.1.22), (5.1.23), (5.1.49), (5.1.55) можно получить оценку |v j (t, x, y)| C, (t, x, y) G[0,t ]. (5.1.57) yx Дважды дифференцируя задачу (5.1.51)-(5.1.54) по переменным xj, xk (j, k = 1,..., n), в силу (5.1.23), (5.1.49), (5.1.57) получим оценку |v j xk (t, x, y)| (t, x, y) G[0,t ].

C, yx Из этой оценки и оценок (5.1.55), (5.1.57) следует, что || (t, x, y) G[0,t ]. (5.1.58) D v (t, x, y) C, 2;

y x Из оценок (5.1.49)(при p = 0) следует равномерная в G[0,t ] ограничен ность по семейства производных {D v } для фиксированного, || 2, x а из оценок (5.1.49), (5.1.50), (5.1.58) – равностепенная непрерывность в G[0,t ] по переменным t, x, y этого же семейства. Согласно теореме Арце ла, множество {D v } компактно в C(GM ] ), || 2, M 0 – константа x [0,t (C(GM ] ) – пространство функций f (t, x, y), непрерывных в GM ], GM ] = [0,t [0,t [0,t {(t, x, y) | 0 t t, |x| M, y E1 }).

Диагональным способом выберем подпоследовательность {v } (обозна чение не меняем), сходящуюся при 0 вместе с производными {D v }, x || 2, к некоторой функции v в полосе G[0,t ], причем равномерно на ком пакте GM ], при любом фиксированном M 0:

[0,t D v D v равномерно на GM ], || (5.1.59) 2.

x x [0,t Функция v непрерывна в G[0,t ] вместе со своими производными D v, x || 2 и удовлетворяет неравенству |y|p |D v(t, x, y)| (t, x, y) G[0,t ], (5.1.60) C, p = 0, +, x и начальным условиям (5.1.14).

Благодаря (5.1.59), (5.1.60) условия 1.5.3-1.5.6 теоремы 1.5.2 выполне ны. По теореме 1.5.2 функция v(t, x, y) является решением уравнения (5.1.17) в G[0,t ]. В нашем случае m = 3, r = 2, (t, x, y, v, J(v )) = Lx (v (t, x, y)) a3 (t)y 2 v (t, x, y)+ Re{P f (t, x, b) Qf (t, x, 0)} Re{Q P } + v (t, x, y) + F (t, x, y), f (t, x, b) f (t, x, 0) f (t, x, b) f (t, x, 0) 1 (t, x, y, v, J(v )) = 1 (t, x, y, v, J(v )) = Lx (v (t, x, y)), 2 (t, x, y, v, J(v )) = 2 (t, x, y, v, J(v )) = a3 (t)y 2 v (t, x, y), Re{P f (t, x, b) Qf (t, x, 0)} 3 (t, x, y, v, J(v )) = v (t, x, y)+ f (t, x, b) f (t, x, 0) Re{Q P } + F (t, x, y), f (t, x, b) f (t, x, 0) Re{P f (t, x, b) Q f (t, x, 0)} 3 (t, x, y, v, J(v )) = v (t, x, y)+ f (t, x, b) f (t, x, 0) Re{Q P } + F (t, x, y).

f (t, x, b) f (t, x, 0) Функция v(t, x, y) принадлежит классу C 1,2 (G[0,t ] ).

t,x Таким образом, доказали теорему.

Теорема 5.1.1. Пусть выполняются соотношения (5.1.22)-(5.1.26).

Тогда в классе C 1,2 (G[0,t ] ) существует решение v(t, x, y) задачи t,x (5.1.17), (5.1.14), удовлетворяющее неравенствам |y|p |D v(t, x, y)| C, (t, x, y) G[0,t ], p = 0, · · ·,, +, || 2.

x (5.1.61) Постоянная t, 0 t T, зависит от постоянных C, N, M, R, из соотношений (5.1.22)-(5.1.26).

Существование и единственность классического решения обратной задачи Докажем, что классическое решение u, g, a задачи (5.1.1)-(5.1.4) задает ся формулами + v(t, x, y)eizy dy, (5.1.62) u(t, x, z) = Re{Q P } (5.1.63) g(t, x) =, f (t, x, b) f (t, x, 0) Re{P f (t, x, b) Qf (t, x, 0)} (5.1.64) a(t, x) =, f (t, x, b) f (t, x, 0) где v(t, x, y) является решением задачи (5.1.17), (5.1.14).

Согласно (5.1.61) из представлений (5.1.62)-(5.1.64) следует, что тройка функций u, g, a принадлежит классу k U (t ) = {(t, x, z), µ(t, x), µ1 (t, x) | k C 0,2 (G[0,t ] ), k = 0, 1, t,x z t C(G[0,t ] ), µ, µ1 C 0,2 ([0,t ] )} t,x и имеют место неравенства k (t, x, z) G[0,t ], (5.1.65) D u(t, x, z) C, z k x k=0 || |D g(t, x)| + |D a(t, x)| (t, x) [0,t ]. (5.1.66) C, x x || 2 || Применим обратное преобразование Фурье по переменной y к задаче (5.1.17), (5.1.14). Получим, что функции u, g, a, которые задаются соотно шениями (5.1.62)-(5.1.64), удовлетворяют уравнению u (5.1.67) = Lx (u) + a3 (t)uzz + au + gf, t (т. е., уравнению (5.1.1)) в G[0,t ] и начальным условиям (x, z) En+1.

u(0, x, z) = u0 (x, z), Замечание 5.1.1. Так как коэффициенты a1, a2, a3 и функции a, g, f, u действительнозначные, то мнимая часть Imu комплекснозначной функции u=Reu+iImu является решением однородного параболического уравнения с нулевыми начальными условиями. Следовательно, по принципу максиму ма (теорема 1.3.4) Imu=0 в G[0,t ] и, следовательно, u – действительнознач ная.

Покажем, что выполняются условия переопределения (5.1.3), (5.1.4).

Пусть u(t, x, 0) = (t, x). Положим z = 0 в уравнении (5.1.67). Тогда удовлетворяет уравнению = Lx () + a3 (t)uzz |z=0 + a + gf |z=0. (5.1.68) t Используя тот факт, что u является действительнозначной, из (5.1.62) + + находим, что функции y 2 v dy = uzz |z=0 и y 2 veiby dy = uzz |z=b — действительнозначные. Следовательно, функции g(t, x), a(t, x) можно пред ставить в виде:

Q P P f |z=b Qf |z= (5.1.69) g=, a=, f |z=b f |z=0 f |z=b f |z= где P, Q см. в (5.1.12).

Обозначим (t, x) = (t, x) (t, x), из (5.1.68), учитывая (5.1.69), по лучим что – решение уравнения = Lx () + a, (t, x, y) [0,t ].

t Рассмотрим функцию (t, x) при t = 0:

(0, x) = (0, x) (0, x) = u(0, x, 0) (0, x).

Вследствие условия согласования (5.1.5) последнее равенство запишется в виде:

(0, x) = 0, x En.

По принципу максимума (теорема 1.3.4) (t, x) = 0 в [0,t ], следователь но, функция u(t, x, z) удовлетворяет условию (5.1.3): u(t, x, 0) = (t, x), (t, x) [0,t ].

Пусть u(t, x, b) = 1 (t, x). Положим z = b в уравнении (5.1.67). Тогда удовлетворяет уравнению = Lx (1 ) + a3 (t)uzz |z=b + a1 + gf |z=b. (5.1.70) t Обозначим W (t, x) = 1 (t, x) (t, x). Из (5.1.70), в силу (5.1.69), получим W (t, x, y) [0,t ].

= Lx (W ) + W a, t Рассмотрим функцию W (t, x) при t = 0:

W (0, x) = 1 (0, x) (0, x) = u(0, x, b) (0, x).

Вследствие условия согласования (5.1.6) следует, что W (0, x) = 0, x En.

По принципу максимума (теорема 1.3.4) W (t, x) = 0 в [0,t ], следова тельно, функция u(t, x, z) удовлетворяет условию (5.1.4): u(t, x, b) = (t, x), (t, x) [0,t ].

Таким образом, мы доказали, что существует решение u, g, a задачи (5.1.1) (5.1.4) в классе U (t ), которое удовлетворяет соотношениям (5.1.62)-(5.1.64) (или соотношениям (5.1.62), (5.1.69)).

Докажем единственность решения задачи (5.1.1)-(5.1.4).

Пусть u1, g1, a1 и u2, g2, a2 – два решения задачи (5.1.1)-(5.1.4) в G[0,t ], удовлетворяющие условиям (5.1.65), (5.1.66). Функции u = u1 u2, g = g1 g2 и a = a1 a2 удовлетворяют уравнению u (t, x, y) G[0,t ], (5.1.71) = Lx (u) + a3 (t)uzz + a1 u + au2 + gf, t и начальным условиям (5.1.72) u|t=0 = 0.

Так как aj, gj можно представить формулами (5.1.69), используя входные данные и функции uj (j = 1, 2), то в силу (5.1.24), (5.1.26), (5.1.65), (5.1.66) имеет место неравенство k u2 (, x, z) k f (, x, z) [0, t ].

a(, x) + g(, x) CV (), k = 0, 1, 2;

z k z k (5.1.73) m u(t, x, z) Здесь V () =, константа C зависит Vm (), Vm () = sup z m G[0,] m= от (см. (5.1.26)), M (см. (5.1.24)) и констант, которые ограничивают моду ли функций a1 (t), a2 (t), a3 (t), m u2 /z m, m = 0, 1, 2.

Из (5.1.72), (5.1.73) и принципа максимума (теорема 1.3.4), для уравне ния (5.1.71) имеет место оценка |u(, x, z)| [0, ], (5.1.74) C1 V (), где C1 = Cekt, k = sup |a1 (t, x)|.

[0,t ] Применим оператор m /z m, m = 1, 2 к уравнению (5.1.71). Для функ ции m u/z m, повторяя наши рассуждения, которые использовались при выводе оценки (5.1.74), получим неравенство m u(, x, z) (5.1.75) C1 V (), 0 t, m = 1, 2.

z m Из (5.1.74), (5.1.75) получаем неравенство Vm () C1 V (), m = 0, 1, 2;

0 t, из которого следует, что V () 3C1 V () или (1 3C1 )V () (5.1.76) 0, 0 t.

Из неравенства (5.1.76) следует, что V () = 0 при 1/3C1. Мы дока зали, что в G[0, 3C ] функция u = u1 u2 = 0.

Аналогично докажем, что в G[ 3C, 3C ] функция u = 0, и, следовательно, 1 1 u = 0 в G[0, 3C ]. Продолжая наши рассуждения, через конечное число шагов докажем, что u = 0 в G[0,t ]. (5.1.77) Из (5.1.77), (5.1.71) получим a(t, x)u2 (t, x, z) + g(t, x)f (t, x, z) = 0 в G[0,t ]. (5.1.78) Подставим z = 0 в уравнение (5.1.78), а затем z = b. Используя условия переопределения (5.1.3), (5.1.4), получим систему уравнений a(t, x) + g(t, x)f (t, x, 0) = 0, a(t, x) + g(t, x)f (t, x, b) = 0.

Определитель системы f (t, x, 0) = f (t, x, b) f (t, x, 0) = = (см.(5.1.26)).


f (t, x, b) Следовательно, a(t, x) = g(t, x) = 0 в [0,t ].

Доказали, что в классе U (t ) может существовать не более одного реше ния задачи (5.1.1)-(5.1.4), удовлетворяющее соотношениям (5.1.65), (5.1.66).

Таким образом, доказана Теорема 5.1.2. Пусть выполняются условия (5.1.5), (5.1.6), (5.1.22) -(5.1.26). Тогда в классе U (t ) существует единственное решение u, g, a задачи (5.1.1)-(5.1.4), удовлетворяющее соотношениям (5.1.65), (5.1.66).

5.1.2. Задача идентификации коэффициентов при младших производных Рассмотрим в G[0,T ] = {(t, x, z)| 0 T, x En, z E1 }, задачу t Коши ut (t, x, z) = Lx (u(t, x, z))+uzz (t, x, z) + µ(t, x)uz (t, x, z)+ (5.1.79) +(t, x)u(t, x, z) + f (t, x, z), u(0, x, z) = u0 (x, z), x En, z E1. (5.1.80) Здесь µ(t, x) и (t, x) неизвестные коэффициенты, функции f (t, x, z), u0 (x, z) заданы в G[0,T ] и En+1 соответственно.

Предположим, что выполняются условия переопределения u(t, x, 0) = (t, x), uz (t, x, 0) = k(t, x), (t, x) [0,T ], (5.1.81) условия согласования u0 (x, 0) (5.1.82) (0, x) = u0 (x, 0), k(0, x) =.

z В начальный момент времени при t = 0 считаем, что (t, x) = (k 2 (t, x) (t, x)uzz (t, x, z)|z=0 )|t=0 0, const. (5.1.83) В (5.1.83) (t, x) – определитель системы уравнений на неизвестные µ(t, x), (t, x).

Приведение исходной задачи к вспомогательной прямой задаче Приведем задачу (5.1.79) - (5.1.81) к некоторой вспомогательной пря мой задаче (см. ниже задачу (5.1.89), (5.1.88)).

Положим z = 0 в уравнении (5.1.79). Получим, учитывая (5.1.81), равен ство t = Lx () + uzz (t, x, 0) + µ(t, x)k(t, x) + (t, x)(t, x) + f (t, x, 0). (5.1.84) Продифференцируем уравнение (5.1.79) по z. Положив z = 0 в полученном в результате дифференцирования уравнении, на основании (5.1.81) получим равенство kt = Lx (k) + uzzz (t, x, 0) + µ(t, x)uzz (t, x, 0) + (t, x)k(t, x) + fz (t, x, 0).

Из двух последних уравнений составляем систему на неизвестные µ(t, x), (t, x), определитель которой (t, x) = k 2 (t, x) (t, x)uzz (t, x, 0).

Из (5.1.84) и последнего уравнения, предполагая, что k 2 (t, x) (t, x)uzz (t, x, 0) = 0, находим (1 uzz (t, x, 0))k(t, x) (2 uzzz (t, x, 0))(t, x) (5.1.85) µ(t, x) =, k 2 (t, x) (t, x)uzz (t, x, 0) (2 uzzz (t, x, 0))k(t, x) (1 uzz (t, x, 0))uzz (t, x, 0). (5.1.86) (t, x) = k 2 (t, x) (t, x)uzz (t, x, 0) Здесь 1 (t, x) = t (t, x) Lx ((t, x)) f (t, x, 0), 2 (t, x) = kt (t, x) Lx (k(t, x)) fz (t, x, 0).

Применим (формально) преобразование Фурье (5.1.7) по переменной z к исходному уравнению (5.1.79):

vt (t, x, y) = Lx (v(t, x, y)) y 2 v(t, x, y) + iyµv(t, x, y) + v(t, x, y) + (t, x, y), + f (t, x, z)eizy dz — преобразование Фурье по перемен где (t, x, y) = ной z функции f (t, x, z). Из последнего уравнения и соотношений (5.1.85), (5.1.86), (5.1.7) получаем, что v(t, x, y) есть решение задачи (1 Y2 )k (2 Y3 ) vt = Lx (v) y 2 v + iyv · + k 2 Y (5.1.87) (2 Y3 )k (1 Y2 )Y + v +, k 2 Y (5.1.88) v(0, x, y) = v0 (x, y).

+ u0 (x, z)eizy dz — преобразование Фурье по пере Здесь v0 (x, y) = + + y 3 vdy — менной z функции u0 (x, z);

Y2 (t, x) = y vdy, Y3 (t, x) = i преобразование Фурье по переменной z функций uzz (t, x, z) и uzzz (t, x, z) при z = 0 соответственно.

В уравнении (5.1.87) от выражений, содержащих интегралы, возьмем ве щественную часть. Получим уравнение Re(1 Y2 )k Re(2 Y3 ) vt =Lx (v) y 2 v + iyv · + Re(k 2 Y2 ) (5.1.89) Re(2 Y3 )k Re((1 Y2 )Y2 ) + v +.

Re(k 2 Y2 ) Рассмотрим функцию срезки S (). Пусть функция S () — достаточно гладкая и обладает следующими свойствами:

, 2, при E1 и S () =, 0 const.

S () 3 3, 3.

Поставим срезку в знаменатель дробных выражений в (5.1.89) (выра жение Re(k 2 Y2 ) заменим на S Re(k 2 Y2 ) ). Получим уравнение vt =Lx (v(t, x, y)) y 2 v(t, x, y) + iyv(t, x, y)P1 (t, x, y, v)+ (5.1.90) +v(t, x, y)P2 (t, x, y, v) + (t, x, y), где Re(1 Y2 )k Re(2 Y3 ) P1 (t, x, y, v) =, S (Re(k 2 Y2 )) Re(2 Y3 )k Re((1 Y2 )Y2 ) P2 (t, x, y, v) =.

S (Re(k 2 Y2 )) Доказательство разрешимости вспомогательной задачи Ниже мы докажем классическую однозначную разрешимость получен ной задачи (5.1.90), (5.1.88). На основании свойств функции срезки дока жем однозначную разрешимость в «малом» задачи (5.1.89), (5.1.88), а затем покажем, что решение задачи (5.1.79) - (5.1.81) в явном виде выражается через решение задачи (5.1.89), (5.1.88)(см. (5.1.112)-(5.1.114)).

Для доказательства существования решения задачи (5.1.90), (5.1.88) при меним метод слабой аппроксимации.

Расщепим задачу (5.1.90), (5.1.88) и линеаризуем ее сдвигом по времени на (t ) в нелинейных членах:

vt = 4Lx (v ), (5.1.91) n t n+, vt = 4y 2 v, 1 (5.1.92) n+ t n+, 4 vt = 4iyP1 (t, x, y, v ) v, 1 (5.1.93) n+ t n+, 2 vt = 4P2 (t, x, y, v ) v + 4, (5.1.94) n+ t (n + 1), v (t, x, y)|t=0 = v0 (x, y), x En, y E1, n = 0, N 1, N = T. (5.1.95) В задаче (5.1.91) – (5.1.95) приняты обозначения:

v = v (t) = v (t, x, y), Re(1 V2 )k Re(2 V3 ) P1 (t, x, y, v ) =, S (Re(k 2 V2 )) Re(2 V2 )k Re((1 V2 )V2 ) P2 (t, x, y, v ) =, S (Re(k 2 V2 )) + + V2 = y 2 v (t )dy, V3 = i y 3 v (t )dy.

4 Введем функции:

Wj (t), (5.1.96) W (t) = j= + Wj (t) = sup |y|j sup |v (, x, y)|dy, (5.1.97) xEn 0t + Wj (0) = |y|j sup |v0 (x, y)|dy, j = 0, 3.

(5.1.98) xEn Относительно функций, k,, v0, f |z=0, fz |z=0, предположим, что они достаточно гладкие (имеют все непрерывные производные, входящие в со отношения (5.1.99) - (5.1.102)) и удовлетворяют этим соотношениям:

|Dx | + |Dx k| + |Dx fz |z=0 | + |Dx 1 | + |Dx 2 | cn, || = n, n = 0, 4, (5.1.99) Nn, || = n, n = 0, 2, (5.1.100) Dx v0 + D y x y 1 + |y|µ+ |Dx v0 | + 1 + |y|µ+ |Dx | Mn, || = n, n = 0, 4, (5.1.101) 1 + |y|µ+ | v0 | + 1 + |y|µ+ | | Rn, || = n, n = 0, 2, (5.1.102) y y (t, x, y) G[0,T ], = const 0, µ 6.

Ниже мы докажем априорные оценки, гарантирующие компактность се мейства решений {v } задачи (5.1.91) - (5.1.95) в классе непрерывных функ ций. Рассмотрим нулевой целый шаг (n = 0). На первом дробном шаге в силу принципа максимума |v (t, x, y)| sup |v0 (x, y)|, 0 t.

xEn Отсюда и из (5.1.96) - (5.1.98) получаем неравенство W (t) W (0), 0 t.

В силу явного представления решения на втором дробном шаге |v (t, x, y)| |v (, x, y)| sup |v0 (x, y)|, t.

4 4 xEn Из последних неравенств следуют соотношения W (t) W ( ) W (0), 0 t.

4 На третьем дробном шаге решение представимо в виде v (t, x, y) = v (, x, y)e4iy(t 2 )P1.

Из двух последних неравенств следуют неравенство |v (t, x, y)| = |v (, x, y)e4iy(t 2 )P1 | |v (, x, y)||e4iy(t 2 )P1 |.

2 Так как |v (, x, y)| sup |v0 (x, y)| и |e4iy(t 2 )P1 | = 1, 2 xEn то |v (t, x, y)| sup |v0 (x, y)|, t, 2 xEn откуда следует неравенство W (t) W ( ) W (0), 0 t (5.1.103).

2 На четвертом дробном шаге решается уравнение (5.1.94) с начальными данными v ( 3, x, y). Проинтегрируем (5.1.94) по отрезку [ 3, t]. Получим равенство 4 + y 3 v ( )dy)k Re(2 + i t 3 v (t) = v v +4 ) d+ + y 2 v ( )dy)) S (Re(k 2 + + + y 2 v ( )dy y 2 v ( )dy Re 1 + t 4 v +4 + d.

+ S Re(k 2 + y 2 v ( 4 )dy) + y 2 v ( )dy 3, то из последнего соот Так как S Re k + ношения следует неравенство t 3 3|k| |v | |v |v | |+4 |2 |+ 4 + t 3 |y|3 |v ( )|dy |v | |1 |+ (5.1.104) + d + 4 + + 3 y 2 |v ( )|dy y 2 |v ( )|dy + || d.

+ 4 Заменим функции в интегральных членах (5.1.104) на их точные верхние границы по x En, затем заменим функцию |v |, стоящую в левой части (5.1.104) на sup |v |, умножим полученное неравенство на |y|j и проинтег xEn рируем результат по y в пределах от до + и (см. (5.1.97), (5.1.99), (5.1.101)) учитывая монотонность по t функции Wj (t), получим t 3 Wj Wj Wj {( sup |2 | + W3 ())|k|+ + 4 xEn + t |y|j sup ||ddy.

+( sup |1 | + W2 ())W2 ()} ddy + xEn xEn (5.1.105) Просуммировав (5.1.105) по j, j = 0, 3, получим (см. (5.1.96)) неравен ство t W W + L3 (W ())d, (5.1.106) где L3 () = A( 3 + 2 + +1) и A 0 — некоторая постоянная, независящая от.

Функция W (t) удовлетворяет условиям Леммы 5.1.1. Следовательно, существует такая строго возрастающая функция (t), что W (t) (t) для всех t [ 3, ] (см. вывод оценки (5.1.37)). Отсюда и из (5.1.103) следует, что W (t) ( ), 0 t.

Рассмотрим первый целый шаг (n = 1). Повторяя наши рассуждения, проведенные на нулевом целом шаге (n = 0), получим оценку W (t) (2 ), 0 t 2.

Продолжая наши рассуждения на последующих целых шагах, получим равномерную по оценку (t ), 0 t.

W (t) (5.1.107) t Из (5.1.95), (5.1.96), (5.1.107) равномерно по + |y|j |v (t, x, y)|dy c, (t, x) [0,t ], j = 0, 3. (5.1.108) На основании (5.1.108) докажем равномерные по априорные оценки семейства {v }.

Умножим (5.1.91) – (5.1.95) на |y|k, где k = 0,... µ, µ+. Получим задачу (|y|k vt ) = 4Lx |y|k v, n t n+, t 1 (|y|k vt ) = 4y 2 |y|k v, n+ t n+, t 4 1 (|y|k vt ) = 4iyP1 |y|k v, n+ t n+, t 2 (|y|k vt ) = 4P2 |y|k v + 4|y|k, n+ t (n + 1), t |y|k |v (0, x, y)| = |y|k |v0 (x, y)|, x En, y E1.

Имеет место оценка (см. вывод неравенства (5.1.44)) t.

|y|k |v (t, x, y)| C, 0 t Дифференцируя задачу (5.1.91) – (5.1.95) по x, y можно доказать оценки 1 + |y|6+ |Dx v (t, x, y)| C, || = 0, 4, (5.1.109) C, || = 0, 1, 2. (5.1.110) Dx v (t, x, y) + D v (t, x, y) y x t Оценки (5.1.109), (5.1.110) в силу теоремы Арцела о компактности в C гарантируют сходимость некоторой подпоследовательности {v k } решений задачи (5.1.91) - (5.1.95) вместе с производными по x до второго порядка к решению f 1,2 v Ct,x G[0,t ] = f| C G[0,t ], Dx f C G[0,t ], || t задачи (5.1.90), (5.1.88) (Теорема 1.5.2). При этом 1 + |y|6+ |Dx v(t, x, y)| C, || 2, (t, x, y) G[0,t ]. (5.1.111) Построение решения исходной задачи Покажем, что тройка функций u(t, x, z), µ(t, x) и (t, x), где + v(t, x, y)eizy dy, (5.1.112) u(t, x, z) = + + + y 3 vdy)k + Re((1 + y 2 vdy) y 2 vdy) Re(2 + i µ(t, x) =, + S (k 2 + Re( y 2 vdy)) (5.1.113) + + y 3 vdy) y vdy)k Re(2 + i Re(1 + (5.1.114) (t, x) =, + S (k 2 + Re( y 2 vdy)) является действительнозначным решением задачи (5.1.79) – (5.1.81) в G[0,t ] (здесь функция v(t, x, y) – решение задачи (5.1.90), (5.1.88)). Используя (5.1.111), из (5.1.112) - (5.1.114) получим, что решение u(t, x, z), µ(t, x), (t, x) принадлежит классу j Z(t ) = (t, x, z), (t, x), (t, x), (t, x) | Dx, z j 0, || 2, j = 0, 5, t C(G[0,t ] );


,, Ct,x ([0,t ] ) и удовлетворяет неравенствам k C, (t, x, z) G[0,t ], (5.1.115) Dx u(t, x, z) z k || 2 k= |Dx µ(t, x)| + |Dx (t, x)| C, (t, x) [0,t ]. (5.1.116) || 2 || Применим обратное преобразование Фурье по переменной y к задаче (5.1.90), (5.1.88). Получим, что функции u(t, x, z), µ, удовлетворяют урав нению (5.1.79):

ut = Lx (u) + uzz + µuz + u + f и начальным данным (5.1.80): u(0, x, z) = u0 (x, z).

Так как u(t, x, z) – действительнозначная функция (см. Замечание 5.1.1 ), то и функции Y2 и Y3 – действительнозначные и, следовательно, выражения (5.1.113), (5.1.114) для функций µ(t, x) и (t, x) можно записать в виде + + + 3 y 2 vdy (2 + i y vdy)k + (1 + y vdy) (5.1.117) µ(t, x) =, + S (k 2 + ( y 2 vdy)) + + y 3 vdy) y vdy)k (2 + i (1 + (5.1.118) (t, x) =.

+ S (k 2 + ( y 2 vdy)) + y 2 v dy 2 мы убираем Доказав, что имеет место неравенство k + срезку в выражениях (5.1.117), (5.1.118).

Таким образом, доказано, что функции u, µ, можно записать в виде + v(t, x, y)eizy dy, (5.1.119) u(t, x, z) = + + + 3 y 2 vdy (2 + i y vdy)k + (1 + y vdy) (5.1.120) µ(t, x) =, + k 2 + ( y 2 vdy) + + y 3 vdy) y vdy)k (2 + i (1 + (5.1.121) (t, x) =.

+ k 2 + ( y 2 vdy) Нетрудно проверить выполнение условий переопределения (5.1.81).

Доказана Теорема 5.1.3. Пусть выполняются условия (5.1.82), (5.1.83), (5.1.99)-(5.1.102). Тогда в классе Z(t ) существует решение u(t, x, z), (t, x), µ(t, x) задачи (5.1.79)-(5.1.81), удовлетворяющее соотноше ниям (5.1.115), (5.1.116). Постоянная t, 0 t T, зависит от по стоянных и cj, Nj, Mj, Rj из условий (5.1.99) – (5.1.102). Решение выражается формулами (5.1.119)-(5.1.121).

Имеет место Теорема 5.1.4. Пусть выполняются условия теоремы 5.1.3 и усло вие a) = 0 в [0,t ] или условие b) 0 и k = 0 в [0,t ]. Тогда решение u(t, x, z), (t, x), µ(t, x) задачи (5.1.79) – (5.1.81) существует и един ственно в классе Z(t ).

Пример неединственности неограниченного решения Если решение неограничено, то может нарушаться единственность ре шения [130]. Возьмем в качестве решения задачи (5.1.79), (5.1.80) функцию u(t, x, z) = v(t, x)ez, (5.1.122) где = const и v(t, x) заданная функция от переменных t и x достаточно гладкая в [0,T ]. Предполагаем, что v(t, x) k 0, k = const.

Тогда u удовлетворяет следующим соотношениям:

u(0, x, z) = v(0, x)ez, u|z=0 = v(t, x), uz |z=0 = v(t, x). (5.1.123) Подставим µ,, u = vez, f = g(t, x)ez, где g непрерывная в [0,T ] функ ция, в уравнение (5.1.79) и обозначим получившееся выражение через (1.10 ). Для функции u, удовлетворяющей (1.10 ), получаем тождество 2 + µ + = (vt Lx (v) g). (5.1.124) v Следовательно, любая тройка функций u, µ,, где µ и непрерывны в [0,T ] и удовлетворяют соотношению = 2 µ, есть решение задачи (1.10 ), (5.1.123).

5.1.3. Задача определения функции источника и коэффициентов при первой и вто рой производных В полосе G[0,T ] = {(t, x, z)| 0 T, x En, z E1 } рассмотрим t многомерное параболическое уравнение 2u u u = Lx (u) + q1 (t, x) 2 + q2 (t, x) + q3 (t, x)u + q4 (t, x)f (t, x, z) (5.1.125) t z z с данными Коши (x, z) En+1. (5.1.126) u(0, x, z) = u0 (x, z), Три коэффициента q1, q2, q4 уравнения (5.1.125) неизвестны и определя ются одновременно с функцией u при условии дополнительной информации, заданной на трех различных гиперплоскостях:

u(t, x, 0) = (t, x), u(t, x, b) = (t, x), (5.1.127) (t, x) [0,T ], u(t, x, c) = (t, x), где [0,T ] = {(t, x)| 0 t T, x En }, и (t, x), (t, x), (t, x) – заданные функции, удовлетворяющие условиям согласования (0, x) = u0 (x, 0), (0, x) = u0 (x, b), (0, x) = u0 (x, c), x En, b = c, b = 0, c = 0 const.

(5.1.128) Коэффициент q3 (t, x) является заданной непрерывной действительнознач ной функцией в [0,T ].

Под решением задачи (5.1.125)-(5.1.127) в полосе G[0,t ], 0 t T, понимается четверка функций u, q1, q2, q4, удовлетворяющая соотношениям (5.1.125)-(5.1.127).

Предполагая, что решение u(t, x, z) задачи (5.1.125)-(5.1.127) допуска ет прямое и обратное преобразование Фурье по переменной z, перейдем от задачи (5.1.125)-(5.1.127) к прямой вспомогательной задаче + v S (B1 ) = Lx (v) y 2 y 2 v(t, x, y) dy(Q v + iy Re t S (1 ) S (1 ) + y 2 v(t, x, y)eiby dy(Q0 f (t, x, c) f (t, x, b) Q1 f (t, x, c)) + + y 2 v(t, x, y)eicy dy(Q1 f (t, x, 0) Q Q2 f (t, x, 0)) + (5.1.129) Re{Q2 P0 + Q0 P2 + Q1 P1 } f (t, x, b)) v + q3 (t, x)v + F (t, x, y), S (1 ) (x, y) En+1. (5.1.130) v(0, x, y) = v0 (x, y), Здесь 1 = Re, B1 = ReB, Re - действительная часть, = f (t, x, b)P2 + f (t, x, c)P0 + f (t, x, 0)P1 = 0 определитель системы алгебраических уравнений, из которой определяются q1 (t, x), q2 (t, x), q4 (t, x);

v0 (x, y), F (t, x, y) преобразование Фурье функций u0 (x, z) и f (t, x, z) соответственно, Q0 = q3 (t, x), Q1 = q3 (t, x), Q2 = X q3 (t, x), = t Lx (), = t Lx (), X = t Lx (), + yv(t, x, y) dy(Q2 f (t, x, b) Q1 f (t, x, c))+ B=i + yv(t, x, y)eiby dy(Q0 f (t, x, c) Q2 f (t, x, 0))+ +i + yv(t, x, y)eicy dy(Q1 f (t, x, 0) Q0 f (t, x, b)), +i + + y 2 v(t, x, y)eiby dy P0 = i yv(t, x, y) dy + + yv(t, x, y)eiby dy y 2 v(t, x, y) dy, i + + yv(t, x, y)eiby dy y 2 v(t, x, y)eicy dy P1 = i + + yv(t, x, y)eicy dy y 2 v(t, x, y)eiby dy, i + + yv(t, x, y)eicy dy y 2 v(t, x, y) dy P2 = i + + y 2 v(t, x, y)eicy dy, i yv(t, x, y) dy S () – срезающая функция класса C 4 (E1 ), 0, = const, удовлетворя ющая следующим соотношениям:

2,, S () при E1, (5.1.131) S () = 3 3, 4.

Сделаем предположение относительно входных данных.

Пусть функции q3 (t, x), (t, x), (t, x), (t, x),,, X, F (t, x, y), f |z=0, f |z=b, f |z=c, v0 (x, y) – непрерывные по t, достаточно гладкие по переменным x, y в G[0,T ] и удовлетворяют неравенствам |D v0 | + |D F | + |D f |z=0 | + |D f |z=b | + |D f |z=c | + |D | + |D | + |D X| x x x x x x x x +|D q3 | + |D | + |D | + |D | N, || 4;

(5.1.132) x x x x | D v0 | + | D F | N, || 2;

(5.1.133) x y x y |y|p+82||+ |D v0 | + |y|p+82||+ |D F | M, || 4;

(5.1.134) x x |y|p+42||+ | D v0 | + |y|p+42||+ | D F | R, || 2;

(5.1.135) x y x y (t, x, y) G[0,T ], p 4 – целое, N, M, R – неотрицательные постоянные, n i, D = = (1,..., n ), = (1,..., n ) – мультииндексы, || = x i= /x ||... xn.

n Имеет место Теорема 5.1.5. Пусть выполняются соотношения (5.1.131), (5.1.132) (5.1.135). Тогда в классе C 1,2 (G[0,t ] ) существует решение v(t, x, y) за t,x дачи (5.1.129), (5.1.130), удовлетворяющее неравенствам |y|q |D v(t, x, y)| C, (t, x, y) G[0,t ], (5.1.136) x q = 0, · · ·, p + 4 2||, p + 4 2|| +, || 2.

Постоянная t, 0 t T, зависит от постоянных N, M, R, из соотношений (5.1.131), (5.1.132)-(5.1.135).

Здесь C l,m (G[0,t ] ) – пространство функций f, имеющих непрерывные произ t,x водные в G[0,t ] по t до порядка l и по x до порядка m включительно.

Предположим выполнение условий |t | + |t | + |t | + |q3 t (t, x)| + |ft |z=b | + |ft |z=c | + |ft |z=0 |+ +|t | + |t | + |Xt | C, (t, x) [0,T ], u0 (x, 0) 2 u0 (x, c) u0 (x, c) 2 u0 (x, 0) |(0, x)| = f (0, x, b) + z 2 z z z u0 (x, b) 2 u0 (x, 0) u0 (x, 0) 2 u0 (x, b) + f (0, x, c) + z 2 z z z u0 (x, c) 2 u0 (x, b) u0 (x, b) 2 u0 (x, c) 0, + f (0, x, 0) z 2 z z z (5.1.137) u0 (x, 0) |B(0, x)| = (Q2 (0)f (0, x, b) Q1 (0)f (0, x, c))+ z u0 (x, b) (Q0 (0)f (0, x, c) Q2 (0)f (0, x, 0))+ + z u0 (x, c) (Q1 (0)f (0, x, 0) Q0 (0)f (0, x, b)) 0, + z где – константа, (0, x) Lx (u0 (x, 0)) q3 (0, x)u0 (x, 0), Q0 (0) = t (0, x) Lx (u0 (x, b)) q3 (0, x)u0 (x, b), Q1 (0) = t (0, x) Lx (u0 (x, c)) q3 (0, x)u0 (x, c).

Q2 (0) = t Доказано, что при условиях (5.1.137) классическое решение u(t, x, z), q1 (t, x), q2 (t, x), q4 (t, x) задачи (5.1.125)-(5.1.127) задается соотношениями + v(t, x, y)eizy dy, (5.1.138) u(t, x, z) = + B y 2 v(t, x, y) dy(Q2 f (t, x, b) Q1 f (t, x, c))+ q1 (t, x) =, q2 (t, x) = + y 2 v(t, x, y)eiby dy(Q0 f (t, x, c) Q2 f (t, x, 0))+ + + y 2 v(t, x, y)eicy dy(Q1 f (t, x, 0) Q0 f (t, x, b)), + (5.1.139) Q2 P0 + Q0 P1 + Q1 P (5.1.140) q4 (t, x) =, где v(t, x, y) является решением задачи (5.1.129), (5.1.130).

В силу(5.1.136) из (5.1.138)-(5.1.140) следует, что четверка действитель нозначных функций u, q1, q2, q4 принадлежит классу k 0, U (t ) = {(t, x, z), µ(t, x), µ1 (t, x) µ2 (t, x) | k C t,x (G[0,t ] ), z k = 0, · · ·, p, p 4, t C(G[0,t ] ), µ, µ1, µ2 C 0,2 ([0,t ] )} t,x и имеют место неравенства p k (t, x, z) G[0,t ], (5.1.141) D u(t, x, z) C, z k x k=0 || |D q1 (t, x)| + |D q2 (t, x)|+ x x || 2 || |D q4 (t, x)| C, (t, x) [0,t ]. (5.1.142) + x || Имеет место Теорема 5.1.6. Пусть выполняются условия (5.1.128), (5.1.132) (5.1.135), (5.1.137). Тогда в классе U (t ) существует единственное решение u, q1, q2, q4 задачи (5.1.125)-(5.1.127), удовлетворяющее со отношениям (5.1.141), (5.1.142). Постоянная t, 0 t T, зависит от постоянных M, C, N, R, из соотношений (5.1.128), (5.1.132) (5.1.135), (5.1.137).

Поведение при t + решения задачи идентификации функ 5.2.

ции источника для уравнениия теплопроводности Рассмотрим в области G[0,T ] = {(t, x, z) | 0 T, x En, z E1 } за t дачу Коши n n bi (t)uxi + c(t)u + (t, x)f (t, x, z), (5.2.1) ut = aij (t)uxi xj + a(t)uzz + i,j=1 i= u(0, x, z) = u0 (x, z), x En, z E1,. (5.2.2) Функции aij (t), bi (t), (i, j = 1... n), a(t), c(t), u0 (x, z), f (t, x, z) действи тельнозначные и заданы в [0, T ], En+1 и G[0,T ] соответственно. Коэффици n aij (t)i j t (0, T ] для любых енты aij (t) удовлетворяют условию i,j= отличных от нуля = (1,... n ) En, a(t) 0.

Функция (t, x) подлежит определению одновременно с решением u(t, x, z) задачи (5.2.1), (5.2.2), удовлетворяющим условию переопределения u(t, x, 0) = (t, x), t [0, T ], x En, (5.2.3) в предположении выполнения условия согласования (5.2.4) u0 (x, 0) = (0, x).

Пусть функция f (t, x, z) такова, что при всех t [0, T ], x En выполня ется условие |f (t, x, 0)| 0, (5.2.5) где – некоторая фиксированная постоянная.

Приведем исходную обратную задачу к некоторой прямой вспомогатель ной задаче. Используя условие согласования (5.2.3), найдем выражение для неизвестного коэффициента (t, x) (t, x) a(t)uzz (t, x, 0) (5.2.6) (t, x) = f (t, x, 0) и подставим его в (5.2.1). Получим уравнение n n ut (t, x, z) = aij (t)uxi xj + a(t)uzz + bi (t)uxi + c(t)u+ i,j=1 i= (t, x) a(t)uzz (t, x, 0) f (t, x, z). (5.2.7) + f (t, x, 0) n n Здесь (t, x) = t (t, x) aij (t)xi xj (t, x) bi (t)xi (t, x) c(t)(t, x) i,j=1 i= — известная функция.

Относительно входных данных предполагаем, что они достаточно глад кие, имеют все непрерывные производные, входящие в следующее ниже со отношение и при (t, x, z) G[0,T ] |aij (t)| + |bi (t)| + |a(t)| + |c(t)| + |Dx (t, x)| + + Dx f (t, x, z) + D u0 (x, z) C, z k x z k || 4, k = 0, 1,..., 4. (5.2.8) Здесь || u, = (1, 2,..., n ), || = 1 + 2 + · · · + n.

Dx u = x1 x2... xn n 1 Для доказательства разрешимости вспомогательной прямой задачи (5.2.7), (5.2.2) воспользуемся методом слабой аппроксимации, расщепив задачу на три дробных шага n n u aij (t)u i xj (t, x, z) =3 + 3a(t)uzz (t, x, z) + 3 bi (t)uxi (t, x, z), t x i,j=1 i= (5.2.9) j t (j + 1/3), u = 3c(t)u (t, x, z), (5.2.10) t (j + 1/3) t (j + 2/3), a(t)u (t, x, 0) (t, x) zz u = 3 (5.2.11) f (t, x, z), t f (t, x, 0) (j + 2/3) t (j + 1), u (0, x, z) = u0 (x, z), x, z En+1. (5.2.12) Здесь j = 0, 1,..., N 1;

N = T.

Введем следующие обозначения (5.2.13) U (t) = Uk (t), k= k (5.2.14) Uk (t) = sup sup u (, x, z), z k 0 t xEn, zE k (5.2.15) Uk (0) = sup u (x, z).

k xEn, z zE Получим априорные оценки, гарантирующие компактность семейства ре шений {u (t, x, z)} задачи (5.2.9)–(5.2.12) в классе непрерывных функций.

Рассмотрим нулевой целый шаг по времени (0, ].

На первом дробном шаге в силу принципа максимума получим |u (, x, z)| sup |u0 (x, z)|, при 0 (5.2.16).

xEn, zE Дифференцируя (5.2.9), (5.2.12) по z от одного до четырех раз, в силу прин ципа максимума получим оценки s s u (x, z), где s = 1... 4, при u (, x, z) sup t.

s z s xEn, z zE (5.2.17) Возьмем от левых частей неравенств (5.2.16),(5.2.17) sup sup и сложим 0 t xEn, zE полученные неравенства. Получим, учитывая обозначения (5.2.13)–(5.2.15), U (t) U (0), 0 t (5.2.18).

На втором дробном шаге имеем линейное однородное уравнение первого порядка с начальным условием u ( /3, x, z). Решая данную задачу Коши, получим оценку t |u (, x, z)| sup |u ( /3, x, z)| exp 3 c() d, t.

3 xEn, zE1 (5.2.19) Учитывая ограниченность коэффициента c(t), получаем |u (t, x, z)| sup |v ( /3, x, z)| eC, (5.2.20) t.

3 xEn, zE Дифференцируя (5.2.10) по z до 4 порядка, с помощью аналогичных рас суждений и оценки (5.2.18) получим |U (t)| U (0)eC, (5.2.21) t.

3 На третьем дробном шаге, проинтегрировав уравнение по временной пе ременной в пределах от 2 до t, t 2,, получим 3 t (, x) a()u (, x, 0) u (, x, z) = u (2 /3, x, z) + 3 f (, x, z) d.

f (, x, 0) Возьмем sup sup сначала от правой, а затем от левой части последнего 0 t xEn, zE выражения. С учетом обозначений (5.2.13)–(5.2.15) получим t U0 (t) U0 (2 /3) + C (U0 () + 1) d.

Дифференцируя уравнение (5.2.11) по z до 4 порядка и повторяя рассужде ния, получим неравенства t Uk (t) Uk (2 /3) + C (Uk () + 1) d, k = 0,..., 4.

Суммируя данные неравенства, получаем t U (t) U (2 /3) + C (U () + 1) d, t, Учитывая (5.2.21), придем к неравенству t U (t) U (0) + C (U () + 1) d.

Применяя к последнему неравенству лемму Гронуолла, получим 2 U (t) U (0)eC(t 3 ) + eC(t 3 ) 1.

Разложим последнее слагаемое в правой части неравенства в ряд Тейлора в предположении малости.

e3C(t2 /3) 1 eC 1 = (C )2 +...

1 + 1 + C + = 2!

1 C · · · + (C )n +... 2C.

1 C n!

Таким образом, на нулевом целом шаге получаем оценку U (t) U (0)eC + 2C, (5.2.22) 0t.

Проводя аналогичные рассуждения на 2 целом шаге, придем к неравенству U (t) U ( )eC + 2C, (5.2.23) t 2, Учитывая (5.2.22) U (t) (U (0)eC +2C )eC4 +2C = U (0)e2C +2C eC4 +2C, t 2.

Продолжая расуждения, на n-ом целом шаге получим U (t) U (0)enC + 2C3 1 + eC + e2C + · · · + e(n1)C U (0)enC + 2Cn e(n1)C U (0)eN C + 2CN eN C = = U (0)eCT + 2CT eCT (n 1) t C, n.

Таким образом, в G[0,T ] равномерно по справедлива оценка k u(t, x, z) (5.2.24) C5, k = 0... 4.

z k Продифференцируем задачу (5.2.9)–(5.2.12) по xi, и обозначим v = u i.

x Получим n n (5.2.25) vt =3 aij (t)vxi xj (t, x, z) +3 bi (t)vxi (t, x, z), i,j=1 i= j t (j + 1/3), vt = 3c(t)v (t, x, z), (5.2.26) (j + 1/3) t (j + 2/3), xi (t, x, z) a(t)vzz (t, x, 0) (5.2.27) vt = 3 f (t, x, z) + (t, x, z), f (t, x, 0) (j + 2/3) t (j + 1), u0 (x, z) v (0, x, z) = x, z En+1. (5.2.28), z f (t, x, z) Здесь (t, x, z) = 3 (t, x) a(t)u (t, x, 0). Заметим, что в zz f (t, x, 0) xi силу (5.2.8) и (5.2.24) функция (t, x, z) ограничена вместе со своими про изводными по z до 2 порядка.

Введем обозначения Vk (t), (5.2.29) V (t) = k= k Vk (t) = sup sup (5.2.30) v (, x, z), z k 0 t xEn, zE k Vk (0) (5.2.31) = sup v (x, z).

k xEn, z zE Рассмотрим нулевой целый шаг (n = 0). На первом дробном шаге, диф ференцируя (5.2.25), (5.2.28) по z до 2 порядка, используя теорему принци па максимума, получим оценку V (t) V (0), при 0 t (5.2.32).

На втором дробном шаге, дифференцируя (5.2.26) по z до 2 порядка, из яв ного представления решений получившихся задач и оценки (5.2.32) придем к неравенству |V (2 /3)| V (0)eC. (5.2.33) На третьем дробном шаге, дифференцируя уравнение (5.2.27) по z до 2 по рядка, затем интегрируя по временной переменной в пределах от 2 до t, t 3,, и суммируя получившиеся неравенства, получим t 2 V (t) V ( ) + C (V () + 1) d, t, 3 Учитывая (5.2.33), придем к неравенству t V (t) V (0) + C (V () + 1) d Рассуждая так же, как и при получении оценки (5.2.24), получим, что в G[0,T ] справедлива равномерная по оценка k+1 u (t, x, z) (5.2.34) C, k = 0... 2, i = 1... n.

z k xi Дифференцируя задачу (5.2.9)–(5.2.12) дважды по xi xj, i, j = 1,... n и обозначая v = uxi xj придем к задаче вида (5.2.25) – (5.2.28), в которой функция f (t, x, z) (t, x, z) = 3 xi (t, x, z) a(t)u i (t, x, 0) + zzx f (t, x, 0) xj f (t, x, z) (t, x) a(t)u (t, x, 0) +3 zz f (t, x, 0) xi xj в силу (5.2.8), (5.2.24), (5.2.34) ограничена вместе со своими производными по z до 2 порядка. Рассуждая так же, как и при получении оценки (5.2.34), получим, что в G[0,T ] справедлива оценка k+2 u (t, x, z) (5.2.35) C, k = 0... 2, i, j = 1... n.

z k xi xj Дифференцируя задачу (5.2.9)–(5.2.12) по xi xj xl, и по xi xj xl xm, мы бу дем получать задачи вида (5.2.25) – (5.2.28). Рассуждая так же как и при получении предыдущих оценок, получим, что в G[0,T ] равномерно по спра ведливы неравенства k+3 u (t, x, z) (5.2.36) C, k = 0... 2, i, j, l = 1... n.

z k xi xj xl k+4 u (t, x, z) (5.2.37) C, k = 0... 2, i, j, l, m = 1... n.

z k xi xj xl xm Из (5.2.34)–(5.2.37) следует, что k k = 0... 2, |a| (5.2.38) D u (t, x, z) C, 4.

z k x Продифференцируем уравнения (5.2.9)–(5.2.11) по z. Используя оценки (5.2.38), (5.2.24) получим, что в G[0,T ] |u (t, x, z)| C.

tz Дифференцируя уравнения (5.2.9)–(5.2.11) по пространственным перемен ным на основании оценок (5.2.24), (5.2.38) получим, что в G[0,T ] равномерно по справедливо неравенство k k = 0, 1, 2;

|| (5.2.39) D u (t, x, z) C5, 2.

t z k x Оценки (5.2.24), (5.2.38), (5.2.39) в силу теоремы Арцела гарантируют существование некоторой подпоследовательности uk последовательности u, сходящейся вместе с производными по пространственным переменным до второго порядка включительно к некоторой функции 0,2, u(t, x, z) Ct,x,z (G[0,T ] ). На основании сходимости теоремы 1.5.1 можно до казать, что u(t, x, z) есть решение задачи (5.2.7), (5.2.2) и 1,2, u(t, x, z) Ct,x,z (G[0,T ] ), При этом справедливы оценки k (5.2.40) D u(t, x, z) C.

z k x || 2 k= Из (5.2.6), (5.2.40) следует, что пара функций u(t, x, z), (t, x) принадле жат классу 1,2, Z[0,T ] = u(t, x, z), (t, x) | u(t, x, z) Ct,x,z (G[0,T ] ), (t, x) C([0, T ] Rn ), и удовлетворяет неравенству k |(t, x)| + (t, x, z) G[0,T ]. (5.2.41) u(t, x, z) C, k = 0, 1, 2, z k Докажем, что для функции u(t, x, z) справедливо условие переопреде ления (5.2.7). Положив в уравнении (5.2.1) z = 0 и обозначив y(t, x) = u(t, x, 0) (t, x), придем, учитывая (5.2.4) к задаче n n (5.2.42) yt = aij (t)yxi xj + bi (t)yxi + c(t)y, i,j=1 i= y(0, x, z) = 0, x, z En, z E1,. (5.2.43) В силу принципа максимума задача (5.2.42), (5.2.43) имеет единственное решение y(t, x, z) = 0. Следовательно u(t, x, 0) = (t, x) в G[ 0, T ].

Таким образом, доказано существование решения u(t, x, z), (t, x) задачи (5.2.1)–(5.2.3) в классе Z[0,T ]. Единственность решения u(t, x, z), (t, x) за дачи (5.2.1)–(5.2.3) в предположении выполнения условий (5.2.4)–(5.2.8), (5.2.41) легко получить путем доказательства тождественного равенства ну лю в G[0,T ] разности двух предполагаемых решений.

Теорема 5.2.1. Пусть выполняются условия (5.2.4)–(5.2.8). Тогда су ществует и единственно решение u(t, x, z), (t, x) задачи (5.2.1)–(5.2.3) в классе Z[0,T ], удовлетворяющее соотношению (5.2.41).

Исследуем теперь поведение решения задачи (5.2.1)–(5.2.3) в области G[0,+) при стремлении временной переменной к бесконечности.

Сформулируем и докажем следующую теорему.



Pages:     | 1 || 3 |
 





 
© 2013 www.libed.ru - «Бесплатная библиотека научно-практических конференций»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.