A problem with nonlocal integral 1st kind conditions for 4th order partial differential equation

Full Text

Введение
В настоящее время задачи с нелокальными условиями для уравнений с частными производными
продолжают привлекать внимание исследователей. Интерес к этому классу задач обоснован
необходимостью построения математических моделей, отвечающих потребностям современного
естествознания [1; 2]. Вскоре после выхода статей [3; 4], положивших начало систематическим
исследованиям нелокальных задач с интегральными условиями, появился ряд работ, в которых в
том или ином качестве присутствуют нелокальные интегральные условия: либо вместо граничных
[5–16], либо в качестве условий переопределения в обратных задачах [17; 18]. В большинстве из
упомянутых работ изучены задачи для параболических и гиперболических уравнений второго порядка.
К настоящему времени появились статьи, в которых исследуются нелокальные задачи для уравнений
Вестник Самарского университета. Естественнонаучная серия 2024. Том 30, № 2. С. 30–44
Vestnik of Samara University. Natural Science Series 2024, vol. 30, no. 2, pp. 30–44 31
порядка выше второго. Отметим статью [19], в которой рассмотрена нелокальная задача для уравнения
четвертого порядка и, кроме того, имеется значительный список литературы. Исследования показали,
что классические методы обоснования разрешимости начально-краевых задач не могут быть применены
без существенных модификаций, если вместо краевых или начальных условий (или некоторых из
них) заданы нелокальные условия. Основное содержание статьи представляет собой демонстрацию
предложенного нами метода, который позволил доказать существование единственного решения задачи
с нелокальными интегральными условиями I рода, ядра которых зависят как от x, так и от t, для
уравнения четвертого порядка. Доказательство базируется на полученных в работе априорных оценках.
1. Постановка задачи
Рассмотрим уравнение
utt − (a(x, t)ux)x − (b(x)uttx)x + c(x, t)u = f(x, t) (1.1)
в области QT = (0, l) × (0, T), предполагая, что коэффициенты уравнения и его правая часть —
достаточно гладкие функции, a(x, t) > a0 > 0 в ¯QT , b(x) > b0 > 0, и поставим для него следующую
задачу.
Задача 1. Найти в QT решение уравнения (1.1), удовлетворяющее условиям:
u(x, 0) = φ(x), ut(x, 0) = ψ(x), (1.2)
∫ l
0
Ki(x, t)u(x, t)dx = hi(t), i = 1, 2. (1.3)
Функции f(x, t), Ki(x, t), hi(t), φ(x), ψ(x) заданы в соответствующих областях и достаточно гладки
там. Ниже мы приведем четкие требования и условия на эти функции. Будем также предполагать
выполненными условия согласования
∫ l
0
Ki(x, 0)φ(x)dx = hi(0),
∫ l
0
Ki(x, 0)ψ(x)dx +
∫ l
0
Kit(x, 0)φ(x)dx = h
′
i(0). (1.4)
Условие (1.3) относится к нелокальным интегральным условиям первого рода. Известно [20; 21],
что интегральные условия первого рода приводят к значительным трудностям при обосновании
разрешимости задач, отчасти аналогичных тем, что возникают при решении интегральных уравнений
первого рода.
Интегральные условия, содержащие и внеинтегральные слагаемые, в которых присутствуют следы
искомого решения и его производной по нормали к границе, называют условиями второго рода.
Для исследования нелокальных задач с интегральными условиями второго рода, содержащими
производные по пространственной переменной, разработан эффективный метод, позволяющий
обосновать разрешимость задачи в пространстве Соболева [20; 21]. При его реализации удается
использовать многие стандартные приемы вывода априорных оценок, на которых в основном базируется
доказательство как единственности, так и существования решения. В случае одной пространственной
переменной трудность, которую доставляет интегральное условие первого рода, можно легко обойти
с помощью приема [20], позволяющего перейти от условия вида (1.3) к условию, содержащему
производную по направлению нормали.
Мы используем здесь модифицированную версию этого приема и преодолеем на пути его реализации
и другую трудность, связанную с тем, что в нашей статье, в отличие, например, от [14], ядра
интегральных условий зависят как от x, так и от t.
2. Основной результат
Будем предполагать, что выполняются следующие условия:
a, ax, at, c ∈ C(¯QT ), b ∈ C1[0, l], φ ∈ W1
2 (0, l), ψ ∈ L2(0, l),
f ∈ L2(QT ), hi ∈ C2[0, T], Ki ∈ C2(¯QT ), Kitxx ∈ C(¯QT ),
Δ = K1(0, t)K2(l, t) − K1(l, t)K2(0, t) ̸= 0.
Мы докажем существование единственного обобщенного решения поставленной задачи 1, определение
которого будет дано ниже, в несколько этапов по следующей схеме.
1. Покажем, что условия первого рода (1.3) эквивалентны при выполнении условий согласования
(1.4) интегральным условиям второго рода.
32
Пулькина Л.С. Задача с нелокальными интегральными условиями I рода для уравнения в частных производных...
Pulkina L.S. A problem with nonlocal integral 1st kind conditions for 4th order partial differential equation.
2. Введем понятие обобщенного решения задачи с нелокальным условием второго рода, которую
будем называть задача 2.
3. Докажем единственность обобщенного решения задачи 2.
4. Докажем существование обобщенного решения задачи 2.
5. Сформулируем в терминах задачи 1 условия существования ее единственного обобщенного
решения.
Приступим к реализации нашего плана.
Эквивалентность нелокальных условий
Лемма. Если u(x, t) — решение задачи 1, выполняются условия согласования (1.4) и для всех
t ∈ [0, T]
Δ = K1(0, t)K2(l, t) − K1(l, t)K2(0, t) ̸= 0, (Kix(x, t)b(x))x = −Ki(x, t),
то условия (1.3) эквивалентны интегральным условиям второго рода вида
a(0, t)ux(0, t) = M1(u) + g1(t),
a(l, t)ux(l, t) = M2(u) + g2(t).
Здесь Mi(u) представляют собой соотношения, содержащие искомое решение u(x, t), его следы на x =
= 0, x = l, интегралы от искомого решения, но не содержат производных по пространственной
переменной, gi(t) выражаются через известные функции. Мы сознательно не выписываем сразу
представления Mi(u), и не только по причине их громоздкости. В процессе доказательства леммы
мы продемонстрируем их вывод, укажем возможные варианты, обоснуем сделанный выбор и обсудим
дальнейшее обобщение.
Доказательство. Пусть u(x, t) — решение задачи 1.
Дифференцируя равенство (1.3) по t дважды, получим
∫ l
0
Ki(x, t)utt(x, t)dx + 2
∫ l
0
Kit(x, t)ut(x, t)dx +
∫ l
0
Kitt(x, t)u(x, t)dx = h
′′
i (t). (2.1)
Так как по предположению u(x, t) удовлетворяет уравнению (1.3), то
utt = (aux)x + (buttx)x − cu + f.
Подставив это равенство в (2.1), мы получаем возможность проинтегрировать слагаемое, содержащее
вторые производные от искомого решения, что и сделаем. В результате получим из (2.1):
K1(l, t)a(l, t)ux(l, t) − K1(0, t)a(0, t)ux(0, t) + K1(l, t)b(l)uttx(l, t)−
−K1(0, t)b(0)uttx(0, t) − K1x(l, t)a(l, t)u(l, t) + K1x(0, t)a(0, t)u(0, t)+
+K1x(0, t)b(0)utt(0, t) − K1x(l, t)b(l)utt(l, t)+
+
∫ l
0
[(K1xa)x − K1c + 2K1tt]u(x, t)dx+
+4
∫ l
0
K1t(x, t)ut(x, t)dx = 2h
′′
1 (t) −
∫ l
0
K1(x, t)f(x, t)dx, (2.2)
K2(l, t)a(l, t)ux(l, t) − K2(0, t)a(0, t)ux(0, t) + K2(l, t)b(l)uttx(l, t)−
−K2(0, t)b(0)uttx(0, t) − K2x(l, t)a(l, t)u(l, t) + K2x(0, t)a(0, t)u(0, t)+
+K2x(0, t)b(0)utt(0, t) − K2x(l, t)b(l)utt(l, t)+
+
∫ l
0
[(K2xa)x − K2c + 2K2tt]u(x, t)dx+
+2
∫ l
0
K2t(x, t)ut(x, t)dx = 2h
′′
2 (t) −
∫ l
0
K2(x, t)f(x, t)dx. (2.3)
Рассмотрим равенства (2.2) и (2.3) как систему уравнений относительно a(0, t)ux(0, t) + buttx(0, t),
a(l, t)ux(l, t) + buttx(l, t) и, учитывая условие
Δ = K1(0, t)K2(l, t) − K1(l, t)K2(0, t) ̸= 0, решим ее. Получим
a(0, t)ux(0, t) + buttx(0, t) = α11(t)u(0, t) + α12(t)u(l, t) + β11(t)utt(0, t)+
+β12(t)utt(l, t) +
∫ l
0
H1(x, t)u(x, τ )dx +
∫ l
0
P1(x, t)utdx + g1(t), (2.4)
Вестник Самарского университета. Естественнонаучная серия 2024. Том 30, № 2. С. 30–44
Vestnik of Samara University. Natural Science Series 2024, vol. 30, no. 2, pp. 30–44 33
a(l, t)ux(l, t) + buttx(l, t) = α21(t)u(0, t) + α22(t)u(l, t) + β21(t)utt(0, t)+
+β22(t)utt(l, t) +
∫ l
0
H2(x, t)u(x, τ )dx +
∫ l
0
P2(x, t)utdx + g1(t), (2.5)
где мы обозначили
α11(t) =
K1x(0, t)K2(l, t) − K2x(0, t)K1(l, t)
Δ
a(0, t),
α12(t) =
K2x(l, t)K1(l, t) − K1x(l, t)K2(l, t)
Δ
a(l, t),
α21(t) =
K1x(0, t)K2(0, t) − K2x(0, t)K1(0, t)
Δ
a(0, t),
α22(t) =
K2x(l, t)K1(0, t) − K1x(l, t)K2(0, t)
Δ
a(l, t),
β11(t) =
K1x(0, t)K2(l, t) − K2x(0, t)K1(l, t)
Δ
b(0),
β12(t) =
K2x(l, t)K1(l, t) − K1x(l, t)K2(l, t)
Δ
b(l),
β21(t) =
K1x(0, t)K2(0, t) − K2x(0, t)K1(0, t)
Δ
b(0),
β22(t) =
K2x(l, t)K1(0, t) − K1x(l, t)K2(0, t)
Δ
b(l),
˜K
1 = (K1x(x, t)a(x, t))x − K1(x, t)c(x, t) + 2K1tt(x, t),
˜K
2 = (K2x(x, t)a(x, t))x − K2(x, t)c(x, t) + 2K2tt(x, t),
H1(x, t) =
˜K
1(x, t)K2(l, t) − ˜K2(x, t)K1(l, t)
Δ
,
H2(x, t) =
˜K
1(x, t)K2(0, t) − ˜K2(x, t)K1(0, t)
Δ
,
P1(x, t) = 2
K1t(x, t)K2(l, t) − K2t(x, t)K1(l, t)
Δ
,
P2(x, t) = 2
K1t(x, t)K2(0, t) − K2t(x, t)K1(0, t)
Δ
,
g1(t) =
1
Δ
[
h
′′
1 (t)K2(l, t) − h
′′
2 (t)K1(l, t)−
−
∫ l
0
[K1(x, t)K2(l, t) − K2(x, t)K1(l, t)]f(x, t)dx
]
,
g2(t) =
1
Δ
[
h
′′
1 (t)K2(0, t) − h
′′
2 (t)K1(0, t)−
−
∫ l
0
[K1(x, t)K2(0, t) − K2(x, t)K1(0, t)]f(x, t)dx
]
.
Пусть теперь u(x, t) — решение уравнения (1.1), удовлетворяющее условиям (1.2), (2.4), (2.5),
и выполняются условия согласования (1.4). Заметим, что если выполняются (2.4), (2.5), то выполняются
и (2.2), (2.3), из которых и получены (2.4), (2.5). Умножив (1.1) на Ki(x, t) и проинтегрировав
полученные равенства по промежутку (0, l) после элементарных, но громоздких преобразований,
в которых учтены (2.2), (2.3), приходим к равенствам
d2
dt2 [
∫ l
0
Ki(x, t)u(x, t)dx − hi(t)] = 0. (2.6)
∫Мы получили два уравнения второго порядка относительно функций l
0 Ki(x, t)u(x, t)dx − hi(t), i = 1, 2. В силу начальных данных (1.2) и условий согласования (1.4) имеем
∫ l
0
Ki(x, 0)u(x, 0)dx − hi(0) = 0,
d
dt
∫ l
0
Ki(x, t)u(x, t)dx|t=0 − h
′
i(0) = 0,
34
Пулькина Л.С. Задача с нелокальными интегральными условиями I рода для уравнения в частных производных...
Pulkina L.S. A problem with nonlocal integral 1st kind conditions for 4th order partial differential equation.
откуда ∫ l
0
Ki(x, t)u(x, t)dx − hi(t) = 0
как решение однородной задачи Коши. Это означает, что выполняются условия (1.3) и лемма доказана
Утверждение доказанной леммы дает возможность вместо задачи 1 с нелокальными условиями (1.3)
изучать задачу с условиями (2.4), (2.5), которые содержат производные по пространственной переменной.
Именно их присутствие в нелокальном условии позволит получить оценки, с помощью которых мы и
докажем однозначную разрешимость задачи. Действительно, для обоснования разрешимости задач с
нелокальными условиями вида
∂u(x, t)
∂ν
+
∫
Ω
K(x, y, t)u(y, t)dy = h(x, t), x ∈ ∂Ω
разработан и не раз применен эффективный метод [23; 9; 21]. Однако в нашем случае все не так просто,
так как в правых частях равенств (2.4), (2.5) присутствуют следы производных второго порядка по t,
что существенно отличает ситуацию от той, которая имеет место в отмеченных статьях. Мы покажем,
что это не препятствует обоснованию разрешимости упомянутым методом, если предпринять некоторые
меры.
Во избежание громоздких выражений введем обозначения
B1(u) = α11(t)u(0, t) + α12(t)u(l, t) + β11(t)utt(0, t) + β12(t)utt(l, t)+
+
∫ l
0
H1(x, t)u(x, τ )dx +
∫ l
0
P1(x, t)utdx,
B2(u) = α21(t)u(0, t) + α22(t)u(l, t) + β21(t)utt(0, t) + β22(t)utt(l, t)+
+
∫ l
0
H2(x, t)u(x, τ )dx +
∫ l
0
P2(x, t)utdx.
Учитывая доказанное в лемме 1 утверждение об эквивалентности нелокальных условий, перейдем к
задаче с нелокальными интегральными условиями второго рода
a(0, t)ux(0, t) + buttx(0, t) = B1(u) + g1(t),
a(l, t)ux(l, t) + buttx(l, t) = B2(u) + g2(t).
(2.7)
Задача 2. Найти в QT решение уравнения (1.1), удовлетворяющее условиям (1.2) и (2.7).
Введем понятие решения задачи 2.
Следуя известной схеме [25] и предполагая, что u(x, t) является классическим решением задачи 2,
рассмотрим равенство
∫ T
0
∫ l
0
(utt − (aux)x − (buttx)x + cu)v(x, t)dxdt =
∫ T
0
∫ l
0
f(x, t)v(x, t)dxdt,
где v(x, t) достаточно гладкая функция и v(x, T) = 0.
Преобразовав это равенство, интегрируя по частям, получим
∫ T
0
∫ l
0
(−utvt + auxvx − buxtvxt + cuv)dxdt+
+
∫ T
0
v(0, t)[a(0, t)ux(0, t) + b(0)uttx(0, t)]dt−
−
∫ T
0
v(l, t)[a(l, t)ux(l, t) + b(l)uttx(l, t)]dt =
∫ T
0
∫ l
0
fvdxdt.
Учитывая теперь условия (2.7), запишем полученное равенство так:
∫ T
0
∫ l
0
(−utvt + auxvx − buxtvxt + cuv)dxdt+
+
∫ T
0
v(0, t)B1(u)dt −
∫ T
0
v(l, t)B2(u)dt =
=
∫ T
0
∫ l
0
fvdxdt +
∫ T
0
v(0, t)g1(t)dt +
∫ T
0
v(l, t)g2(t).
Вестник Самарского университета. Естественнонаучная серия 2024. Том 30, № 2. С. 30–44
Vestnik of Samara University. Natural Science Series 2024, vol. 30, no. 2, pp. 30–44 35
Обозначим
W(QT ) = {u(x, t) : u ∈ W1
2 (QT ), uxt ∈ L2(QT )};
ˆW
(QT ) = {v(x, t) : v ∈ W(QT ), v(x, T) = 0}.
Нашей целью является доказательство разрешимости задачи 2 в пространстве W(QT ), поэтому
полученное выше равенство пока не может служить основой определения решения в этом пространстве,
так как содержит следы производных второго и третьего порядков. Чтобы преодолеть это затруднение,
преобразуем слагаемые, содержащие эти производные, интегрируя по частям, в
∫ T
0
v(0, t)B1(u)dt,
∫ T
0
v(l, t)B2(u)dt.
Приведем эти выкладки для первого слагаемого:
∫ T
0
v(0, t)utt(0, t)β11dt = −
∫ T
0
vt(0, t)ut(0, t)β11dt −
∫ T
0
v(0, t)ut(0, t)β
′
11(t)dt,
∫ T
0
v(0, t)utt(l, t)β12dt = −
∫ T
0
vt(0, t)ut(l, t)β12dt −
∫ T
0
v(0, t)ut(l, t)β
′
12(t)dt,
В результате сделанных преобразований получим
∫ T
0
v(0, t)B1(u)dt =
=
∫ T
0
v(0, t)[α11u(0, t) + α12u(l, t) − β
′
11ut(0, t) − β
′
12ut(l, t)]dt−
−
∫ T
0
vt(0, t)[β11(t)ut(0, t) + β12ut(l, t)]dt+
+
∫ T
0
v(0, t)[
∫ l
0
H1(x, t)u(x, t)dx +
∫ l
0
P1(x, t)ut(x, t)dx]dt. (2.8)
Совершенно аналогично получим
∫ T
0
v(l, t)B2(u)dt =
=
∫ T
0
v(l, t)[α21u(0, t) + α22u(l, t) − β
′
21ut(0, t) − β
′
22ut(l, t)]dt−
−
∫ T
0
vt(l, t)[β21(t)ut(0, t) + β22ut(l, t)]dt+
+
∫ T
0
v(l, t)[
∫ l
0
H2(x, t)u(x, t)dx +
∫ l
0
P2(x, t)ut(x, t)dx]dt. (2.9)
Определение. Решением задачи 2 будем называть функцию u ∈ W(QT ), удовлетворяющую условию
u(x, 0) = 0 и тождеству
∫ T
0
∫ l
0
(−utvt + auxvx − buxtvxt + cuv)dxdt +
∫ T
0
v(0, t)B1(u)dt −
∫ T
0
v(l, t)B2(u)dt =
=
∫ T
0
∫ l
0
fvdxdt −
∫ T
0
v(0, t)g1(t)dt +
∫ T
0
v(l, t)g2(t)dt (2.10)
для любой v ∈ ˆW (QT ), а второй и третий интегралы в левой части (2.10) понимаются в смысле (2.8)
и (2.9).
Теорема 1.
Если
a, ax, at, c ∈ C(¯QT ), αij , ∈ C1[0, T], βij ∈ C2[0, T], i, j = 1, 2,
Hi, Pi, Pix ∈ L2(0, l) ∀t ∈ [0, T], gi ∈ L2(0, T),
β12 + β21 = 0, β11ξ2 − 2β12ξη − β22η2 > 0,
то существует единственное обобщенное решение задачи 2.
36
Пулькина Л.С. Задача с нелокальными интегральными условиями I рода для уравнения в частных производных...
Pulkina L.S. A problem with nonlocal integral 1st kind conditions for 4th order partial differential equation.
Доказательство.
Покажем, что существует не более одного решения задачи 2. Предположим, что это не так.
Тогда функция u(x, t) = u1(x, t) − u2(x, t), разность предполагаемых различных решений задачи 2,
удовлетворяет условию u(x, 0) = 0 и тождеству
∫ T
0
∫ l
0
(−utvt + auxvx − butxvtx + cuv)dxdt+
+
∫ T
0
v(0, t)B1(u)dt −
∫ T
0
v(l, t)B1(u)dt = 0. (2.11)
Выберем функцию v(x, t) в (2.11) следующим образом:
v(x, t) =


∫t

u(x, η)dη, 0 6 t 6 τ,
0, τ 6 t 6 T.
Преобразуем (2.11) с выбранной функцией, учитывая, что vt(x, t) = u(x, t), v(x, τ ) = 0. Начнем с
интегрирования первых двух слагаемых под знаком интеграла слева и получим
1
2
∫ l
0
[u2(x, τ ) + b(x)u2
x(x, τ ) + a(x, 0)v2x(x, 0)]dx =
∫
0
∫ l
0
cuvdxdt−
−1
2
∫
0
∫ l
0
atv2xdxdt +
∫
0
v(0, t)B1(u)dt −
∫
0
v(l, t)u)B2(u)dt. (2.12)
На первый взгляд очевиден следующий шаг в доказательстве — сделать оценку правой части (2.12).
Но сразу это сделать нельзя, так как соотношения Bi(u) содержат следы искомого решения, что
пока не позволяет получить полезную оценку в нужном пространстве. Поэтому сделаем некоторые
преобразования в процессе оценки правой части равенства (2.12). Запишем их постепенно и подробно,
учитывая введенные обозначения.
Рассмотрим правые части (2.8), (2.9) и проведем некоторые вычисления с учетом представления
выбранной функции v(x, t).
I11 =
∫
0
α11(t)v(0, t)u(0, t)dt = −1
2
∫
0
α
′
11(t)v2(0, t)dt − 1
2
α11(0)v2(0, 0);
I12 =
∫
0
α12v(0, t)vt(l, t)dt;
I13 = −
∫
0
β11(t)vt(0, t)ut(0, t)dt =
1
2
∫
0
β
′
11(t)u2(0, t)dt − 1
2
β11(τ )u2(0, τ );
I14 = −
∫
0
β12(t)vt(0, t)ut(l, t)dt;
I15 = −
∫
0
v(0, t)ut(0, t)β
′
11(t)dt =
∫
0
u2(0, t)β
′
11(t)dt +
∫
0
v(0, t)u(0, t)β
′′
11(t)dt;
I16 = −
∫
0
v(0, t)ut(l, t)β
′
12(t)dt =
∫
0
u(0, t)u(l, t)β
′
12(t)dt +
∫
0
v(0, t)u(l, t)β
′′
12(t)dt;
I17 =
∫
0
v(0, t)
∫ l
0
P1(x, t)ut(x, t)dxdt = −
∫
0
u(0, t)
∫ l
0
P1(x, t)u(x, t)dxdt−
−
∫
0
∫ l
0
P1t(x, t)u(x, t)dxdt;
I21 = −
∫
0
α21v(l, t)(t)u(0, t)dt =
∫
0
α21v(0, t)vt(l, t)dt +
∫
0
α
′
21(t)v(l, t)v(0, t)dt+
+α21(0)v(0, 0)v(l, 0);
I22 = −
∫
0
α22(t)v(l, t)u(l, t)dt =
1
2
∫
0
α
′
22v2(l, t)dt +
1
2
α22(0)v2(l, 0);
I23 =
∫
0
β21(t)vt(l, t)ut(0, t)dt = −
∫
0
β
′
21(t)vt(l, t)vt(0, t)dt −
∫
0
β21(t)vt(0, t)ut(l, t)dt+
+β21(τ )u(l, τ )u(0, τ );
Вестник Самарского университета. Естественнонаучная серия 2024. Том 30, № 2. С. 30–44
Vestnik of Samara University. Natural Science Series 2024, vol. 30, no. 2, pp. 30–44 37
I24 =
∫
0
β22(t)vt(l, t)ut(l, t)dt = −1
2
∫
0
β
′
22u2(l, t)dt +
1
2
β22(τ )u2(l, τ );
I25 =
∫
0
v(l, t)ut(0, t)β
′
21(t)dt = −
∫
0
u(0, t)u(l, t)β
′
21(t)dt −
∫
0
v(l, t)u(0, t)β
′′
21(t)dt;
I26 =
∫
0
v(l, t)ut(l, t)β
′
22(t)dt = −
∫
0
u2(l, t)β
′
22(t)dt −
∫
0
v(l, t)u(l, t)β
′′
22(t)dt;
I27 = −
∫
0
v(l, t)
∫ l
0
P2(x, t)ut(x, t)dxdt =
∫
0
vt(l, t)
∫ l
0
P2(x, t)u(x, t)dxdt+
+
∫
0
v(l, t)
∫ l
0
P2tu(x, t)dxdt.
Результаты сделанных преобразований нужно подставить в (2.12), но мы не будем это делать в явном
виде, а воспользуемся введенными обозначениями и заметим, что так как по условию β12 +β21 = 0, то
I14+I23 =
∫
0 β′
21(t)u(0, t)u(l, t)dt−β21(τ )u(0, τ )u(l, τ ), а так как β11ξ2+2β12ξη−β22η2 > 0, то из равенства
(2.12) вытекает неравенство
∫ l
0
[u2(x, τ ) + bu2
x(x, τ ) + a(x, 0)v2x(x, 0)]dx 6 2|
∫
0
∫ l
0
cuvdxdt| +
∫
0
∫ l
0
|at|v2xdxdt+
+
∫
0
|α
′
11
|(t)v2(0, t)dt + 2|
∫
0
α
′
12v(0, t)v(l, t)dt| +
∫
0
|α
′
22
|v2(l, t)dt+
+|α11|(0)v2(0, 0) + 2|α21(0)v(0, 0)v(l, 0)| + |α22|v2(l, 0)+
+
∫
0
|β
′
11
|u2(0, t)dt + 2|
∫
0
β
′
21u(0, t)u(l, t)dt| +
∫
0
|β
′
22(t)u2(l, t)dt|+
+2|
∫
0
v(0, t)u(0, t)β
′′
11(t)dt| + 2|
∫
0
v(0, t)u(l, t)β
′′
12(t)dt|+
+2|
∫
0
v(l, t)u(0, t)β
′′
21(t)dt| + 2|
∫
0
v(l, t)u(l, t)β
′′
22(t)dt|+
+2|
∫
0
u(0, t)
∫ l
0
P1(x, t)u(x, t)dxdt| + 2|
∫
0
v(0, t)
∫ l
0
P1t(x, t)u(x, t)dxdt|+
+2|
∫
0
u(l, t)
∫ l
0
P2(x, t)u(x, t)dxdt| + 2|
∫
0
v(l, t)
∫ l
0
P2t(x, t)u(x, t)dxdt|+
+2|
∫
0
v(0, t)
∫ l
0
H1(x, t)u(x, t)dxdt| + 2|
∫
0
v(l, t)
∫ l
0
H2(x, t)u(x, t)dxdt|+
+2|
∫
0
α21v(0, t)u(l, t)dt|. (2.13)
Теперь уже легко вывести нужную оценку. Для этого нам понадобятся неравенства Коши, Коши —
Буняковского, неравенства
w2(ξi, t) 6 2l
∫l
0
w2x(x, t)dx + 2
l
∫l
0
w2(x, t)dx,
w2(ξi, t) 6 ε
∫l
0
w2x (x, t)dx + c(ε)
∫l
0
w2(x, t)dx,
ξ1 = 0, ξ2 = l, w ∈ W1
2 (QT ),
(2.14)
которые выводятся так же, как и в ([25] (6.24, с. 77), а также неравенство
v2(x, t) 6 τ
∫
0
u2(x, t)dt, ∀t ∈ [0, T], (2.15)
которое следует из представления выбранной выше функции v(x, t).
Условия теоремы гарантируют существование таких положительных чисел a0, a1, c0, b0, b1, κ, σ, что
a(x, t) > a0, b(x) > b0, max
¯Q
T
|a(x, t), at(x, t)| 6 a1, max
¯Q
T
|c(x, t)| 6 c0,
max
[0;T ]
|αij(t), βij(t) α
′
ij(t), β
′
ij(t), β
′′
ij(t)| 6 b1, i, j = 1, 2,
max
[0;T ]
∫ l
0
H2
i (x, t)dx 6 κ, max
¯Q
T
∫ l
0
P2
i (x, t, τ )dτ 6 σ, i = 1, 2.
38
Пулькина Л.С. Задача с нелокальными интегральными условиями I рода для уравнения в частных производных...
Pulkina L.S. A problem with nonlocal integral 1st kind conditions for 4th order partial differential equation.
Учитывая выписанные ограничения и применяя к слагаемым, содержащим произведения, неравенства
Коши и Коши — Буняковского, получим из (2.13), принимая также во внимание условие (2.15),
неравенство ∫ l
0
[u2(x, τ ) + a0v2x(x, 0) + b0u2
x(x, τ )]dx 6 C1
∫
0
∫ l
0
[u2 + v2 + v2x ]dxdt+
+C2
∫
0
[u2(0, t) + u2(l, t) + v2(0, t) + v2(l, t)]dt + C3[v2(0, 0) + v2(l, 0)], (2.16)
где C1, C2, C3 выражаются через определенные выше числа a0, a1, c0, b0, b1, κ, σ элементарным
образом, которые из-за большого количества слагаемых слишком громоздки, и мы их не приводим.
Теперь оценим слагаемые правой части последнего неравенства, содержащие следы функции v(x, t)
на боковых границах, применив для этого неравенства (2.14) и (2.15).
∫
0
v2(0, t)dt 6 2l
∫
0
∫ l
0
v2x(x, t)dxdt +
2
l
∫
0
∫ l
0
v2(x, t)dxdt 6
6 2l
∫
0
∫ l
0
v2x (x, t)dxdt +
2
l
τ 2
∫
0
∫ l
0
u2(x, t)dxdt;
∫
0
v2(l, t)dt 6 2l
∫
0
∫ l
0
v2x (x, t)dxdt +
2
l
∫
0
∫ l
0
v2(x, t)dxdt 6
6 2l
∫
0
∫ l
0
v2x (x, t)dxdt +
2
l
τ 2
∫
0
∫ l
0
u2(x, t)dxdt;
v2(0, 0) 6 ε
∫ l
0
v2x(x, 0)dx + c(ε)
∫ l
0
v2(x, 0)dx 6
6 ε
∫ l
0
v2x(x, 0)dx + c(ε)τ
∫
0
∫ l
0
u2(x, t)dx;
v2(l, 0) 6 ε
∫ l
0
v2x (x, 0)dx + c(ε)
∫ l
0
v2(x, 0)dx 6
6 ε
∫ l
0
v2x (x, 0)dx + c(ε)τ
∫
0
∫ l
0
u2(x, t)dx
∫
0
u2(0, t)dt 6 2l
∫
0
∫ l
0
u2
x(x, t)dxdt +
2
l
∫
0
∫ l
0
u2(x, t)dxdt,
∫
0
u2(l, t)dt 6 2l
∫
0
∫ l
0
u2
x(x, t)dxdt +
2
l
∫
0
∫ l
0
u2(x, t)dxdt.
С учетом полученных неравенств из (2.16) следует
∫ l
0
[u2(x, τ ) + a0v2x(x, 0) + b0u2
x(x, τ )]dx 6
6 C
∫
0
∫ l
0
[u2 + u2
x + v2x]dxdt + 2C3ε
∫ l
0
v2x(x, 0)dx, (2.17)
где C выражается через C1,C2,C3, l, τ. Выберем ε так, чтобы a0−2C3ε > 0, положив для определенности
ε = a0
4C3
, и перенесем последний интеграл в (2.15) в левую часть неравенства. Тогда
∫ l
0
[u2(x, τ ) +
a0
2
v2x(x, 0) + b0u2
x(x, τ )]dx 6 C
∫
0
∫ l
0
[u2 + v2x + u2
x]dxdt.
Последнее препятствие на пути к нужной оценке в виде v2x (x, 0) преодолеем, введя функцию w(x, t) =
=
∫ t
0 ux(x, η)dη. Из представления функции v(x, t) следует
vx(x, t) =
∫ t

ux(x, η)dη = w(x, t) − w(x, τ ), vx(x, 0) = w(x, τ ).
Тогда, применив неравенство Коши для оценки (w(x, t) − w(x, τ ))2, получим
∫ l
0
[u2(x, τ ) +
a0
2
w2(x, τ ) + b0u2
x(x, τ )]dx 6
Вестник Самарского университета. Естественнонаучная серия 2024. Том 30, № 2. С. 30–44
Vestnik of Samara University. Natural Science Series 2024, vol. 30, no. 2, pp. 30–44 39
6 2C
∫
0
∫ l
0
[u2 + u2
x + w2]dxdt + 2Cτ
∫ l
0
w2(x, τ )dx.
Пользуясь произволом, выберем τ так, чтобы ν = a0
2
− 2Cτ > 0, перенесем последнее слагаемое правой
части неравенства в левую его часть и получим неравенство
m0
∫ l
0
[u2(x, τ ) + w2(x, τ ) + u2
x(x, τ )]dx 6 2C
∫
0
∫ l
0
[u2 + w2 + u2
x]dxdt,
где m0 = min{1, ν, b0}, справедливое для всех τ ∈ [0, a0
4C ], из которого в силу леммы Гронуолла [24]
следует
m0
∫ l
0
[u2(x, τ ) + w2(x, τ ) + u2
x(x, τ )]dx 6 0,
откуда u(x, t) = 0 в [0, a0
4C ]. Следуя процедуре, описанной в [25] (с. 212), покажем, что u(x, t) = 0 и в
[ a0
4C , a0
2C ], и, продолжая этот процесс, на всем промежутке [0, T].
Это и означает, что предположение о существовании двух различных решений задачи 2 неверно, и,
стало быть, единственность решения доказана.
Приступим к доказательству существования решения, для чего воспользуемся методом Галеркина.
Пусть {wk(x)} — произвольная система функций из C2[0, l], линейно независимая и полная в W1
2 (0, l).
Будем искать приближенные решения задачи 2 в виде
um(x, t) =
Σm
k=1
cmk(t)wk(x) (2.18)
из соотношений
∫ l
0
(um
ttwi + aumx
w
′
i + bum
ttxw
′
i + cumwi)dx + wi(0)B1(um) − wi(l)B2(u) =
=
∫ l
0
fwidx − wi(0)F1(t) + wi(l)F2(t), cmk(0) = c
′
mk(0) = 0, (2.19)
где
B1(u) = α11(t)u(0, t) + α12(t)u(l, t) + β11(t)utt(0, t) + β12(t)utt(l, t)+
+
∫ l
0
H1(x, t)u(x, τ )dx +
∫ l
0
P1(x, t)utdx,
B2(u) = α21(t)u(0, t) + α22(t)u(l, t) + β21(t)utt(0, t) + β22(t)utt(l, t)+
+
∫ l
0
H2(x, t)u(x, τ )dx +
∫ l
0
P2(x, t)utdx.
Подставив (2.18) в (2.19), убеждаемся в том, что (2.19) представляет собой систему дифференциальных
уравнений относительно cmk(t). Действительно, подстановка (2.18) в (2.19) дает
∫ l
0
(um
ttwi + aumx
w
′
i + bum
ttxw
′
i + cumwi)dx =
Σm
k=1
c
′′
mk(t)
( ∫ l
0
wkwidx+
+β11wi(0)wk(0) + β12wi(0)wk(l) − β21wi(l)wk(0) − β22wi(l)wk(l)
)
+
+
Σm
k=1
c
′
k(t)
(
wi(0)
∫ l
0
P1(x, t)wk(x)dx − wi(l)
∫ l
0
P2(x, t)wk(x)dx
)
+
+
Σm
k=1
ck(t)
( ∫ l
0
[aw
′
iw
′
k + cwiwk]dx + α11wi(0)wk(0) + α12wi(0)wk(l)−
−α21wi(l)wk(0) − α22wi(l)wk(l)+
+wi(0)
∫ l
0
(H1 + P1)wk(x)dx − wi(l)
∫ l
0
(H2 + P2)wk(x)dx
)
=
=
∫ l
0
fwidx − wi(0)F1(t) + wi(l)F2(t).
Введя очевидное обозначение, получим
Σm
k=1
Aikc
′′
k(t) + Dikc
′
k(t) + dikck(t) = Gi(t), ck(0) = c
′
k(0) = 0.
40
Пулькина Л.С. Задача с нелокальными интегральными условиями I рода для уравнения в частных производных...
Pulkina L.S. A problem with nonlocal integral 1st kind conditions for 4th order partial differential equation.
Эта задача Коши однозначно разрешима, Действительно, матрица коэффициентов при старших
производных невырожденная в силу линейной независимости функций wi(x) и условий β12 + β21 = 0
и β11ξ2 + 2β12ξη − β22η2 > 0. Условия теоремы гарантируют ограниченность коэффициентов и правой
части уравнений.
Таким образом, последовательность приближенных решений задачи 2 построена.
На следующем этапе доказательства существования решения выведем априорную оценку. Для этого
умножим каждое из соотношений (2.19) на свою c′
mi(t), просуммируем по i от 1 до m, а затем
проинтегрируем по t ∈ (0, τ ). Получим
∫
0
∫ l
0
(um
tt umt
+ aumx
um
xt + bum
xttum
xt+cumumt
)dxdt+
+
∫
0
umt
(0, t)[α11(t)u(0, t) + α12(t)u(l, t) + β11(t)utt(0, t) + β12utt(l, t)]dt−
−
∫
0
umt
(l, t)[α21(t)u(0, t) + α22(t)u(l, t) + β21(t)utt(0, t) + β22utt(l, t)]dt+
+
∫
0
umt
(0, t)
( ∫ l
0
H1(x, t)um(x, t)dx +
∫ l
0
P1(x, t)umt
(x, t)dx
)
dt−
−
∫
0
umt
(l, t)
( ∫ l
0
H2(x, t)um(x, t)dx +
∫ l
0
P2(x, t)umt
(x, t)dx
)
dt =
=
∫
0
∫ l
0
fumt
dxdt −
∫
0
F1(t)umt
(0, t)dt +
∫
0
F2(t)umt
(l, t)dt.
Для вывода оценки применим в основном ту же технику, что и при доказательстве единственности
решения, обратив внимание лишь на некоторые детали.
Первое слагаемое преобразуется стандартным образом с помощью интегрирования по частям
∫
0
∫ l
0
(um
tt umt
+ aumx
um
xt + bum
xttum
xt + cumumt
)dxdt =
=
1
2
∫ l
0
[(umt
(x, τ ))2 + a(umx
(x, τ ))2 + b(um
xt(x, τ ))2]dx+
+
∫
0
∫ l
0
cumumt
dxdt − 1
2
∫
0
∫ l
0
at(umx
)2dxdt.
Рассмотрим следующие слагаемые и заметим, что в некоторых из них под знаком интеграла
содержатся следы производных второго порядка искомого решения по t, что не позволит обойтись
неравенством Коши для вывода оценки в пространстве W1
2 (QT ). Поэтому сделаем небольшые
преобразования, интегрируя по частям и учитывая, что um(x, 0) = 0. После выполнения этих
элементарных преобразований и учтя условие β12 + β21 = 0, получим
∫ l
0
[(umt
(x, τ ))2 + a(umx
(x, τ ))2 + b(um
xt(x, τ ))2]dx =
= −2
∫
0
∫ l
0
cumumt
dxdt +
∫
0
∫ l
0
at(umx
)2dxdt+
+[α11(τ )(um(0, τ ))2 − 2α21(τ )um(0, τ )um(l, τ ) − α22(um(l, τ )2)]−
−[β11(τ )(umt
(0, τ ))2 − 2β21(τ )umt
(0, τ )umt
(l, τ ) − β22(umt
(l, τ )2)]+
+
∫
0
[α
′
11(um(0, t))2 − 2α
′
21um(0, t)um(l, t)dt − α
′
22(um(l, t))2]dt+
+
∫
0
[β
′
11(umt
(0, t))2 − 2β
′
21umt
(0, t)umt
(l, t)dt − β
′
22(umt
(l, t))2]dt−
−2
∫
0
(α12(t) − α21(t))umt
(0, t)um(l, t)dt+
+2
∫
0
umt
(0, t)
( ∫ l
0
H1(x, t)um(x, t)dx +
∫ l
0
P1(x, t)umt
(x, t)dx
)
dt−
−2
∫
0
umt
(l, t)
( ∫ l
0
H2(x, t)um(x, t)dx +
∫ l
0
P2(x, t)umt
(x, t)dx
)
dt+
Вестник Самарского университета. Естественнонаучная серия 2024. Том 30, № 2. С. 30–44
Vestnik of Samara University. Natural Science Series 2024, vol. 30, no. 2, pp. 30–44 41
+
∫
0
∫ l
0
fumt
dxdt −
∫
0
F1(t)umt
(0, t)dt +
∫
0
F2(t)umt
(l, t)dt. (2.20)
Теперь выведем оценку, применяя ту же технику, что и при доказательстве единственности решения:
используем неравенства Коши, Коши — Буняковского и неравенства (2.14), (2.15). Получим из (2.20)
неравенство ∫ l
0
[(umt
(x, τ ))2 + (umx
(x, τ ))2 + (um
xt(x, τ )]2dx 6
6 C4
∫
0
∫ l
0
[(um)2 + (umt
)2 + (umx
)2 + (um
xt)2]dxdt+
+C5(||f||2
L2(QT ) + ||F1||2
L2(0;T ) + ||F2||2
L2(0;T )),
Прибавив к обеим частям неравенство (um(x, τ ))2 6 τ
∫
0 (umt
(x, t))2dt, которое вытекает из представления
um(x, τ ) =
∫
0 umt
(x, t)dt, где мы учли, что um(x, 0) = 0, получим
∫ l
0
[(um(x, τ ))2 + (umt
(x, τ ))2 + (umx
(x, τ ))2 + (um
xt(x, τ ))2]dx 6
6 C6
∫
0
∫ l
0
[(um)2 + (umt
)2 + (umx
)2 + (um
xt)2]dxdt+
+C5(||f||2
L2(QT ) + ||F1||2
L2(0;T ) + ||F2||2
L2(0;T )),
применив к которому лемму Гронуолла, а затем проинтегрировав по τ ∈ [0, T], получим нужную оценку
||um||
W(QT ) 6 S, (2.21)
где S не зависит от m. Существование этой мажорирующей постоянной обеспечено условиями теоремы.
Благодаря (2.21) из построенной последовательности um(x, t) можно выбрать подпоследовательноcть,
слабо сходящуюся в W1
2 (QT ) и равномерно по t ∈ [0, T] в L2(0, l). За выделенной подпоследовательностью
сохраним прежнее обозначение. Указанные сходимости обеспечивают выполнение начального условия
u(x, 0) = 0 и справедливость тождества (2.10), что доказывается так же, как и в [25] (с. 215).
Теорема 1 полностью доказана.
Вернемся к задаче 1 и, опираясь на лемму, под ее решением будем понимать обобщенное решение
задачи 2. Поэтому нам осталось только сформулировать условия разрешимости в терминах задачи 1.
Теорема 2. Пусть выполнены условия
a, at, c ∈ C(¯QT ), b ∈ C1[0, T], b(0) = b(l), f ∈ L2(QT ),
Ki ∈ C2(¯QT ), i = 1, 2, Δ = K1(0, t)K2(l, t) − K2(0, t)K1(l, t) ̸= 0,
K2x(l, t)K1(l, t) − K1x(l, t)K2(l, t) + K1x(0, t)K2(0, t) − K2x(0, t)K1(0, t) = 0,
[K1x(0, t)K2(l, t) − K2x(0, t)K1(l, t)]ξ2 − 2[K1x(0, t)K2(0, t) − K2x(0, t)K1(0, t)]ξη
−[K2x(l, t)K1(0, t) − K1x(l, t)K2(0, t)]η2 > 0.
Тогда существует единственное обобщенное решение задачи 1.
Выводы
В статье предложен и реализован метод доказательства существования единственного обобщенного решения задачи с нелокальными условиями первого рода для уравнения четвертого порядка. Получены условия на входные данные, обеспечивающие однозначную разрешимость поставленной задачи, представленные в теореме 2.

About the authors

L. S. Pulkina

Samara National Research University

Author for correspondence.
Email: louise@samdiff.ru
ORCID iD: 0000-0001-7947-6121

Doctor of Physical and Mathematical Sciences, professor, professor of the Department of Differential Equations and Control Theory

Russian Federation, 34, Moskovskoye shosse, Samara, 443086, Russian Federation

References

Supplementary files