Решение задачи для одномерного волнового уравнения с нелокальным краевым условием

Аннотация

В статье доказано существование единственного решения начально-краевой задачи с нелокальным условием для одномерного волнового уравнения. Обоснование разрешимости основано на возможности построения биортогонального базиса и представлении решения в виде ряда по собственным и присоединенным функциям

Полный текст

Введение
Задачи с нелокальными условиями, которые мы понимаем как соотношения, связывающие
значения искомого решения и его производных в различных точках границы и на внутрен-
них многообразиях, активно изучаются в настоящее время. Интерес к ним связан не только
с теоретическим аспектом развития теории дифференциальных уравнений, но и с тем, что
математические модели, в основе которых лежат нелокальные задачи, часто оказываются
более эффективными и полезными для современного естествознания [1; 2]. Задолго до на-
чала систематических исследований задач с нелокальными условиями была опубликована
статья В.А. Стеклова [3], в которой изучена задача с нелокальными краевыми условиями для
уравнения теплопроводности. В ней получены условия на коэффициенты нелокальных соот-
ношений, выполнение которых гарантирует разрешимость поставленной задачи. Естественно
возник интерес к тем случаям, когда эти условия не выполнены. В этой связи отметим статьи
Н.И. Ионкина [4], в которой рассмотрена задача с неклассическим краевым условием для
уравнения теплопроводности, и С.А. Бейлина [5]. В нашей статье рассматривается задача с
нелокальным краевым условием, которое является частным случаем условий В.А. Стеклова,
для простейшего гиперболического уравнения.
1. Постановка задачи
Рассмотрим в области QT = (0, 1) × (0, T) уравнение
utt − uxx = f (x, t) (1)
и поставим следующую задачу: найти в области QT решение уравнения (1), удовлетворяющее
условиям
u(x, 0) = φ(x), ut(x, 0) = ψ(x), (2)
u(0, t) = 0, ux(0, t) = ux(1, t). (3)
Под решением задачи будем понимать функцию u ∈ C2(QT) ∩ C1( ¯QT), удовлетворяющую
уравнению (1) и условиям (2), (3). Отметим, что второе из условий (3) является нелокальным.
На первый взгляд кажется естественным применить метод разделения переменных, однако на
этом пути возникают трудности отнюдь не технического свойства. Их преодолению посвящен
следующий раздел.
Гасанова Э.Э., Пулькина Л.С. Решение задачи для одномерного волнового уравнения...
Gasanova E.E., Pulkina L.S. Solution of certain problem with nonlocal boundary condition... 18 из 24
2. Собственные и присоединенные функции задачи
Будем искать частные решения задачи (1)–(3) в виде u(x, t) = X(x)T(t) и, разделив пере-
менные в уравнении (1), приходим к задаче Штурма — Лиувилля
X′′(x) + λ2X(x) = 0, X(0) = 0, X′(0) = X′(1), (4)
собственные функции которой
X0(x) = x, Xn(x) = sin 2πnx, λn = 2πn. (5)
Полученная совокупность функций не ортогональна, не полна и, стало быть, не образует базис
в L2(0, 1). Следуя [8; 9], дополним собственные функции Xn(x) присоединенными, которые
найдем как решения задачи (6)
˜X
′′
n + λ2
n ˜Xn(x) = pnXn(x), ˜X (0) = 0, ˜X′(0) = ˜X ′(1), (6)
где pn ̸= 0. Положим pn = −4nπ. Получим
˜X
n(x) = x cos 2πnx, n = 1, 2, ... (7)
Пополненную таким образом систему запишем, переобозначив функции, так:
X0(x) = x, X2k−1(x) = x cos 2kπx, X2k(x) = sin 2kπx. (8)
В силу результатов, полученных В.А. Ильиным [9], система функций (8) образует базис.
Рассмотрим теперь сопряженную к (4) задачу
Y′′(x) + μ2Y(x) = 0, Y′(1) = 0, Y(0) = Y(1) (9)
и найдем ее собственные функции:
Y0(x) = q0, Yk(x) = qk cos 2πkx, μk = λk = 2πk. (10)
Решив задачу
˜Y
′′
k + λ2k
˜Y
k(x) = pkYk(x), ˜Y
′k
(1) = 0, ˜Yk(0) = ˜Yk(1), (11)
найдем и присоединенные функции
˜Y
k(x) = qk(1 − x) sin 2kπx.
Переобозначив, как и выше, найденные функции, запишем систему собственных и присоеди-
ненных функций сопряженной задачи:
Y0 = q0, Y2k−1(x) = q2k−1 cos 2kπx, Y2k = q2k(1 − x) sin 2kπx. (12)
Числа q0, q2k, q2k−1 найдем так, чтобы системы функций (8) и (12) оказались биортонормиро-
ванными, а именно:
(X0,Y0) = 1, (X2k−1,Y2l−1) = δkl , (X2k,Y2l) = δkl ,
(X2k,Y2l−1) = 0, (X2k−1,Y2l) = 0 ∀k, l.
Эти равенства оказываются выполненными, если положить q0 = 2, q2k = q2k−1 = 4.
Вестник Самарского университета. Естественнонаучная серия 2024. Том 3, № 30. С. 17–24
Vestnik of Samara University. Natural Science Series 2024, vol. 3, no. 30, pp. 17–24 19 из 24
3. Существование решения
Основным результатом статьи является обоснование существования единственного решения
поставленной задачи.
Теорема. Пусть выполняются следующие условия:
φ, ψ ∈ C2[0, 1] ∩ C3(0, 1), f ∈ C2(QT), fx ∈ C1( ¯Q T),
φ(0) = ψ(0) = 0, φ′(0) = φ′(1), ψ′(0) = ψ′(1), φ′′(0) = ψ′′(0) = 0,
f (0, t) = 0, f ′(1) = f ′(0).
Тогда существует решение задачи (1)–(3), и оно единственно.
Доказательство.
Решение задачи будем искать в виде суммы u(x, t)+v(x, t), где u(x, t) — решение поставлен-
ной задачи для однородного уравнения, соответствующего (1), а v(x, t) –решение неоднородного
уравнения (1), удовлетворяющее однородным условиям (2) и (3).
Начнем с решения задачи для однородного уравнения. Будем искать решение в виде ряда
u(x, t) = X0(x)T0(t) +
∞Σ
k=1
X2k(x)T2k(t) + X2k−1(x)T2k−1(t), (13)
где X0(x), X2k(x), X2k−1(x) — собственные и присоединенные функции (8), а
T0(t), T2k(t), T2k−1(t) найдем из (1) и (2) следующим образом: потребуем, чтобы функции
u0(x, t) = X0(x)T0(t), uk(x, t) = X2k(x)T2k(t) + X2k−1(x)T2k−1(t) были решениями однородного
уравнения (1) и удовлетворяли условиям (2).
Подставив u0(x, t) в уравнение (1), получим, учитывая, что X0(x) = x, уравнение T′′
0 (t) = 0,
откуда T0(t) = at + b. Постоянные a, b найдем из начальных условий (2). Положив в (13) t = 0,
получим
φ(x) = X0(x)b +
∞Σ
k=1
X2k(x)T2k(0) + X2k−1(x)T2k−1(0). (14)
Умножив обе части (14) скалярно на Y0(x) и, учитывая биортогональность систем функций (8)
и (12), получим b = (φ,Y0) = 2
R 1
0 φ(x)dx. Совершенно аналогично из равенства
ψ(x) = X0(x)a +
∞Σ k=1
X2k(x)T′2k(0) + X2k−1(x)T′2k−1(0) (15)
найдем a = (ψ,Y0) = 2
R 1
0 ψ(x)dx. Подставив в уравнение (1) функции uk(x, t) = X2k(x)T2k(t)+
+X2k−1(x)T2k−1(t), получим равенство
(T′′
2k + (2kπ)2T2k + 4kπT2k−1) sin 2kπx + x(T′′
2k−1 + (2kπ)2T2k−1) cos 2kπx = 0,
из которого вытекают два уравнения для нахождения T2k, T2k−1. Прежде чем их выписать,
найдем начальные условия, которым должны удовлетворять функции T2k, T2k−1. Для этого умно-
жим (14), (15) скалярно на Y2k(x), а затем на Y2k−1(x) и получим, учитывая биортогональность
систем (8), (12) и представление функций из (12)
T2k(0) = 4
Z 1
0
φ(x)(1 − x) sin 2kπxdx = φ2k,
T2k−1(0) = 4
Z 1
0
φ(x) cos 2kπxdx = φ2k−1,
T′2k(0) = 4
Z 1
0
ψ(x)(1 − x) sin 2kπxdx = ψ2k,
Гасанова Э.Э., Пулькина Л.С. Решение задачи для одномерного волнового уравнения...
Gasanova E.E., Pulkina L.S. Solution of certain problem with nonlocal boundary condition... 20 из 24
T′2k−1(0) = 4
Z 1
0
ψ(x) cos 2kπxdx = ψ2k−1.
Таким образом, для нахождения T2k, T2k−1 мы пришли к двум начальным задачам:
T′′
2k−1(t) + (2kπ)2T2k−1(t) = 0, T2k−1(0) = φ2k−1, T′2k−1(0) = ψ2k−1,
T′′
2k + (2kπ)2T2k = −4kπT2k−1, T2k(0) = φ2k, T′2k(0) = ψ2k.
Решив эти задачи, получим
T2k−1(t) = φ2k−1 cos 2kπt +
ψ2k−1
2kπ
sin 2kπt, (16)
T2k(t) = (ψ2k−1t − φ2k) cos 2kπt − (φ2k−1t +
φ2k−1 − ψ2k
2kπ
) sin 2kπt. (17)
Итак, членами ряда (13) являются частные решения задачи (1)–(3) и, если ряд (13) и полученные
ряды из производных второго порядка сходятся равномерно, то сумма ряда (13) будет решением
поставленной задачи.
Найдем производные частных решений второго порядка.
ukxx(x, t) = −4k2π2 sin 2kπxT2k(t) − 4k2π2(
1
kπ
sin 2kπx + x cos 2kπx)T2k−1(t),
uktt(x, t) = X2k4k2π2[(φ2kt +
φ2k−1 − ψ2k − ψ2k−1
2kπ
) sin 2kπt+
+(φ3k − ψ2k−1t −
1
kπ
φ2k−1) cos 2kπt] − X2k−1(x)4k2π2(φ2k−1 cos 2kπt +
1
2kπ
ψ2k−1 sin 2kπt).
Из этих представлений видно, что для сходимости рядов необходимы дополнительные условия
на функции φ(x), ψ(x), получением которых мы и займемся. Для этого сделаем элементарные
преобразования, интегрируя по частям, в результате чего приходим к следующему утверждению:
если φ, ψ ∈ C2[0, 1] ∩ C3(0, 1), φ(0) = ψ(0) = 0, φ′(0) = φ′(1),
ψ′(0) = ψ′(1), φ′′(0) = ψ′′(0) = 0, то
φ2k−1 = 2
˜φ
2k−1
π3k3 , ˜φ2k−1 = 2
Z 1
0
(φ′(x) sin kπx)′′ cos kπxdx,
φ2k = 2
˜φ
2k
π3k3 , ˜φ2k = 2
Z 1
0
[(1 − x)φ(x) cos kπx]′′′ cos kπxdx,
ψ2k−1 = 2
˜ψ
2k−1
π3k3 , ˜ψ2k−1 = 2
Z 1
0
(ψ′(x) sin kπx)′′ cos kπxdx,
ψ2k = 2
˜ψ2k
π3k3 , ˜ψ2k = 2
Z 1
0
[(1 − x)ψ(x) cos kπx]′′′ cos kπxdx.
Заметим, что в полученных формулах ˜φ2k. ˜φ2k−1, ˜φ2k. ˜ψ2k−1 — коэффициенты Фурье функций
(φ′(x) sin kπx)′′, [(1 − x)φ(x) cos kπx]′′′, (ψ′(x) sin kπx)′′, [(1 − x)φ(x) cos kπx]′′′ и, стало быть,
гарантирована сходимость рядов
∞Σ
k=1
˜φ
2k
k ,
∞Σ
k=1
˜φ
2k−1
k ,
∞Σ
k=1
˜ψ
2k
k ,
∞Σ
k=1
˜φ
2k−1
k . Нетрудно убедиться, что
ряд (13) мажорируется сходящимся рядом 2
π3
∞Σ
k=1
|˜φ2k |+|˜φ2k−1|+|˜ψ2k |+|˜ψ2k−1|
k3 , а ряды из производных
∞Σ k=1 ukxx,
∞Σ
k=1
uktt – сходящимся рядом 8π
C
∞Σ
k=1
|˜φ 2k |+|˜φ2k−1|+|˜ψ2k |+|˜ψ2k−1|
k . Следовательно, ряд (13)
сходится абсолютно и равномерно и его можно дважды почленно дифференцировать по x
и по t. В силу обобщенного принципа суперпозиции сумма ряда (13) является решением задачи
с условиями (2), (3) для однородного уравнения (1).
Вестник Самарского университета. Естественнонаучная серия 2024. Том 3, № 30. С. 17–24
Vestnik of Samara University. Natural Science Series 2024, vol. 3, no. 30, pp. 17–24 21 из 24
Приступим к нахождению функции v(x, t) — решения неоднородного уравнения (1).
Будем искать решение неоднородного уравнения, удовлетворяющее однородным начальным
условиям в виде
v(x, t) =
∞Σ
k=0
V2k(t)X2k(x) + V2k−1(t)X2k−1(x). (18)
Функции V2k(t), V2k−1(t), подлежащие определению, должны удовлетворять условиям
V2k(0) = 0, V′
2k(0) = 0, V2k−1(0) = 0, V′
2k−1(0) = 0, а X2k(x), X2k−1(x) — собственные и присо-
единенные функции однородной задачи. Подставим v(x, t) в уравнение (1) и получим
∞Σ
k=1

V′′
2k−1(t) + 4k2π2V2k−1(t)

cos 2kπx+
+

V′′
2k(t) + 4k2π2V2k(t) + 4kπV2k−1(t)

sin 2kπx = f (x, t).
Разложив f (x, t) в ряд по X2k(x), X2k−1(x), получим из последнего равенства две задачи для
каждого k :
V′′
2k−1(t) + 4k2π2V2k−1(t) = f2k−1(t), V2k−1(0) = 0, V′
2k−1(0) = 0,
V′′
2k(t) + 4k2π2V2k(t) = f2k(t) − 4kπV2k−1(t), V2k(0) = 0, V′
2k(0) = 0,
где f2k−1(t) = 2
R 1
0 f (x, t)Y2k−1(x)dx, f2k(t) = 2
R 1
0 f (x, t)Y2k(x)dx. Каждая из этих задач
имеет единственное решение, поэтому функция v(x, t) найдена. Действительно, сходимость
ряда (18) и рядов из производных доказывается так же, как и выше.
4. Единственность решения
Покажем, что решение задачи единственно. Предположим, что это не так, и существует
два различных решения u1(x, t) и u2(x, t). Тогда их разность, u = u1 − u2, представляет собой
решение однородного уравнения (1) и удовлетворяет однородным условиям (2) и (3). Но тогда
функцию u(x, t) можно представить в форме биортогонального ряда
u(x, t) = c0(t)X0(x) +
∞Σ
k=1
c2k(t)X2k(x) + c2k−1(t)X2k−1(x), (19)
где X0(x), X2k(x), X2k−1(x)–собственные и присоединенные функции (8). Найдем коэффициен-
ты ci(t), пользуясь свойством биортогональности систем функций (8) и (12). Нам потребуется
следующее утверждение. Если решение уравнения (1) удовлетворяет условию ux(0, t) = ux(1, t),
то
R 1
0 u(x, t)dx = 0. Действительно, пусть u(x, t) –решение уравнения (1), удовлетворяющее
нулевым R начальным условиям. Интегрируя обе его части по x ∈ (0, 1), получим равенство 1
0 uttdx = ux(1, t) − ux(0, t) и в силу условия ux(0, t) = ux(1, t),
R 1
0 utt = 0. Рассматривая по-
следнее равенство как дифференциальное уравнение d2
dt2
R 1
0 u(x, t)dx = 0 и учитывая, что в силу
начальных условий
R 1
0 u(x, 0)dx = 0,
R 1
0 ut(x, 0)dx = 0, получим
R 1
0 u(x, t)dx = 0. Но тогда
c0(t) = 2
Z 1
0
u(x, t)dx = 0.
Найдем c2k−1(t), умножив обе части (19) на Y2k−1 скалярно и проделав ряд преобразований,
интегрируя по частям и учитывая, что u(x, t) и Y2k−1 удовлетворяют уравнениям (1) с f = 0
и (9).
c2k−1(t) =
Z 1
0
u(x, t)Y2k−1(x)dx = −
1
(2kπ)2
Z 1
0
u(x, t)Y′′
2k−1dx =
= −
1
(2kπ)2
Z 1
0
uxx(x, t)Y2k−1dx = −
1
(2kπ)2
d2
dt2
Z 1
0
u(x, t)Y2k−1(x)dx,
Гасанова Э.Э., Пулькина Л.С. Решение задачи для одномерного волнового уравнения...
Gasanova E.E., Pulkina L.S. Solution of certain problem with nonlocal boundary condition... 22 из 24
откуда сразу следует
c′′
2k−1(t) + (2kπ)2c2k−1(t) = 0.
Так как из нулевых начальных условий u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = 0 следует, что c2k−1(0) = 0,
c′2k−1(0) = 0, то и c2k−1(t) = 0 как решение однородной задачи Коши. Совершенно аналогично
доказывается, что и c2k(t) = 0. Таким образом, наше предположение не верно, u1 = u2, и, стало
быть, решение задачи единственно.
Теорема полностью доказана.