TRICOMI PROBLEM FOR MULTIDIMENSIONAL MIXED HYPERBOLIC-PARABOLIC EQUATION

Full Text

Введение

Задача Трикоми для гиперболо-параболических уравнений на плоскости изучена многими авторами (см.[3] и приведеную в ней библиографию). Однако их многомерные аналоги не исследованы.

Теория краевых задач для гиперболо-параболических уравнений на плоскости хорошо изучена, а их многомерные аналоги исследованы мало [2].

Задача Трикоми для указанных уравнений ранее исследована [1]. Насколько известно, это задача в пространстве не изучена. В данной статье показано, что для модельного многомерного смешанного гиперболо-параболического уравнения задача Трикоми имеет бесчисленное множество решений.

Алдашев С.А. Задача Трикоми для многомерного смешанного гиперболо-параболического уравнения

8 Aldashev S.A. Tricomi problem for multidimensional mixed hyperbolic-parabolic equation

 

1. Постановка задачи и результат

   Пусть D− конечная область евклидова пространства Em+1 точек (x1, ..., xm, t), ограниченная в по- лупространстве t > 0 конусами K0 : |x| = t, K1 : |x| = 1 − t,

   

   2

    

   0 � t � 1 , а при t < 0− цилиндрической поверхностью Γ = {(x, t) : |x| = 1} и плоскостью t = t0 = const,

   где |x|− длина вектора x = (x1, ..., xm).

   Обозначим через D+ и D− части области D, лежащие соответственно в полупространствах t > 0 и

   t < 0. Часть конусов K0, K1, ограничивающих области D+, обозначим через S0, S1 соответственно.

   Пусть S = {(x, t) : t = 0, 0 < |x| < 1}, Γ0 = {(x, t) : t = 0, |x| = 1}.

   В области D рассмотрим модельное смешанное гиперболо-параболическое уравнение

   { ∆xu − utt, t > 0,

   0 = (1)

   ∆xu − ut, t < 0,

   где ∆x− оператор Лапласа по переменным x1, ..., xm, m � 2.

   В дальнейшем нам удобно перейти от декартовых координат x1, ..., xm, t к сферическим

   r, θ1, ..., θm−1, t, r � 0, 0 � θ1 < 2π, 0 � θi � π, i = 2, 3, ..., m − 1, θ = (θ1, ..., θm−1).

   Следуя [3], в качестве многомерного аналога задачи Трикоми рассмотрим следующую задачу.

   Задача T. Найти решение уравнения (1) в области D при t ̸= 0 из класса

   C(D¯ \ Γ0) ∩ C1(D) ∩ C2(D+ ∪ D−), удовлетворяющее краевым условиям

   u|S0 = φ(r, θ), u|Γ = ψ(t, θ). (2)

   n,m

    

   Пусть {Y k

   (θ)} — система линейно независимых сферических функций порядка n, 1 � k � kn,

   l

   (m − 2)!n!kn = (n + m − 3)!(2n + m − 2), θ = (θ1, ..., θm−1), W2(S), l = 0, 1, ... — пространства Соболева,

   

   2

    

   а S˜ = {(r, θ) ∈ S, 0 < r < 1 .

   Имеет место [4].

   2

    

   Лемма. Пусть f (r, θ) ∈ W l(S). Если l � m − 1, то ряд

   ∞ kn

   f (r, θ) = ∑ ∑ f k (r)Y k

   (θ), (3)

   n

   n=0 k=1

   n,m

   а также ряды, полученные из него дифференцированием порядка p � l − m + 1, сходятся абсолютно и

   равномерно.

   Через φ¯k (r), ψk (t), τ¯k (r), ν¯k (r) обозначим коэффициенты разложения ряда (3) соответственно функ-

   n n n n

   ций φ(r, θ), ψ(t, θ), τ (r, θ) = u(r, θ, 0), ν(r, θ) = ut(r, θ, 0).

   Введем множество функций

   ∞

    

   Bl(S˜) = {f (r, θ) : f ∈ W l(S˜), ∑

   kn

   ∑ (||f k (r)||2

   + ||f k (r)||2

   ) exp 2(n2 + n(m − 2)) < ∞,

    

   Тогда справедлива

   2

   n=0 k=1

   

   2

    

   n C2 ((0, 1 )) n

   l � m − 1}.

   

   2

    

   C([0, 1 ])

   Теорема. Если φ(r, θ) = r3φ∗(r, θ), φ∗(r, θ) ∈ Bl(S˜), ψ(t, θ) ∈ W l(Γ), l � m + 1, то задача T разрешима

   неоднозначно.

   Отметим, что неединственность решения задачи T показана в [5].

    

2. Разрешимость задачи 1

Доказательство теоремы. В сферических координатах уравнение (1) в области D+ имеет вид

m − 1 1

где

m−1

r r2

 

urr +

(

ur − δu − utt = 0, (4)

)

δ ≡ − ∑

j=1 gj sin

1

m−j−1

∂

θj ∂θj

sinm−j−1 θj

∂

∂θj

, g1

= 1, gj

= (sin θ1... sin θ

j−1

)2, j > 1.

При t → −0 на S получим функциональное соотношение между τ (r, θ) и ν(r, θ) вида

m − 1 1

r −

 

τrr +

τ δτ = ν(r, θ), 0 < r < 1. (5)

r r2

Известно [4], что спектр оператора δ состоит из собственных чисел λn = n(n + m − 2), n = 0, 1, ...,

n,m

 

каждому из которых соответствует kn ортонормированных собственных функций Y k

(θ).

Вестник Самарского университета. Естественнонаучная серия. 2020. Том 26, № 4. С. 7–14

Vestnik of Samara University. Natural Science Series. 2020, vol. 26, no. 4, pp. 7–14 9

 

Искомое решение задачи T в области D+ будем искать в виде

∞ kn

u(r, θ, t) = ∑ ∑ u¯k (r, t)Y k

(θ), (6)

n

n=0 k=1

n

 

где u¯k (r, t)− функции, подлежащие определению.

n,m

n,m

 

Подставляя (6) в (4) и (5), используя ортогональность сферических функций Y k

(θ) [3], будем иметь

 

u¯k

−

 

m 1

+ k

k λn k

nrr

r u¯nr − u¯ntt − r2 u¯n = 0, (7)

τ¯k

−

 

k

 

m 1

+

λn k k

nrr

r τ¯nr − r2 τ¯n = ν¯n (r), 0 < r < 1, (8)

при этом первое краевое условие (2) запишется в виде

u¯k (r, r) = φ¯k (r), 0 � r � 1 , k = 1, k

 

, n = 0, 1, ... . (9)

n n 2 n

(1−m)

В (7)–(9) произведя замену u¯k (r, t) = r

2 uk (r, t) и полагая ξ = r+t , η = r−t , соответственно полу-

чим

n n 2 2

λ¯n 1

uk k

nξη + (ξ + η)2 un = 0, 0 < η < ξ < 2 , (10)

λ¯n 1

τ k k k

nξξ + ξ2 τn = νn(ξ), 0 < ξ < 2 , (11)

uk k 1

n(ξ, 0) = φn(ξ), 0 � ξ � 2 , (12)

k

 

k

 

k

 

(m−1)

τ 2

k

 

k

 

(m−1) 2

k

 

(m−1) 2

n (ξ) = (2ξ)

τ¯n (2ξ), νn (ξ) = (2ξ)

ν¯n (2ξ), φn(ξ) = ξ

φ¯n(ξ),

λ¯n = ((m − 1)(3 − m) − 4λn)/4, k = 1, kn, n = 0, 1, ... .

Используя общее решение уравнения (10), полученное в [6], в работе [7] показано, что решение задачи Коши для уравнения (10) имеет вид

uk 1 k 1 k

n(ξ, η) = 2 τn (η)R(η, η; ξ, η) + 2 τn (ξ)R(ξ, ξ, ; ξ, η)+

ξ

+ 1 ∫ [νk (ξ1)R(ξ1, ξ1; ξ, η) − τ k (ξ1) ∂

(13)

R(ξ1, η1; ξ, η)|ξ =η ]dξ1,

√2 n

η

n ∂N 1 1

(ξ1 +η1 )(ξ+η)

 

где R(ξ, η1; ξ, η) = Pµ [(ξ1 −η1 )(ξ−η)+2(ξ1 η1 +ξη) ] − функция Римана уравнения (10) [8], а Pµ(z)− функция

2

 

Лежандра, µ = n + (m−3) ,

∂

∂N |ξ1 =η1 =

( ∂ξ1 ∂

∂N⊥ ∂η1

+ ∂η1 ∂

∂N⊥ ∂ξ1

)

|ξ1 =η1 ,

где N⊥− нормаль к прямой ξ = η в точке (ξ1, η1), направленная в стороны полуплоскости η � ξ.

Из (13) при η = 0 с учетом (12) получим интегральное уравнение Вольтерра первого рода

где

gk

 

n(ξ) =

ξ

∫

n

 

νk (ξ1)Pµ

0

 

ξ

( ξ1 )

ξ

 

dξ1, (14)

 

( ξ )

n(ξ) = √2φn(ξ) − ξ

∫ ψn(ξ1)Pµ

dξ1,

gk k

d ( τ k

√ k 1

2 0 ξ

) = ψk k

(15)

n (ξ)

dξ ξ

n(ξ), ψn(0) = 0.

Уравнение (14) обратимо по формуле [7; 9], получим интегральное уравнение Вольтерра второго рода

ξ

νk 1 ∫ 2

2 − 1

( ξ ) dgk

n

 

′

Далее, из (15), (16) имеем

n (ξ) = ξ

0

ξ1(ξ

− ξ1 )

ξ

 

2 Pµ

1

dξ1

dξ1. (16)

ξ

∫

νk k k

n (ξ) = fn (ξ) +

0

Gn(ξ, ξ1)ψn(ξ1)dξ1, (17)

Алдашев С.А. Задача Трикоми для многомерного смешанного гиперболо-параболического уравнения

10Aldashev S.A. Tricomi problem for multidimensional mixed hyperbolic-parabolic equation

 

где

 

k √ ∫ 2 2

 

ξ

1

ξf (ξ) = 2 ξ1(ξ − ξ )− 2 P ′

 

( ξ ) dφk

n dξ ,

n

0

√ 1

1

( ξ ) ξ

µ ξ1

dξ1

 

1

1

( ξ )

 

( ξ )

− 2ξGn(ξ, ξ1) = ξ2(ξ2 − ξ2)− 2 P ′

+ ∫ t(ξ2 − t2)− 2 Pµ

1 P ′

1 dt+

1 1 µ ξ1

ξ

ξ1

( ξ )

 

( ξ )

t µ t

P

 

1

 

µ

 

+ ∫ ξ1(ξ2 − t2)− 2 ′

ξ1

P

 

′ 1

t µ t

dt.

Ограниченным решением уравнения (11) является функция [10]

 

(s2 − s1)τ k (ξ) =

 

ξ

∫

(ξs2 ξ3−s2 − ξs1 ξ3−s1 )νk (ξ1)dξ1 + ck (s2 − s1)ξs1 , 0 < ξ <

 

1

, (18)

n 1 1 n n 2

0

где s1 = n + (m−1) , s2 = −n − (m−3) , ck − произвольная постоянная.

2 2 n

Подставляя (17) в (18), получим интегральное уравнение Вольтерра второго рода

 

ξ

∫

ψk k k

 

где

n(ξ) = Fn (ξ) +

0

 

ξ

Ln(ξ, ξ1)ψn(ξ1)dξ1, (19)

F k k

s1 −2 1 ∫

s2 −2

3−s2

s1 −2

3−s1 k

n (ξ) = (s1 − 1)cnξ

+

s2 − s1

0

ξ

[(s2 − 1)ξ

ξ1 − (s1 − 1)ξ

ξ1 ]fn (ξ1)dξ1,

∫

(s2 − s1)Ln(ξ, ξ1) =

ξ1

[(s2 − 1)ξs2 −2t3−s2 − (s1 − 1)ξs1 −2t3−s1 ]Gn(t, ξ1)dt.

n

 

Определяя из (19) ψk (ξ), найдем

 

ξ

τ k ∫ k 1

n (ξ) = ξ

0

ψn(ξ1)dξ1, 0 � ξ � 2 , k = 1, kn, n = 0, 1, ... . (20)

Учитывая оценки [4; 11], имеем

|Pµ(z)| � C, |z| � 1, |Pµ(ch η)| � C exp(µ − 1 )η, η > 0,

p m 2

(21)

|kn| � c2nm−2, ∂ p Y k

(θ) � c2n 2 +p−1, |Y 1

(θ)| = c1, c, c1 = const,

∂θj

n,m

0,m

j = 1, m − 1, p = 0, 1, ... , а также ограничения на заданную функцию φ(r, θ). Аналогично [7] можно показать, что ряд

(1−m)

∞ kn

(1−m)

τ (r, θ) = r

2 τ 1(r)Y 1

(θ) + ∑ ∑ n−lr

2 τ k (r)Y k

(θ) (22)

0 0,m

n=1 k=1

n n,m

2

 

сходится абсолютно и равномерно, если l > 3m .

Следовательно, в силу (19), задача (2), (4), (22) в области D+ имеет бесчисленное множество решений вида

(1−m)

∞ kn

(1−m)

u(r, θ, t) = r

2 u1(r, t)Y 1

(θ) + ∑ ∑ r

2 uk (r, t)Y k

(θ), (23)

0 0,m

n=0 k=1

n n,m

где функции uk (r, t), k = 1, kn, n = 0, 1, ... находятся по формуле (13), в которой νk (ξ), τ k (ξ) определя-

n n n

ются из (17), (20) и принадлежит классу C(D¯ +) ∩ C1(D+ ∪ S) ∩ C2(D+).

Теперь задачу T будем изучать в области D−.

В области D− рассмотрим первую краевую задачу для уравнения

m − 1 1

с условиямм

r r2

 

urr +

ur − δu − ut = 0 (24)

u|S = τ (r, θ), u|Γ = ψ(t, θ). (25)

Решение задачи (24), (25) будем искать в виде (6).

Вестник Самарского университета. Естественнонаучная серия. 2020. Том 26, № 4. С. 7–14

Vestnik of Samara University. Natural Science Series. 2020, vol. 26, no. 4, pp. 7–14 11

 

Подставляя (6) в (24), получим уравнение

λ¯n

uk k k

nrr − unt + r2 un = 0, k = 1, kn, n = 0, 1, ... , (26)

при этом краевое условие (25) имеет вид

uk k k k

n(r, 0) = gn(r), un(1, t) = ψn(t), k = 1, kn, n = 0, 1, ... , (27)

{ τ 1

gk

 

n(r) =

n−lτ k

 

0 (r),

n (r), k = 1, kn, n = 1, 2, ... .

Произведя замену υk (r, t) = uk (r, t) − ψk (t), задачу (26), (27) приведем к следующей задаче:

n n n

Lυk ≡ υk

— υk

λ¯n

+

 

υk = f k (r, t), (28)

n nrr

 

υk k

nt r2 n n

k

n(r, 0) = g˜n(r), υn(1, t) = 0, 0 < r < 1, (29)

λ¯n

f k k k k k k

n (r, t) = ψnt − r2 ψn(t), g˜n(r) = gn(r) − ψn(0).

Решение задачи (28), (29) ищем в виде υk (r, t) = υk

+ υk

где υk (r, t) — решение задачи

n 1n 2n 1n

Lυ

 

n

 

1n

 

k = f k (r, t), (30)

υk k

2n

 

а υk (r, t)− решение задачи

1n(r, 0) = 0, υ1n(1, t) = 0, (31)

 

υk k

Lυ

 

=

 

2n

 

k 0, (32)

k

2n(r, 0) = g˜n(r), υ2n(1, t) = 0, 0 < r < 1. (33)

Решение вышеуказанных задач, аналогично [1], рассмотрим в виде

 

при этом пусть

 

υk

 

n(r, t) =

 

∞

∞

∑

 

s=1

 

Rs(r)Ts(t), (34)

 

∞

f k

 

n (r) =

k

 

∑

 

s=1

as,n

k

 

k

 

(t)Rs(r), g˜n(r) =

∑

 

s=1

bs,n

Rs(r). (35)

Подставляя (34) в (30),(31), с учетом (35) получим

λ¯n

Rsrr + r2 Rs + µRs = 0, 0 < r < 1, (36)

Rs(1) = 0, |Rs(0)| < ∞, (37)

s,n

 

Tst + µT = −ak

(t), (38)

Ts(0) = 0. (39)

Ограниченное решение задачи (36), (37) имеет вид [10]

Rs(r) = √rJν (γs,nr), (40)

где ν = n + (m−2) , Jν (z)− функция Бесселя первого рода, γs,n− ее нули, µ = γ2 .

2

Решение задачи (38), (39) записывается в виде

s,n

 

t

∫

Ts(t) = −

0

Подставляя (40) в (35), получим

 

a

 

k s,n

s,n

 

(ξ) exp[−γ2

(t − ξ)]dξ. (41)

 

∞

1

 

r− 2 f k ∑ k

n (r, t) =

 

s=1

as,n

(t)Jν (γs,nr), 0 < r < 1, (42)

∞

1

 

r− 2 g˜k (r) = ∑ bk

 

Jν (γs,nr), 0 < r < 1. (43)

n

s=1

s,n

Алдашев С.А. Задача Трикоми для многомерного смешанного гиперболо-параболического уравнения

12Aldashev S.A. Tricomi problem for multidimensional mixed hyperbolic-parabolic equation

 

Ряды (42), (43) — разложения в ряды Фурье — Бесселя [12], если

1

2

 

ak ∫ √ξf k (ξ, t)J (γ

ξ)dξ, (44)

s,n(t) = [J

 

ν+1

(γs,n

)]2 n

0

1

ν s,n

2

 

bk ∫ √ξg˜k (ξ)J (γ

ξ)dξ, (45)

s,n = [J

 

ν+1

(γs,n

)]2

0

n ν s,n

где γs,n, s = 1, 2, ...− положительные нули функции Бесселя, расположенные в порядке возрастания их

величины.

Из (40), (41) получим решение задачи (30), (31) в виде

∞

υk ∑ √

 

t

∫

s,n

 

s,n

 

s,n

 

где ak

1n(r, t) = −

 

(t) определяется из (44).

s=1

rJν (γs,nr){ ak

0

(ξ) exp[−γ2

(t − ξ)]dξ}, (46)

Далее, подставляя (34) в (32), (33), будем иметь уравнение

 

 

решением которого является

s,n

 

Tst + γ2

T = 0,

 

 

Из (40), (47) с учетом (35) получим

s,n

 

Ts(t) = exp(−γ2

t). (47)

 

 

s,n

 

где bk

 

находится из (45).

 

υk

 

2n(r, t) =

∑ √ k

 

∞

rbs,n

s=1

2

 

Jν (γs,nr) exp(−γs,n

 

t), (48)

Следовательно, решение задачи (24), (25) в области D− есть функция

 

∞ kn

2

 

u(r, θ, t) = ∑ ∑[ψk (t) + υk (r, t) + υk (r, t)]r (1−m) Y k

(θ), (49)

n 1n 2n

n=0 k=1

n,m

где υk (r, t), υk (r, t) определяются из (46) и (48).

1n 2n

Учитывая ограничения на заданные функция φ(r, θ), ψ(t, θ), а также оценки (21), аналогично [1; 7],

можно показать, что полученные неоднозначные решения вида (23) и (49) принадлежит искомому классу.

Теорема доказана.

 

About the authors

S. A. Aldashev

Institute of Mathematics, Physics and Informatics, Abai Kazakh National Pedagogical University, 13, Dostyk ave., Almaty, 050100, Republic of Kazakhstan.

Author for correspondence.
Email: aldash51@mail.ru
ORCID iD: 0000-0002-8223-6900

Doctor of Physical and Mathematical Sciences, full professor

Kazakhstan

References

Supplementary files