Дуальная задача к задаче М. А. Гольдштика с неограниченной завихренностью Текст научной статьи по специальности «Математика»

УДК 517.55

Дуальная задача к задаче М.А. Гольдштика с неограниченной завихренностью

Исаак И. Вайнштейн* Ирина М. Федотова^

Институт космических и информационных технологий, Сибирский федеральный университет, Киренского, 26, Красноярск, 660074,

Россия

Получена 01.11.2011, окончательный вариант 29.03.2012, принята к печати 10.05.2012 В 'работе доказано существование и единственность решения дуальной задачи к задаче М.А. Гольдштика с неограниченной возрастающей от функции тока завихренностью. На модельном примере для уравнения Лиувилля получены решения в явном виде.

Ключевые слова: вихревые и потенциальные течения, интегральное уравнение, функция Грина, уравнение Лиувилля.

1. Общая постановка задачи

В работе [1] рассмотрена дуальная задача

f F(Ф), если Ф > 0,

ДФ(ж,у) = ^ К J , (1)

0, если Ф < 0

Ф|г = ^(s) > 0 (2)

к задаче

f F(Ф), если Ф < 0,

ДФ(х,у) = < , (3)

0, если Ф > 0

Ф|г = <£>(s) > 0.

Решение задачи ищут в ограниченной области D с границей Г. Решение должно быть непрерывно дифференцируемо в области D, F(Ф) > 0 при всех Ф.

Задача (3), (2) описывает модель М.А. Лаврентьева отрывных течений с завихренностью

дФ дФ _

ш = F(Ф), Ф — функция тока, vx = , vy = — , v = {vx, vy} — вектор-скорость [2, 3].

Задача (1), (2) при ш = const является модельной задачей, описывающей движение идеальной жидкости в поле кориолисовых сил [2,4].

Решение задачи (1), (2) не может быть отрицательным ни в одной точке области D. Пусть Ф(хо,уо) < 0, точка Мо(хо,уо) £ D. Из неотрицательности граничной функции y>(s) следует существование области Di С D, содержащей точку Мо, внутри которой Ф ^ 0, а на ее границе Ф = 0. Внутри Di решение является гармонической функцией (ДФ = 0), принимающей на границе нулевое значение. Отсюда следует, что в Di Ф = 0.

*isvain@mail.ru firim@mail.ru © Siberian Federal University. All rights reserved

В связи с этим задачу (1), (2) можно переформулировать следующим образом: требуется найти неотрицательное непрерывно дифференцируемое в области Б решение уравнения

ДФ = ^(Ф), если Ф > 0, (4)

удовлетворяющее условию (2), причем решение должно обращаться в ноль в точках области

Б.

В работе [1] доказано: если функция ^(Ф) непрерывно дифференцируема и

0 < ^(Ф) < М, (5)

то задача (4), (2) имеет решение, причем при выполнении неравенств

4К

0 < ^(Ф) при Ф > 0, > —2,

К2

решение обращается в нуль в точках области Б. К = таху>(в), К — радиус максимального по площади круга, который можно вписать в область Б.

На модельной задаче к задаче (4), (2)

ДФ = елф, Ф > 0, А< 0, (6)

Ф|г=д = К > 0, (7)

Б — круг радиуса К, установлено, что при выполнении неравенства

аж К2А

е 2 < — + 1

задача имеет неотрицательное решение, обращающееся в нуль в области Б. На конкретном примере показано существование двух таких решений.

2. Теорема существования и единственности решения

Рассмотрим задачу (4), (2) при условии

^ , N

* > °’ <8>

без требования ограниченности функции ^(Ф).

Рассмотрим последовательность задач

ДФп = 2 ^ (Ф„)(1+ Ш(Ф„п)), п = 1, 2,... (9)

Фп|г = ^(«). (10)

Обозначим Ф(Фп) = 2^(Фп)(1 + Ш(Ф„п)). С учетом (8)

^^7^ = 1 ^(1 + Л(*”п» + 2г(Ф"')с^2(Ф-П) > а (11)

Отсюда следует единственность решения задачи (9), (10) [2,5].

Перейдем к

Ф„ = V- + Фо, (12)

Фо — гармоническая в области Б функция, удовлетворяющая условию (10). Задача (9), (10) перепишется в виде

ди- = 2 ^ (V- + Фо)(1 + Ш((ип + Фо)п)), (13)

и„|г = 0. (14)

С учетом формулы конечных приращений

1 ^(V- + Фо)(1 + Ш((ип + Фо)п)) = 2^(Фо)(1 + th(Фоn)) + V- (15)

(ип находится между Фо и и„ + Фо) задачу (13), (14) перепишем в виде

ди- - V- = 2^(Фо)(1 + Ш(Фоп)), (16)

и-|г =0. (17)

Для решения задачи (16), (17) имеет место оценка [5]

| V-1 < С тах 1 ^ (Фо )(1+th(Фо п)) < ОТ (Фо).

Константа С зависит только от области Б. Возвращаясь к Ф„, получаем

|Ф-| < К + СМ = С1, (18)

где М = тах ^(Фо(ж, у)), (ж, у) € Б, К = тах у>(в).

При условии (8), с учетом (11), задача (9), (10) имеет единственное решение при каждом п [5]. Это решение удовлетворяет интегральному уравнению

Ф-(ж, у) = Фо(ж, у) - 4“ // ^(Ф-(£,п))(1+^(Ф-(£,п)п))С(ж,у,£,п)^п, (19)

в

С(ж, у, £, п) — функция Грина для области Б задачи Дирихле для оператора Лапласа. Учитывая неравенство (18) для решений задачи (9), (10) и свойства интеграла в (19) (интеграла типа потенциала), заключаем, что последовательность Ф- компактна в пространстве С 1(Б). Пусть подпоследовательность Ф-к сходится к непрерывно дифференцируемой функции Ф(ж,у). Докажем, что предельная функция Ф(ж,у) в точках, где Ф > 0, является решением уравнения ДФ = ^(Ф) в области Б.

Пусть в точке то € Б, Ф(то) > 0. Возьмем круговую окрестность Ве С Б точки то,

в которой, начиная с некоторого номера, Ф-к > 0. В Ве рассмотрим последовательность

задач

ДКк = 1 ^ (Кк )(1 + Ш(Кк пк)), (20)

У-к |ГВе = Ф-к |ГВе > 0. (21)

За У-к возьмем Ф-к. У-к ^ Ф > 0. В замкнутой области Ве функция — ^(У-к )(1+Ш(У-кпк))

равномерно стремится к ^(Ф) (Пт 2(1 + Ш(У-кпк) = 1), тогда в уравнении (12) можно

перейти к пределу при пк ^ те. В результате получаем ДФ = ^(Ф) в Ве. Аналогично доказывается, что в точках, в которых Ф < 0, ДФ = 0. А далее, как доказывалось выше, решение Ф не может принимать отрицательные значения в Б.

Если множество точек границы области Б, в которых граничная функция у>(в) > 0, связно,то множество точек, в которых Ф > 0, связно. Доказательство этого факта дословно переносится из аналогичного утверждения работы [1], в которой рассматривается случай ограниченной Р(Ф).

Получим условия, при которых Ф обращается в нуль в области Б. Пусть Ф > 0 для всех точек Б. Тогда

ДФ = Р(Ф), ж, у € Б.

Запишем для Ф интегральное уравнение

ф = Фо - 2П // р(Ф№, у, ^ п)^п. (22)

в

Пусть Сд - наибольший по площади круг радиусом Д, который можно вписать в область Б (можно считать, что его центр находится в начале координат), Сд(ж,у, £, п) - функция Грина задачи Дирихле оператора Лапласа для круга Сд.

Учитывая, что в Сд

Д | 2П Л р(Ф)с^п - 2П Л р(Ф)Сд^п = -р(Ф) + р(Ф) = 0

в Он /

11 р(Ф)с^п - Л р(Ф)Сд^е^п

\В Он /

заключаем, что в Сд

> 0,

г=П

2ПЛ Р(Ф)с^е^п > 2П Л Р(Ф)°д^п.

в Он

Отсюда и из (22) следует неравенство

Ф < К - Л Р(Ф)Сд^п, (ж, у) € Сд.

Он

Так же, как в работе [1], требуем выполнение неравенства

0 < ^о ^ Р(Ф) при Ф > 0.

Тогда

* < к - 2П 11 Сд^п, (х у) є Сд. (23)

Он

Интеграл в (23) вычисляется в явном виде. После чего

Ф ^ К + -4° (г2 - д2), г2 = ж2 + у2, г ^ Д.

Если

о 4К ( 4К\

Д - ^ ^0, Го ^ Ж) ,

I 4К

то Ф ^ 0 в Сд., Д1 = < Д2--------. Это противоречит предположению, что Ф строго больше

V ^о

нуля всюду в Б. Таким образом, доказана

Теорема. Пусть функция Р(Ф) непрерывно дифференцируема по Ф. При выполнении неравенств

ОР(Ф) 4К

——— > 0, 0 < ^о < Р(Ф) при Ф > 0, ^о > -г-,

аФ Д2

задача (4), (2) имеет решение, которое обращается в нуль в точках области Б.

Докажем единственность решения задачи (4), (2). Доказательство проведем на решениях, для которых ДФ = 0 на множестве Р, где Ф = 0. Пусть еще Е имеет гладкую границу. Этот случай соответствует модельной задаче, которая будет рассмотрена ниже в настоящей работе.

Пусть Ф]_, Ф2 — два различных решения задачи (4),(2) и Ф1 < 0 в В € Б, Ф2 < 0 в В2 € Б.

Г Р(Ф1), если (ж, у) € В,

ДФ1 = { 1 - (24)

0, если (ж, у) € Е1 = Б \ В1,

ДФ2 = ! Р(Ф2)' если (ж'у) € В(25)

0, если (ж, у) € Р2 = Б \ В2.

Возможны два случая: ни одно из множеств Е1,Е2 либо не содержится в другом, либо

содержится. Рассмотрим второй случай (этот случай соответствует рассматриваемой ниже

задаче). Аналог первого случая рассмотрен в [2,4]. Пусть Е1 С Р2 и Г1, Г2 — границы Е1, Е2 соответственно. Рассмотрим функцию и = Ф2 - Ф1. На множестве Е1 функция и = 0, на множестве Е2 \ Е1 функция V < 0. V|г = 0.

___ дР (Ф)

В области Б \ Е2 имеем: Ди = Р(Ф2) - Р(Ф1) = —дф—(Ф2 - Ф1) = си(ж, у), с(ж, у) = дР (Ф) _

——----- > 0, Ф находится между Ф2 и Ф1. Таким образом,

дФ

Ди = си в Б \ Е2, (26)

Ди = -Р(Ф1) < 0 в Е2 \ Е1. (27)

Покажем, что функция и супергармонична в Б \ Е1. Учитывая и|г = 0, и|г2 < 0, свойства максимума и минимума решений уравнений (26), заключаем, что в Б \ Е2 функция и < 0. В соответствии с (26), (27)

Ди = си < 0 в Б \ Е2, Ди = -Р(Ф1) < 0 в Е2 \ Е1.

Так что функция и супергармонична отдельно в Б\Е2 и Е2\Еь Покажем, что она супергармонична и на Г2. В соответствии с определением супергармоничности требуется показать, что в любой окрестности Ге точки Г2 (окрестности Ге принадлежат Б \ Е1) и > ио, где ио — гармоническая в этой окрестности функция, принимающая на границе этой окрестности те же значения, что и функция и [6]. Это следует из неравенства

и = ио - у J сиСге(ж,у,е,п)аеап + 2л// р(Ф1)сге(ж,у,е,пМС^п > ио.

Здесь 01 = Ге \ Е2, 02 = Ге \ (Б \ Е2), СГе(ж, у, е, п) — функция Грина для области Ге задачи Дирихле для оператора Лапласа. При выводе неравенства учли, что в 01 и < 0.

Супергармоническая функция не может достигать отрицательного минимума внутри области супергармоничности. Учитывая, что и|г = и|г. = 0, из супергармоничности и следует, что и > 0 в Б \ Е2, что противоречит выведенному неравенству и < 0 в Б \ Е2.

Другой случай, указанный в начале доказательства единственности решения, рассматривается аналогично.

3. Решения модельной задачи

Рассмотрим модельный пример задачи (6), (7) при А > 0. В этом случае условие

/ОР (Ф). \

-) > 0 выполнено. Ищем неотрицательное решение.

V ^Ф

Ищем решение, зависящее только от г, г2 = х2 + у2. Тогда задачу (6), (7) можно записать в виде

Г ел^, если а < г < Д, , ч

ДФ = { (28)

I 0, если 0 ^ г < а.

Ф|г=а = 0, Ф|г=д = К. (29)

Пусть Са — круг радиусом а с центром в начале координат. Из условий ДФ = 0 в Са и

Ф|г=а = 0 следует (из принципа экстремума для гармонических функций), что Ф = 0 в Са.

ЙФ

Тогда —— |г=а-0 = 0. Из требования непрерывной дифференцируемости решения следует аг

ЙФ ЙФ ЙФ 0

"Ог |г=а-0 = "Ог |г=а+0 = “Ог |г=а = 0.

Для эллиптического уравнения Лиувилля ДФ = елф известны формулы представления решений. Для рассматриваемого случая А > 0

1 2(^2 + «2) 1 2(«2 + V?) 1 2(«2 + V?) , ч

Ф = т!^-г^---------т-, Ф = т 1п —---------—, Ф = ^ 1п —^2---------у—, (30)

А А«2(х,у) А А«(х, у) А Авіп «(х,у)

где «(х, у) — произвольная гармоническая функция [7].

Возьмем

Ф = А1п 2(’| + ’'у) . (31)

А А«(х, у)

За гармоническую функцию «(х, у) возьмем «(х, у) = сі 1пг + С2, где с- и С2 — произвольные постоянные. Решение задачи (28) (29) ищем в виде

0, если 0 ^ г ^ а,

Ф(г) = < 1 , 2с2 „ (32)

— 1п-------2--1---------, если а ^ г ^ Д,

А Аг2 (с21пг + с2)

при условии

ЙФ

Ф|г = д = К, Ф|г=а =0, — |г=а = 0, 0 < а < Д. (33)

Имеем три неизвестные: а, сі, с2.

Удовлетворяя условиям (33), получаем систему для нахождения этих неизвестных:

2с2 ЛК 2с2

1 - е, —2---------------------г = 1, (34)

Тогда

АД2 (с21п Д + с2) Аа2 (с21п а + с2)

с2 еЬ(сі 1п а + с2) , , .

1+---------—— ------------------— =0 ^ с21п а + с2 = — arcth с2. (35)

вп(с21п а + с2)

1 2с2

Ф(г) = — 1п----------=---------1-------------, если а ^ г ^ Д. (36)

А Аг2 вИ2(2 1п 4 — агсШс-)

2с2 лк 2с2 I Аа2

= е

1 = елк 1 =1 ^ сі = ±/1 — ^-. (37)

АД2 вИ2(Щ- 1п -Оу — arcth с1) ’ Аа2 sh2(arcth с1) V 2

АД2 эИ2( *1 2 2 1п -а2 — arcth у^ 1 — )

2(1 — л|2)

=е

(38)

Константу С1 из (37) взяли со знаком плюс, так как изменение знака на минус не изменяет соотношений (32), (34). Из уравнение (38) определяем величину а.

Введем функцию

_ Ха2

АД2 вД2(У V 2 1п К - агеША/1 - Л22) /2

у(а) = -----------------------------------------------------------------2 2(1 -^)-1-—, 0 < а < у А (39)

Рассмотрим два случая (0 < а < Д < у^2, 0 < а < у^2 < Д).

1. 0 < а < Д < у^ЛЛ. Тогда

< 1. (40)

р Д2 А \ 2

Находим у(Д) = 1, у(0) = ( 1------------— ) < 1. Тогда из вида уравнения (38) следует, что

при выполнении неравенства

е-ЛК > (41)

оно имеет решение.

Пусть а = а1 — корень уравнения (38). Подставив а = а1 в (32), получим решение задачи

(6), (7) для рассматриваемого случая

0, если 0 ^ г ^ а1.

Ф(г) = ^ 1 , 2(1 21) ^ ^ Д (42)

— 1п----------- ------2-------- -, если а1 ^ г ^ Д, у 1

Аг2 яД2 (у 1 - Л2211п а. - aгcth у 1 - Л221)

2 / АаГ г Аа?

если яд и /1-----— 1п---агсш у 1-------—) не обращается в нуль при а1 ^ г < Д.

V 2 а1 V 2

Обозначим

Аа1 и, г . А Аа1

51(г) = \/1 — “211п — arcth у 1 — . (43)

Функция ^1(г) возрастает по г ( #1(г) = 1-----^ - > 0 | .

і Аа2 . / Аа2 , Д , / Аа1

51 (а1) = — arcth у 1-----------— < 0, 51 (Д) = у 1---------— 1п — — arcth у 1-------------—.

Рассмотрим функцию

, , , Аа2 Д Аа2

52(а) = \/ 1---— 1п------arctn у 1----— (Д зафиксировали).

Имеем _________

1 Д2а I АД2

1іт 52 (а) = — 1п---- < 0, 52(Д) = — arcth у 1----------< 0. (44)

а^1

. Аа / Д » . . .

Далее #2 (а) =------- 1п------1 . Производная #2 (а) обращается в нуль только в

^1 - ла2 V а

Д

одной точке а = —. В этой точке

е

/Д\ АД2 I АД2 , ,

#2(я) V1 - ^ - ^у1 - <0. (45)

Отсюда, учитывая (44), следует, что функция #2(а) < 0 на промежутке 0 < а ^ Д. Учитывая, что а1 также принадлежит промежутку (0, Д], получаем

. , Аа1 , Д , / Аа1

#1(Д) = #2(а1) = \/1-----— 1п — - aгcth у 1-----— < 0.

Из возрастания функции #1(г) и неравенств #1(а1) < 0, #1(Д) < 0, следует, что #1(г) на промежутке [а1, Д] не обращается в нуль.

Таким образом, формула (32) является решением при выполнении неравенств (40), (41).

2. 0 < а < < Д. Тогда

^ > 1. (46)

Находим 11ш у (а) = АД2<1 ^ - 1)2, у((1) = (! _ *2^ '

1 Д2 А

Функция у1(ж) = ж(2 1пж - 1)2, ж = 2 , ж > 1 на промежутке [1, +те) имеет единственный экстремум (минимум) в точке ж = е2, у(е2) = 0. Уравнение

ж^1п ж - 1)2 = 1 (47)

на промежутке [1, +те) имеет два корня.

Пусть ж* — больший корень (ж* = 12, 89615347 > е2). Меньший корень меньше е2. На промежутке (1,ж*) у1(ж) < 1.

Д2 А

Потребуем выполнения неравенства у(0) < 1. Оно выполняется при 2 < 8. Так как

ж* > 8, то при

д2 а

1 < < 8 (48)

2

Обозначим

„ АД2(11п ^ — 1)21 Г/ Д2" 2 ^ "2

М = max ^ 1-------,--------2----2------ > , т = тт < 1------

Тогда при выполнении неравенства

т < е-ЛК < М (49)

уравнение (38) имеет решение.

Пусть а = а1 — корень уравнения (38). Подставив а = а1 в (32), получаем решение рассматриваемой модельной задачи (6), (7) в виде (42), если знаменатель в (42) не обращается в нуль при а1 ^ г < Д.

Функция #1(г) (43) возрастает по г | д[ (г) = ^ 11 - —О11 > 0 | .

і Аа2 / Аа2 , R , / Аа-

gi(a-) = - arcth у 1---------^ < 0, gl(R) = у 1-----------------— ln — - arcth у 1---------^.

Рассмотрим функцию

Аа2 R , I Аа2

ln —

2a

g2(a) = —^\/l — ln — — arcth ^/l — (А — зафиксировали), 0 < а < у Л.

Далее

1 R2А 1~2 ^ Аа / R \

hm g2(a) = 2 ln 8 , £2(\/ а) = 0, g2(а) =------------/ 2 ln-1 . (50)

ai0 2 8 V А 2 Л — V а у

Д

Производная #2 (а) обращается в нуль только в одной точке а = —. В этой точке

2е

Пусть

,RN I AR2 / _ AR2 „

g2(7) = у 1 — 2^2 — arct^1 — “2^2 < 0. (51)

R2A < 1, (52)

8

1 Д2 А

тогда Иш #2(а) = — 1п-------- ^ 0, отсюда, учитывая (50), (51), заключаем, что функция

а^о 2 8

. . [2 [2

#2(а) < 0 на промежутке 0 < а < у —. Учитывая, что а1 < у —, получаем

. , Aai , Д , / Aai

gi(R) = g2(ai) = у 1 —2“ln a? -arcth у1 —2” < 0'

Из возрастания функции gi(r) и неравенств gi(a?) < 0, gi(R) < 0, следует, что gi(r) на

промежутке [ai, Д] не обращается в нуль.

Таким образом, формула (32) является решением при выполнении неравенств (48), (49),

(52).

Далее, решение задачи ищем в виде

1 2(«2 + v?)

ф= А !n А Х2 ( V\' (53)

A A sin v(x,y)

За гармоническую функцию v(x, у) возьмем v(x, y) = ci lnr + c2.

В соответствии с (53) решение задачи (28), (29) ищем в виде

0, если 0 ^ r ^ а,

Ф(г) =4 1 2 c2 Д (54)

— ln —----2------------, если а ^ r ^ Д,

A Ar2 sin (ci ln r + c2)

при условии (33). Имеем три неизвестные — а, с1, С2.

Удовлетворяя условиям (33), получаем систему для нахождения этих неизвестных:

2с2 2с2

2с1 = еЛК, 2 . 2 1- = 1, (55)

АД2 віп2(с11п Д + с2) ’ Аа2 віп2(с11п а + с2)

1 | с1 cOS(cl 1п а + с2) _ п

1 +----;-----------,---г- = 0. (56)

віп(с11п а + с2)

Из (56) с11п а + с2 = п — arcctg(—) + пп. Тогда

с1

1 2с21

Ф(г) = а 1п л 2 ■ 2, С1 , г1----------—^, если а < г < Д. (57)

А Аг2 віп (Н- 1п От — arcctg С—)

2с2 Лк 2с1 /Аа2

1 = е , л 2 • 2, 1 , ^ =1 ^ с1 = ±\/^- — 1. (58)

АД2 віп2( Ц- 1п Щ2 — arcctg С—) ’ Аа2 вт^гс^ С—) V 2

/ Ха2 _1 у

АД2 віп2(^^--------1п Щ- — arcctg 12 )

2

Из уравнения (59) определяем величину а. Введем функцию

—--------------------У-2-----= е_лк. (59)

2( л-2 — 1) У 7

/ Ха2 _1 у

АД2 віп2 (2 1п — arcctg —т- 1 ) _

а2 і Ха2 _1> Г2

у(а) =--------------------2( ^ 1)------------2----, \/А<а ^ Д у(д) = 1. (60)

2( 2 1)

() АД2(2 1п — 1)2 (Д2А)

1іт у(а) = ------2 7Г---------------- = у^^-^

гх 2 2

что совпадает со случаем 2, когда решение задачи искали в виде (32), где было установлено, что на промежутке (1,ж*) у1( д2) < 1.

Пусть

Д2 А

1 < — < ж*. (61)

Учитывая, что у(Д) = 1 и у(у^|) = у1(д2тЛ) < 1, заключаем, что уравнение (59) относительно а (у^2 < а ^ Д,) имеет хотя бы одно решение, если

е-л* > -Д (2 Ь» - 1)2. (62)

Пусть а = а1 — корень уравнения (59). Подставив а = а1 в (54), получаем решение рассматриваемой модельной задачи (6), (7):

0, если 0 ^ г ^ а1.

2

Аг2 віп2^— 11п —— arctg \!Л2- — 1)

Ф(г) = ^ 1 , 2( “2і — 1) и (63)

‘ — 1п--------------- ---------------- -, если а1 ^ г ^ Д, у 1

. 2 / Aa2 r / Aa2

если sin2 и/---------------------------------------------------------------------------1 In-arctg \-1) не обращается в нуль при ai ^ r < Д.

V 2 ai V 2

Обозначим ______ _________

. I Aai r I Aai

gi(r) = у 2 - Пп О! - arctg у- 1'

. /Aa2 1 \ /Aa2 п

Функция gi (r) возрастает по r | g? (r) = у —^ - 1 - > 0 1 , g? (ai) = - arctg у —2- - 1 > - ^,

gi(r) = V “2--1 ln------arctg у —2-------1' Рассмотрим функцию

Aa2 Д Aa2

g2(a) = \ / — --1 ln------arctg \ — --1 (Д зафиксировали).

2 a 2

/ / \ Aa f .Д \ . , . —

Далее, g2 (a) = —. ln------1 . Производная g2 (a) обращается в нуль при a = —.

2^pf-~1\ a У e

Пусть Д < e (Д > \J~~a), g2 < 0' Функция g2(a) убывает. g2(y^f) =0. А так как о? > ^A^,

то g2(ai) < 0, g1(Д) < 0' Из возрастания функции gi(r) и неравенств gi(ai) < 0, gi^) < 0,

следует, что gi(r) на промежутке [о?, Д] не обращается в нуль.

п

Учитывая возрастание функции g?(r) и gi(a) > -^, gi^) < 0, заключаем, что на промежутке [а?, Д] функция gi(r) не принимает значения -п

Таким образом, доказали, что функция sin2 gi(r) не обращается в нуль на промежутке [а?, Д] и формула (54) является решением задачи при Д < e и выполнении неравенств (61), (62).

Далее решение задачи ищем в виде

1 2(v2 + v?)

ф = _ ln —^------V— (64)

* A Av2 (x,y) ' (64)

За гармоническую функцию v(x, у) возьмем v(x, у) = c? lnr + c2'

В соответствии с (64) решение задачи (28), (29) ищем в виде

{0, если 0 ^ r ^ O'

1 i 2c2 (65)

2— -Г2, если a < r < Д,

A Ar2(c? In r + c2 )2

при условии (33). Имеем три неизвестные — a, c?, c2'

Удовлетворяя условиям (33), получаем систему уравнений для нахождения этих неизвестных:

2c2 2ci c? I~2

ТтуП—i—n-------v2 = e , т—^;-----------T2 = 1, 1 + 7—------г =0 ^ a = \ —' (66)

AД2(cl ln Д + c2 )2 Aa2(c? ln a + c2)2 (c? ln a + c2) V A

При выполнении равенства

функция

(T ln ^ — і)2 = є_лк (67)

2 2 2 v 7

[2

0, если 0 ^ r ^ W —,

Ф(г) Ні 2 [2 (68)

— ln ---:-----T-2------, еслиі/— < r < R,

A Ar2(- ln ^ — і)2 У A

г2Л [2

будет решением задачи, если 1п —---------1 не обращается в нуль при \ — < г < Д. Функция

2 V Л

г2Л [2 Г2

1п —2----1 обращается в нуль при г = еу Л' Учитывая, что у л ^ г ^ Д, получаем, что при

выполнении неравенства

1 < <е2 (69)

г2Л /—

1п —2----1 не обращается в нуль на промежутке [у ^, Д].

ЛД2

Равенство (67) выполняется, как ранее установлено, при ^ < х* = 12, 89615347, его

левая часть меньше единицы.

Таким образом формула (65) дает решение задачи при выполнении условий (69).

Список литературы

[1] И.И.Вайнштейн, Дуальная задача к задаче М.А. Гольдштика с произвольной завихренностью, Журнал Сибирского федерального университета, Математика и физика,

3(2010), №4, 500-506.

[2] М.А.Гольдштик, Вихревые потоки, Наука, Новосибирск, 1961.

[3] И.И.Вайнштейн, Решение двух дуальных задач о склейке вихревых и потенциальных течений вариационным методом М.А. Гольдштика, Журнал Сибирского федерального университета, Математика и физика, 4(2011), №3, 320-331.

[4] И.И.Вайнштейн, М.А.Гольдштик, О движении идеальной жидкости в поле кориолисо-вых сил, Докл. АН СССР, 6(1967), №6, 1277-1230.

[5] Р.Курант, Уравнения с частными производными, М., Наука, 1964.

[6] И.И.Привалов, Субгармонические функции, М., ОНТИ, 1937.

[7] Э.И.Семенов, О новых точных решениях неавтономного уравнения Лиувилля, Сиб. матем. журн., 49(2008), №1, 207-216.

The Dual Problem to M.A.Goldshtik Problem with Unbounded Vorticity

Isaak I. Vainshtein Irina M. Fedotova

The existence and uniqueness of solutions of the dual problem to M.A.Goldshtik problem with unbounded

increasing from the flow function vorticity. The solutions in the explicit form was determined on a model

example for Liouville equation.

Keywords: vortex and potential flows, integral equation, Green function, Liouville equation.