О разрешимости краевой задачи для уравнения четного порядка Текст научной статьи по специальности «Математика»

Вестник КРАУНЦ. Физ.-мат. науки. 2016. № 1(12). C. 41-47. ISSN 2079-6641

DOI: 10.18454/2079-6641-2016-12-1-41-47

УДК 517.953

О РАЗРЕШИМОСТИ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ ДЛЯ УРАВНЕНИЯ ЧЕТНОГО ПОРЯДКА

А. В. Юлдашева

Национальный Университет Узбекистана им. Мирзо Улугбека, 100174, Узбекистан, г. Ташкент, ул. ВУЗ городок E-mail: [email protected]

В статье рассматривается краевая задача для уравнения четного порядка. Доказывается однозначная разрешимость при дополнительных условиях и условиях на область.

Ключевые слова: уравнения в частных производных высокого порядка, краевая задача, метод разделения переменных, цепные дроби

© Юлдашева А. В., 2016

MSC 35C05

ON SOLVABILITY OF THE BOUNDARY VALUE PROBLEM FOR ONE EVEN-ORDER EQUATION

A.V. Yuldasheva

National University of Uzbekistan by Mirzo Ulugbeka, 100174, Uzbekistan, Tashkent c., VUZ gorodok st. E-mail: [email protected]

In this paper boundary-value problem for one even-order equation is studied. The unique solvability of the problem is restored by additional conditions and conditions to domain.

Key words: partial differential equations of higher order, boundary-value problem, method of separation of variables, simple continued fractions

© Yuldasheva A.V., 2016

Постановка задачи

Для уравнения

Lw = f (x, t),

где

Lw =

д

2k,

д 2 Pw

dx2k д12P '

k, p E N

(1)

(2)

в области О = {(х,г) :0 < х < а, 0 < г < Т } исследуется следующая краевая задача.

Задача. Найти в области О решение и (х, г) уравнения (1), удовлетворяющее краевым условиям

д 2mw

д x2m

(0,t)=

д 2mu д x2m

(a, t) = 0,0 < t < T, m = 0, k - 1

и

д 2mu д t2m

(x, 0):

д 2mu " д t2m

(x, T) = 0,0 < x < a, m = 0, p - 1.

(3)

(4)

Заметим, что корректность задачи зависит от значений к,р. Так, если (к — р) четное, то вообще говоря, задача некорректна. Устойчивость такой задачи исследована в работе [1]. Если к = р = 1, то задача (1),(3), (4) будет задачей Дирихле для уравнения колебания струны, разрешимость которой исследована в [3]. Случай, когда к е N, р = 1 рассмотрен в [2, 7], а случай к = р исследован в [4, 5].

Случай нечетности (к — р)

Лемма 1. Пусть и (х, г) - регулярное решение задачи (1),(3), (4) и (к — р) нечетное, тогда справедлива оценка

11и11<р(п) ^ сНЬи1к(п), (5)

где С > 0 - постоянное число, зависящее от размеров области О и к, р, но не зависящее от функции и (х,г).

Доказательство. Умножим обе части уравнения (2) на (—1)ки и проинтегрируем по области О

Та (- 1)к+г' — (д2к—1—'и ^ (дки^

^ ( 1) д х I д х2к— 1-' ' д х' / +

,.=0 дx V дx2k-1-i дxV V дxk 0 0 г=0

^ д /д2p-1-iw д'и\ , „/дpw\2

p-1 k+i д (д2р-1-гм дгм\ . Р/дРм\2 , , гf т , ,

г=0 -la

b2

Применяя неравенство 2 |ab| < ea2 + — (e = const > 0) к правой части последнего равенства, а также учитывая условия (3) и (4), имеем

a T if д k \2 f д Р \ 2\ a T ^ a T

II (д?)<ill"2(xf)dxrff+¿Я(iB)2dxd',

0 0 0 0 0 0

получим

д ku

д xk

+

д pu

По определению норма

д mu

д xm д mu

д xm

д tp

L2(Q) 2

L2 (П)

L2(ß)

£ ,, 2 1 и и 2

< 2 WuK(n) + 2е W^Kw

, m = 1, ■ ■ ■ , k — 1 равна

T a

д m+1u д m—1u д xm+1 ' дxm—1

dxdt.

0 0

Применяя к правой части последнего равенства неравенство

1

|ab| < - (a2 + b2),

находим

д mu

д xm

La(ß)

1

< -" 2

д^1 u 2

д x

m1

La(ß)

1

+ 2

д m+1 2

д xm+1

La(ß)

Суммируя неравенства (7) по m от 1 до k — 1, получим

д u

д x

+

La(ß)

д k—

д xk—1

La(ß)

д ku

д xk

Lz(ß)

Применяя (7) к неравенству (8) находим

д u

д x

+

L2 (П)

дk—1

д xk—1

La(ß)

£ 1

< 2 Hu^L2(n) + 2£ \\LuW2L2m.

Теперь суммируя (7) по m от 2 до k — 2, согласно (9) имеем

д 2u

д x2

+

L2(ß)

д k-

д xk—2

L2 (П)

£1

< 2 !ulL2(n) + \\Lu\\l2(a)

Продолжая аналогично, мы получим оценки для всех складывая которые с (6), (9), (6), получим

2

д mu

д xm

(6)

(7)

(8)

(9)

(10)

m = 1,..., k — 1,

L2(ß)

k

E

l=1

д lu

д xl

L2(ß)

2 k 2

<—\\u\k(n) + 4£ \Lu\L2(ß) .

£k

T

(11)

Поступая аналогично, только заменив x на t, а k на p, находим

2

p

E

г'=1

д lu

д tl

£ p

L2(n)

< ^ УИ^^ \\Lu\L2(П) .

Оценим \M\L2(n)

л a

(x, t) = y (u2(^, t)) d<§ < 2 j |u||ux| dx,

2

2

2

2

2

2

1

u

2

2

u

2

2

2

u

2

u

T a

ll2^t)dt < 2 j J |u| lux 1 dxdt < 2\u\l2(Q) ■ \\u*\\L2(n).

00

Интегрируя последнее неравенство по х от 0 до р и деля на ЦиЦ^^), получаем

2 2 2 11"Н12(П) - 4а Них ^(П) .

Откуда согласно (9) находим

2 2 1 £ 2 1 2 - 4а ( 2 Н"Н^2(п) + 2£ НЬиНь2(п)

Складывая последнее неравенство с (11) и (12), и выбирая

2

£ =

k + p + 8a2'

получим

k Ek

l=0

д lu

д xl

+E

La(&) l=1

д lu

д tl

22 (ß)

< C2 \Lu\L2 (ß).

(13)

где C2 =

□

8a2

2) 2

-. Извлекая корень из (13), получаем И^гс^(п) - СНЬиНь2(а).

Следствие. Из леммы 1 следует единственность и непрерывная зависимость регулярного решения задачи от правой части f (х,г) при нечетных значениях (к — р).

Теорема 1. Пусть (к — р) нечетное и функция f (х, г) е Ск+!/Р+1 (П) удовлетворяет следующим краевым условиям

д 2mf (0, t) д 2mf (a, t)

д x2m

д x2m

= 0, Vt g [0; T],

к к — 1

т = 0,1, ■ ■ ■, -, если к четное и т = 0,1, ■ ■ ■, ——, если к нечетное 22

д 2mf (x, 0) д 2mf (x, T)

2m

д t2m

д t2m

= 0, Vx g [0; a],

р р — 1

т = 0,1, ■ ■ ■, ^, если р четное и т = 0,1, ■ ■ ■, —^—, если р нечетное. Тогда решение

задачи (1), (3),(4) существует.

Доказательство. Функцию, удовлетворяющую условиям (3), (4) можно представить в виде

^ ^ /Л

_ _ /и_____ тгл тгт

(14)

<Ж <Х>

/ ч V V 2unm . nn .Km

(x, t)= E E '_Sln-x ■ sin 1.

' n=1^aT a

Подставляя в (1), имеем

(—1)k (nn )2k—(—1) p(=)

2p

T

unm — fnm,

(15)

2

2

8

„„ 2 . /хжп\ . /tnm\

где fnm = JJ sin

n VaT

находим

-J sin jf (x, t) dxdt. Из (14) при четном k и нечетном p

УПш

unm —

а при нечетном k и четном p

unm —

^пп^ 2k^ ^п ш^ 2p

fra

П п^ 2k^ ^пш^ 2p Итак, формальное решение задачи (1),(3), (4) имеет вид

Кх, t)— II

2

(-1)kfn

1 n— 1 V7^

пn A2k i f nm ^2p a J + l T

. пп . пm sin— x ■ sin— t. a T

Осталось доказать равномерную сходимость ряда (16), а также рядов д2ки „ ^ ' 2 Уиш

д x2k

д 2ku д t2p

В силу оценки находим

^ t)—и

ш—1 п—1 V aT

КП \ — I I п ш

a ) + 1 T

2k

п ш

2p

(x,')— II т= ■

ш—1 п—1 V aT

fn

пп^ 2k I / пш ^ 2p a) + l T

/ п ш \2p . пп . пш

— sin— x- sin-1

VT/ a T

^ пп + / пш \2p > 2 пk+pnkшp

aT

akTp

akTp '

1 /пш1 .

(16)

пп 2k пп пш

— sin— x ■ sin-1, (17)

V a / a T

(18)

*иш| - 2пк+рпктр ипт Тогда ряд мажорантный ряду (16) имеет вид

а Тр ^ ^ 1 Уиш1 п

п к+р^аТш^1 п=1 тр ,

откуда в силу условий наложенных на функцию f (х,г) следует равномерная сходимость ряда (16), а также рядов (17) и (18). Теорема доказана. □

Случай четности (к — р).

Теорема 2. Пусть (к — р) четное и функция f (х, г) е С2х+52р+3 (О) удовлетворяет следующим краевым условиям

д2ш/ (0, г) д2т/ (а, г) 0

дх2^ = = 0,Уг е [0'Т],

т = 0,1,•••,к + 1, если к четное и т = 0,1,•••,к + 2, если к нечетное,

д 2т/ (х, 0) д 2т/ (х, Т)

д t2m

д t2m

= 0, Vx g [0; a],

т = 0,1,■ ■ ■,р если р четное и т = 0,1,•••,р + 1, если р нечетное. Если числа а и

Т таковы, что число

a

является алгебраическим числом степени п > 2, то

ТРп к—р

решение задачи (1), (3),(4) существует и единственно.

Доказательство. Аналогично, как и в теореме 1 решение ищем в виде (14), подставляя которое в (1), получим (15) . Из (15) при четных к и р находим

unm —

пп\ 2k /пm\2p

a

а при нечетных k и p

unm —

/га

T

ж n\ 2k /кт\2p

Т

Итак, формальное решение задачи (1), (3), (4) при четных значениях (к — р) имеет вид

'(x, t )= И

2

(-1)k/n

1 n— 1 V/aT

/пп\ 2k ( nm А

2p

. пп . nm sin — x • sin —— t

a

T

(19)

Осталось доказать равномерную сходимость ряда (19), а также рядов полученных из (19) дифференцированием 2к раз по х и 2р раз по г. Для начала оценим разность

/ пп \2k / пт \2p

VW V Т

п n \k /пт\р a ) V T

п n \k /пт\р

т) + (т)

п kmp ak

n k

a

mp

TPп k-p

^ пп ^ пm ^ p

В силу того, что число -— является алгебраическим числом степени п > 2,

Тр жк р

то оно удовлетворяет следующей оценке

n k mp

a

TPп k-p

>

C

m2p

Тогда получаем,

/п n\ 2k / пm \2p

IvJ -lt)

>

CoV( f )2k + (^ )2p

p

m 2

Трпк—р

или в силу того что число -т— также является алгебраическим числом степени

ак

п > 2, находим

/пп\ 2k / пm \2p

IvJ -1 т)

>

cV (™ )2k + (™ )2p

k n 2

k

Т.е.

Откуда в силу условий наложенных на функцию f (х,г) следует равномерная сходимость ряда (19). Теорема доказана. □

Список литературы

[1] Юлдашева А. В., "Об устойчивости краевой задачи для уравнения четного порядка", Вестник КРАУНЦ. Физ.-мат. науки, 2015, №1(10), 5-11; англ. пер.: "On the stability of the boundary value problem for even order equation", Bulletin KRASEC. Phys. & Math. Sci., 10:1 (2015), 4-10.

[2] Amanov Dj., Yuldasheva A. V., "Solvability and spectral properties of boundary value problems for equations of even order", International Journal of Computer Mathematics, 38 (2009), 61-70.

[3] Березанский Ю. М., "Разложение по собственным функциям уравнений в частных разностях второго порядка", Тр. ММО, 5, ГИТТЛ, М., 1956, 203-268.

[4] Сабитов К. Б., "Задача Дирихле для двумерных уравнений в частных производных высших порядков", Уравнения смешанного типа и родственные проблемы анализа и информатики, Материалы международного Российско-Болгарского симпозиума (Нальчик-Хабез), Изд-во НИИ ПМА КБНЦ РАН, Нальчик-Хабез, 2010, 212-214.

[5] Сабитов К. Б., "Задача Дирихле для уравнений с частными производными высоких порядков и проблема Ферма", Труды математического центра им. Н.И. Лобачевского, 41, Изд-во Казанского математического общества, Казань, 2010, 98-102.

[6] Шидловский А. Б., Трансцендентные числа, Наука, М., 1987, 448 с.

[7] Юлдашева А. В., "Об одной задаче для уравнения высокого порядка", Доклады Академии наук Республики Узбекистан, 2012, №5, 11-14.

Поступила в редакцию / Original article submitted: 23.11.2015