Задача Стефана
В этой работе мы доказываем существование глобального классического решения в многомерной двухфазной задаче Стефана. Задача сводится к квазилинейному параболическому уравнению с разрывными коэффициентами в фиксированной области. Затем при помощи малого параметра ε сглаживаются коэффициенты и исследу...
Gespeichert in:
| Datum: | 2011 |
|---|---|
| 1. Verfasser: | |
| Format: | Artikel |
| Sprache: | Russian |
| Veröffentlicht: |
Інститут прикладної математики і механіки НАН України
2011
|
| Schriftenreihe: | Український математичний вісник |
| Online Zugang: | http://dspace.nbuv.gov.ua/handle/123456789/124410 |
| Tags: |
Tag hinzufügen
Keine Tags, Fügen Sie den ersten Tag hinzu!
|
| Назва журналу: | Digital Library of Periodicals of National Academy of Sciences of Ukraine |
| Zitieren: | Задача Стефана / М.А. Бородин // Український математичний вісник. — 2011. — Т. 8, № 1. — С. 17-54. — Бібліогр.: 25 назв. — рос. |
Institution
Digital Library of Periodicals of National Academy of Sciences of Ukraine| id |
irk-123456789-124410 |
|---|---|
| record_format |
dspace |
| spelling |
irk-123456789-1244102017-09-26T03:02:42Z Задача Стефана Бородин, М.А. В этой работе мы доказываем существование глобального классического решения в многомерной двухфазной задаче Стефана. Задача сводится к квазилинейному параболическому уравнению с разрывными коэффициентами в фиксированной области. Затем при помощи малого параметра ε сглаживаются коэффициенты и исследуется полученное приближенное решение. Создан аналитический аппарат, позволяющий получить равномерные оценки приближенного решения на сечениях t = const. После этого, учитывая равномерные оценки, совершен предельный переход при ε →! 0. 2011 Article Задача Стефана / М.А. Бородин // Український математичний вісник. — 2011. — Т. 8, № 1. — С. 17-54. — Бібліогр.: 25 назв. — рос. 1810-3200 2010 MSC. 35R35, 35K20. http://dspace.nbuv.gov.ua/handle/123456789/124410 ru Український математичний вісник Інститут прикладної математики і механіки НАН України |
| institution |
Digital Library of Periodicals of National Academy of Sciences of Ukraine |
| collection |
DSpace DC |
| language |
Russian |
| description |
В этой работе мы доказываем существование глобального классического решения в многомерной двухфазной задаче Стефана. Задача сводится к квазилинейному параболическому уравнению с разрывными коэффициентами в фиксированной области. Затем при помощи малого параметра ε сглаживаются коэффициенты и исследуется полученное приближенное решение. Создан аналитический аппарат, позволяющий получить равномерные оценки приближенного решения на сечениях t = const. После этого, учитывая равномерные оценки, совершен предельный переход при ε →! 0. |
| format |
Article |
| author |
Бородин, М.А. |
| spellingShingle |
Бородин, М.А. Задача Стефана Український математичний вісник |
| author_facet |
Бородин, М.А. |
| author_sort |
Бородин, М.А. |
| title |
Задача Стефана |
| title_short |
Задача Стефана |
| title_full |
Задача Стефана |
| title_fullStr |
Задача Стефана |
| title_full_unstemmed |
Задача Стефана |
| title_sort |
задача стефана |
| publisher |
Інститут прикладної математики і механіки НАН України |
| publishDate |
2011 |
| url |
http://dspace.nbuv.gov.ua/handle/123456789/124410 |
| citation_txt |
Задача Стефана / М.А. Бородин // Український математичний вісник. — 2011. — Т. 8, № 1. — С. 17-54. — Бібліогр.: 25 назв. — рос. |
| series |
Український математичний вісник |
| work_keys_str_mv |
AT borodinma zadačastefana |
| first_indexed |
2025-07-09T01:23:25Z |
| last_indexed |
2025-07-09T01:23:25Z |
| _version_ |
1837130535437074432 |
| fulltext |
Український математичний вiсник
Том 8 (2011), № 1, 17 – 54
Задача Стефана
Михаил А. Бородин
(Представлена А. Е. Шишковым)
Аннотация. В этой работе мы доказываем существование гло-
бального классического решения в многомерной двухфазной задаче
Стефана. Задача сводится к квазилинейному параболическому урав-
нению с разрывными коэффициентами в фиксированной области.
Затем при помощи малого параметра ε сглаживаются коэффициен-
ты и исследуется полученное приближенное решение. Создан анали-
тический аппарат, позволяющий получить равномерные оценки при-
ближенного решения на сечениях t = const. После этого, учитывая
равномерные оценки, совершен предельный переход при ε → 0. Пре-
дел приближенного решения является классическим решением за-
дачи Стефана, причем свободная граница есть поверхность класса
H
2+α,1+α/2.
2010 MSC. 35R35, 35K20.
Ключевые слова и фразы. Задача со свободной границей, гло-
бальное решение, задача Стефана.
1. Постановка задачи
Задача Стефана в классической постановке представляет собой
математическую модель процесса распространения тепла в среде, на-
ходящейся в различных фазовых состояниях, например, жидком и
твердом. В результате плавления или кристаллизации области, за-
нятые жидкой и твердой фазами, будут изменяться. Поэтому будет
изменяться поверхность, разделяющая эти фазы. Эта неизвестная по-
верхность называется свободной границей. Процесс распространения
тепла в каждой из фаз описывается уравнением теплопроводности.
Пусть D — ограниченная область в R
3, граница которой состоит
из двух C2+α поверхностей ∂D1 и ∂D2 таких, что ∂D1 лежит вну-
три ∂D2. Пусть среда, находящаяся в двух фазовых состояниях, за-
полняет область D, u(x, t) — температура среды. Температура кри-
сталлизации, то есть температура перехода из жидкого состояния в
Статья поступила в редакцию 5.11.2010
ISSN 1810 – 3200. c© Iнститут математики НАН України
18 Задача Стефана
твердое, равна единице. Требуется найти функцию u(x, t) в области
DT = D× (0, T ), где T > 0, удовлетворяющую следующим условиям:
∆u− a(u)
∂u
∂t
= 0 в ΩT ∪GT , (1.1)
ΩT = {(x, t) ∈ DT : 0 < u(x, t) < 1},
GT = {(x, t) ∈ DT : u(x, t) > 1},
где a(u) — кусочно-постоянная функция, равная a1 > 0 в ΩT и a2 > 0
в GT .
На известной границе области DT заданы условия
u(x, t) = 0 на ∂D1 × [0, T ),
u(x, t) = ϕ(x, t) > 1 на ∂D2 × [0, T ).
(1.2)
На свободной (неизвестной) поверхности γT = DT ∩ ∂ΩT = DT ∩ ∂GT
законы сохранения массы и энергии приводят к двум условиям: усло-
вию равенства температуры u(x, t) температуре плавления и условию
Стефана, которое учитывает выделение тепла за счет скрытой тепло-
ты плавления
u−(x, t) = u+(x, t) = 1,
3
∑
i=1
(∂u−
∂xi
− ∂u+
∂xi
)
cos(n, xi) + λ cos(n, t) = 0,
(1.3)
где u−(x, t), u+(x, t) обозначают граничные значения функции u(x, t)
на γT , взятые соответственно со стороны областей ΩT , GT , n — нор-
маль к поверхности ΩT , GT ,направленная в сторону возрастания фун-
кции u(x, t), λ — коэффициент скрытой теплоты плавления.
Начальные условия
u(x, 0) = ψ(x) > 0 в D,
ψ(x)
∣
∣
∣
∂D1
= 0, ψ(x)
∣
∣
∣
∂D2
= ϕ(x, 0) > 1,
Ω0 = {x ∈ D : 0 < ψ(x) < 1}, G0 = {x ∈ D : ψ(x) > 1},
γ0 = D ∩ ∂Ω0.
(1.4)
Многомерная задача Стефана изучалась многими авторами. Начало
изучению многомерной задачи было положено в работах О. А. Олей-
ник [1] и С. А. Каменомосткой [2]. Впервые была использована кон-
цепция обобщенного решения, что позволило доказать теорему суще-
ствования и единственности слабого решения. Класс функций, в ко-
тором решение задачи Стефана единственно, шире класса функций,
М. А. Бородин 19
которому принадлежит обобщенное решение. Так как каждое класси-
ческое решение является и обобщенным, то вопрос о единственности
решения задачи Стефана был полностью решен. Вопрос о существо-
вании классического решения остался открытым.
В 1973 году Г. Дюво [3] свел задачу Стефана к некоторому вари-
ационному неравенству, для которого доказал существование слабо-
го решения. В 1975 году А. Фридман и Д. Киндерлерер [4], исполь-
зуя преобразование Дюво, свели однофазную многомерную задачу
Стефана к вариационному неравенству, а затем доказали липшице-
вость свободной границы. Однако этой гладкости было недостаточно
для доказательства классичности решения. В эти же годы в работах
Л. Каффарелли [5–7] был получен ряд фундаментальных результатов
по исследованию гладкости свободных границ. Используя результа-
ты Л. Каффарелли, в 1978 году Д. Киндерлереру и Л. Ниренбергу [8]
удалось доказать существование классического решения в однофа-
зной задаче. В 1979 году А. М. Мейерманов [9] доказал существова-
ние классического решения в двухфазной задаче Стефана в малом
по времени. В 1982 году М. А. Бородин [10] доказал существование
глобального решения в двухфазной задаче, причем была установле-
на липшицевость свободной границы. Затем в восьмидесятые годы
разными методами была доказана классическая разрешимость в ма-
лом по времени в работах Е. И. Ханзавы [11], Б. В. Базалия [12],
Е. В. Радкевича [13]. Липшицева непрерывность свободной границы
в двухфазной задаче доказана Р. Ночетто в [14]. В 1996 году Дж. Ата-
насопоулос, Л. Кафарелли и С. Салза в работе [15] показали, что
вязкое решение с липшицевой свободной границей и, при так называ-
емом условии невырожденности, является классическим. Свободная
граница является при этом поверхностью класса C1 в пространстве
и во времени. Заметим еще, что задача Стефана с учетом кривизны
свободной границы изучалась в [16–18], а с учетом конвекции в [19].
Более подробный обзор по рассматриваемой проблеме можно най-
ти в [20,21].
В 1999 году в работе автора [22] было доказано существование
глобального классического решения в многомерной задаче Стефана,
причем свободная граница являлась поверхностью классаH2+α,1+α/2.
Достаточным условием для этого наряду с обычными требованиями
гладкости, было требование знакоопределенности величины ∆ψ(x),
где ψ(x) обозначает начальное распределение. Это требование при-
водит к монотонности процесса, описываемого решением задачи Сте-
фана, то есть либо происходит процесс кристаллизации, либо процесс
плавления. Очевидно, что это требование достаточно обременитель-
но.
20 Задача Стефана
В настоящей работе такого рода ограничение снято и заменено
на более естественное, а именно ∇ψ(x) 6= 0. Нарушение этого усло-
вия, как показано в [9], приводит к несуществованию классического
решения.
Наш главный результат состоит в следующей теореме
Теорема 1.1. Пусть D — ограниченная область в R
3, граница ко-
торой состоит из двух C2+α поверхностей ∂D1 и ∂D2 таких, что
∂D1 лежит внутри ∂D2, DT = D × (0, T ),
ψ(x) ∈ C2+α(D), ϕ(x, t) ∈ H2+α,(2+α)/2(DT ),
min
D
|∇ψ(x)| > 0, min
∂D2×[0,T ]
ϕ(x, t) > 1,
выполнены соответствующие условия согласования при t = 0, x ∈
∂D. Тогда задача (1.1)–(1.4) разрешима и имеет единственное ре-
шение
u(x, t) ∈
(
H2+α,1+α/2(ΩT \ γ0) × (GT \ γ0)
)
∩ C(DT ),
а свободная граница является поверхностью класса H2+α,1+α/2.
2. Аппроксимация задачи
Предположим, что задача (1.1)–(1.4) имеет классическое решение.
Умножим равенство (1.1) на функцию η(x, t) ∈ C2,1(DT )), обращаю-
щуюся в нуль на ∂D1 × (0, T ), ∂D2 × (0, T ), при t = T , и проинтегри-
руем по частям
∫
DT
(
∇u(x, t)∇η(x, t) + a(u)
∂u
∂t
η(x, t) + λχ(u)
∂η
∂t
)
dx dt
+ λ
∫
D
χ(ψ)η(x, 0) dx = 0, (2.1)
где
χ(u) =
{
1, если u(x, t) < 1,
0, если u(x, t) > 1.
Для любого ε > 0 определим функцию χε(x) ∈ C∞(R1) следую-
щим образом:
χε(x) = 1 ∀x ≤ 1, χε(x) = 0 ∀x ≥ 1 + ε, χ′
ε(x) ≤ 0, χ(n)
ε (x) ≤ c
εn
,
М. А. Бородин 21
где положительная константа c не зависит от ε. Пусть
aε(x) = a2 + χε(x)(a1 − a2).
При помощи функций aε(x), χε(x) сгладим коэффициенты в (2.1) и
обозначим теперь через uε(x, t) функцию, которая удовлетворяет ин-
тегральному тождеству
∫
DT
(
∇uε(x, t)∇η(x, t)+aε(uε)
∂uε(x, t)
∂t
η(x, t)+λχε(u
ε)
∂η(x, t)
∂t
)
dx dt
+ λ
∫
D
χε(ψ)η(x, 0) dx = 0. (2.2)
Если функция uε(x, t) удовлетворяет тождеству (2.2) и достаточно
гладкая, то она является решением следующей задачи:
∆uε(x, t) − {aε(uε(x, t)) − λχ′
ε(u
ε(x, t))}∂u
ε(x, t)
∂t
= 0 в DT , (2.3)
uε(x, t) = 0 на ∂D1 × [0, T ), uε(x, t) = ϕ(x, t) на ∂D2 × [0, T ), (2.4)
uε(x, 0) = ψ(x) в D. (2.5)
Функцию uε(x, t), являющуюся решением задачи (2.3)–(2.5), назовем
приближенным решением задачи (1.1)–(1.4). Наша основная цель со-
стоит в том, чтобы доказать существование приближенного решения
и показать, что
u(x, t) = lim
ε→0
uε(x, t)
является решением задачи (1.1)–(1.4).
Так как
0 < a0 = min(a1, a2) ≤ bε(u
ε(x, t)) = aε(u
ε(x, t)) − λχ′
ε(u
ε(x, t)) ≤ c
ε
,
где c > 0 и не зависит от ε, то, как известно [24], имеет место
Теорема 2.1. Пусть ψ(x) ∈ Hr+α(D), ϕ(x, t) ∈ Hr+α,(r+α)/2(DT ),
min∂D1×[0T ] ϕ(x, t) > 1, 0 < α < 1, r ≥ 2, выполнены соответ-
ствующие условия согласования при t = 0, x ∈ ∂D. Тогда зада-
ча (2.3)–(2.5) разрешима и имеет единственное решение uε(x, t) ∈
Hr+α,(r+α)/2(DT ), причем имеет место оценка
∥
∥uε(x, t)
∥
∥
Hr+α,(r+α)/2(DT )
≤ c
M(ε)
, (2.6)
где положительная константа c не зависит от ε, а M(ε) → 0, если
ε→ 0.
22 Задача Стефана
Представим уравнение (2.3) в виде
∆uε(x, t) − ∂
∂t
uε(x,t)
∫
0
[aε(τ) − λχ′
ε(τ)] dτ = 0.
Рассечем цилиндр DT плоскостями t = kτ, где τN = T, k = 1, 2, . . . ,
N , и проинтегрируем по переменной t от (k − 1)τ до kτ .
kτ
∫
(k−1)τ
∆uε(x, τ) dτ −
uε
k(x)
∫
uε
k−1(x)
[aε(τ) − λχ′
ε(τ)] dτ = 0, (2.7)
где uεk(x) ≡ uε(x, kτ). После очевидных преобразований получим
∆uεk(x) − βεk(x)
∂uεk(x)
∂t
= fεk(x), (2.8)
uεk(x) = 0 на ∂D1, uεk(x) = ϕ(x, kτ) > 1 на ∂D2, uε0(x) = ψ(x) в D,
(2.9)
где
∂uεk(x)
∂t
=
uεk(x) − uεk−1(x)
τ
,
βεk(x) =
1
∫
0
{aε[uεk−1 + τ(uεk − uεk−1)] − λχ′
ε[u
ε
k−1 + τ(uεk − uεk−1)]} dτ
=
1
∫
0
bε[u
ε
k−1(x) + τ(uεk(x) − uεk−1(x)] dτ, (2.10)
fεk(x) =
1
τ
kτ
∫
(k−1)τ
[∆uε(x, kτ) − ∆uε(x, t)] dt. (2.11)
Наша ближайшая цель получить равномерные оценки для ре-
шений задачи (2.8)–(2.9), то есть оценки для uε(x, t) на сечениях
t = const. Для этого мы создадим и изучим интегральные представ-
ления, которые будут играть ту же роль, что и интегральные пред-
ставления типа потенциалов в теории линейных граничных задач для
эллиптических уравнений.
М. А. Бородин 23
3. Интегральное представление
приближенного решения и
свойства фундаментальных решений
Для изучения свойств приближенного решения нам понадобится
интегральное представление. Пусть KR(x0) — шар радиуса R с цен-
тром в точке x0, принадлежащий области D. Введем функции
Γm−k+1(|x− x0|)
=
−τ
am2πi
∮
∂L
sinh[
√
z(R− |x− x0|)] dz
4π|x− x0| sinh(
√
zR)(1 − zτ
am
)(1 − zτ
am−1
)(1 − zτ
ak
)
, (3.1)
где k = 1, 2, . . . ,m, ∂L — граница области,
L =
{
z : ̺ = |z| < (1 + q)max1≤k≤N ak
τ
,
Re z = b0 > − π2
2R2
, |b0| < ̺, q > 0
}
.
Так как числитель и знаменатель подынтегральной функции в (3.1)
имеет одну и ту же точку ветвления z = 0, то внутри контура ∂L
можно выделить однозначную ветвь аналитической функции.
Обозначим
ωm−k+1(z) =
(
z − am
τ
)(
z − am−1
τ
)
· · ·
(
z − ak
τ
)
.
Тогда из (3.1) следует
Γm−k+1(|x− x0|) =
iτ
2πam
∮
∂L
sinh[
√
z(R− |x− x0|)]ωm−k+1(0) dz
4π|x− x0| sinh(
√
zR)ωm−k+1(z)
.
(3.2)
Если a1 = a2 = · · · = am = a, то интеграл (3.1) принимает вид
Γm−k+1(|x− x0|)
= (−1)m−k
(a
τ
)m−k 1
2πi
∮
∂L
sinh[
√
z(R− |x− x0|)] dz
4π|x− x0| sinh(
√
zR)(z − a
τ )
m−k+1
.
Последний интеграл является интегралом Коши. Поэтому
Γm−k+1(|x− x0|)
= (−1)m−k
(a
τ
)m−k 1
(m− k)!
∂
(m−k)
∂z(m−k)
sinh[
√
z(R− |x− x0|)]
4π|x− x0| sinh(
√
zR)
∣
∣
∣
∣
z= a
τ
24 Задача Стефана
Если a1, a2, . . . , am различны, то интеграл (3.1) представляет собой
разделенную разность соответствующего порядка [25] и может быть
вычислен по формуле
Γm−k+1(|x− x0|) = (−1)m−k
(am−1am−2 · · · ak
τm−k
)
× 1
(m− k)!
∂
(m−k)
∂z(m−k)
sinh[
√
z(R− |x− x0|)]
4π|x− x0| sinh(
√
zR)
∣
∣
∣
∣
z=a∗
τ
, (3.3)
где min1≤k≤m ak < a∗ < max1≤k≤m ak.
Отметим некоторые свойства функций Γm−k+1(|x− x0|).
Свойство 3.1. Пусть |x−x0| 6= 0, тогда функции {Γm−k+1(|x−x0|)}
удовлетворяют следующей системе дифференциальных уравнений:
∆Γm−k+1 − ak
Γm−k+1 − Γm−k
τ
= 0, ∀ k = 1, . . . , (m− 1),
∆Γ1 − am
Γ1
τ
= 0, Γ1(|x− x0|) =
sinh
√
am
τ (R− |x− x0|)
4π|x− x0| sinh(
√
am
τ R)
.
(3.4)
Доказательство. Пусть r = |x− x0| — сферический радиус и r 6= 0.
Из (3.1) следует
d2[rΓm−k+1(r)]
dr2
= − τ
am
1
2πi
∮
∂L
z sinh
√
z(R− r) dz
4π sinh(
√
zR)(1 − zτ
am
)(1 − zτ
am−1
) · · · (1 − zτ
ak
)
= − τ
am
1
2πi
∮
∂L
ak
τ ( zτak
− 1 + 1) sinh
√
z(R− r)) dz
4π sinh
√
zR(1 − zτ
am
)(1 − zτ
am−1
) · · · (1 − zτ
ak
)
=
ak
τ
|x− x0| [Γm−k+1(|x− x0|) − Γm−k(|x− x0|)] .
Если k = m, то из (3.2) следует
Γ1(|x− x0|) = − τ
am
1
2πi
∮
∂L
sinh
√
z(R− r) dz
4π|x− x0| sinh(
√
zR)(1 − zτ
am
)
=
sinh
√
an
τ (R− |x− x0|)
4π|x− x0| sinh(
√
am
τ R)
.
М. А. Бородин 25
Свойство 3.2.
∫
KR(x0)
Γm(|x− x0|)
τ
dx ≤
∫
KR(x0)
Γm−1(|x− x0|)
τ
dx ≤ · · ·
≤
∫
KR(x0)
Γ1(|x− x0|)
τ
dx =
1
am
(
1 −
R
√
am
τ
sinh(
√
am
τ R)
)
. (3.5)
Доказательство. Если x 6= x0, то
∆Γm−k+1 − ak
Γm−k+1 − Γm−k
h
= 0, ∀ k = 1, . . . , (m− 1).
Кроме того, мы имеем
lim
|x−x0|→0
4π|x− x0|Γm−k+1(|x− x0|) =
{
1, если k = m,
0, если k 6= m,
Γm−k+1(R) = 0.
Из принципа максимума следует
Γm−k+1(|x− x0|) > 0 в KR(x0),
∂Γm−k+1
∂n
≤ 0 на ∂KR(x0).
Следовательно, ∀ k < m
∫
KR(x0)
ak
Γm−k+1 − Γm−k
h
=
∫
KR(x0)
∆Γm−k+1(|x− x0|) dx ≤ 0.
Свойство 3.3. Пусть Kδ(x0) обозначает шар с центром в точке
x0 и радиуса δ. Тогда
lim
δ→0
∮
∂Kδ(x0
∂Γm−k+1
∂n
ds =
{
1, k = m,
0, k 6= m,
(3.6)
где n — внутренняя нормаль.
Доказательство. Действительно, если k < m, тогда
lim
δ→0
iτ
2πam
∮
L
∫
∂Kδ(x0)
(
sinh[
√
z(R− δ)]
4πδ2 sinh(
√
zR)
+
√
z cosh[
√
z(R− δ)]
4πδ sinh(
√
zR)
)
ds
26 Задача Стефана
× ωm−k+1(0)
ωm−k+1(z)
dz = lim
δ→0
iτ
2πam
∮
L
∫
Kδ(x0)
ωm−k+1(0)
ωm−k+1(z)
dz = 0,
так как сумма вычетов относительно всех особых точек, включая
бесконечно удаленную точку, равна нулю. Если k = m, то получим
lim
δ→0
∫
Kδ(x0)
∂Γ1
∂n
ds =
iτ
2πam
∮
L
dz
1 − zτ
av
= 1.
Свойство 3.4. Пусть {uk(x)} ∈ C2(D} и
∆uk −
akuk − ak−1uk−1
h
= −Fk(x), (3.7)
где Fk ∈ C(D) заданные функции. Тогда имеет место следующее
интегральное представление
um(x0) =
∫
KR(x0)
a0u0Γm(|x− x0|)
τ
dx
−
m
∑
k=1
∫
∂KR(x0)
uk
∂Γm−k+1
∂n
ds+
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
FkΓm−k+1 dx. (3.8)
Доказательство. Для пары функций u(x), v(x) ∈ C2(D) имеет место
тождество Грина
∫
D
(v∆u− u∆v) dx =
∫
∂D
[(∂u
∂n
v
)
−
(∂v
∂n
u
)]
dx.
Применим это тождество для пары функций uk(x), Γm−k+1(|x−x0|).
Так как функция Γ1(|x− x0|) недифференцируема в точке x0, то то-
ждество Грина применим на множестве KR(x0) \Kδ(x0), а затем пе-
рейдем к пределу при δ → 0.
m
∑
k=1
∫
KR(x0)\Kδ(x0)
[
Γm−k+1(|x− x0|)∆uk(x)
− uk(x)∆Γm−k+1(|x− x0|)
]
dx
=
m
∑
k=1
∫
∂KR(x0)
(
Γm−k+1(|x− x0|)
∂uk(x)
∂n
М. А. Бородин 27
− uk(x)
∂Γm−k+1(|x− x0|)
∂n
)
dx
+
m
∑
k=1
∫
∂Kδ(x0)
(
Γm−k+1(|x− x0|)
∂uk(x)
∂n
− uk(x)
∂Γm−k+1(|x− x0|)
∂n
)
dx. (3.9)
Преобразуем левую часть равенства (3.9), используя свойство 3.1 и
уравнение (3.7). После этого перейдем к пределу при δ → 0.
lim
δ→0
m
∑
k=1
∫
KR(x0)\Kδ(x0)
[
∆uk(x)Γm−k+1(|x− x0|)
− uk∆Γm−k+1(|x− x0|)
]
dx
= lim
δ→0
m
∑
k=1
∫
KR(x0)\Kδ(x0)
(akuk(x) − ak−1uk−1(x)
τ
− Fk(x)
)
Γm−k+1 dx
− lim
δ→0
m
∑
k=1
∫
KR(x0)\Kδ(x0)
(
uk(x)
ak
τ
Γm−k+1(|x− x0|)− Γm−k(|x− x0|)
)
dx
= −
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
FkΓm−k+1(|x− x0|) dx
+
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
(akuk
τ
Γm−k(|x− x0|) −
ak−1uk−1
τ
Γm−k+1(|x− x0|)
)
dx
= −
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
Fk(x)Γm−k+1(|x− x0|) dx
+
∫
KR(x0)
−a0u0(x)
τ
Γm(|x− x0|) dx.
Перейдем к пределу в левой части этого тождества, учитывая
(3.6). Это даст
lim
δ→0
m
∑
k=1
∫
∂Kδ(x0)
(
Γm−k+1(|x− x0|)
∂uk(x)
∂n
− uk(x)
∂Γm−k+1(|x− x0|)
∂n
)
dx = −um(x0).
В результате получим интегральное представление (3.8).
28 Задача Стефана
Свойство 3.5. Функции Γk(r)−Γk−1(r), k = 2, . . . , N, на интервале
0 < r < R изменяют свой знак не более, чем один раз.
Доказательство. Обозначим rk,k−1 точки, в которых функции Γk(r)
− Γk−1(r), k = 1, 2 . . . , n, обращаются в нуль. Рассмотрим функцию
Γ2(|x − x0|) − Γ1(|x − x0|). Эта функция удовлетворяет следующим
условиям
△(Γ2 − Γ1) − an−1
Γ2 − Γ1
τ
= −an
Γ1
τ
∀x : 0 < |x− x0| < R,
lim
|x−x0|→0
4π|x− x0|(Γ2 − Γ1) = −1, Γ2(R) − Γ1(R) = 0.
(3.10)
Вблизи точки x0 функция Γ2(|x − x0|) − Γ1(|x − x0|) отрицательна.
Предположим, что при переходе через точку r = r2,1 эта функция ме-
няет свой знак с минуса на плюс. Тогда на концах интервала (r2,1, R)
она обращается в нуль, а внутри этого интервала удовлетворяет урав-
нению (3.10), правая часть которого отрицательна. Отсюда следует,
что внутри интервала (r2,1, R) функция Γ2(|x− x0|) − Γ1(|x− x0|) не
может принимать отрицательных значений.
Рассмотрим функцию Γ3(|x − x0|) − Γ2(|x − x0|). Она является
решением следующей граничной задачи
∆(Γ3 − Γ2) − an−2
Γ3 − Γ2
τ
= −an−1
Γ2 − Γ1
τ
∀x : 0 < |x− x0| < R,
Γ3(0) − Γ2(0) = 0, Γ3(R) − Γ2(R) = 0.
(3.11)
Докажем, что в достаточно малой окрестности точки r = 0 фун-
кция Γ3(r) − Γ2(r) отрицательна. Предположим, что имеется точка
r0 < r2,1, в которой указанная функция обращается в нуль. Тогда
на интервале (0, r0), как следует из (3.11), она не может иметь поло-
жительного максимума и поэтому отрицательна. Если же функция
Γ3(r) − Γ2(r) положительна в некоторой окрестности точки r = 0,
то на интервале (0, r2,1) в нуль она обратиться не может, как ска-
зано выше. На интервале (r2,1, R) в нуль она также обратиться не
может, так как не может иметь минимума. Следовательно, функция
Γ3(r) − Γ2(r) будет положительной на всем интервале (0, R). Но это
противоречит свойству 3.2. Предположим теперь, что существует то-
чка r3,2, при переходе которой функция Γ3(r)−Γ2(r) изменяет знак с
минуса на плюс, и пусть r3,2 < r2,1. На интервале (r3,2, r2,1) указанная
функция в нуль обратиться не может, так как тогда бы она достига-
ла на этом интервале положительного максимального значения, что
противоречит положительности правой части уравнения (3.11). По
М. А. Бородин 29
аналогичным соображениям не может быть перемен знака и на ин-
тервале (r2,1, R). Если же r3,2 > r2,1, то на интервале (r3,2, R) функ-
ция Γ3(r)−Γ2(r) > 0, так как правая часть уравнения (3.11) на этом
интервале отрицательна. Для завершения доказательства осталось
применить метод математической индукции.
Свойство 3.6. Пусть R = τσ, 0 < σ < 1
2 , N = T
τ . Тогда имеет
место неравенство
Γ′
k(R) − Γ′
k−1(R) ≤ 0, k = 2, 3, . . . , N. (3.12)
Доказательство. Покажем, что достаточно доказать неравенства
(3.12) при k = N. Пусть при k = m ≤ N имеет место неравенство
Γ′
m(R) − Γ′
m−1(R) ≤ 0,
а при k = m− 1 имеем
Γ′
m−1(R) − Γ′
m−2(R) > 0. (3.13)
Тогда в некоторой левой полуокрестности точки r = R функция
Γm−1(r) − Γm−2(r) < 0,
так как
Γm−1(R) − Γm−2(R) = 0.
С другой стороны, в силу предыдущего свойства, в правой полуокре-
стности точки r = 0 эта функция отрицательная и может обращаться
в нуль не более, чем в одной точке. Поэтому
Γm−1(r) − Γm−2(r) < 0 ∀ r : 0 < r < R.
Функция Γm−1(|x−x0|)−Γm−2(|x−x0|) на указанном интервале удов-
летворяет уравнению
△[Γm(|x− x0|) − Γm−1(|x− x0|)]
− an−m+1
Γm(|x− x0|) − Γm−‘1(|x− x0|)
τ
= −an−m
Γm−1(|x− x0|) − Γm−2(|x− x0|)
τ
,
правая часть которого положительна. В силу принципа максимума
отсюда следует, что Γm−1(|x − x0|) − Γm−2(|x − x0|) < 0 всюду на
интервале (0 < |x− x0| < R). Это противоречит неравенству (3.12).
30 Задача Стефана
Далее, из (3.2) следует
Γ′
N (R) − Γ′
N−1(R)
=
τ2
aNa1
1
2πi
∮
∂L
z
3
2
4πR sinh(R
√
z)
dz
(1 − zτ
aN
)(1 − zτ
aN−1
) · · · (1 − zτ
a1
)
= (−1)N
aN−1aN−2 · · · a2
(N − 1)!τN−2
dN−1
dzN−1
( z
3
2
4πR sinh(R
√
z)
)
∣
∣
∣
∣
z= ξ
τ
= (−1)NcN (τ)
dN−1ϕ(
√
z)
dzN−1
∣
∣
∣
∣
z= ξ
τ
,
где
amin < ξ < amax, cN (τ) =
aN−1aN−2 · · · a2
4πR(N − 1)!τN−2
,
ϕ(
√
z) =
z
3
2
sinh(R
√
z)
= 2z
3
2
exp{−R√z}
1 − exp{−2R
√
z} .
Пусть
F (Rx) =
exp{−Rx}
1 − exp{−2Rx} =
∞
∑
k=0
e−(2k+1)Rx
= e−Rx + e−3Rx
∞
∑
k=1
e−(2k−1)Rx. (3.14)
Вычислим
dN−1ϕ(x)
dxN−1
= 2
N−1
∑
k=0
CkN−1(x
3)(k)
dN−1−kF (x)
dxN−1−k
= 2x3d
N−1F (x)
dxN−1
+ 6(N − 1)x2d
N−2F (x)
dxN−2
+ 6(N − 1)(N − 2)x
∂N−3F (x)
∂xN−3
+ 2(N − 1)(N − 2)(N − 3)
dN−4F (x)
dxN−4
,
С другой стороны
dnF (x)
dxn
= (−1)nRne−Rx + (−1)n(3R)nO(e−3Rx) при τ → 0, (3.15)
так как x =
√
ξ
τ ≥
√
amin
τ , R = τσ, 0 < σ < 1
2 , и поэтому Rx → +∞,
если τ → 0. Таким образом,
М. А. Бородин 31
dN−1ϕ(x)
dxN−1
= (−1)N−12
RN−3e−Rx
1 + e−2Rx
[x3R3 − 3R2x2(N − 1)
+ 3(N − 1)(N − 2)xR− (N − 1)(N − 2)(N − 3)]
+ (−1)N−2(3R)N−2O(e−3Rx)[x3(3R)3 − 3(3R)2x2(N − 1)
+ 3(N − 1)(N − 2)x3R− (N − 1)(N − 2)(N − 3)].
Знак всего выражения определяется первым слагаемым. Знак ква-
дратной скобки последним слагаемым. Поэтому
sign
[
dN−1ϕ(x)
dxN−1
]
= sign[(−1)N ]. (3.16)
Из (3.15) следует
Γ′
N (R) − Γ′
N−1(R) = (−1)N−1cN (τ)
dN−1ϕ(
√
z)
dzn−1
∣
∣
∣
∣
z= ξ
τ
= (−1)N−1cN (τ)
[
ϕ(N−1)
(
√
ξ
τ
)
(
2
√
ξ
τ
)N−1
− (N − 1)(N − 2)
1!
ϕ(N−2)
(
√
ξ
τ
)
(
2
√
ξ
τ
)N
]
+(−1)N−1cN (τ)
[
N(N − 1)(N − 2)(N − 3)
2!
ϕ(N−3)
(
√
ξ
τ
)
(
2
√
ξ
τ
)N+1
− · · ·
]
< 0.
Свойство 3.7. Пусть R = τσ, 0 < σ < 1
2 , N = T
τ , T > 0, 0 < a0 ≤
ak ≤ amax ≤ c
ε , где c, a0 положительные константы, которые не
зависят от ε. Тогда имеет место оценка
∣
∣
∣
∂ΓN
∂n
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∂KR(x0)
≤M1
{
1
qNR
exp
{
−M2
√
amaxR√
τ
}
+ exp
{
−M3
Tπ2
2R2amax
}
}
, (3.17)
где q ≥ 2, и положительные константы M1,M2,M3 не зависят от
N, τ,R, ε.
Доказательство. Оценим интеграл
∂ΓN
∂n
∣
∣
∣
∣
∂KR(x0)
=
−iτ
2πaN
∮
∂L
√
z
4πR sinh(
√
zR)
dz
(1 − zτ
a1
)(1 − zτ
a2
) · · · (1 − zτ
aN
)
,
(3.18)
32 Задача Стефана
где ∂L граница области
L =
{
z : ̺ = |z| < (1 + q)max1≤k≤N ak
τ
, Re z = b0 > − π2
R2
,
b0 < 0, ̺ >
max1≤k≤N ak
τ
}
.
Представим замкнутую кривую ∂L в виде двух кривых ∂L1 и ∂L2,
где кривая ∂L1 — дуга окружности, уравнение которой {z = ρeiϕ,
−ϕ0(τ) ≤ ϕ ≤ ϕ0(τ)}, причем
π
2
≤ ϕ0(τ), lim
τ→0
ϕ0 =
π
2
.
∂L2 — отрезок прямой, уравнение которого
{Re z = b0 = − π2
2R2
, −ρ sinϕ0 ≤ Im z ≤ ρ sinϕ0}.
Обозначим интеграл (3.18) по кривой ∂L1 через I1, а интеграл по
кривой ∂L2 через I2. Оценим интеграл I1. Так как
∣
∣
∣
(
1 − zτ
a1
)(
1 − zτ
a2
)
· · ·
(
1 − zτ
aN
)
∣
∣
∣
≥
∣
∣
∣
|z|τ
amax
− 1
∣
∣
∣
N
≥ qN ,
∣
∣sinh(
√
zR)
∣
∣ ≥ sinh[
√
|z|R cos(arg z/2)] = sinh[
√
|z|R cos(ϕ0/2)],
то
|I1| ≤ c1
1
qNR
exp
{
− c2
√
amaxR√
τ
}
,
где константы c1 и c2 не зависят от τ, ε. Оценим теперь интеграл I2.
Так как Rez = b0 = − π2
2R2 , то
∣
∣
∣
(
1 − zτ
a1
)(
1 − zτ
a2
)
· · ·
(
1 − zτ
aN
)
∣
∣
∣
≥
(
1 + τ
|b0|
amax
)
T
τ
,
∣
∣
∣
√
|z|R
sinh
√
zR
∣
∣
∣
≤ c3.
В результате получим
|I2| ≤
c3
R2
exp
{
− Tπ2
2R2amax
}
≤ c4 exp
{
− c5Tπ
2
2R2amax
}
,
где константы c3, c4, c5 не зависят от τ, ε.
М. А. Бородин 33
4. Равномерные оценки приближенного решения
Пусть выполнены условия теоремы 2.1. Из уравнения (2.3)
∆uε(x, t) − {aε(uε(x, t)) − λχ′
ε(u
ε(x, t))}∂u
ε(x, t)
∂t
= 0 в DT
и принципа максимума следует, что решение uε(x, t) принимает ма-
ксимальное и минимальное значения на параболической границе, то
есть либо на ∂Di × [0, T ), i = 1, 2, либо при t = 0. Поэтому имеет
место
max
DT
|uε(x, t)| ≤ max
(
max
D
|ψ(x)|, max
DT
|ϕ(x, t)|
)
. (4.1)
Пусть x0 произвольная точка из области D. Преобразуем уравнение
(2.7) к виду
∆
(∂uεk(x)
∂t
)
− ∂
∂t
(
βεk(x0)
∂uεk(x)
∂t
)
=
∂
∂t
(
[βεk(x) − βεk(x0)]
∂uεk(x)
∂t
)
+
∂fεk(x)
∂t
,
где k = 2, 3, . . . , N. Если k = 1, то уравнение принимает вид
∆
(∂uε1(x)
∂t
)
− βε1(x0)
τ
∂uε1(x)
∂t
+
1
τ
∆uε0(x) =
βε1(x) − βε1(x0)
τ
∂uε1(x)
∂t
.
Теорема 4.1. Пусть ψ(x) ∈ Hr+α(D), ϕ(x, t) ∈ Hr+α,(r+α)/2(DT ),
0 < α < 1, r ≥ 3, min∂D2×[0,T ] ϕ(x, t) > 1,
τσ−1/3 ≤ ε2M2(ε), 1/3 < σ < 1/2, (4.2)
выполнены соответствующие условия согласования при t = 0, x ∈
∂D. Тогда существует такая положительная константа c, кото-
рая не зависит от ε, что имеет место оценка
max
x∈DT
∣
∣
∣
∂uε(x, t)
∂t
∣
∣
∣
≤ cmax
{
max
x∈D
∣
∣
∣
∆ψ(x)
∣
∣
∣
, max
∂D2×[0,T ]
∣
∣
∣
∂ϕ(x, t)
∂t
∣
∣
∣
}
. (4.3)
Доказательство. Пусть KR(x0) ⊂ D шар с центром в точке x0 ра-
диуса R = τσ, mτ = T1 ≤ T . Воспользуемся интегральным представ-
лением (3.8), где в качестве ak возьмем βεk(x0).
∂uεm(x0)
∂t
=
∫
KR(x0)
∆uε0(x)
Γm(|x− x0|)
τ
dx
34 Задача Стефана
−
m
∑
k=1
∫
∂KR(x0)
∂uεk
∂t
∂Γm−k+1
∂n
ds
−
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
∂fεk(x)
∂t
Γm−k+1(|x− x0|) dx
−
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
[βεk(x) − βεk(x0)]
∂uεk(x)
∂t
Γm−k+1(|x− x0|)
τ
dx
+
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
[βεk−1(x) − βεk−1(x0)]
∂uεk−1(x)
∂t
Γm−k+1(|x− x0|)
τ
dx
= I1 + I2 + I3 + I4 + I5.
Оценим каждый из интегралов. Из (3.5) следует
|I1| ≤ max
D
|∆ψ|
∫
KR(x0)
Γ1(|x− x0|)
τ
dx
≤ maxD |∆ψ|
βεm(x0)
≤ maxD |∆ψ|
min(a1, a2)
≤ maxD |∆ψ|
a0
.
Оценим |I2| . Учитывая известное неравенство
xµe−x ≤ µµe−µ, ∀x ∈ (0,+∞), ∀µ > 0,
свойство 3.7, оценку (4.2) и оценку amax ≤ c
ε , получим
|I2| ≤
T1c1
τM(ε)
{
1
qNR
exp
{
− c2
R√
τ
}
+ exp
{
−M3
T1π
2
R2amax
}
}
=
T1c1
τM(ε)
{
1
qNτσ
exp
{
− c2
τσ√
τ
}
+ exp
{
− c3
εT1π
2
τ2σ
}
}
≤ c
M(ε)
τ,
где константа c не зависит от τ, ε.
Из (2.6) и (2.11) следует, что
∣
∣
∣
∂fεk(x)
∂t
∣
∣
∣
≤ cτ
M(ε)
.
Поэтому
|I3| ≤
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
∣
∣
∣
∂fεk(x)
∂t
∣
∣
∣
Γn−k+1(|x− x0|) dx ≤ c
τ
M(ε)
,
М. А. Бородин 35
где константа c не зависит от ε, τ.
Из (2.6) и (2.10) следует
∣
∣
∣
[βεk(x) − βεk(x0)]
∂uεk(x)
∂t
− [βεk−1(x) − βεk−1(x0)]
∂uεk−1(x)
∂t
∣
∣
∣
≤ cτ |x− x0|
ε2M2(ε)
.
Поэтому
|I4 + I5| ≤
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
c
ε2M2(ε)
|x− x0|
Γm−k+1(|x− x0|)
τ
dx
≤ cτσ
ε2M2(ε)
< cτ1/3.
В результате, учитывая (4.2), получим
∣
∣
∣
∂uεm(x0)
∂t
∣
∣
∣
≤ c1 max
x∈D
|∆uε0(x)|, (4.4)
где константа c1 не зависит от τ, ε.
Покажем теперь, что
ωεm = {x ∈ D : 1 < uεm(x) < 1 + ε} ⊆ DR = {x ∈ D : dist(x, ∂D) > R}.
Пусть x1 ∈ ∂DR, x2 ∈ ∂D2 и dist(x1, x2) = R = τσ. Из (4.2) следует
uεm(x2) − uεm(x1) ≤ max
D
|∇uεm(x)|R ≤ c
M(ε)
τσ ≤ cε2M(ε) ≤ cε.
Так как min∂D2×[0,T ] ϕ(x, t) > 1, то, не ограничивая общности можно
считать, что при достаточно малом ε min∂D2×[0,T ] ϕ(x, t) ≥ 1 + ε+ cε.
Отсюда следует
uεk(x1) ≥ ϕ(x2, kτ) − cε ≥ 1 + ε,
Аналогично, если x1 ∈ ∂DR, x2 ∈ ∂D1 и dist(x1, x2) = R
uεm(x1) ≤ max
D
|∇uεm(x)|R ≤ c
M(ε)
τσ ≤ cε < 1.
Таким образом, в области D \DR = {x ∈ D : dist(x, ∂D) < R} урав-
нение (2.3) является дифференциальным уравнением с постоянными
коэффициентами. Поэтому из принципа максимума следует, что
max
x∈D\DR,
1≤m≤N
∣
∣
∣
∂uεm(x)
∂t
∣
∣
∣
≤ max
{
max
x∈∂DR,
1≤m≤N
∣
∣
∣
∂uεm(x)
∂t
∣
∣
∣
,
max
∂D2×[0,T ]
∣
∣
∣
∂ϕ(x, t)
∂t
∣
∣
∣
, max
D
|∆u0(x)|
}
. (4.5)
36 Задача Стефана
Из (4.4) и (4.5) в результате получим
max
x∈D,
1≤m≤N
∣
∣
∣
∂uεm(x)
∂t
∣
∣
∣
≤ cmax
{
max
D
|∆u0(x)|, max
∂D2×[0,T ]
∣
∣
∣
∂ϕ(x, t)
∂t
∣
∣
∣
}
, (4.6)
где константа c не зависит от τ, ε.
Пусть (x, t) произвольная точка из DT , t ∈ [(m − 1)τ,mτ ] при
некотором m, где 1 ≤ m ≤ N . Тогда
∂uε(x, t)
∂t
− ∂uεm(x)
∂t
=
1
τ
mτ
∫
(m−1)τ
{
∂uε(x, t)
∂t
− ∂uε(x, η)
∂η
}
dη.
Отсюда следует
∣
∣
∣
∂uε(x, t)
∂t
∣
∣
∣
≤
∣
∣
∣
∂uεm(x)
∂t
∣
∣
∣
+
τ
2
max
(x,t)∈DT
∣
∣
∣
∂2uε(x, t)
∂t2
∣
∣
∣
≤ cmax
{
max
D
|∆u0(x)|, max
∂D2×[0,T ]
∣
∣
∣
∂ϕ(x, t)
∂t
∣
∣
∣
}
+
cτ
M(ε)
≤ c1 max
{
max
D
|∆u0(x)|, max
∂D2×[0,T ]
∣
∣
∣
∂ϕ(x, t)
∂t
∣
∣
∣
}
.
Оценка (4.3) доказана.
Обозначим через
ωε(x, t) = {(x, t) ∈ DT : 1 < uε(x, t) < 1 + ε}, DR
T = DR × (0, T ),
ωε−(x, t) = {(x, t) ∈ DT : uε(x, t) < 1},
ωε+(x, t) = {(x, t) ∈ DT : uε(x, t) > 1 + ε}.
Теорема 4.2. Пусть выполнены условия теоремы 4.1. Тогда ∀ (x, t),
(y, t) ∈ DT ∩ ω±
ε (x, t) существует константа c, которая не зависит
от ε, t, x, y, что имеет место оценка
∣
∣
∣
∂uε(x, t)
∂t
− ∂uε(y, t)
∂t
∣
∣
∣
≤ c|x− y|α
{
‖u0(x)‖C2+α(D) , ‖ϕ(x, t)‖H2+α,(2+α)/2(DT )
}
, (4.7)
где 0 < α < 1.
М. А. Бородин 37
Доказательство. Уравнение (2.3) в DT \ωε(x, t) = ωε−(x, t)∪ωε+(x, t)
имеет вид
∆uε(x, t) = aε(u
ε(x, t))
∂uε(x, t)
∂t
.
Пусть x0, y0 произвольные точки либо из ωε−(x,mτ) ∩ DR, либо из
ωε+(x,mτ)∩DR. В каждом из указанных множеств aε(u
ε(x, t)) = const,
Из сделанного предположения следует βεm(x0) = βεm(y0).
Для определенности предположим, что KR(x0) ⊂ ωε+(x,mτ),
KR(y0) ⊂ ωε+(x,mτ). Воспользуемся (3.8) и построим интегральное
представление для ∂uε
m(x0)
∂t
− ∂uε
m(y0)
∂t
, и оценим разности однотипных
слагаемых. Среди этих разностей слагаемых главным является пер-
вое, так как все остальные слагаемые, как следует из доказательства
теоремы 4.1, стремятся к нулю при τ → 0. Итак
I1 =
∫
KR(x0)
∆uε0(x)
Γm(|x− x0|)
τ
dx−
∫
KR(y0)
∆uε0(x)
Γm(|x− y0|)
τ
dx.
Во втором слагаемом сделаем замену переменной интегрирования
x = ω + y0 − x0. Это даст
I1 =
∫
KR(x0)
∆uε0(x)
Γm(|x− x0|)
τ
dx
−
∫
KR(x0)
∆uε0(ω + y0 − x0)
Γm(|ω − x0|)
τ
dω.
Отсюда следует
|I1| ≤ max
x∈D
|∆u0(x) − ∆u0(x+ y0 − x0)|
∫
KR(x0)
Γ1(|x− x0|)
τ
dx
≤ cmax
x∈D
|∆u0(x) − ∆u0(x+ y0 − x0)| ≤ c|x0 − y0|α ‖u0(x)‖C2+α(D) .
Остальные слагаемые оценим также как при доказательстве теоре-
мы 4.1. В результате получим
∣
∣
∣
∂uεm(x0)
∂t
− ∂uεm(y0)
∂t
∣
∣
∣
≤ c|x0 − y0|α ‖u0(x)‖C2+α(D) + c1|x0 − y0|
τσ
ε2M2(ε)
≤ c|x0 − y0|α ‖u0(x)‖C2+α(D) + c2τ
1/3|x0 − y0|. (4.8)
38 Задача Стефана
Пусть теперь (x0, t), (y0, t) произвольные точки либо из ωε−(x, t) ∩
DR
T , либо из ωε+(x, t) ∩DR
T , причем t ∈ [(m − 1)τ,mτ ] при некотором
m. Воспользуемся оценкой (4.8).
(∂uε(x0, t)
∂t
− ∂uε(y0, t)
∂t
)
−
(∂uεm(x0)
∂t
− ∂uεm(y0)
∂t
)
=
1
τ
mτ
∫
(m−1)τ
{(∂uε(x0, t)
∂t
− ∂uε(y0, t)
∂t
)
−
(∂uε(x0, η)
∂η
− ∂uε(y0, η)
∂η
)}
dη
=
1
τ
mτ
∫
(m−1)τ
dη
x0
∫
y0
(∂2uε(ξ, t)
∂t∂ξ
− ∂2uε(ξ, η)
∂η∂ξ
)
=, dξ.
Отсюда следует
∣
∣
∣
∂uε(x0, t)
∂t
− ∂uε(y0, t)
∂t
∣
∣
∣
≤
∣
∣
∣
∂uεm(x0)
∂t
− ∂uεm(y0)
∂t
∣
∣
∣
+
τ
2
∣
∣
∣
max
(x,t)∈DT
∂3uε(x, t)
∂x∂2t
∣
∣
∣
|x0 − y0|
≤ c1|x0 − y0|α ‖u0(x)‖C2+α(D) + |x0 − y0|
c2τ
M(ε)
≤ c3|x0 − y0|α ‖u0(x)‖C2+α(D) , (4.9)
где константы c1, c2, c3 не зависят от τ, ε.
Уравнение (2.3) в ωε−(x, t) ∪ ωε+(x, t) является линейным уравне-
нием с постоянными коэффициентами. Из того, что доказана оценка
(4.3), граница ∂DT ∈ C2+α, функция ϕ(x, t) ∈ Hr+α,(r+α)/2(DT ), сле-
дует оценка (4.8) вплоть до границы области DT .
Теорема 4.3. Пусть выполнены условия теоремы 4.1 и
τσ−1/3 < ε2M3(ε),
1
3
< σ <
1
2
, min
D
|∇ψ(x)| = c0 > 0. (4.10)
Тогда существуют такие положительные константы c1, c2, кото-
рые не зависят от ε, что имеют место оценки
max
DT \(ωε(x,0)∩ωε(x,t))
|∇uε(x, t)|
≤ c1 max
{
max
x∈D
|∇uε0(x)|, max
DT
|∇ϕ(x, t)|
}
, (4.11)
min
DR
T \ωε(x,t)
|∇uε(x, t)| ≥ c2 > 0. (4.12)
М. А. Бородин 39
Доказательство. Продифференцируем обе части уравнения (2.7) по
одной из переменных xi. В результате получим
∆
(∂uεk(x)
∂xi
)
−
bε(u
ε
k(x))
∂uε
k(x)
∂xi
− bε(u
ε
k−1(x))
∂uε
k−1(x)
∂xi
τ
=
∂fεk(x)
∂xi
.
Пусть точка x0 ∈ D и KR(x0) ⊂ D. Обозначим через wεk(x) =
∂uε
k(x)
∂xi
.
Преобразуем уравнение к следующему виду:
∆wεk(x) −
bε(u
ε
k(x0))w
ε
k(x) − bε(u
ε
k−1(x0))w
ε
k−1(x)
τ
=
∂fεk(x)
∂xi
+
bε(u
ε
k(x)) − bε(u
ε
k(x0))
τ
wεk(x) −
bε(u
ε
k(x)) − bε(u
ε
k−1(x0))
τ
wεk−1(x).
Используем свойство 3.4 фундаментальных решений и построим ин-
тегральное представление wεm(x) в точке x0
wεm(x0) =
∫
KR(x0)
bε(u0(x0))
∂u0(x)
∂xi
Γm(|x− x0|)
τ
dx
−
m
∑
k=1
∫
∂KR(x0)
wεk(x)
∂Γm−k+1
∂n
ds−
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
∂fεk(x)
∂xi
Γm−k+1 dx
−
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
bε(u
ε
k(x)) − bε(u
ε
k(x0))
τ
wεk(x)Γm−k+1(|x− x0|) dx
+
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
bε(u
ε
k−1(x)) − bε(u
ε
k−1(x0))
τ
wεk−1(x)Γm−k+1(|x− x0|) dx
= I1 + I2 + I3 + I4 + I5. (4.13)
Оценим |I1|. Из свойства 3.2 следует
|I1| ≤ bε(u0(x0))max
D
∣
∣
∣
∂u0(x)
∂xi
∣
∣
∣
∫
KR(x0)
Γ1(|x− x0|)
τ
dx
≤ cbε(u0(x0))max
D
|∇u0(x)| .
Оценим |I2| также, как оценен аналогичный интеграл при дока-
зательстве теоремы 4.1
|I2| ≤
Tc1
τM(ε)
{
1
qNR
exp
{
− c2
R√
τ
}
+ exp
{
− Tπ2
R2amax
}
}
40 Задача Стефана
≤ Tc1
τM(ε)
{
1
qNτσ
exp
{
− c2
τσ√
τ
}
+ exp
{
− Tπ2
τ2σamax
}
}
≤ c
M(ε)
τ,
где константа c не зависит от τ, ε.
|I3| ≤
n
∑
k=1
∫
KR(x0)
max
D
∣
∣
∣
∂fεk(x)
∂x
∣
∣
∣
Γ1(|x− x0|) dx ≤ cτ
M(ε)a0
,
где константа c не зависит от ε, τ, n. Так как
∣
∣
∣
bε(u
ε
k(x)) − bε(u
ε
k(x0))
τ
wεk(x) −
bε(u
ε
k−1(x)) − bε(u
ε
k−1(x0))
τ
wεk−1(x)
∣
∣
∣
≤ c
|x− x0|
ε2M2(ε)
≤ c
σσ
ε2M3(ε)
,
то используя свойство 3.2, получим
|I4 + I5| ≤
cτσ
ε2M3(ε)
,
где константа c не зависит от ε, τ,m. Учитывая (4.10), получим
|I2 + I3 + I4 + I5| ≤ cτ1/3. (4.14)
В результате имеем следующую оценку:
∣
∣
∣
∂uεm(x0)
∂xi
∣
∣
∣
= |wεm(x0)| ≤ bε(u0(x0))max
D
∣
∣
∣
∂u0(x)
∂xi
∣
∣
∣
1
a0
+ cτ1/3,
где константа c не зависит от ε, τ, x0. Если
x0∈{x ∈ D : 1 < u0(x) < 1 + ε},
то из предыдущей оценки получим
∣
∣
∣
∂uεm(x0)
∂xi
∣
∣
∣
= |wεm(x0)| ≤ c3 max
D
|∇u0(x)| + cτ1/3 ≤ c4 max
D
|∇u0(x)| .
Пусть (x, t) ∈ DR
T и t ∈ [(m − 1)τ,mτ ] при некотором целом 1 ≤
m ≤ N . Тогда, учитывая (4.10), получим
∣
∣
∣
∂uε(x, t)
∂xi
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∂uεm(x)
∂xi
+
t
∫
mτ
∂2uε(x, η)
∂xi∂t
dη
∣
∣
∣
∣
∣
≤
∣
∣
∣
∣
∣
∂uεm(x)
∂xi
∣
∣
∣
+ |t−mτ | max
(x,t)∈DT
∣
∣
∣
∂2uε(x, η)
∂xi∂t
∣
∣
∣
≤
∣
∣
∣
∂uεm(x)
∂xi
∣
∣
∣
+
cτ
M(ε)
М. А. Бородин 41
≤ c4 max
D
|∇u0(x)| + c2τ
1/3 ≤ cmax
D
|∇u0(x)| ,
где константа c не зависит от ε, x, t.
В области D \DR = {x ∈ D : dist(x, ∂D) < R} уравнение (2.3) при
каждом t ∈ (0, T )
∆uε(x, t) = aε(u
ε(x, t)
∂uε(x, t)
∂t
можно рассматривать как уравнение Пуассона с ограниченной пра-
вой частью. Из того, что граница ∂D ∈ C2+α, функция ϕ(x, t) ∈
Hr+α,(r+α)/2(DT ), оценка (4.11) будет выполняться вплоть до грани-
цы области DT .
По условию теоремы minD |∇ψ(x)| = c0 > 0. Поэтому в любой
точке D, по крайней мере, одна из частных производных функции
ψ(x) удовлетворяет неравенству |∂ψ(x)
∂xi
| = |∂u0(x)
∂xi
| ≥ c0/3 > 0. Предпо-
ложим для определенности, что ∂u0(x0)
∂xi
≥ c0/3. Тогда
|I1| ≥ bε(u0(x0))
∂u0(x0)
∂xi
∫
KR(x0)
Γ1(|x− x0|)
τ
dx
− bε(u0(x0))
∫
KR(x0)
∣
∣
∣
∂u0(x0)
∂xi
− ∂u0(x)
∂xi
∣
∣
∣
Γ1(|x− x0|)
τ
dx
≥ c0
3a0
∫
KR(x0)
Γ1(|x− x0|)
τ
dx−bε(u0(x0))c1
∫
KR(x0)
|x−x0|
Γ1(|x− x0|)
τ
dx
≥ a0c0
3bε(um(x0))
(
1 −
R
√
bε(um(x0))
τ
sinh
(
R
√
bε(um(x0))
τ
)
)
− τσbε(u0(x0))
bε(um(x0)
(
1 −
R
√
bε(um(x0))
τ
sinh
(
R
√
bε(um(x0))
τ
)
)
.
Заметим, что
R = τσ, 0 < a0 ≤ bε(um(x0)) ≤
c
ε
, ∀x ∈ (0,+∞) ⇒ x
sinhx
≤ 3!
x2
.
Отсюда следует
R
√
bε(um(x0))
τ
sinh
(
R
√
bε(um(x0))
τ
)
≤ 3!τ1−2σ
a0
→ 0 если τ → 0.
42 Задача Стефана
Поэтому из (4.14) следует
∣
∣
∣
∂uεm(x0)
∂xi
∣
∣
∣
≥ c
bε(um(x0))
min
D
|∇ψ(x)| − |I2 + I3 + I4 + I5|
≥ c
bε(um(x0))
min
D
|∇ψ(x)| − cτ1/3. (4.15)
Следовательно, для любой точки x ∈ DR \ ωεm имеет место неравен-
ство
∣
∣
∣
∂uεm(x0)
∂xi
∣
∣
∣
≥ c1 min
D
|∇ψ(x)|,
где константа c1 не зависит от ε, x0, τ,m. Из этой оценки, справедли-
вой на сечении t = mτ , также как в первой части теоремы, можно
получить оценку (4.12) в DR
T \ωε(x, t).
Следствие 4.1. Пусть выполнены условия теоремы 4.3. Тогда су-
ществует такая положительная константа c, которая не зависит
от ε, что имеет место оценка
‖uε(x, t)‖
W 1,1
2 (DT )
≤ c, (4.16)
где константа c не зависит ε.
Доказательство. Умножим (2.3) на uεt (x, t) и проинтегрируем по ча-
стям Dt = D × (0, t). Это даст
0 =
∫
Dt
{bε(uε(x, t))uεt (x, t) − ∆u(x, t)ε(x, t)]uεt (x, t)} dx dt
=
∫
Dt
{
bε(u
ε(x, t))[uεt (x, t)]
2 −
3
∑
i=1
( ∂
∂xi
[uεxi
(x, t)uεt (x, t)]
+
1
2
∂
∂t
[uεxi
(x, t)]2
)
}
dx dt
Отсюда следует
1
2
∫
D
|∇uε(x, t)|2 dx+
∫
Dt
bε(u
ε(x, t))[uεt (x, t)]
2 dx dt
=
1
2
∫
D
|∇uεx(x, 0)|2 dx+
t
∫
0
∫
∂D
∂uε(x, t)
∂n
uεt (x, t) ds dt.
Из (4.3) и (4.11) следует, что все слагаемые, стоящие справа, ограни-
чены, а bε(u
ε(x, t)) ≥ a0. Таким образом, оценка (4.16) доказана.
М. А. Бородин 43
Теорема 4.4. Пусть выполнены условия теоремы 4.1 и
τσ−1/3 < ε4M4(ε). (4.17)
Тогда существует такая положительная константа c, которая не
зависит от ε, что имеет место оценка
∥
∥
∥
∂2uε(x, t)
∂x2
i
∥
∥
∥
Cα(ωε
±
(x,t))
≤ cmax
{
‖ψ(x)‖C2+α(D), ‖ϕ(x, t)‖H2+α,(2+α)/2(DT )
}
. (4.18)
Доказательство. Продифференцируем обе части уравнения (2.7)
дважды по одной из переменных xi. В результате получим
∆
∂2uεk(x)
∂x2
i
−
βε(u
ε
k(x))
∂2uε
k(x)
∂x2
i
− βε(u
ε
k−1(x))
∂2uε
k−1(x)
∂x2
i
τ
=
∂2fεk(x)
∂x2
i
+
β′ε(u
ε
k(x))
(∂uε
k(x)
∂xi
)2 − β′ε(u
ε
k−1(x))
(∂uε
k−1(x)
∂xi
)2
τ
.
Пусть точка x0 ∈ D, KR(x0) ⊂ D. Преобразуем полученное уравне-
ние к следующему виду:
∆
∂2uεk(x)
∂x2
i
−
βε(u
ε
k(x0))
∂2uε
k(x)
∂x2
i
− βε(u
ε
k−1(x0))
∂2uε
k−1(x)
∂x2
i
τ
=
∂2fεk(x)
∂x2
i
+
β′ε(u
ε
k(x))
(∂uε
k(x)
∂xi
)2 − β′ε(u
ε
k−1(x))
(∂uε
k−1(x)
∂xi
)2
τ
+
1
τ
{
[βε(u
ε
k(x)) − βε(u
ε
k(x0))]
∂2uεk(x)
∂x2
i
− [βε(u
ε
k−1(x)) − βε(u
ε
k−1(x0))]
∂2uεk−1(x)
∂x2
i
}
.
Пусть точка x0 ∈ D, KR(x0) ⊂ D. Обозначим через wm(x) =
∂2uε
m(x)
∂x2
i
. Используем свойство 4 фундаментальных решений и постро-
им интегральное представление wm(x) в точке x0
wεm(x0) =
∫
KR(x0)
bε(u0(x0))
∂2u0(x)
∂x2
i
Γm(|x− x0|)
τ
dx
44 Задача Стефана
−
m
∑
k=1
∫
∂KR(x0)
wεk(x)
∂Γm−k+1
∂n
ds−
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
∂2fεk(x)
∂x2
i
Γm−k+1 dx
−
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
βε(u
ε
k(x)) − βε(u
ε
k(x0))
τ
wεk(x)Γm−k+1(|x− x0|) dx
+
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
βε(u
ε
k−1(x)) − βε(u
ε
k−1(x0))
τ
wεk−1(x)Γm−k+1(|x− x0|) dx
−
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
b′ε(u
ε
k(x))
(∂uε
k(x)
∂xi
)2
τ
−
b′ε(u
ε
k−1(x))
(∂uε
k−1(x)
∂xi
)2
τ
× Γm−k+1(|x− x0|) dx
= I1 + I2 + I3 + I4 + I5 + I6. (4.19)
Оценим все интегралы, входящие в интегральное представление
(4.19). Заметим, что оценки интегралов Ik, k = 1, 2, 3, 4, 5 проводят-
ся аналогично тому, как это сделано в интегральном представлении
(4.14) при доказательстве теоремы 4.3. Поэтому достаточно оценить
только I6. Пусть
F εk (x) = b′ε(u
ε
k(x))
(∂uεk(x)
∂xi
)2
.
Преобразуем I6 следующим образом:
I6 = −
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
[F εk (x) − F εk (x0)
τ
−
F εk−1(x) − F εk−1(x0)
τ
]
Γm−k+1(|x− x0|) dx
−
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
F εk (x0) − F εk−1(x0)
τ
Γm−k+1(|x− x0|) dx = I1
6 + I2
6 .
Заметим, что из (2.6) следует
∣
∣
∣
∣
F εk (x) − F εk (x0)
τ
−
F εk−1(x) − F εk−1(x0)
τ
∣
∣
∣
∣
≤ c1
|x− x0|
ε4M4(ε)
,
где константа c1 не зависят от k, τ, ε. Оценим каждое слагаемое
|I1
6 | ≤
c1τ
σ
ε3M2(ε)
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
Γm−k+1(|x− x0|) dx ≤ c1τ
σ
a0ε4M4(ε)
.
М. А. Бородин 45
Второй интеграл сначала преобразуем
I2
6 =
m
∑
k=1
∫
KR(x0)
F εk (x0) − F εk−1(x0)
τ
Γm−k+1(|x− x0|) dx
= F εm(x0)
∫
KR(x0)
Γ1(|x− x0|)
τ
dx
+
m−1
∑
k=1
F εk (x0)
∫
KR(x0)
Γm−k+1(|x− x0|) − Γm−k(|x− x0|)
τ
dx
− F ε0 (x0)
∫
KR(x0)
Γm(|x− x0|)
τ
dx
=
m−1
∑
k=1
F εk (x0)
∫
KR(x0)
∆Γm−k+1(|x− x0|)
βεk(x0)
dx
+ F εm(x0)
∫
KR(x0)
Γ1(|x− x0|)
τ
dx− F ε0 (x0)
∫
KR(x0)
Γm(|x− x0|)
τ
dx
=
m−1
∑
k=1
F εk (x0)
βεk(x0)
∫
∂KR(x0)
∂Γm−k+1(|x− x0|)
∂n
ds
+ F εm(x0)
∫
KR(x0)
Γ1(|x− x0|)
τ
dx− F ε0 (x0)
∫
KR(x0)
Γm(|x− x0|)
τ
dx.
Теперь воспользуемся свойством 3.2. Это даст
|I2
6 | ≤ ε2
Tc1
τM2(ε)
{
1
qNτσ
exp
{
− c2
τσ√
τ
}
+ exp
{
− Tπ2
τ2σamax
}
}
+ c2
(
|b′ε(uεm(x)|
(∂uεk(x)
∂xi
)2
+ |b′ε(uε0(x)|
(∂uε0(x)
∂xi
)2)
≤ c3τ
ε2M2(ε)
+ c2
(
|b′ε(uεm(x)|
(∂uεk(x)
∂xi
)2
+ |b′ε(uε0(x)|
(∂uε0(x)
∂xi
)2)
,
где константы c2, c3 не зависят от m, τ, ε.
Так же, как при доказательстве теоремы 4.3, сначала получим
оценку
∣
∣
∣
∂2uεm(x0)
∂x2
i
∣
∣
∣
≤ c(bε(u0(x0))max
D
∣
∣
∣
∂2u0(x0)
∂x2
i
∣
∣
∣
46 Задача Стефана
+ c2
(
|b′ε(uεm(x)|
(∂uεk(x)
∂xi
)2
+ |b′ε(uε0(x)|
(∂uε0(x)
∂xi
)2)
.
Если (x, t)∈ωε(x, t), то полученная оценка принимает вид
∣
∣
∣
∂2uεm(x0)
∂x2
i
∣
∣
∣
≤ cbε(u0(x0))max
D
∣
∣
∣
∂2u0(x0)
∂x2
i
∣
∣
∣
+ c2|b′ε(uε0(x)|
(∂uε0(x)
∂xi
)2
,
где константы c, c2 не зависят от ε, x0,m, τ . Заметим, что на поверх-
ностях uεm(x) = 1, uεm(x) = 1 + ε, являющихся границей множества
{x ∈ D : 1 < uεm(x) < 1 + ε},
эта оценка принимает вид
∣
∣
∣
∂2uεm(x0)
∂x2
i
∣
∣
∣
≤ c
(
max
D
∣
∣
∣
∂2u0(x0)
∂x2
i
∣
∣
∣
+
(∂uε0(x)
∂xi
)2)
.
Затем, используя (2.6) и (4.18), из этой оценки получим
∣
∣
∣
∂2uε(x, t)
∂x2
i
∣
∣
∣
≤ cbε(u0(x))max
D
∣
∣
∣
∂2u0(x)
∂x2
i
∣
∣
∣
+ |b′ε(uε0(x)|
(∂uε0(x)
∂xi
)2
.
Так же, как при доказательстве теоремы 4.1, можно получить
равномерную оценку константы Гельдера для функции ∂2uε(x,t)
∂x2
i
.
Уравнение (2.3) в областях ωε±(x, t) при каждом фиксированном
t ∈ (0, T )
∆uε(x, t) = aε(u
ε(x, t)
∂uε(x, t)
∂t
является уравнением Пуассона с правой частью, принадлежащей
пространству Cα(DT \ ωε(x, t)), причем граница ∂(DT \ ωε(x, t)) ∈
H2+α,(2+α)/2(DT ), функция ϕ(x, t) ∈ Hr+α,(r+α)/2(DT ). Поэтому из
известных фактов теории эллиптических граничных задач следует
∥
∥uε(x, t)
∥
∥
C2+α(ωε
±
(x,t))
≤ cmax
{
‖ψ(x)‖C2+α(D), ‖ϕ(x, t)‖H2+α,(2+α)/2(DT )
}
,
где константа c не зависит от ε, t.
Теорема 4.5. Пусть D — ограниченная область в R
3, граница ко-
торой состоит из двух C2+α поверхностей ∂D1 и ∂D2 таких, что
∂D1 лежит внутри ∂D2, DT = D × (0, T ),
ψ(x) ∈ C2+α(D), ϕ(x, t) ∈ H2+α,(2+α)/2(DT ),
М. А. Бородин 47
min
D
|∇ψ(x)| > 0, min
∂D2×[0,T ]
ϕ(x, t) > 1, τσ−1/3 < ε4M4(ε),
выполнены соответствующие условия согласования при t = 0, x ∈
∂D. Тогда для функции uε(x, t), являющейся решением задачи (2.3)–
(2.5), имеют место оценки (4.3), (4.7), (4.11), (4.12), (4.16), (4.18).
Доказательство. Равномерные оценки (4.3), (4.7), (4.11), (4.12),
(4.16), (4.19) получены в предположении, что ψ(x) ∈ Cr+2(D), ϕ(x, t)
∈ Hr+α,(r+α)/2(DT ), где r ≥ 3. Однако правые части этих оценок зави-
сят только от норм ‖ψ(x)‖C2+α(D), ‖ϕ(x, t)‖H2+α,(2+α)/2(DT ). Поэтому
во всех теоремах этого раздела можно избавиться от излишних тре-
бований гладкости функций ψ(x), ϕ(x, t). Для этого функции ψ(x) ∈
Cα+2(D), ϕ(x, t) ∈ H2+α,(2+α)/2(DT ) аппроксимируем последователь-
ностью функций {ψk(x)} ∈ Cr+2(D), {ϕk(x, t)} ∈ Hr+α,(r+α)/2(DT ),
докажем указанные равномерные оценки для последовательности
функций {uεk(x, t)}, а затем в этих оценках совершим предельный
переход.
5. Предельный переход
Пусть выполнены условия теоремы 4.5. Из оценок (4.3), (4.11) сле-
дует, что ∂uε(x,t)
∂t равномерно ограничена всюду в DT , а |∇uε(x, t)|
ограничен всюду в DT за исключением множества ωε(x, 0) ∩ ωε(x, t),
мера которого стремится к нулю, если ε → 0. Поэтому из семейства
функций {uε(x, t)} можно выделить подпоследовательность, которая
сходится почти всюду в DT . Пусть
u(x, t) = lim
ε→0
uε(x, t).
В любой замкнутой подобласти области D \ γ0 семейства функций
{∂u
ε(x,t)
∂t }, {|∇uε(x, t)|} равномерно ограничены и последовательность
{uε(x, t)} сходится равномерно. Предельная функция u(x, t) будет
равномерно непрерывной в области D \ γ0. Поэтому функцию u(x, t)
можно продолжить на γ0 и притом единственным образом так, что
полученная функция будет непрерывной.
Пусть
ΩT = {(x, t) ∈ DT : 0 < u(x, t) < 1},
GT = {(x, t) ∈ DT : u(x, t) > 1},
γT = {(x, t) ∈ DT : u(x, t) = 1},
γ+
T = ∂GT ∩DT , γ−T = ΩT ∩DT .
48 Задача Стефана
Обратимся теперь к тождеству (2.2)
∫
DT
(
∇uε(x, t)∇η(x, t) + aε(u
ε)
∂uε(x, t)
∂t
η(x, t) + λχε(u
ε)
∂η
∂t
)
dx dt
+ λ
∫
D
χε(ψ)η(x, 0) dx = 0.
Из (4.16) следует
‖uε(x, t)‖
W 1,1
2 (DT )
≤ c.
Поэтому последовательность {uε(x, t)} слабо сходится в W 1,1
2 (DT ) и
сильно сходится в L2(DT ). Обозначим через Ak = {(x, t) ∈ DT :
u(x, t) > k}, A◦
k = {(x, t) ∈ DT : u(x, t) = k}. Построим по u(x, t)
функцию u(k)(x, t) = max{u(x, t)−k, 0}. Тогда, как известно [23], если
uε(x, t) сходятся в W 1,1
2 (DT ) к u(x, t), то uε(k)(x, t) сходятся в W 1,1
2 (DT )
к u(k)(x, t). Кроме того,
mes[Ak \Aεk ∩Ak] → 0, mes[Aεk \Aεk ∩ (Ak ∪A◦
k] → 0 при ε→ 0.
Учитывая вышесказанное, совершим предельный переход в тожде-
стве (2.2). В результате получим
∫
DT
∇u(x, t)∇η(x, t) dx dt+
∫
ΩT
(a1 − a2)
∂u(x, t)
∂t
η(x, t) dx dt
+
∫
DT
a2
∂u(x, t)
∂t
η(x, t) dx dt+ λ
∫
ΩT
∂η
∂t
dx dt
+ λ
∫
D
(1)
T
lim
ε→0
χε(u
ε)
∂η
∂t
dx dt+ λ
∫
Ω0
η(x, 0) dx = 0, (5.1)
где D
(1)
T = {(x, t) ∈ DT : u(x, t) = 1}.
Пусть 0 < δ < 1 произвольное положительное число,
Ωδ
T = {(x, t) ∈ DT : 0 < u(x, t) < 1 − δ}.
Тогда для достаточно малого ε имеет место
Ωδ
T ⊂ ωε−(x, t) = {(x, t) ∈ DT : 0 < uε(x, t) < 1}.
Поэтому в Ωδ
T и, следовательно, в любой замкнутой подобласти обла-
сти ΩT для семейства функций {uε(x, t)} имеют место все утвержде-
ния теоремы 4.5. Аналогичное утверждение справедливо и в области
М. А. Бородин 49
GT . Отсюда следует, что для предельной функции u(x, t) имеют мес-
то оценки
max
0<t<T
∥
∥
∥
∂2u
∂x2
i
∥
∥
∥
Cα(Ωt
T∪Gt
T )
≤ cmax
{
‖ψ(x)‖C2+α(D), ‖ϕ(x, t)‖H2+α,(2+α)/2(DT )
}
, (5.2)
где Ωt
T , G
t
T обозначают сечение областей ΩT , GT плоскостью t = const,
max
DT
|∇u(x, t)| ≤ cmax
{
max
x∈D
|∇ψ(x)|, max
DT
|∇ϕ(x, t)|
}
,
min
DT \D
(1)
T
|∇u(x, t)| ≥ c1 > 0,
(5.3)
max
DT
∣
∣
∣
∂u(x, t)
∂t
∣
∣
∣
≤ cmax
{
max
x∈D
|∆ψ(x)|, max
∂DT
∣
∣
∣
∂ϕ(x, t)
∂t
∣
∣
∣
}
, (5.4)
max
0<t<T
∥
∥
∥
∂u(x, t)
∂t
∥
∥
∥
Cα(Dt
T )
≤ cmax
{
‖ψ(x)‖C2+α(D), ‖ϕ(x, t)‖H2+α,(2+α)/2(DT )
}
, (5.5)
где c, c1 некоторые положительные константы. Используя эти оцен-
ки, функцию u(x, t) и ее производные можно продолжить на γ±T един-
ственным образом так, что продолженная функция и соответствую-
щие производные будут непрерывными в ΩT ∪γ−T и GT ∪γ+
T . Каждая
точка поверхностей γ±T обладает окрестностью, в которой одна из ча-
стных производных ∂u(x,t)
∂xi
отлична от нуля, например ∂u(x,t)
∂x1
. Тогда
в каждой окрестности уравнение поверхности можно представить в
виде x1 = s(x2, x3, t), причем эта функция дифференцируема по t и
при каждом фиксированном t s(x2, x3, t) ∈ C2+α. Из интегрального
тождества следует
∆u(x, t) − a1
∂u
∂t
= 0 в ΩT , ∆u(x, t) − a2
∂u
∂t
= 0 в GT ,
λ
∫
D
(1)
T
lim
ε→0
χε(u
ε)
∂η
∂t
dx dt = 0.
Так как η(x, t) произвольная функция, равная нулю на (∂D1∪∂D2)×
(0, T ), то из последнего равенства следует
mes
{
(x, t) ∈ D
(1)
T : lim
ε→0
χε(u
ε) > 0
}
= 0.
50 Задача Стефана
После этого тождество (5.1) принимает вид
∫
DT
∇u(x, t)∇η(x, t) dx dt+
∫
ΩT
a1
∂u(x, t)
∂t
η(x, t) dx dt
+
∫
DT \ΩT
a2
∂u(x, t)
∂t
η(x, t) dx dt+ λ
∫
ΩT
∂η
∂t
dx dt+ λ
∫
Ω0
η(x, 0) dx = 0.
(5.6)
Отсюда следует
∆u(x, t) − a1
∂u
∂t
= 0 в ΩT , ∆u(x, t) − a2
∂u
∂t
= 0 в D \ ΩT = GT ,
γ+ = γ− = ∂ΩT ∩DT = GT ∩DT = γT ,
а на свободной границе γT выполнены условия
u−(x, t) = u+(x, t) = 1,
3
∑
i=1
(∂u−
∂xi
− ∂u+
∂xi
)
cos(n, xi) + λ cos(n, t) = 0,
(5.7)
где u−(x, t), u+(x, t) обозначают граничные значения функции u(x, t)
на γT , взятые соответственно со стороны областей ΩT , GT , n — нор-
маль к поверхности ΩT , GT ,направленная в сторону возрастания
функции u(x, t).
Докажем теперь, что производные ∂u(x,t)
∂xi
удовлетворяют условию
Гельдера по t с показателем 1/2. Области ΩT и GT удовлетворяют
условию конуса, то есть существует фиксированный шаровой конус
какой-либо высоты d такой, что в какую бы точку ΩT или GT ни
поместить его вершину, сам конус можно повернуть так, что он весь
попадет ΩT илиGT . Для произвольных точек x′ и x′′, принадлежащих
ΩT , справедливо соотношение
I =
x′′
∫
x′
[
∂u(x, t)
∂l
− ∂u(x′, t′)
∂l
]
dl
∣
∣
∣
∣
t′′
t′
= u(x′′, t′′) − u(x′, t′′) − u(x′′, t′) + u(x′1, t
′), (5.8)
В нем ∂
∂l означает дифференцирование вдоль отрезка [x′, x′′]. В силу
(5.5) правая часть (5.8) не превосходит c|t′′ − t′|.
М. А. Бородин 51
Из оценок (5.2), (5.4) следует
|I| ≤ c1|t′′ − t′|,
∣
∣
∣
∣
∣
x′′
∫
x′
[
∂u(x, t′)
∂l
− ∂u(x′, t′)
∂l
]
dl
∣
∣
∣
∣
∣
≤ c2|x′′1 − x′1|2. (5.9)
Кроме того,
∣
∣
∣
∣
∣
x′′
∫
x′
[
∂u(x, t′′)
∂l
− ∂u(x′, t′)
∂l
]
dl
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
x′′
∫
x′
[
∂u(x, t′′)
∂l
− ∂u(x′, t′′)
∂l
]
dl +
x′′
∫
x′
[
∂u(x′, t′′)
∂l
− ∂u(x′, t′)
∂l
]
dl
∣
∣
∣
∣
∣
= |I1 + I2| ≥ |I2| − |I1|. (5.10)
|I2| = |x′′ − x′|
∣
∣
∣
∂u(x′, t′′)
∂l
− ∂u(x′, t′)
∂l
∣
∣
∣
. (5.11)
Оценим сверху |I1|. Функция ∂u(x,t′′)
∂l при переходе через поверхность
γT в сечении t = t′′ вдоль отрезка [x′x′′] имеет разрыв типа скачка.
Разобьём отрезок интегрирования на два: [x′, c0] и [c0, x
′′], где c0 —
точка разрыва функции ∂u(x,t′′)
∂l . Поэтому, учитывая (5.2), получим
|I2| ≤
∣
∣
∣
∣
∣
c0
∫
x′
[
∂u(x, t′′)
∂l
− ∂u(x′, t′′)
∂l
]
dl
∣
∣
∣
∣
∣
+
∣
∣
∣
∣
∣
x′′
∫
c0
[
∂u(x, t′′)
∂l
− ∂u(x′, t′′)
∂l
]
dl
∣
∣
∣
∣
∣
≤ c|x′′ − x′|2, (5.12)
где c — положительная константа, зависящая от ‖∂2u
∂x2
i
‖Cα(Ωt
T∪Gt
T ).
Из (5.10)–(5.12) получим
∣
∣
∣
∣
∣
x′′
∫
x′
[
∂u(x, t′′)
∂l
− ∂u(x′, t′)
∂l
]
dl
∣
∣
∣
∣
∣
≥ |x′′ − x′|
∣
∣
∣
∣
∣
∂u(x′, t′′)
∂l
− ∂u(x′, t′)
∂l
∣
∣
∣
∣
∣
− c|x′′ − x′|2.
Отсюда следует
52 Задача Стефана
∣
∣
∣
∂u(x′, t′′)
∂l
− ∂u(x′, t′)
∂l
∣
∣
∣
≤ 1
|x′′ − x′|
∣
∣
∣
∣
∣
x′′
∫
x′
[
∂u(x, t′′)
∂l
− ∂u(x′, t′)
∂l
]
dl
∣
∣
∣
∣
∣
+ c|x′′ − x′|. (5.13)
Учитывая (5.8), оценим интеграл, стоящий в правой части неравенст-
ва (5.13),
∣
∣
∣
∣
∣
x′′
∫
x′
[
∂u(x, t′′)
∂l
− ∂u(x′, t′)
∂l
]
dl
∣
∣
∣
∣
∣
≤
∣
∣
∣
∣
∣
x′′
∫
x′
[
∂u(x, t′′)
∂l
− ∂u(x, t′)
∂l
]
dl
∣
∣
∣
∣
∣
+
∣
∣
∣
∣
∣
x′′
∫
x′
[
∂u(x, t′)
∂l
− ∂u(x′, t′)
∂l
]
dl
∣
∣
∣
∣
∣
≤ c1|t′′ − t′| + c2|x′′ − x′|2.
Из (5.12) в результате получим
∣
∣
∣
∂u(x′, t′′)
∂l
− ∂u(x′, t′)
∂l
∣
∣
∣
≤ µ1
|t′′ − t′|
|x′′ − x′| + µ2|x′′ − x′|.
Считая x′ вершиной конуса, минимизируем правую часть по x′′
вдоль отрезка какого-либо луча l длины d, принадлежащего конусу.
В результате получим
∣
∣
∣
∂u(x′, t′′)
∂l
− ∂u(x′, t′)
∂l
∣
∣
∣
≤
(
√
µ2
µ1
+
√
µ1
µ2
)
|t′ − t′′|1/2 ≤ c|t′ − t′′|α/2,
α ∈ (0, 1).
Так как луч l можно выбрать произвольно направленным внутри
конуса, то отсюда и следует наше утверждение
∣
∣
∣
∂u(x′, t′′)
∂xi
− ∂u(x′, t′)
∂xi
∣
∣
∣
≤ c|t′ − t′′|α/2. (5.14)
Пусть (x0, t0) ∈ γT , одна из частных производных ∂u(x,t)
∂xi
отлич-
на от нуля, например ∂u(x0,t0)
∂x3
6= 0. Тогда на основании теоремы о
неявной функции существует такая окрестность
∆ = {|x1 − x0
1| < b1, |x2 − x0
2| < b1, |x3 − x0
3| < b3, |t− t0| < δ},
вырезающая из γT часть поверхности, описываемую функцией
x3 = s(x1, x2, t),
М. А. Бородин 53
(x1, x2, t) ∈ ∆′ = {|x1 − x0
1| < b1, |x2 − x0
2| < b1, |t− t0| < δ}.
Из (5.7) и (5.14) следует, что s(x1, x2, t) ∈ H2+α,1+α/2(∆′).
Таким образом, имеет место теорема 1.1.
Литература
[1] O. A. Олейник, О методе решения общей проблемы Стефана // ДАН СССР,
135 (1960), No. 5, 1054–1057.
[2] S. Kamenomostkaya, On the Stefan problem // Math. Sb., 5 (1961), 489–514.
[3] G. Duvaut, Resolution d’un probleme de Stefan // C. R. Acad. Sc. Paris, 276 A
(1973), 1461–1463.
[4] A. Friedman, D. Kinderlehrer, A one phase Stefan problem // Indiana Univ.
Math. J., 24 (1975), 1005–1035.
[5] L. A. Caffarelli, The smoothness of the free serfase in a filtration problem // Arch.
Rat. Mech. Anal., 63 (1976), No. 1, 77–86.
[6] L. A. Caffarelli, The regularity of elliptic and parabolic free boundaries // Bull.
Amer. Math. Soc., 82 (1976), 616–618.
[7] L. A. Caffarelli, The regularity of free boundaries in higher dimensions // Acta
Math., 139 (1977), 156–184.
[8] D. Kinderlehrer, L. Nirenberg, The smoothness of the free boundary in the one
phase Stefan problem // Comm. Pure Appl. Math., 31 (1978), 257–282.
[9] A. M. Meirmanov, The Stefan problem, Novosibirsk, Nauka,1986.
[10] М. А. Бородин, О разрешимости двухфазной нестационарной задачи Сте-
фана // ДАН СССР, 263 (1982), No. 5, 1040–1042.
[11] Ei Hanzava, Classical solution of the Stefan problem //Tohoku math. J., 33
(1981), 297–335.
[12] Б. В. Базалий, Проблема Стефана // ДАН Укр., Ser. A (1986), No. 1, 3–7.
[13] E. В. Радкевич, Спектр пучка двухфазных задач Стефана //ДАН СССР,
316 (1990), No. 6, 1322–1327.
[14] R. H. Nochetto, A class of non-gegenerate two-phase Stefan problems in several
variables // Communications in PDE, 12 (1987), No. 1, 21–45.
[15] J. Athanasopoulos, L. Caffarelli, S. Salsa, Regularity of the free boundary in
parabolic phase transition problems // Acta Math., 176(2) (1996), 245–282.
[16] I. Athanasopoulos, L. A. Caffarelli, S. Salsa, Stefan-like problems with curvature //
J. Geom. Anal., 13 (2003), No. 1, 21–27.
[17] M. A. Borodin, The Stefan problem with surface tension // Ukr. Mat. Visn., 1
(2004), No. 1, 47-–60; translation in Ukr. Math. Bull., 1 (2004), No. 1, 53-–65.
[18] J. Pruss, G. Simonett, Stability of equilibria for the Stefan problem with surface
tension // SIAM J. Math. Anal., 40 (2008), No. 2, 675–698.
[19] D. A. Tarzia, C. V. Turner, The asymptotic behavior for the two-phase Stefan
problem with a convective boundary condition // J. Commun. Appl. Anal., 7
(2003), No. 3, 313–334.
[20] И. И. Данилюк, Проблема Стефана // УМН, 40(5) (1985), 133–185.
[21] S. C. Gupta, The classical Stefan problem, North Holand series in Applied
mathematics and mechanics, 45, Elsevier, 2003.
54 Задача Стефана
[22] M. A. Borodin, Existence of the clobal classical solution for a two-phase Stefan
problem // SIAM J. Math. Anal., 30 (1999), No. 6, 1264–1281.
[23] O. A. Ладыженская, Н. Н. Уральцева, Линейные и квазилинейные уравнения
эллиптического типа, Москва, Наука, 1973.
[24] O. A. Ладыженская, В. A. Солонников, Н. Н. Уральцева, Линейные и квази-
линейные уравнения параболического типа, Москва, Наука, 1967.
[25] А. И. Маркушевич, Теория аналитических функций, Москва, Ленинград,
ГИТТЛ, 1950.
Сведения об авторах
Михаил А.
Бородин
Донецкий национальный университет
ул. Университетская 24,
83055, Донецк,
Украина
E-Mail: bma@telenet.dn.ua
|