Про одну коефіцієнтну обернену задачу для параболічного рівняння в області з вільною межею

У роботi розглядається обернена задача визначення коефiцiєнта при першiй похiднiй за просторовою змiнною невiдомої функцiї одновимiрного параболiчного рiвняння в областi, межа якої визначається двома невiдомими функцiями. Встановлено умови локального iснування та єдиностi розв’язку оберненої задачi....

Ausführliche Beschreibung

Gespeichert in:

Bibliographische Detailangaben
Datum:	2014
1. Verfasser:	Снітко, Г.А.
Format:	Artikel
Sprache:	Ukrainian
Veröffentlicht:	Інститут прикладної математики і механіки НАН України 2014
Schriftenreihe:	Український математичний вісник
Online Zugang:	http://dspace.nbuv.gov.ua/handle/123456789/124451
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:	Про одну коефіцієнтну обернену задачу для параболічного рівняння в області з вільною межею / Г.А. Снітко // Український математичний вісник. — 2014. — Т. 11, № 1. — С. 109-126. — Бібліогр.: 13 назв. — укр.

Institution

Digital Library of Periodicals of National Academy of Sciences of Ukraine

id	irk-123456789-124451
record_format	dspace
spelling	irk-123456789-1244512017-09-27T03:03:13Z Про одну коефіцієнтну обернену задачу для параболічного рівняння в області з вільною межею Снітко, Г.А. У роботi розглядається обернена задача визначення коефiцiєнта при першiй похiднiй за просторовою змiнною невiдомої функцiї одновимiрного параболiчного рiвняння в областi, межа якої визначається двома невiдомими функцiями. Встановлено умови локального iснування та єдиностi розв’язку оберненої задачi. 2014 Article Про одну коефіцієнтну обернену задачу для параболічного рівняння в області з вільною межею / Г.А. Снітко // Український математичний вісник. — 2014. — Т. 11, № 1. — С. 109-126. — Бібліогр.: 13 назв. — укр. 1810-3200 2010 MSC. 35R30. http://dspace.nbuv.gov.ua/handle/123456789/124451 uk 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	Ukrainian
description	У роботi розглядається обернена задача визначення коефiцiєнта при першiй похiднiй за просторовою змiнною невiдомої функцiї одновимiрного параболiчного рiвняння в областi, межа якої визначається двома невiдомими функцiями. Встановлено умови локального iснування та єдиностi розв’язку оберненої задачi.
format	Article
author	Снітко, Г.А.
spellingShingle	Снітко, Г.А. Про одну коефіцієнтну обернену задачу для параболічного рівняння в області з вільною межею Український математичний вісник
author_facet	Снітко, Г.А.
author_sort	Снітко, Г.А.
title	Про одну коефіцієнтну обернену задачу для параболічного рівняння в області з вільною межею
title_short	Про одну коефіцієнтну обернену задачу для параболічного рівняння в області з вільною межею
title_full	Про одну коефіцієнтну обернену задачу для параболічного рівняння в області з вільною межею
title_fullStr	Про одну коефіцієнтну обернену задачу для параболічного рівняння в області з вільною межею
title_full_unstemmed	Про одну коефіцієнтну обернену задачу для параболічного рівняння в області з вільною межею
title_sort	про одну коефіцієнтну обернену задачу для параболічного рівняння в області з вільною межею
publisher	Інститут прикладної математики і механіки НАН України
publishDate	2014
url	http://dspace.nbuv.gov.ua/handle/123456789/124451
citation_txt	Про одну коефіцієнтну обернену задачу для параболічного рівняння в області з вільною межею / Г.А. Снітко // Український математичний вісник. — 2014. — Т. 11, № 1. — С. 109-126. — Бібліогр.: 13 назв. — укр.
series	Український математичний вісник
work_keys_str_mv	AT snítkoga proodnukoefícíêntnuobernenuzadačudlâparabolíčnogorívnânnâvoblastízvílʹnoûmežeû
first_indexed	2025-07-09T01:27:08Z
last_indexed	2025-07-09T01:27:08Z
_version_	1837130769727750144
fulltext	Український математичний вiсник Том 11 (2014), № 1, 109 – 126 Про одну коефiцiєнтну обернену задачу для параболiчного рiвняння в областi з вiльною межею Галина А. Снiтко (Представлена А. Є. Шишковим) Анотацiя. У роботi розглядається обернена задача визначення ко- ефiцiєнта при першiй похiднiй за просторовою змiнною невiдомої функцiї одновимiрного параболiчного рiвняння в областi, межа якої визначається двома невiдомими функцiями. Встановлено умови ло- кального iснування та єдиностi розв’язку оберненої задачi. 2010 MSC. 35R30. Ключовi слова та фрази. Обернена задача, параболiчне рiвняння, вiльна межа, функцiя Грiна. Вступ На сучасному етапi розвитку теорiї обернених задач коефiцiєнтнi оберненi задачi в областях з вiдомими межами достатньо повно вивче- нi. Зокрема, в [1] встановлено умови глобального iснування розв’язку оберненої задачi для рiвняння ut = uxx + p(t)ux, x ∈ (0, 1), t > 0, з невiдомим коефiцiєнтом p(t) та умовою перевизначення ux(0, t) + p(t)u(0, t) = g(t), t > 0. Дослiдження такої задачi продовжено в [2, 3]. В [2] отримано умови локального iснування розв’язку задачi, а також умови, за яких задача не може мати глобального розв’язку. В [3] знайдено умови локального Стаття надiйшла в редакцiю 21.08.2012 ISSN 1810 – 3200. c© Iнститут математики НАН України 110 Про одну коефiцiєнтну обернену задачу... за часом iснування, єдиностi та неперервної залежностi вiд вихiдних даних розв’язку оберненої задачi з умовою перевизначення m(t) = b(t)∫ 0 u(x, t)dx, t ∈ [0, T ], де 0 < b(t) < 1, t ∈ [0, T ], — задана функцiя. В [4] встановлено умови однозначної розв’язностi оберненої задачi визначення залежних вiд часу старшого i молодшого коефiцiєнтiв параболiчного рiвняння у випадку нелокальних та iнтегральних умов. Результати дослiджень коефiцiєнтних обернених задач для пара- болiчних рiвнянь показали, що питання iдентифiкацiї коефiцiєнта, який залежав би вiд усiх незалежних змiнних, залишається вiдкри- тим. Певним наближенням до вирiшення цього питання можна вва- жати подання коефiцiєнта у виглядi добутку двох функцiй вiд рiзних аргументiв, одна з яких вiдома, а iнша пiдлягає визначенню. У робо- тi [5] знайдено умови однозначної розв’язностi оберненої задачi визна- чення старшого коефiцiєнта одновимiрного параболiчного рiвняння, який подається у виглядi добутку двох функцiй, одна з яких зале- жить вiд просторової змiнної, а iнша — вiд часу, причому просторова залежнiсть є вiдомою. В [6] дослiджено обернену задачу знаходжен- ня невiдомих коефiцiєнтiв (a0(t), a1(t)) одновимiрного параболiчного рiвняння ut = (a0(t) + xa1(t))uxx + b(x, t)ux + c(x, t)u+ f(x, t), (x, t) ∈ (0, h) × (0, T ). Багато практично важливих задач зводяться до задач з вiльними межами, в яких невiдома межа роздiляє або речовини з рiзними вла- стивостями, або рiзнi фази однiєї i тiєї ж речовини. Замiною змiнних задачi з вiльними межами можна звести до коефiцiєнтних обернених задач в областях з вiдомими межами. Такий пiдхiд дозволяє застосу- вати до цих задач методику, розроблену для дослiдження обернених задач. В [7, 8] знайдено умови iснування та єдиностi розв’язкiв обер- нених задач для одновимiрних параболiчних рiвнянь ut = a(t)uxx + f(x, t), ut = a(t)uxx + b(x, t)ux + c(x, t)u+ f(x, t) з невiдомим, залежним вiд часу, старшим коефiцiєнтом в областi, частина або вся межа якої є невiдомою. В [9–11] дослiджено обер- ненi задачi визначення залежного вiд часу коефiцiєнта при першiй Г. А. Снiтко 111 похiднiй за просторовою змiнною невiдомої функцiї в одновимiрно- му параболiчному рiвняннi в областi, частина або вся межа якої є невiдомою. 1. Формулювання задачi В областi ΩT = {(x, t) : h1(t) < x < h2(t), 0 < t < T}, де h1 = h1(t), h2 = h2(t) — невiдомi функцiї, розглядаємо обернену задачу визначення коефiцiєнтiв b1(t), b2(t) параболiчного рiвняння ut = a(x, t)uxx+(b1(t)x+b2(t))ux+c(x, t)u+f(x, t), (x, t) ∈ ΩT , (1.1) з початковою умовою u(x, 0) = ϕ(x), x ∈ [h1(0), h2(0)], (1.2) крайовими умовами u(h1(t), t) = µ1(t), u(h2(t), t) = µ2(t), t ∈ [0, T ], (1.3) та умовами перевизначення h′1(t) = ux(h1(t), t) + µ3(t), h′2(t) = −ux(h2(t), t) + µ4(t), h2(t)∫ h1(t) u(x, t) dx = µ5(t), h2(t)∫ h1(t) xu(x, t) dx = µ6(t), t ∈ [0, T ], (1.4) де h1(0) = h01 — задане число. Ввiвши нову змiнну y = x−h1(t) h2(t)−h1(t) , задачу (1.1)–(1.4) зводимо до оберненої задачi з невiдомими (h1(t), h3(t), b1(t), b2(t), v(y, t)), де h3(t) = h2(t) − h1(t), v(y, t) = u(yh3(t) + h1(t), t), в областi з вiдомою межею QT = {(y, t) : 0 < y < 1, 0 < t < T} : vt = a(yh3(t) + h1(t), t) h2 3(t) vyy + ( b1(t)(yh3(t) + h1(t)) + b2(t) h3(t) + h′1(t) + y h′3(t) h3(t) ) vy + c(yh3(t) + h1(t), t) v+ + f(yh3(t) + h1(t), t), (y, t) ∈ QT , (1.5) v(y, 0) = ϕ(yh3(0) + h1(0)), y ∈ [0, 1], (1.6) v(0, t) = µ1(t), v(1, t) = µ2(t), t ∈ [0, T ], (1.7) 112 Про одну коефiцiєнтну обернену задачу... h′1(t) = vy(0, t) h3(t) + µ3(t), t ∈ [0, T ], (1.8) h′3(t) = −vy(0, t) + vy(1, t) h3(t) + µ4(t) − µ3(t), t ∈ [0, T ], (1.9) h3(t) 1∫ 0 v(y, t) dy = µ5(t), t ∈ [0, T ], (1.10) h2 3(t) 1∫ 0 yv(y, t) dy + h1(t)µ5(t) = µ6(t), t ∈ [0, T ], (1.11) де h1(0) = h01 — задане число. Означення 1.1. Пiд розв’язком задачi (1.5)–(1.11) розумiємо фун- кцiї (h1, h3, b1, b2, v) ∈ (C1[0, T ])2 × (C[0, T ])2 × C2,1(QT ), h3(t) > 0, t ∈ [0, T ], якi задовольняють рiвняння (1.5) та умови (1.6)–(1.11). 2. Iснування розв’язку задачi (1.5)–(1.11) Умови iснування розв’язку задачi (1.5)–(1.11) мiстяться в насту- пнiй теоремi. Теорема 2.1. Припустимо, що виконуються умови: 1) a ∈ C1,0(R × [0, T ]), c, f ∈ Hα,0(R × [0, T ]), α ∈ (0, 1), ϕ ∈ C2[h01, h02], µi ∈ C1[0, T ], i = 1, 2, 5, 6, µj ∈ C[0, T ], j = 3, 4; 2) 0 < a0 ≤ a(x, t) ≤ a1, c(x, t) ≤ 0, f(x, t) ≥ 0, (x, t) ∈ R × [0, T ], ϕ(x) ≥ ϕ0 > 0, x ∈ [h01,∞), ϕ′(x) > 0, x ∈ [h01, h02], ϕ ′(x)−ϕ′(h02+h01−x) > 0, (h02−x)ϕ′(h02+h01−x)− (x − h01)ϕ ′(x) > 0, x ∈ [h01, h01+h02 2 ), µi(t) > 0, i = 1, 2, 5, t ∈ [0, T ], де h02 = h2(0) — розв’язок рiвняння ∫ h2(0) h01 ϕ(x) dx = µ5(0); 3) умови узгодження нульового i першого порядкiв. Тодi можна вказати таке число T0, 0 < T0 ≤ T , яке визначається вихiдними даними, що iснує розв’язок задачi (1.5)–(1.11) при (y, t) ∈ QT0 . Доведення. Визначимо початкове значення функцiї h2(t), що задає частину межi областi. За умов теореми iснує єдиний розв’язок h02 = h2(0) рiвняння h2(0)∫ h01 ϕ(x) dx = µ5(0). Г. А. Снiтко 113 Позначимо h03 = h02 − h01. Встановимо оцiнки функцiй h1(t), h3(t). З умов (1.10), (1.11) отримуємо h3(t) = µ5(t)∫ 1 0 v(y, t) dy , t ∈ [0, T ], (2.1) h1(t) = µ6(t) µ5(t) − h2 3(t) µ5(t) 1∫ 0 yv(y, t) dy, t ∈ [0, T ]. (2.2) Iз принципу максимуму [12] для розв’язку прямої задачi (1.5)– (1.7) випливає v(y, t) ≥M0 > 0, (y, t) ∈ QT , де стала M0 визначається вихiдними даними. Тодi для розв’язкiв рiв- нянь (2.1), (2.2) одержуємо наступнi нерiвностi: h3(t) ≤ 1 M0 max [0,T ] µ5(t) ≡ H1 <∞, t ∈ [0, T ], \|h1(t)\| ≤ \|µ6(t)\| µ5(t) + µ5(t)∫ 1 0 v(y, t) dy ≤ max [0,T ] \|µ6(t)\| µ5(t) + 1 M0 max [0,T ] µ5(t) ≡ H2, t ∈ [0, T ]. Для оцiнки знизу h3(t) оцiнимо v(y, t) зверху. Для цього знову вико- ристаємо принцип максимуму v(y, t) ≤M1 <∞, (y, t) ∈ QT , де M1 визначається вихiдними даними. Згiдно з (2.1) отримуємо h3(t) ≥ 1 M1 min [0,T ] µ5(t) ≡ H0 > 0, t ∈ [0, T ]. Таким чином, 0 < M0 ≤ v(y, t) ≤M1 <∞, (y, t) ∈ QT , \|h1(t)\| ≤ H2, 0 < H0 ≤ h3(t) ≤ H1 <∞, t ∈ [0, T ]. (2.3) Зведемо задачу (1.5)–(1.11) до системи рiвнянь. Введемо нову функцiю ṽ(y, t) = v(y, t)−ϕ(yh03 +h01)−y(µ2(t)−µ2(0))+(y−1)(µ1(t)−µ1(0)). 114 Про одну коефiцiєнтну обернену задачу... Для функцiї ṽ(y, t) одержуємо задачу ṽt = a(yh3(t) + h1(t), t) h2 3(t) ṽyy + b1(t)(yh3(t) + h1(t)) + b2(t) + h′1(t) + y h′3(t) h3(t) ×(ṽy + d(y, t)) + c(yh3(t) + h1(t), t)ṽ + F (y, t), (y, t) ∈ QT , ṽ(y, 0) = 0, y ∈ [0, 1], ṽ(0, t) = ṽ(1, t) = 0, t ∈ [0, T ], (2.4) де d(y, t) = h03ϕ ′(yh03 + h01) + µ2(t) − µ2(0) − µ1(t) + µ1(0), F (y, t) = h2 03 a(yh3(t) + h1(t), t) h2 3(t) ϕ′′(yh03 + h01) + c(yh3(t) + h1(t), t) × ( ϕ(yh03 + h01) + y(µ2(t) − µ2(0)) + (1 − y)(µ1(t) − µ1(0)) ) + f(yh3(t) + h1(t), t) − yµ′2(t) + µ′1(t)(y − 1). За допомогою функцiї Грiна G1(y, t, η, τ) першої крайової задачi для рiвняння ṽt = a(yh3(t) + h1(t), t) h2 3(t) ṽyy + c(yh3(t) + h1(t), t) ṽ задачу (2.4) зводимо до рiвняння ṽ(y, t) = t∫ 0 1∫ 0 G1(y, t, η, τ) (( b1(τ)(ηh3(τ) + h1(τ)) + b2(τ) h3(τ) + h′1(τ) + ηh′3(τ) h3(τ) ) (ṽη(η, τ) + d(η, τ)) + F (η, τ) ) dη dτ, (y, t) ∈ QT . (2.5) Позначимо w(y, t) = vy(y, t). Тодi з умов (1.8), (1.9) отримуємо h′1(t) = w(0, t) h3(t) + µ3(t), h′3(t) = −w(0, t) + w(1, t) h3(t) + µ4(t) − µ3(t). (2.6) Використавши (2.6), подамо (2.5) у виглядi v(y, t) = ϕ(yh03 + h01) + y(µ2(t) − µ2(0)) + (1 − y)(µ1(t) − µ1(0)) + t∫ 0 1∫ 0 G1(y, t, η, τ) ( F (η, τ) + w(η, τ) ( w(0, τ)(1 − η) − ηw(1, τ) h2 3(τ) Г. А. Снiтко 115 + b1(τ)(ηh3(τ) + h1(τ)) + b2(τ) + (1 − η)µ3(τ) + ηµ4(τ) h3(τ) ) dη dτ, (y, t) ∈ QT . (2.7) Продиференцiювавши (2.7) за змiнною y, отримаємо w(y, t) = h03ϕ ′(yh03 + h01) + µ2(t) − µ2(0) − µ1(t) + µ1(0) + t∫ 0 1∫ 0 G1y(y, t, η, τ) ( F (η, τ) + w(η, τ) ( w(0, τ)(1 − η) − ηw(1, τ) h2 3(τ) + b1(τ)(ηh3(τ) + h1(τ)) + b2(τ) + (1 − η)µ3(τ) + ηµ4(τ) h3(τ) ) dη dτ, (y, t) ∈ QT . (2.8) Продиференцiювавши (1.10), (1.11) i використавши (1.5), (2.6), одержуємо b1(t) = [ 1∫ 0 (a(yh3(t) + h1(t), t)(µ2(t) − µ1(t)) +ax(yh3(t)+h1(t), t)(µ5(t)−h3(t)µ2(t)+yh3(t)(µ2(t)−µ1(t))))w(y, t) dy + w(0, t) h3(t) (a(h1(t), t)(µ5(t) − h3(t)µ2(t)) + 2µ2(t)µ5(t) − µ1(t)µ5(t) −h3(t)µ1(t)µ2(t))+ w(1, t) h3(t) (µ2(t)−a(h3(t)+h1(t), t))(µ5(t)−h3(t)µ1(t)) − h3(t) 1∫ 0 (µ5(t) − h3(t)µ2(t) + yh3(t)(µ2(t) − µ1(t)))(c(yh3(t) +h1(t), t)v(y, t)+f(yh3(t)+h1(t), t)) dy+µ5(t)(µ1(t)µ3(t)−µ2(t)µ4(t)) +µ′5(t)(µ5(t)− h3(t)µ2(t)− h1(t)(µ2(t)−µ1(t)))− h3(t)µ1(t)µ2(t)(µ3(t) −µ4(t))+µ ′ 6(t)(µ2(t)−µ1(t)) ] ( 2h3(t)µ2(t)µ5(t)−µ2 5(t)−h2 3(t)µ1(t)µ2(t) + 2(µ2(t) − µ1(t))(h1(t)µ5(t) − µ6(t)) )−1 , t ∈ [0, T ], (2.9) b2(t) = [ 1∫ 0 (a(yh3(t)+h1(t), t)(µ5(t)−h3(t)µ2(t)−h1(t)(µ2(t)−µ1(t))) + ax(yh3(t) + h1(t), t)(h 2 3(t)µ2(t) + h1(t)h3(t)µ2(t) + h1(t)µ5(t)− 2µ6(t) 116 Про одну коефiцiєнтну обернену задачу... − yh3(t)(h3(t)µ2(t) − µ5(t) + h1(t)(µ2(t) − µ1(t)))))w(y, t) dy + w(0, t) h3(t) (a(h1(t), t)(h 2 3(t)µ2(t) + h1(t)h3(t)µ2(t) + h1(t)µ5(t) − 2µ6(t)) +2µ2 5(t)−2h3(t)µ2(t)µ5(t)−2h1(t)µ5(t)(µ2(t)−µ1(t))+h2 3(t)µ1(t)µ2(t) −2µ1(t)µ6(t)+h1(t)µ1(t)µ5(t)+h1(t)h3(t)µ1(t)µ2(t))+ w(1, t) h3(t) (h3(t)µ5(t) + h1(t)h3(t)µ1(t) + h1(t)µ5(t) − 2µ6(t))(µ2(t) − a(h3(t) + h1(t), t)) − h3(t) 1∫ 0 (h2 3(t)µ2(t) + h1(t)h3(t)µ2(t) + h1(t)µ5(t) − 2µ6(t) + yh3(t)(µ5(t) − h3(t)µ2(t) − h1(t)(µ2(t) − µ1(t))))(f(yh3(t) + h1(t), t) + v(y, t)c(yh3(t) + h1(t), t)) dy + (h1(t)µ5(t) − 2µ6(t))(µ1(t)µ3(t) − µ2(t)µ4(t)) + h3(t)µ2(t)(h3(t)µ1(t)µ3(t) − µ4(t)µ5(t)) + h1(t)h3(t)µ1(t)µ2(t)(µ3(t) − µ4(t)) + µ′5(t)(h 2 3(t)µ2(t) − 2µ6(t) + 2h1(t)h3(t)µ2(t) + (µ2(t) − µ1(t))h 2 1(t)) + µ′6(t)(µ5(t) − h3(t)µ2(t) − h1(t)(µ2(t) − µ1(t))) ] ( 2h3(t)µ2(t)µ5(t) − µ2 5(t) − h2 3(t)µ1(t)µ2(t) + 2(µ2(t) − µ1(t))(h1(t)µ5(t) − µ6(t)) )−1 , t ∈ [0, T ]. (2.10) Отже, задачу (1.5)–(1.11) зведено до системи iнтегральних рiв- нянь (2.1), (2.2), (2.7)–(2.10) вiдносно невiдомих (h3(t), h1(t), v(y, t), w(y, t), b1(t), b2(t)). Якщо (h1, h3, b1, b2, v) ∈ (C1[0, T ])2 × (C[0, T ])2 × C2,1(QT ) є розв’язком задачi (1.5)–(1.11), то (h3, h1, v, w, b1, b2) ∈ (C[0, T ])2 × (C(QT ))2 × (C[0, T ])2 є розв’язком системи рiвнянь (2.1), (2.2), (2.7)–(2.10). Правильним є i обернене твердження. Нехай (h3, h1, v, w, b1, b2) є неперервним розв’язком системи рiв- нянь (2.1), (2.2), (2.7)–(2.10). Продиференцiюємо (2.7) за змiнною y. Правi частини отриманої рiвностi та рiвностi (2.8) спiвпадають, то- му можемо зробити висновок, що w(y, t) = vy(y, t). Отже, функцiя v ∈ C2,1(QT ) задовольняє рiвняння vt = a(yh3(t) + h1(t), t) h2 3(t) vyy + ( (yh3(t) + h1(t))b1(t) + b2(t) h3(t) + (1 − y)µ3(t) + yµ4(t) h3(t) + (1 − y)vy(0, t) − yvy(1, t) h2 3(t) ) vy + c(yh3(t) + h1(t), t)v + f(yh3(t) + h1(t), t), (y, t) ∈ QT , (2.11) та умови (1.6), (1.7) для довiльних неперервних на [0, T ] функ- цiй b1(t), b2(t), h1(t), h3(t). З рiвностей (2.1), (2.2) випливають умови Г. А. Снiтко 117 (1.10), (1.11). Подамо (2.9), (2.10) у виглядi b1(t)(h3(t)µ2(t) − µ5(t) + h1(t)(µ2(t) − µ1(t))) + b2(t)(µ2(t) − µ1(t)) = 1∫ 0 ax(yh3(t) + h1(t), t)vy(y, t) dy + µ2(t) − a(h1(t) + h3(t), t) h3(t) vy(1, t) + µ1(t) + a(h1(t), t) h3(t) vy(0, t) − h3(t) 1∫ 0 (f(yh3(t) + h1(t), t) + v(y, t) × c(yh3(t) + h1(t), t)) dy + µ′5(t) − µ2(t)µ4(t) + µ1(t)µ3(t), (2.12) b1(t)(h 2 3(t)µ2(t)−2µ6(t)+h1(t)µ5(t)+h1(t)h3(t)µ2(t))+b2(t)(h3(t)µ2(t) −µ5(t)) = 1∫ 0 (yh3(t)ax(yh3(t) +h1(t), t) + a(yh3(t) +h1(t), t))vy(y, t) dy +(µ2(t)−a(h1(t)+h3(t), t))vy(1, t)−h2 3(t) 1∫ 0 y(c(yh3(t)+h1(t), t)v(y, t) + f(yh3(t) + h1(t), t)) dy + µ′6(t) − h1(t)µ ′ 5(t) − h3(t)µ2(t)µ4(t). (2.13) Припущення теореми дозволяють нам продиференцiювати (2.1), (2.2) за t. Використавши те, що функцiя v(y, t) задовольняє рiвняння (2.11), та вiднявши вiд отриманих рiвностей (2.12), (2.13), отриму- ємо ( h′3(t) − µ4(t) + µ3(t) + vy(0, t) + vy(1, t) h3(t) ) µ5(t) h3(t) = 0, 2(µ6(t) − h1(t)µ5(t)) h2 3(t) ( h′3(t) − µ4(t) + µ3(t) + vy(0, t) + vy(1, t) h2 3(t) ) + ( h′1(t) − µ3(t) − vy(0, t) h3(t) ) µ5(t) h3(t) = 0. Звiдси робимо висновок, що (h1, h3) ∈ (C1[0, T ])2, функцiя v(y, t) за- довольняє рiвняння (1.5) та умови (1.8), (1.9). Отже, еквiвалентнiсть задачi (1.5)–(1.11) та системи рiвнянь (2.1), (2.2), (2.7)–(2.10) у вище зазначеному сенсi доведено. Подамо знаменник у (2.9), (2.10) у виглядi 118 Про одну коефiцiєнтну обернену задачу... 2h3(t)µ2(t)µ5(t)−µ2 5(t)− h2 3(t)µ1(t)µ2(t) + 2(µ2(t)−µ1(t))(h1(t)µ5(t) − µ6(t)) = h2 3(t) 2 [ 1∫ 0 yw(y, t) dy 1∫ 0 (1 − 2y)w(y, t) dy + 1∫ 0 w(y, t) dy 1∫ 0 y(2y − 1)w(y, t) dy ] . Згiдно з припущеннями теореми з (2.8) можемо зробити висновок про iснування такого числа t1, 0 < t1 ≤ T , що w(y, t) ≥ h03 2 min [0,1] ϕ′(yh03 + h01) > 0, (y, t) ∈ Qt1 . Тодi 1∫ 0 yw(y, t) dy > 0, 1∫ 0 w(y, t) dy > 0, t ∈ [0, t1]. Подамо вирази ∫ 1 0 (1 − 2y)w(y, t) dy, ∫ 1 0 y(2y − 1)w(y, t) dy у виглядi 1∫ 0 (1 − 2y)w(y, t) dy = 1 2∫ 0 (1 − 2y)(w(y, t) − w(1 − y, t)) dy, (2.14) 1∫ 0 y(2y−1)w(y, t) dy = 1 2∫ 0 (1−2y)((1−y)w(1−y, t)−yw(y, t)) dy. (2.15) Пiдставимо (2.8) в (2.14). Всi доданки, крiм першого, при t→ 0 пря- мують до нуля. Тодi можемо вважати, що iснує таке число t2, 0 < t2 ≤ T , що 1∫ 0 (1 − 2y)w(y, t) dy ≥ h03 2 1 2∫ 0 (1 − 2y)(ϕ′(yh03 + h01) − ϕ′(h03(1 − y) + h01)) dy > 0, t ∈ [0, t2]. Пiдставивши (2.8) в (2.15), можемо зробити висновок про iснування такого числа t3, 0 < t3 ≤ T , що 1∫ 0 y(2y − 1)w(y, t) dy ≥ h03 2 1 2∫ 0 (1 − 2y)((1 − y)ϕ′(h03(1 − y) + h01) − yϕ′(yh03 + h01)) dy > 0, t ∈ [0, t3]. Г. А. Снiтко 119 Таким чином, 2h3(t)µ2(t)µ5(t) − µ2 5(t) − h2 3(t)µ1(t)µ2(t) + 2(µ2(t) − µ1(t))(h1(t)µ5(t) − µ6(t)) ≥ C0 > 0, t ∈ [0, t4], t4 = min{t1, t2, t3}. (2.16) Встановимо оцiнки розв’язкiв системи рiвнянь (2.1), (2.2), (2.7)– (2.10). Позначимо W (t) = maxy∈[0,1] \|w(y, t)\|. З (2.9), (2.10), врахову- ючи (2.3), (2.16), одержуємо \|b1(t)\| ≤ C1 + C2W (t), \|b2(t)\| ≤ C3 + C4W (t), t ∈ [0, t4]. (2.17) Використовуючи (2.3), (2.17) та оцiнки функцiї Грiна [12], з (2.8) отримуємо W (t) ≤ C5 + C6 t∫ 0 W (τ) +W 2(τ)√ t− τ dτ, t ∈ [0, t4]. Метод розв’язування останньої нерiвностi подано в [13]. Звiдси отри- муємо оцiнку W (t) ≤M2 <∞, t ∈ [0, t5], де t5, 0 < t5 ≤ t4, визначається сталими C5, C6. Тодi \|b1(t)\| ≤ C1 + C2M2 ≡ B1, \|b2(t)\| ≤ C3 + C4M2 ≡ B2, t ∈ [0, t5]. Подамо систему рiвнянь (2.1), (2.2), (2.7)–(2.10) у виглядi опера- торного рiвняння ω = Pω, де ω = (h3(t), h1(t), v(y, t), w(y, t), b1(t), b2(t)), а оператор P визначає- ться правими частинами рiвнянь (2.1), (2.2), (2.7)–(2.10). Вiзьмемо довiльнi (h3, h1, v, w, b1, b2), для яких справедливi вище встановленi оцiнки. Оцiнимо праву частину рiвняння (2.8): \|P4w\| ≤ C7 + C8 √ t. Вибираючи число t6, 0 < t6 ≤ T, так, щоб виконувалась нерiвнiсть C7 + C8 √ t6 ≤M2, отримаємо \|P4w\| ≤M2, (y, t) ∈ [0, 1] × [0, t6]. Позначимо N = {(h3, h1, v, w, b1, b2) ∈ (C[0, T0]) 2 × (C(QT0 ))2 × (C[0, T0]) 2 : H0 ≤ h3(t) ≤ H1, \|h1(t)\| ≤ H2, M0 ≤ v(y, t) ≤ M1, 120 Про одну коефiцiєнтну обернену задачу... \|w(y, t)\| ≤ M2, \|b1(t)\| ≤ B1, \|b2(t)\| ≤ B2}, де T0 = min{t5, t6}. Очеви- дно, що множина N задовольняє умови теореми Шаудера, а оператор P переводить N в себе. Те, що оператор P цiлком неперервний на N , доводиться як у [9]. Отже, за теоремою Шаудера про нерухому точку цiлком непе- рервного оператора iснує розв’язок системи рiвнянь (2.1), (2.2), (2.7)– (2.10) i, вiдповiдно, розв’язок задачi (1.5)–(1.11) при (y, t) ∈ QT0 . 3. Єдинiсть розв’язку задачi (1.5)–(1.11) Теорема 3.1. Нехай виконуються умови: a ∈ C2,0(R× [0, T ]), c, f ∈ C1,0(R × [0, T ]), a(x, t) > 0, (x, t) ∈ R × [0, T ], ϕ(x) ≥ ϕ0 > 0, x ∈ [h01,∞), ϕ′(x) > 0, x ∈ [h01, h02], ϕ ′(x)−ϕ′(h02 +h01 −x) > 0, (h02 − x)ϕ′(h02+h01−x)−(x−h01)ϕ ′(x) > 0, x ∈ [h01, h01+h02 2 ), µi(t) > 0, i = 2, 5, t ∈ [0, T ]. Тодi можна вказати таке число t4, 0 < t4 ≤ T , яке визначається вихiдними даними, що задача (1.5)–(1.11) не може мати двох рiзних розв’язкiв при (y, t) ∈ Qt4 . Доведення. Припустимо, що (h1i(t), h3i(t), b1i(t), b2i(t), vi(y, t)), i = 1, 2, — два розв’язки задачi (1.5)–(1.11). Позначимо b1i(t) h3i(t) = ri(t), b2i(t) h3i(t) = qi(t), h′1i(t) h3i(t) = si(t), h′3i(t) h3i(t) = pi(t), i = 1, 2, r(t) = r1(t) − r2(t), q(t) = q1(t) − q2(t), s(t) = s1(t) − s2(t), p(t) = p1(t) − p2(t), v(y, t) = v1(y, t) − v2(y, t). Функцiї r(t), q(t), s(t), p(t), v(y, t) задовольняють рiвняння vt = a(yh31(t) + h11(t), t) h2 31(t) vyy + (r1(t)(yh31(t) + h11(t)) + q1(t) + s1(t) + yp1(t))vy + c(yh31(t) + h11(t), t)v + ( a(yh31(t) + h11(t), t) h2 31(t) − a(yh32(t) + h12(t), t) h2 32(t) ) v2yy + (r(t)(yh31(t) + h11(t)) + r2(t)(y(h31(t) − h32(t)) + h11(t) − h12(t)) + q(t) + s(t) + yp(t))v2y + (c(yh31(t) + h11(t), t) − c(yh32(t) +h12(t), t))v2 + f(yh31(t) +h11(t), t)− f(yh32(t) +h12(t), t), (y, t) ∈ QT , (3.1) та умови v(y, 0) = 0, y ∈ [0, 1], (3.2) Г. А. Снiтко 121 v(0, t) = v(1, t) = 0, t ∈ [0, T ], (3.3) h′11(t) − h′12(t) = vy(0, t) h31(t) + v2y(0, t) ( 1 h31(t) − 1 h32(t) ) , h′31(t) − h′32(t) = −(v2y(0, t) + v2y(1, t)) ( 1 h31(t) − 1 h32(t) ) − vy(0, t) + vy(1, t) h31(t) , 1∫ 0 v(y, t) dy = µ5(t) ( 1 h31(t) − 1 h32(t) ) , 1∫ 0 yv(y, t) dy = µ6(t) ( 1 h2 31(t) − 1 h2 32(t) ) − ( h11(t) ( 1 h2 31(t) − 1 h2 32(t) ) + (h11(t) − h12(t)) 1 h2 32(t) ) µ5(t), t ∈ [0, T ]. (3.4) За допомогою функцiї Грiна G∗ 1(y, t, η, τ) першої крайової задачi для рiвняння vt = a(yh31(t) + h11(t), t) h2 31(t) vyy + (r1(t)(yh31(t) + h11(t)) + q1(t) + s1(t) + yp1(t))vy + c(yh31(t) + h11(t), t)v з урахуванням умов (3.2), (3.3) функцiю v(y, t) подамо у виглядi v(y, t) = t∫ 0 1∫ 0 G∗ 1(y, t, η, τ) [ v2ηη(η, τ) ( a(ηh31(τ) + h11(τ), τ) h2 31(τ) − a(ηh32(τ) + h12(τ), τ) h2 32(τ) ) +(r(τ)(ηh31(τ) + h11(τ)) + r2(τ)(η(h31(τ) − h32(τ)) + h11(τ) − h12(τ)) + q(τ) + s(τ) + ηp(τ))v2η(η, τ) + v2(η, τ) ×(c(ηh31(τ)+h11(τ), τ)−c(ηh32(τ)+h12(τ), τ))+f(ηh31(τ)+h11(τ), τ) − f(ηh32(τ) + h12(τ), τ) ] dη dτ, (y, t) ∈ QT . (3.5) Продиференцiювавши (3.5) за змiнною y, одержуємо 122 Про одну коефiцiєнтну обернену задачу... vy(y, t) = t∫ 0 1∫ 0 G∗ 1y(y, t, η, τ) [ v2ηη(η, τ) ( a(ηh31(τ) + h11(τ), τ) h2 31(τ) − a(ηh32(τ) + h12(τ), τ) h2 32(τ) ) +(r(τ)(ηh31(τ) + h11(τ)) + r2(τ)(η(h31(τ) − h32(τ)) + h11(τ) − h12(τ)) + q(τ) + s(τ) + ηp(τ))v2η(η, τ) + v2(η, τ) ×(c(ηh31(τ)+h11(τ), τ)−c(ηh32(τ)+h12(τ), τ))+f(ηh31(τ)+h11(τ), τ) − f(ηh32(τ) + h12(τ), τ) ] dηdτ, (y, t) ∈ QT . (3.6) Оскiльки для h′1i, h ′ 3i, b1i(t), b2i(t), i = 1, 2, справджуються рiв- ностi, аналогiчнi до (2.6), (2.9), (2.10), то звiдси отримуємо (q(t)+s(t))(µ2(t)−µ1(t))+p(t)µ2(t)+r(t)(h31(t)µ2(t)−µ5(t)+h11(t) × (µ2(t) − µ1(t))) = vy(0, t)a(h11(t), t) − vy(1, t)a(h11(t) + h31(t), t) h2 31(t) + ( 1 h2 31(t) − 1 h2 32(t) ) (v2y(0, t)a(h11(t), t) − v2y(1, t)a(h11(t) + h31(t), t)) + 1 h2 31(t) (v2y(0, t)(a(h11(t), t) − a(h12(t), t)) − (a(h11(t) + h31(t), t) − a(h12(t) + h32(t), t))v2y(1, t)) + 1 h31(t) 1∫ 0 (a(yh31(t) + h11(t), t)vy(y, t) + v2y(y, t)(a(yh31(t) + h11(t), t) − a(yh32(t) + h12(t), t))) dy + ( 1 h31(t) − 1 h32(t) )( µ′5(t) + 1∫ 0 a(yh32(t) + h12(t), t)v2y(y, t) dy ) − 1∫ 0 (v(y, t)c(yh31(t) + h11(t), t) + (c(yh31(t) + h11(t), t) − c(yh32(t) + h12(t), t))v2(y, t) + f(yh31(t) + h11(t), t) − f(yh32(t) + h12(t), t)) dy − r2(t)(µ2(t)(h31(t) − h32(t)) + (µ2(t) − µ1(t))(h11(t) − h12(t))), t ∈ [0, T ], (3.7) s(t) = vy(0, t) h2 31(t) + v2y(0, t) ( 1 h2 31(t) − 1 h2 32(t) ) +µ3(t) ( 1 h31(t) − 1 h32(t) ) , t ∈ [0, T ], (3.8) Г. А. Снiтко 123 p(t) = −vy(0, t) + vy(1, t) h2 31(t) − (v2y(0, t) + v2y(1, t)) ( 1 h2 31(t) − 1 h2 32(t) ) + (µ4(t) − µ3(t)) ( 1 h31(t) − 1 h32(t) ) , t ∈ [0, T ], (3.9) r(t) = [ 1 h31(t) 1∫ 0 (a(yh31(t) + h11(t), t)(µ2(t) − µ1(t)) + (yh31(t)(µ2(t) −µ1(t))+µ5(t)−h31(t)µ2(t))ax(yh31(t)+h11(t), t))v1y(y, t) dy+((µ5(t) − h31(t)µ2(t))a(h11(t), t) + 2µ2(t)µ5(t) − µ1(t)µ5(t) − h31(t)µ1(t)µ2(t)) × v1y(0, t) h2 31(t) + v1y(1, t) h2 31(t) (µ2(t) − a(h31(t) + h11(t), t))(µ5(t) − h31(t)µ1(t)) − 1∫ 0 (c(yh31(t) + h11(t), t)v1(y, t) + f(yh31(t) + h11(t), t))(µ5(t) − h31(t) ×µ2(t)+yh31(t)(µ2(t)−µ1(t))) dy+µ5(t)(µ1(t)µ3(t)−µ2(t)µ4(t))+µ ′ 5(t) × (µ5(t) − h31(t)µ2(t) − h11(t)(µ2(t) − µ1(t))) − h31(t)µ1(t)µ2(t)(µ3(t) −µ4(t))+µ′6(t)(µ2(t)−µ1(t)) ] (µ1(t)µ2(t)(h 2 31(t)−h2 32(t))− 2µ2(t)µ5(t) × (h31(t)−h32(t))− 2µ5(t)(µ2(t)−µ1(t))(h11(t)−h12(t))) ( (2h31(t)µ2(t) ×µ5(t)−µ2 5(t)−h2 31(t)µ1(t)µ2(t)+2(µ2(t)−µ1(t))(h11(t)µ5(t)−µ6(t))) × (2h32(t)µ2(t)µ5(t) − µ2 5(t) − h2 32(t)µ1(t)µ2(t) + 2(µ2(t) − µ1(t))(h12(t) × µ5(t) − µ6(t))) )−1 + [( 1 h31(t) − 1 h32(t) )( 1∫ 0 (a(yh31(t) + h11(t), t) × (µ2(t) − µ1(t)) + ax(yh31(t) + h11(t), t)(µ5(t) − h31(t)µ2(t) + y(µ2(t) −µ1(t))h31(t)))v1y(y, t) dy+µ5(t)(µ1(t)µ3(t)−µ2(t)µ4(t)) +µ′6(t)(µ2(t) − µ1(t)) + µ′5(t)(µ5(t) − h31(t)µ2(t) − h11(t)(µ2(t) − µ1(t))) ) + 1 h32(t) × 1∫ 0 ((a(yh31(t)+h11(t), t)(µ2(t)−µ1(t))+(yh31(t)(µ2(t)−µ1(t))+µ5(t) − h31(t)µ2(t))ax(yh31(t) + h11(t), t))vy(y, t) + v2(y, t)((µ2(t) − µ1(t)) × (a(yh31(t)+h11(t), t)− a(yh32(t)+h12(t), t))+ (yh31(t)(µ2(t)−µ1(t)) + µ5(t) − h31(t)µ2(t))(ax(yh31(t) + h11(t), t) − ax(yh32(t) + h12(t), t)) 124 Про одну коефiцiєнтну обернену задачу... + ax(yh32(t) + h12(t), t)(h31(t) − h32(t))(y(µ2(t) − µ1(t)) − µ2(t)))) dy + ((µ5(t) − h31(t)µ2(t))a(h11(t), t) + 2µ2(t)µ5(t) − µ1(t)µ5(t) − h31(t) ×µ1(t)µ2(t)) vy(0, t) h2 31(t) + vy(1, t) h2 31(t) (µ2(t)−a(h31(t)+h11(t), t))(µ5(t)−h31(t) ×µ1(t))+ ( 1 h2 31(t) − 1 h2 32(t) ) ((µ2(t)−a(h31(t)+h11(t), t))(µ5(t)−h31(t) × µ1(t))v2y(0, t) + ((µ5(t)− h31(t)µ2(t))a(h11(t), t) + 2µ2(t)µ5(t)− µ1(t) ×µ5(t)−h31(t)µ1(t)µ2(t))v2y(0, t)) + v2y(0, t) h2 32(t) (a(h11(t), t)− a(h12(t), t)) ×(µ5(t)−h31(t)µ2(t))−(a(h31(t)+h11(t), t)−a(h32(t)+h12(t), t))(µ5(t) − h31(t)µ1(t)) v2y(1, t) h2 32(t) − h31(t) − h32(t) h2 32(t) µ2(t)(µ1(t)v2y(1, t) + v2y(0, t) ×(µ1(t)+a(h12(t), t))+µ′5(t))+ h11(t) − h12(t) h2 32(t) (µ1(t)a(h12(t)+h32(t), t) × v2y(1, t)− (µ2(t)−µ1(t))µ ′ 5(t))− 1∫ 0 (µ5(t)−h31(t)µ2(t)+yh31(t)(µ2(t) − µ1(t)))(c(yh31(t) + h11(t), t)v(y, t) + v2(y, t)(c(yh31(t) + h11(t), t) − c(yh32(t)+h12(t), t))+f(yh31(t)+h11(t), t)−f(yh32(t)+h12(t), t)) dy − 1∫ 0 (c(yh32(t)+h12(t), t)v2(y, t)+ f(yh32(t)+h12(t), t))(h31(t)−h32(t)) × (y(µ2(t) − µ1(t)) − µ2(t)) dy ] ( 2h32(t)µ2(t)µ5(t) − µ2 5(t) − h2 32(t)µ1(t) × µ2(t) + 2(µ2(t) − µ1(t))(h12(t)µ5(t) − µ6(t)) )−1 , t ∈ [0, T ]. (3.10) Зауважимо, що 2h3i(t)µ2(t)µ5(t) − µ2 5(t) − h2 3i(t)µ1(t)µ2(t) + 2(µ2(t) − µ1(t))(h1i(t)µ5(t) − µ6(t)) ≥ C0 > 0, i = 1, 2, t ∈ [0, t4]. (3.11) Згiдно з припущеннями теореми правильною є наступна рiвнiсть: f(yh31(t) + h11(t), t) − f(yh32(t) + h12(t), t) = (h11(t) − h12(t) + y(h31(t) − h32(t))) 1∫ 0 fx(yh32(t) + h12(t) Г. А. Снiтко 125 + σ(y(h31(t) − h32(t)) + h11(t) − h12(t)), t) dσ, (3.12) яка справедлива i для функцiй c(yh3i(t)+h1i(t), t), a(yh3i(t)+h1i(t), t) та ax(yh3i(t) + h1i(t), t), i = 1, 2. Виразимо h3i(t), h1i(t) через pi(t), si(t) h3i(t) = h3i(0) exp ( t∫ 0 pi(τ) dτ ) , h1i(t) = h1i(0) + h3i(0) t∫ 0 si(τ) exp ( τ∫ 0 pi(σ) dσ ) dτ, i = 1, 2, де h31(0) = h32(0) = h03, h11(0) = h12(0) = h01. Враховуючи рiвнiсть ex − ey = (x− y) 1∫ 0 ey+τ(x−y)dτ, одержимо 1 h31(t) − 1 h32(t) = − 1 h03 t∫ 0 p(τ) dτ 1∫ 0 exp ( − t∫ 0 (σp(τ) + p2(τ)) dτ ) dσ, (3.13) h11(t) − h12(t) = h03 ( t∫ 0 s(τ) exp ( τ∫ 0 p1(σ) dσ ) dτ + t∫ 0 s2(τ) τ∫ 0 p(η) dη exp ( τ∫ 0 (p2(ρ) + σp(ρ)) dρ ) dσ dτ ) . (3.14) Аналогiчно (3.13) використаємо для зображення рiзниць h31(t) − h32(t), h 2 31(t) − h2 32(t), 1 h2 31(t) − 1 h2 32(t) . Врахувавши (3.12)–(3.14) i пiдставивши (3.5), (3.6) в (3.8)–(3.10), одержимо систему однорiдних iнтегральних рiвнянь Вольтерра дру- гого роду вiдносно невiдомих p(t), s(t), q(t), r(t). З єдиностi розв’язкiв таких систем випливає, що p(t) = 0, s(t) = 0, q(t) = 0, r(t) = 0, t ∈ [0, t4]. Звiдси отримаємо p1(t) = p2(t), s1(t) = s2(t), q1(t) = q2(t), r1(t) = r2(t), t ∈ [0, t4], а, отже, h31(t) = h32(t), h11(t) = h12(t), b21(t) = b22(t), b11(t) = b12(t), t ∈ [0, t4]. Використовуючи це в задачi (3.1)–(3.3), знаходимо, що v1(y, t) = v2(y, t), (y, t) ∈ Qt4 , що i завершує доведення теореми. 126 Про одну коефiцiєнтну обернену задачу... Лiтература [1] Yin Hong-Ming, Global solvability for some parabolic inverse problems // J. Math. Anal. Appl., (1991), 392–403. [2] D. D. Trong, D. D. Ang, Coefficient identification for a parabolic equation // Inverse Problems, 10 (1994), No. 3, 733–752. [3] J. Cannon, S. Perez-Esteva, Determination of the coefficient of ux in a linear parabolic equation // Inverse Problems, 10 (1994), No. 3, 521–531. [4] М. I. Iванчов, Н. В. Пабирiвська, Однозначне визначення двох коефiцiєнтiв у параболiчному рiвняннi у випадку нелокальних та iнтегральних умов // Укр. мат. журн., 53 (2001), No. 5, 589–596. [5] B. F. Jones, Various methods for finding unknown coefficients in parabolic di- fferential equations // Comm. on Pure and Appl. Math., 16 (1963), 33–44. [6] Н. В. Пабирiвська, Тепловi моменти в обернених задачах для параболiчних рiвнянь // Вiсн. Львiв. ун-ту. Сер. мех.-мат., (2000), вип. 56, 142–149. [7] М. I. Iванчов, Обернена задача з вiльною межею для рiвняння теплопровiд- ностi // Укр. мат. журн., 55 (2003), No. 7, 901–910. [8] I. Баранська, Визначення старшого коефiцiєнта у параболiчному рiвняннi в областi з невiдомими межами // Вiсн. Львiв. ун-ту. Сер. мех.-мат., (2005), вип. 64, 20–38. [9] Г. А. Снiтко, Обернена задача для параболiчного рiвняння в областi з вiльною межею // Мат. методи та фiз.-мех. поля, 50 (2007), No. 4, 7–18. [10] Г. А. Снiтко, Обернена задача визначення молодшого коефiцiєнта в параболi- чному рiвняннi в областi з вiльною межею // Вiсник нац. ун-ту “Львiвська полiтехнiка”. “Фiзико-математичнi науки”, 643 (2009), No. 643, 45–52. [11] Г. А. Снiтко, Коефiцiєнтна обернена задача для параболiчного рiвняння в областi з вiльною межею // Мат. методи та фiз.-мех. поля., 51 (2008), No. 4, 37–47. [12] О. А. Ладыженская, В. А. Солонников, Н. Н. Уральцева, Линейные и квази- линейные уравнения параболического типа, Москва: Наука, 1967. [13] M. Ivanchov, Inverse problems for equations of parabolic type, Lviv: VNTL Publ. (Math. Studies: Monograph Ser., 10), 2003. Вiдомостi про авторiв Галина Анатолiївна Снiтко вул. Дж. Дудаєва, 15, к. 58, 79005, Львiв Україна E-Mail: snitkog@ukr.net

Про одну коефіцієнтну обернену задачу для параболічного рівняння в області з вільною межею

Institution

Ähnliche Einträge