Обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами

Встановлено умови iснування та єдиностi розв’язку оберненої задачi для двовимiрного рiвняння теплопровiдностi з невiдомим залежним вiд часу коефiцiєнтом температуропровiдностi в областi з невiдомими межами....

Повний опис

Збережено в:

Бібліографічні деталі
Дата:	2007
Автори:	Баранська, І., Іванчов, М.
Формат:	Стаття
Мова:	Ukrainian
Опубліковано:	Інститут прикладної математики і механіки НАН України 2007
Назва видання:	Український математичний вісник
Онлайн доступ:	http://dspace.nbuv.gov.ua/handle/123456789/124529
Теги:	Додати тег Немає тегів, Будьте першим, хто поставить тег для цього запису!
Назва журналу:	Digital Library of Periodicals of National Academy of Sciences of Ukraine
Цитувати:	Обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами / І. Баранська, М. Іванчов // Український математичний вісник. — 2007. — Т. 4, № 4. — С. 457-484. — Бібліогр.: 7 назв. — укр.

Репозитарії

Digital Library of Periodicals of National Academy of Sciences of Ukraine

id	irk-123456789-124529
record_format	dspace
spelling	irk-123456789-1245292017-09-30T03:03:33Z Обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами Баранська, І. Іванчов, М. Встановлено умови iснування та єдиностi розв’язку оберненої задачi для двовимiрного рiвняння теплопровiдностi з невiдомим залежним вiд часу коефiцiєнтом температуропровiдностi в областi з невiдомими межами. 2007 Article Обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами / І. Баранська, М. Іванчов // Український математичний вісник. — 2007. — Т. 4, № 4. — С. 457-484. — Бібліогр.: 7 назв. — укр. 1810-3200 2000 MSC. 35R30. http://dspace.nbuv.gov.ua/handle/123456789/124529 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	Встановлено умови iснування та єдиностi розв’язку оберненої задачi для двовимiрного рiвняння теплопровiдностi з невiдомим залежним вiд часу коефiцiєнтом температуропровiдностi в областi з невiдомими межами.
format	Article
author	Баранська, І. Іванчов, М.
spellingShingle	Баранська, І. Іванчов, М. Обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами Український математичний вісник
author_facet	Баранська, І. Іванчов, М.
author_sort	Баранська, І.
title	Обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами
title_short	Обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами
title_full	Обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами
title_fullStr	Обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами
title_full_unstemmed	Обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами
title_sort	обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами
publisher	Інститут прикладної математики і механіки НАН України
publishDate	2007
url	http://dspace.nbuv.gov.ua/handle/123456789/124529
citation_txt	Обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами / І. Баранська, М. Іванчов // Український математичний вісник. — 2007. — Т. 4, № 4. — С. 457-484. — Бібліогр.: 7 назв. — укр.
series	Український математичний вісник
work_keys_str_mv	AT baransʹkaí obernenazadačadlâdvovimírnogorívnânnâteploprovídnostívoblastízvílʹnimimežami AT ívančovm obernenazadačadlâdvovimírnogorívnânnâteploprovídnostívoblastízvílʹnimimežami
first_indexed	2025-07-09T01:34:32Z
last_indexed	2025-07-09T01:34:32Z
_version_	1837131257672105984
fulltext	Український математичний вiсник Том 4 (2007), № 4, 457 – 484 Обернена задача для двовимiрного рiвняння теплопровiдностi в областi з вiльними межами Iрина Баранська, Микола Iванчов (Представлена А. Є. Шишковим) Анотацiя. Встановлено умови iснування та єдиностi розв’язку обер- неної задачi для двовимiрного рiвняння теплопровiдностi з невiдо- мим залежним вiд часу коефiцiєнтом температуропровiдностi в обла- стi з невiдомими межами. 2000 MSC. 35R30. Ключовi слова та фрази. Обернена задача, рiвняння теплопро- вiдностi, вiльна межа. 1. Вступ Оберненi задачi для параболiчних рiвнянь в областях з невiдо- мою межею почали дослiджуватись недавно. До робiт, присвячених цiй тематицi, можна вiднести роботу [1]. При поєднаннi двох задач — оберненої i з вiльною межею в однiй задачi виникає питання вибору методу їх дослiдження. У роботi [2] було запропоновано дослiджу- вати цi задачi методами теорiї обернених задач шляхом зведення їх до задач в областях з фiксованими вiдомими межами i переводячи невiдому функцiю, що задає рiвняння межi, в коефiцiєнти рiвняння. За допомогою такого пiдходу було розв’язано обернену задачу для одновимiрного рiвняння теплопровiдностi та для одновимiрного па- раболiчного рiвняння [3] з невiдомою частиною межi, а також задачу з вiльною межею для двовимiрного рiвняння дифузiї [4]. У цiй роботi розглянуто обернену задачу визначення залежного вiд часу старшого коефiцiєнта у двовимiрному рiвняннi теплопровiд- ностi в областi типу прямокутника, рух двох сторiн якого описується невiдомими функцiями. Стаття надiйшла в редакцiю 5.04.2006 ISSN 1810 – 3200. c© Iнститут математики НАН України 458 Обернена задача... В областi ΩT ≡ {(x1, x2, t) : 0 < x1 < l(t), 0 < x2 < h(t), 0 < t < T < ∞} , де x1 = l(t), x2 = h(t) — невiдомi функцiї, розглянемо рiв- няння теплопровiдностi з невiдомим залежним вiд часу коефiцiєнтом a(t) ut = a(t)△u+ f(x1, x2, t), (1.1) початковою умовою u(x1, x2, 0) = ϕ(x1, x2), (x1, x2) ∈ [0, l0] × [0, h0], (1.2) де l0 ≡ l(0), h0 ≡ h(0), крайовими умовами та умовами перевизначен- ня u\|x1=0 = µ1(x2, t), u\|x1=l(t) = µ2(x2, t), x2 ∈ [0, h(t)], t ∈ [0, T ], u\|x2=0 = µ3(x1, t), u\|x2=h(t) = µ4(x1, t), x1 ∈ [0, l(t)], t ∈ [0, T ] (1.3) l(t)∫ 0 h(t)∫ 0 u(x1, x2, t) dx2 dx1 = µ5(t), t ∈ [0, T ], (1.4) l(t)∫ 0 h(t)∫ 0 x2u(x1, x2, t) dx2 dx1 = µ6(t), t ∈ [0, T ], (1.5) a(t)ux1 (0, x0, t) = µ7(t), t ∈ [0, T ], (1.6) де x0 — деяка фiксована точка з (0, h(t)). Замiною y1 = x1 l(t) , y2 = x2 h(t) , t = t задачу (1.1)–(1.6) зведемо до оберненої задачi стосовно невiдомих a(t), v(y1, y2, t) ≡ u(y1l(t), y2h(t), t), l(t), h(t) в областi з вiдомими межами QT ≡ {(y1, y2, t) : 0 < y1 < 1, 0 < y2 < 1, 0 < t < T}: vt = a(t) ( 1 l2(t) vy1y1 + 1 h2(t) vy2y2 ) + y1l ′(t) l(t) vy1 + y2h ′(t) h(t) vy2 + f(y1l(t), y2h(t), t), (y1, y2, t) ∈ QT , (1.7) v(y1, y2, 0) = ϕ(y1l0, y2h0), yi ∈ [0, 1], i = 1, 2, (1.8) v\|y1=0 = µ1(y2h(t), t), v\|y1=1 = µ2(y2h(t), t), y2 ∈ [0, 1], t ∈ [0, T ], v\|y2=0 = µ3(y1l(t), t), v\|y2=1 = µ4(y1l(t), t), y1 ∈ [0, 1], t ∈ [0, T ], (1.9) l(t)h(t) 1∫ 0 1∫ 0 v(y1, y2, t) dy2 dy1 = µ5(t), t ∈ [0, T ], (1.10) I. Баранська, М. Iванчов 459 l(t)h2(t) 1∫ 0 1∫ 0 y2v(y1, y2, t) dy2 dy1 = µ6(t), t ∈ [0, T ], (1.11) a(t) l(t) vy1 ( 0, x0h −1(t), t ) = µ7(t), t ∈ [0, T ]. (1.12) Означення 1.1. Функцiї (a(t), l(t), h(t), v(y1, y2, t)) ∈ C[0, T ] × (C1[0, T ])2 × C 2,1(QT ) [5], a(t) > 0, l(t) > 0, h(t) > 0, t ∈ [0, T ], якi задовольняють умови (1.7)–(1.12), назвемо розв’язком задачi (1.7)– (1.12). 2. Iснування розв’язку задачi (1.7)–(1.12) Теорема 2.1. Нехай виконуються умови: 1) ϕ ∈ C([0,∞) × [0,∞)), µi ∈ C([0,∞) × [0, T ]), i = 1, 4, f ∈ C([0,∞) × [0,+∞) × [0, T ]); 2) 0 < ϕ0 ≤ ϕ(x1, x2) ≤ ϕ1 <∞, (x1, x2) ∈ [0,∞)×[0,∞), µi(t) > 0, i = 5, 7, t ∈ [0, T ], 0 < µi0 ≤ µi(x2, t) ≤ µi1 <∞, i = 1, 2, (x2, t)∈ [0,+∞)×[0, T ], 0 < µk0 ≤ µk(x1, t) ≤ µk1 <∞, k = 3, 4, (x1, t) ∈ [0,∞) × [0, T ], 0 ≤ f(x1, x2, t) ≤ f1 < ∞, (x1, x2, t) ∈ [0,∞) × [0,∞) × [0, T ], µkx1 (x1, t) > 0, (x1, t) ∈ [0, L2] × [0, T ], k = 3, 4, ϕx1 (x1, x2) > 0, (x1, x2) ∈ [0, l0] × [0, h0], 0 < x0 < H1, де ϕi, µki, i = 1, 2, k = 1, 4, f1 — заданi додатнi сталi, l0, h0, H1 — вiдомi додатнi сталi, якi будуть визначенi нижче; 3) ϕ ∈ C2([0, l0]×[0, h0]), µm ∈ C1[0, T ], m = 5, 6, µ7 ∈ C[0, T ], µi∈ C2,1([0, H2] × [0, T ]), i = 1, 2, µk ∈ C2,1([0, L2] × [0, T ]), k = 3, 4, f ∈ C1,0([0, L2]× [0, H2]× [0, T ]), де H2, L2 — деякi додатнi сталi, значення яких буде вказано нижче; 4) умови узгодження нульового та першого порядкiв. Тодi можна вказати таке число t0, 0 < t0 ≤ T , що розв’язок задачi (1.7)–(1.12) iснує при 0 ≤ yi ≤ 1, i = 1, 2, 0 ≤ t ≤ t0. Доведення. Спочатку визначимо сталi l0 = l(0), h0 = h(0). З умов (1.2), (1.4), (1.5) для їх визначення отримаємо систему рiвнянь l0∫ 0 h0∫ 0 ϕ(x1, x2) dx2 dx1 = µ5(0), l0∫ 0 h0∫ 0 x2ϕ(x1, x2) dx2 dx1 = µ6(0) . (2.1) 460 Обернена задача... Позначивши ∫ l0 0 ϕ(x1, x2) dx1 ≡ ψ(l0, x2), систему (2.1) запишемо у виглядi h0∫ 0 ψ(l0, x2) dx2 = µ5(0), h0∫ 0 x2ψ(l0, x2) dx2 = µ6(0). З умов теореми маємо ϕ0l0 ≤ ψ(l0, x2) ≤ ϕ1l0. Звiдси знаходимо ϕ0l0h0 ≤ ∫ h0 0 ψ(l0, x2) dx2 ≤ ϕ1l0h0. Функцiя y = ∫ h0 0 ψ(l0, x2) dx2 при довiльному фiксованому l0 > 0 монотонно зростає стосовно h0. Це означає, що iснує єдине значення h0 = h0(l0), яке є розв’язком рiв- няння ∫ h0(l0) 0 ψ(l0, x2) dx2 = µ5(0), причому µ5(0) ϕ1l0 ≤ h0(l0) ≤ µ5(0) ϕ0l0 . З отриманих оцiнок випливає ϕ0µ 2 5(0) 2ϕ2 1l0 ≤ ϕ0l0 h2 0(l0) 2 ≤ h0(l0)∫ 0 x2ψ(l0, x2) dx2 ≤ ϕ1l0 h2 0(l0) 2 ≤ ϕ1µ 2 5(0) 2ϕ2 0l0 . Оскiльки функцiя y(l0) = ∫ h0(l0) 0 x2ψ(l0, x2) dx2 є монотонно спадною, то з цих нерiвностей випливає iснування єдиного значення l0 > 0, для якого h0(l0)∫ 0 x2ψ(l0, x2) dx2 = µ5(0). Отже, сталi l0 > 0, h0 > 0 визначаються iз системи рiвнянь (2.1) однозначно. Наявнiсть вiдомих значень l0 > 0, h0 > 0 дає можливiсть оцiнити за принципом максимуму [5] розв’язок прямої задачi (1.7)–(1.9): 0 < M0 ≤ v(y1, y2, t) ≤M1 <∞, (y1, y2, t) ∈ QT , (2.2) де сталi M0, M1 визначаються вихiдними даними. З умов (1.10) та (1.11) iз врахуванням (2.2) знаходимо h(t) = µ6(t) ∫ 1 0 ∫ 1 0 v(y1, y2, t) dy2 dy1 µ5(t) ∫ 1 0 ∫ 1 0 y2v(y1, y2, t) dy2 dy1 , t ∈ [0, T ], (2.3) l(t) = µ2 5(t) ∫ 1 0 ∫ 1 0 y2v(y1, y2, t) dy2 dy1 µ6(t) (∫ 1 0 ∫ 1 0 v(y1, y2, t) dy2 dy1 )2 , t ∈ [0, T ]. (2.4) Звiдси, враховуючи (2.2), отримуємо такi оцiнки: 0 < H1 ≤ h(t) ≤ H2 <∞, 0 < L1 ≤ l(t) ≤ L2 <∞, (2.5) I. Баранська, М. Iванчов 461 де сталi Hi, Li, i = 1, 2, визначаються заданими величинами. Отже, сталi l0, h0, Hi, Li, i = 1, 2, якi фiгурують в умовах теореми, знайде- но. Зведемо задачу (1.7)–(1.12) до системи рiвнянь. Пряма задача (1.7)–(1.9) еквiвалентна рiвнянню v(y1, y2, t) = v0(y1, y2, t) + t∫ 0 1∫ 0 1∫ 0 G11(y1, y2, t, ξ1, ξ2, τ) × (ξ1l′(τ) l(τ) vξ1(ξ1, ξ2, τ) + ξ2h ′(τ) h(τ) vξ2(ξ1, ξ2, τ) ) dξ1 dξ2 dτ, (y1, y2, t) ∈ QT , (2.6) де v0(y1, y2, t) = 1∫ 0 1∫ 0 G11(y1, y2, t, ξ1, ξ2, 0)ϕ(ξ1l0, ξ2h0) dξ1 dξ2 + t∫ 0 1∫ 0 G11ξ1(y1, y2, t, 0, ξ2, τ) a(τ) l2(τ) µ1(ξ2h(τ), τ) dξ2 dτ − t∫ 0 1∫ 0 G11ξ1(y1, y2, t, 1, ξ2, τ) a(τ) l2(τ) µ2(ξ2h(τ), τ) dξ2 dτ + t∫ 0 1∫ 0 G11ξ2(y1, y2, t, ξ1, 0, τ) a(τ) h2(τ) µ3(ξ1l(τ), τ) dξ1 dτ − t∫ 0 1∫ 0 G11ξ2(y1, y2, t, ξ1, 1, τ) a(τ) h2(τ) µ4(ξ1l(τ), τ) dξ1 dτ + t∫ 0 1∫ 0 1∫ 0 G11(y1, y2, t, ξ1, ξ2, τ)f(ξ1l(τ), ξ2h(τ), τ) dξ1 dξ2 dτ, (2.7) Gkl(y1, y2, t, ξ1, ξ2, τ) = 1 4π √ (θ1(t) − θ1(τ))(θ2(t) − θ2(τ)) × ∞∑ m,n=−∞ ( exp ( − (y1 − ξ1 + 2n)2 4(θ1(t) − θ1(τ)) ) +(−1)k exp ( − (y1 + ξ1 + 2n)2 4(θ1(t) − θ1(τ)) )) 462 Обернена задача... × ( exp ( − (y2 − ξ2 + 2m)2 4(θ2(t) − θ2(τ)) ) + (−1)l exp ( − (y2 + ξ2 + 2m)2 4(θ2(t) − θ2(τ)) )) , k, l = 1, 2, θ1(t) = t∫ 0 a(σ) l2(σ) dσ, θ2(t) = t∫ 0 a(σ) h2(σ) dσ. Зазначимо, що G11(y1, y2, t, ξ1, ξ2, τ) — функцiя Грiна для рiвняння vt = a(t) ( 1 l2(t) vy1y1 + 1 h2(t) vy2y2 ) + f(y1l(t), y2h(t), t) (2.8) з крайовими умовами (1.9), а v0(y1, y2, t) є розв’язком задачi (2.8), (1.8), (1.9). З (2.6) знайдемо vy1 (y1, y2, t): vy1 (y1, y2, t) = v0 y1 (y1, y2, t) + t∫ 0 1∫ 0 1∫ 0 G11 y1 (y1, y2, t, ξ1, ξ2, τ) × (ξ1l′(τ) l(τ) vξ1(ξ1, ξ2, τ) + ξ2h ′(τ) h(τ) vξ2(ξ1, ξ2, τ) ) dξ1 dξ2 dτ. (2.9) Використовуючи властивостi функцiї Грiна −G11τ = a(τ) l2(τ) G11ξ1ξ1 + a(τ) h2(τ) G11ξ2ξ2 , G11ξiy1 = −G21ξiξ1 , i = 1, 2, та iнтегруючи частинами, з (2.7) обчислимо v0 y1 (y1, y2, t) = l0 1∫ 0 1∫ 0 G21(y1, y2, t, ξ1, ξ2, 0)ϕη(η, ξ2h0) ∣∣ η=ξ1l0 dξ1 dξ2 − t∫ 0 1∫ 0 G21(y1, y2, t, 0, ξ2, τ) ( ξ2h ′(τ)µ1η(η, τ) − a(τ)µ1ηη(η, τ) + µ1τ (η, τ) )∣∣ η=ξ2h(τ) dξ2 dτ + t∫ 0 1∫ 0 G21(y1, y2, t, 1, ξ2, τ) ( ξ2h ′(τ)µ2η(η, τ) − a(τ)µ2ηη(η, τ) + µ2τ (η, τ) )∣∣ η=ξ2h(τ) dξ2 dτ + t∫ 0 1∫ 0 G21ξ2(y1, y2, t, ξ1, 0, τ) a(τ) h2(τ) l(τ)µ3η(η, τ) ∣∣ η=ξ1l(τ) dξ1 dτ I. Баранська, М. Iванчов 463 − t∫ 0 1∫ 0 G21ξ2(y1, y2, t, ξ1, 1, τ) a(τ) h2(τ) l(τ)µ4η(η, τ) ∣∣ η=ξ1l(τ) dξ1 dτ + t∫ 0 1∫ 0 1∫ 0 G11y1 (y1, y2, t, ξ1, ξ2, τ)f(ξ1l(τ), ξ2h(τ), τ) dξ1 dξ2 dτ. (2.10) Продиференцiюємо (1.10) та (1.11) по t. Використовуючи рiвняння (1.7), рiвностi (1.10) та (1.11), отримаємо l′(t) l(t)h2(t) 1∫ 0 µ2(y2h(t), t) dy2 + h′(t)h(t) l2(t) 1∫ 0 µ4(y1l(t), t) dy1 = µ′5(t) l(t)h(t) − a(t)h2(t) 1∫ 0 (vy1 (1, y2, t) − vy1 (0, y2, t)) dy2 − a(t) l2(t) 1∫ 0 (vy2 (y1, 1, t) − vy2 (y1, 0, t)) dy1 − l2(t)h2(t) 1∫ 0 1∫ 0 f(y1l(t), y2h(t), t) dy1 dy2, (2.11) l′(t) l(t)h2(t) 1∫ 0 (1 − y2)µ2(y2h(t), t) dy2 = µ′5(t)l(t) − µ′6(t) l(t) − a(t)h2(t) 1∫ 0 (1 − y2)(vy1 (1, y2, t) − vy1 (0, y2, t)) dy2 + a(t) l2(t) 1∫ 0 (vy2 (y1, 0, t) − µ4(y1l(t), t) + µ3(y1l(t), t) dy1 − l2(t)h2(t) 1∫ 0 1∫ 0 (1 − y2)f(y1l(t), y2h(t), t) dy1 dy2. (2.12) Вводячи позначення p(t) ≡ l′(t), g(t) ≡ h′(t), wi(y1, y2, t) ≡ vyi (y1, y2, t), i = 1, 2, задачу (1.7)–(1.12) зведемо до системи рiвнянь стосов- но невiдомих (a(t), l(t), h(t), p(t), g(t), v(y1, y2, t), wi(y1, y2, t), i = 1, 2), 464 Обернена задача... яка складається з (2.3), (2.4) та наступних рiвнянь: a(t)w1(0, x0h −1(t), t) = µ7(t) l(t), t ∈ [0, T ], (2.13) p(t) l(t)h2(t) 1∫ 0 (1 − y2)µ2(y2h(t), t) dy2 = µ′5(t) l(t)h(t) − µ′6(t) l(t) − a(t)h2(t) 1∫ 0 (1 − y2)(w1(1, y2, t) − w1(0, y2, t)) dy2 + a(t) l2(t) 1∫ 0 (w2(y1, 0, t) − µ4(y1l(t), t) + µ3(y1l(t), t)) dy1 − l2(t)h2(t) 1∫ 0 1∫ 0 (1 − y2)f(y1l(t), y2h(t), t) dy1 dy2, t ∈ [0, T ], (2.14) p(t) l(t)h2(t) 1∫ 0 µ2(y2h(t), t) dy2 + g(t)h(t) l2(t) 1∫ 0 µ4(y1l(t), t) dy1 = µ′5(t) l(t)h(t) − a(t)h2(t) 1∫ 0 (w1(1, y2, t) − w1(0, y2, t)) dy2 − a(t) l2(t) 1∫ 0 (w2(y1, 1, t) − w2(y1, 0, t)) dy1 − l2(t)h2(t) 1∫ 0 1∫ 0 f(y1l(t), y2h(t), t) dy1 dy2, t ∈ [0, T ], (2.15) v(y1, y2, t) = v0(y1, y2, t) + t∫ 0 1∫ 0 1∫ 0 G11(y1, y2, t, ξ1, ξ2, τ) × (ξ1p (τ) l(τ) w1(ξ1, ξ2, τ) + ξ2g(τ) h(τ) w2(ξ1, ξ2, τ) ) dξ1 dξ2 dτ, (y1, y2, t) ∈ QT , (2.16) I. Баранська, М. Iванчов 465 wi(y1, y2, t) = v0 yi (y1, y2, t) + t∫ 0 1∫ 0 1∫ 0 G11 yi (y1, y2, t, ξ1, ξ2, τ) × (ξ1p (τ) l(τ) w1(ξ1, ξ2, τ) + ξ2g(τ) h(τ) w2(ξ1, ξ2, τ) ) dξ1 dξ2 dτ, i = 1, 2, (y1, y2, t) ∈ QT . (2.17) Похiдна v0 y2 визначається аналогiчно до (2.10): v0 y2 (y1, y2, t) = h0 1∫ 0 1∫ 0 G12(y1, y2, t, ξ1, ξ2, 0)ϕη(ξ1l0, η) ∣∣ η=ξ2h0 dξ1 dξ2 − t∫ 0 1∫ 0 G12(y1, y2, t, ξ1, 0, τ)(ξ1l ′(τ)µ3η(η, τ) − a(τ)µ3ηη(η, τ) + µ3τ (η, τ)) ∣∣ η=ξ1l(τ) dξ1 dτ + t∫ 0 1∫ 0 G12(y1, y2, t, ξ1, 1, τ)(ξ1l ′(τ)µ4η(η, τ) − a(τ)µ4ηη(η, τ) + µ4τ (η, τ)) ∣∣ η=ξ1l(τ) dξ1 dτ + t∫ 0 1∫ 0 G12ξ1(y1, y2, t, 0, ξ2, τ) a(τ) l2(τ) h(τ)µ1η(η, τ) ∣∣ η=ξ2h(τ) dξ2 dτ − t∫ 0 1∫ 0 G12ξ1(y1, y2, t, 1, ξ2, τ) a(τ) l2(τ) h(τ)µ2η(η, τ) ∣∣ η=ξ2h(τ) dξ2 dτ + t∫ 0 1∫ 0 1∫ 0 G11y2 (y1, y2, t, ξ1, ξ2, τ)f(ξ1l(τ), ξ2h(τ), τ) dξ1 dξ2 dτ. (2.18) Покажемо, що задача (1.7)–(1.12) i система рiвнянь (2.3), (2.4), (2.13)–(2.17) еквiвалентнi. Зi способу отримання системи рiвнянь (2.3), (2.4), (2.13)–(2.17) випливає, що коли функцiї (a(t), l(t), h(t), v(y1, y2, t))∈C[0, T ]×(C1[0, T ])2×C2,1(QT ), a(t) > 0, l(t) > 0, h(t) > 0, t ∈ [0, T ] є розв’язком задачi (1.7)–(1.12), то функцiї (a(t), l(t), h(t), p(t), g(t), v(y1, y2, t), wi(y1, y2, t), i = 1, 2) ∈ (C[0, T ])5 × (C(QT ))3, a(t) > 0, l(t) > 0, h(t) > 0 є розв’язком системи (2.3), (2.4), (2.13)– (2.17). Покажемо, що правильним є i обернене твердження: якщо функцiї (a(t), l(t), h(t), p(t), g(t), v(y1, y2, t), wi(y1, y2, t), i = 1, 2), a(t) > 0, l(t) > 0, h(t) > 0 з класу (C[0, T ])5 × (C(QT ))3 є розв’язком 466 Обернена задача... системи (2.3), (2.4), (2.13)–(2.17), то функцiї (a(t), l(t), h(t), v(y1, y2, t)), a(t) > 0, l(t) > 0, h(t) > 0 належать до класу C[0, T ] × (C1[0, T ])2 × C2,1(QT ) i є розв’язком задачi (1.7)–(1.12). З припущень теореми ви- пливає, що функцiя v0(y1, y2, t) як розв’язок задачi (2.8), (1.8), (1.9), належить до класу C2,1(QT ). Диференцiюючи (2.16) по yi, i = 1, 2, та порiвнюючи результат з (2.17), отримуємо, що wi(y1,y2,t)≡vyi (y1,y2,t), i = 1, 2. Враховуючи це в (2.16), встановлюємо, що v(y1, y2, t) нале- жить до класу C2,1(QT ), є розв’язком рiвняння vt = a(t) ( 1 l2(t) vy1y1 + 1 h2(t) vy2y2 ) + y1p (t) l(t) vy1 + y2g(t) h(t) vy2 + f(y1l(t), y2h(t), t) (2.19) i задовольняє умови (1.8), (1.9). Продиференцiюємо (2.3), (2.4), вра- ховуючи (2.19): p (t) l(t)h2(t) 1∫ 0 (1 − y2)µ2(y2h(t), t) dy2 = µ′5(t) l(t)h(t) − µ′6(t) l(t) − a(t)h2(t) 1∫ 0 (1 − y2)(w1(1, y2, t) − w1(0, y2, t)) dy2 + ( (p(t) − l′(t))h(t) + (g(t) − h′(t))l(t) ) µ5(t) + a(t) l2(t) 1∫ 0 (w2(y1, 0, t) − µ4(y1l(t), t) + µ3(y1l(t), t) dy1 − l2(t)h2(t) 1∫ 0 1∫ 0 (1 − y2)f(y1l(t), y2h(t), t) dy1 dy2 − ( 2(g(t) − h′(t))l(t)h(t) + (p (t) − l′(t))h2(t) ) µ6(t), p (t) l(t)h2(t) 1∫ 0 µ2(y2h(t), t) dy2 + g(t)h(t) l2(t) 1∫ 0 µ4(y1l(t), t) dy1 = (p (t) − l′(t))h(t)µ5(t) − a(t)h2(t) 1∫ 0 (w1(1, y2, t) − w1(0, y2, t)) dy2 + (g(t) − h′(t))l(t)µ5(t) − a(t) l2(t) 1∫ 0 (w2(y1, 1, t) − w2(y1, 0, t)) dy1 I. Баранська, М. Iванчов 467 + µ′5(t) l(t)h(t) − l2(t)h2(t) 1∫ 0 1∫ 0 f(y1l(t), y2h(t), t) dy1 dy2. Вiднявши вiд цих рiвностей (2.14), (2.15) вiдповiдно, отримаємо си- стему рiвнянь (g(t) − h′(t))l(t)(µ5(t) − 2h(t)µ6(t)) + (p(t) − l′(t))h(t)(µ5(t) − h(t)µ6(t)) = 0, (g(t) − h′(t))l(t) + (p (t) − l′(t))h(t) = 0. (2.20) Визначник ∆ системи рiвнянь (2.20) дорiвнює ∆ = −l(t)h2(t)µ6(t). З припущень теореми випливає, що ∆ 6= 0. Отже, p (t) ≡ l′(t), g(t) ≡ h′(t). Тодi рiвняння (2.19) спiвпадає з рiвнянням (1.7), а виконання умов (1.10)–(1.12) випливає з (2.3), (2.4) та (2.13). Отже, еквiвалентнiсть задачi (1.7)–(1.12) та системи рiвнянь (2.3), (2.4), (2.13)–(2.17) у вищенаведеному розумiннi встановлено. Доведемо iснування розв’язку системи рiвнянь (2.3), (2.4), (2.13)– (2.17), застосовуючи теорему Шаудера про нерухому точку цiлком не- перервного оператора. Для цього встановимо апрiорнi оцiнки розв’яз- кiв зазначеної системи рiвнянь. Знайдемо оцiнку знизу величини vy1 . Враховуючи рiвнiсть 1 2 √ π(θ1(t) − θ1(τ)) 1∫ 0 ∞∑ n=−∞ ( exp ( − (y − ξ + 2n)2 4(θ1(t) − θ1(τ)) ) + exp ( − (y + ξ + 2n)2 4(θ1(t) − θ1(τ)) )) dξ = 1, яку легко перевiрити безпосереднiм обчисленням, оцiнимо такий ви- раз з (2.10): l0 1∫ 0 1∫ 0 G21(y1, y2, t, ξ1, ξ2, 0)ϕη(η, ξ2h0) ∣∣ η=ξ1l0 dξ1 dξ2 + t∫ 0 1∫ 0 G21ξ2(y1, y2, t, ξ1, 0, τ) a(τ) h2(τ) l(τ)µ3η(η, τ) ∣∣ η=ξ1l(τ) dξ1 dτ − t∫ 0 1∫ 0 G21ξ2(y1, y2, t, ξ1, 1, τ) a(τ) h2(τ) l(τ)µ4η(η, τ) ∣∣ η=ξ1l(τ) dξ1 dτ ≥ min { min [0,l0]×[0,h0] ϕx1 (x1, x2), min [0,L2]×[0,T ] l(t)µ3x1 (x1, t), 468 Обернена задача... min [0,L2]×[0,T ] l(t)µ4x1 (x1, t) }( 1∫ 0 G (2) 1 (y2, t, ξ2, 0) dξ2 + t∫ 0 G (2) 1ξ2 (y2, t, 0, τ) a(τ) h2(τ) dτ − t∫ 0 G (2) 1ξ2 (y2, t, 1, τ) a(τ) h2(τ) dτ ) , де G (2) 1 (y, t, ξ, τ) = 1 2 √ π(θ2(t) − θ2(τ)) × ∞∑ m=−∞ ( exp ( − (y − ξ + 2m)2 4(θ2(t) − θ2(τ)) ) − exp ( − (y + ξ + 2m)2 4(θ2(t) − θ2(τ)) )) — функцiя Грiна для рiвняння vt = a(t) h2(t) vyy, 0 < y < 1, 0 < t < T (2.21) з крайовими умовами першого роду. Розглядаючи для рiвняння (2.21) першу крайову задачу з умовами v(y, 0) = 1, y ∈ [0, 1], v(0, t) = 1, v(1, t) = 1, t ∈ [0, T ] та подаючи її розв’язок за допомогою функцiї Грiна, встановлюємо рiвнiсть 1 ≡ 1∫ 0 G (2) 1 (y2, t, ξ2, 0) dξ2 + t∫ 0 G (2) 1ξ2 (y2, t, 0, τ) a(τ) h2(τ) dτ − t∫ 0 G (2) 1ξ2 (y2, t, 1, τ) a(τ) h2(τ) dτ. Тодi l0 1∫ 0 1∫ 0 G21(y1, y2, t, ξ1, ξ2, 0)ϕη(η, ξ2h0) ∣∣ η=ξ1l0 dξ1 dξ2 + t∫ 0 1∫ 0 G21ξ2(y1, y2, t, ξ1, 0, τ) a(τ) h2(τ) l(τ)µ3η(η, τ) ∣∣ η=ξ1l(τ) dξ1 dτ I. Баранська, М. Iванчов 469 − t∫ 0 1∫ 0 G21ξ2(y1, y2, t, ξ1, 1, τ) a(τ) h2(τ) l(τ)µ4η(η, τ) ∣∣ η=ξ1l(τ) dξ1 dτ≥M2>0, де M2 — вiдома стала. Iншi доданки в (2.16) при t = 0 дорiвнюють нулю. Це означає, що iснує деяке число t1, 0 < t1 ≤ T , таке, що справджується оцiнка vy1 (y1, y2, t) ≥ 1 2 M2, (y1, y2, t) ∈ Qt1 . (2.22) Враховуючи (2.5) та умови теореми, з (2.13) одержимо оцiнку a(t) зверху 0 < a(t) ≤ A1, t ∈ [0, t1] . (2.23) Введемо позначення W (t) ≡ max 0≤yi≤1 i=1,2 \|w1(y1, y2, t)\| + max 0≤yi≤1 i=1,2 \|w2(y1, y2, t)\|. З (2.17) отримаємо нерiвнiсть W (t) ≤ C1 + C2 t∫ 0 ( 1√ θ1(t) − θ1(τ) + 1√ θ2(t) − θ2(τ) ) × ( 1 + \|p (τ)\| + \|g(τ)\| ) W (τ) dτ. (2.24) З (2.14) та (2.15) випливають оцiнки \|p (t)\| ≤ C3 + C4W (t), \|g(t)\| ≤ C5 + C6W (t). (2.25) Пiдставляючи їх у (2.24) та вводячи позначення W1(t) ≡ 1 + W (t), подамо (2.24) у виглядi W1(t) ≤ C7 + C8 t∫ 0 ( 1√ θ1(t) − θ1(τ) + 1√ θ2(t) − θ2(τ) ) W 2 1 (τ) dτ. Позначаючи amin(t) ≡ min0≤τ≤t a(τ), отримаємо нерiвнiсть W1(t) ≤ C7 + C9√ amin(t) t∫ 0 W 2 1 (τ) dτ√ t− τ . (2.26) Пiднесемо обидвi частини цiєї нерiвностi до квадрату i застосуємо нерiвностi Кошi та Кошi–Буняковського: 470 Обернена задача... W 2 1 (t) ≤ 2C2 7 + 2C2 9 amin(t) t∫ 0 dτ√ t− τ t∫ 0 W 4 1 (τ) dτ√ t− τ ≤ 2C2 7 + 4C2 9 √ T amin(t) t∫ 0 W 4 1 (τ) dτ√ t− τ . Звiдси знаходимо t∫ 0 W 2 1 (σ) dσ√ t− σ ≤ 4C2 7 √ T + 4C2 9π √ T amin(t) t∫ 0 W 4 1 (τ) dτ. Пiдставляючи отриману нерiвнiсть в (2.26), зведемо її до вигляду W1(t) ≤ C7 + C10√ amin(t) + C11 a 3/2 min(t) t∫ 0 W 4 1 (τ) dτ. (2.27) Позначимо α(t) ≡ C7 + C10√ amin(t) , β(t) ≡ C11 a 3/2 min(t) i подамо нерiвнiсть (2.27) у виглядi W1(t) ≤ α (t) + β (t) t∫ 0 W 4 1 (τ) dτ. Введемо позначення ω (t) ≡ α (t) β (t) + ∫ t 0 W 4 1 (τ) dτ . Припускаючи тимча- сово, що функцiї α(t), β(t) неперервно диференцiйовнi на [0, T ], для ω (t) отримаємо диференцiальну нерiвнiсть ω′ (t) ≤ (α (t) β (t) )′ + β4 (t)ω4 (t). (2.28) Подiлимо цю нерiвнiсть на ω4 (t) та проiнтегруємо її вiд 0 до t: 1 3ω3(0) − 1 3ω3(t) ≤ α(t) β(t) 1 ω4(t) − α(0) β(0) 1 ω4(0) + 4 t∫ 0 α(τ)ω′ (τ) β(τ)ω5 (τ) dτ + t∫ 0 β4(τ) dτ. (2.29) Оцiнимо iнтеграл I ≡ 4 t∫ 0 α(τ)ω′ (τ) β(τ)ω5 (τ) dτ. I. Баранська, М. Iванчов 471 Для цього зробимо замiну ω(τ) = z i врахуємо те, що з властиво- стей функцiї A(t) та введених позначень випливає, що функцiя α (t) β (t) незростаюча. Тодi 4 t∫ 0 α(τ)ω′ (τ) β(τ)ω5 (τ) dτ = 4 ω(t)∫ ω(0) α(ω−1 (z)) d z β(ω−1 (z)) z5 ≤ 4 α(0) β(0) ∣∣∣∣∣ ω(t)∫ ω(0) d z z5 ∣∣∣∣∣ ≤ α (0) β (0) ( 1 ω4 (t) + 1 ω4 (0) ) . Враховуючи отриману оцiнку, подамо нерiвнiсть (2.29) у виглядi: 1 3ω3(0) − 1 3ω3(t) ≤ (α(t) β(t) + α(0) β(0) ) 1 ω4(t) + t∫ 0 β4(τ) dτ. (2.30) Беручи до уваги те, що ω(0) = α(0) β(0) , з (2.30) знаходимо ω4(t) ≤ ω(t) + 3 (α(t) β(t) + α(0) β(0) ) β3(0) α3(0) − 3 ∫ t 0 β 4(τ) dτ . (2.31) Зауважимо, що завжди можна вказати деякий промiжок [0, T ∗], на якому справджується нерiвнiсть β3(0) α3(0) − 3 t∫ 0 β4(τ) dτ > 0. Використовуючи (2.31), з (2.28) отримаємо ω′(t) − ω(t)β4(t) β3(0) α3(0) − 3 ∫ t 0 β 4(τ) dτ ≤ (α (t) β (t) )′ + 3β4 (t) (α(t) β(t) + α(0) β(0) ) β3(0) α3(0) − 3 ∫ t 0 β 4(τ) dτ . Подамо дану нерiвнiсть у виглядi ( ω(t) ( 1 − 3α3(0) β3(0) t∫ 0 β4(τ)dτ )1/3)′ ≤ ((α(t) β(t) )′ + 3β4(t) (α(t) β(t) + α(0) β(0) ) β3(0) α3(0) − 3 ∫ t 0 β 4(τ) dτ )( 1 − 3 α3(0) β3(0) t∫ 0 β4(τ) dτ )1/3 . (2.32) 472 Обернена задача... Iнтегруючи та спрощуючи отриманi вирази, отримуємо оцiнку ω(t) ≤ α (t) β (t) + α3(0) β3(0) − 3α3(0) ∫ t 0 β 4(τ) dτ t∫ 0 α(τ)β3(τ) dτ. Враховуючи введенi позначення, звiдси встановлюємо оцiнку W1(t) ≤ C7 + C10√ amin(t) + C12 a 3/2 min(t) ( 1 − C13 ∫ t 0 dτ a6 min (τ) ) t∫ 0 (1 + √ amin(τ)) dτ a5 min(τ) . З оцiнок (2.5) i рiвняння (2.13) випливає, що a(t) ≥ C14 W (t) . Тодi з попе- редньої нерiвностi маємо amin(t) ≥ C14 ( C7 + C10√ amin(t) + C12 a 3/2 min(t) ( 1 − C13 ∫ t 0 dτ a6 min (τ) ) t∫ 0 (1 + √ amin(τ)) dτ a5 min(τ) )−1 . (2.33) Позначимо через t2, 0 < t2 ≤ T, таке число, що на промiжку [0, t2] буде правильною нерiвнiсть C13 t∫ 0 dτ a6 min(τ) ≤ 1 2 . Тодi нерiвнiсть (2.33) зведеться до вигляду C7amin(t) + C10 √ amin(t) + 2C12√ amin(t) t∫ 0 (1 + √ amin(τ)) dτ a5 min(τ) ≥ C14. (2.34) Зазначимо таке число t3, 0 < t3 ≤ T, що на промiжку [0, t3] буде виконуватись нерiвнiсть 2C12√ amin(t) t∫ 0 (1 + √ amin(τ)) dτ a5 min(τ) ≤ 1 2 C14. (2.35) I. Баранська, М. Iванчов 473 Враховуючи (2.35), отримаємо з (2.34) нерiвнiсть C7amin(t) + C10 √ amin(t) + 1 2 C14 ≥ 0, t ∈ [0, t3], звiдки встановлюємо оцiнку \|wi(y1, y2, t)\| ≤M3 <∞, i = 1, 2, (y1, y2, t) ∈ Qt3 . (2.36) Перепишемо рiвняння (2.13)–(2.15) у виглядi a(t) = µ7(t) l(t) w1(0, x0h−1(t), t) , t ∈ [0, T ], (2.37) p (t) = ( µ′5(t) l(t)h(t) − µ′6(t) l(t) − a(t)h2(t) 1∫ 0 (1 − y2)(w1(1, y2, t) − w1(0, y2, t)) dy2 + a(t) l2(t) 1∫ 0 (w2(y1, 0, t) − µ4(y1l(t), t) + µ3(y1l(t), t)) dy1 − l2(t)h2(t) 1∫ 0 1∫ 0 (1 − y2)f(y1l(t), y2h(t), t) dy1 dy2 ) ×  l(t)h2(t) 1∫ 0 (1 − y2)µ2(y2h(t), t) dy2   −1 , t ∈ [0, T ], (2.38) g(t) = µ′5(t) l(t)h(t) − a(t)h2(t) 1∫ 0 (w1(1, y2, t) − w1(0, y2, t)) dy2 − a(t)l2(t) 1∫ 0 (w2(y1, 1, t) − w2(y1, 0, t)) dy1 − l2(t)h2(t) 1∫ 0 1∫ 0 f(y1l(t), y2h(t), t)dy1 dy2 − ∫ 1 0 µ2(y2h(t), t) dy2∫ 1 0 (1 − y2)µ2(y2h(t), t) dy2 ( µ′5(t) l(t)h(t) − µ′6(t)l(t) 474 Обернена задача... − a(t)h2(t) 1∫ 0 (w1(1, y2, t) − w1(0, y2, t)) dy2 + a(t)l2(t) 1∫ 0 (w2(y1, 0, t) − µ4(y1l(t), t) + µ3(y1l(t), t)) dy1 − l2(t)h2(t) 1∫ 0 1∫ 0 (1 − y2)f(y1l(t), y2h(t), t) dy1 dy2 ) × ( h(t) l2(t) 1∫ 0 µ4(y1l(t), t) dy1 )−1 , t ∈ [0, T ]. (2.39) Систему рiвнянь (2.3), (2.4), (2.37)–(2.39), (2.16), (2.17) подамо у виглядi рiвняння ν = Pν, де ν = (h(t), l(t), a(t), p(t), g(t), v(y1, y2, t), wi(y1, y2, t), i = 1, 2), а опе- ратор P визначається правими частинами рiвнянь (2.3), (2.4), (2.37)– (2.39), (2.16), (2.17). Визначимо число t0, 0 < t0 ≤ T, i множину N з простору (C[0, t0]) 5 × (C(Qt0)) 3 так, щоб оператор P переводив цю множину в себе. Виходячи з рiвняння (2.16), оцiнимо v(y1, y2, t). Для цього споча- тку зауважимо, що за принципом максимуму для функцiї v0(y1, y2, t), яка є розв’язком задачi (2.8) (1.8), (1.9), справджується оцiнка 0 < M0 ≤ v0(y1, y2, t) ≤M1 <∞, (y1, y2, t) ∈ QT . (2.40) З iншого боку, iснує таке число t4, 0 < t4 ≤ T, що в областi Qt4 правильною буде така нерiвнiсть: ∣∣∣∣ t∫ 0 1∫ 0 1∫ 0 G11(y1, y2, t, ξ1, ξ2, τ) ( ξ1p (τ) l(τ) w1(ξ1, ξ2, τ) + ξ2g(τ) h(τ) w2(ξ1, ξ2, τ) ) dξ1 dξ2 dτ ∣∣∣∣∣ ≤ M0 2 . (2.41) Тодi M0 2 ≤ v(y1, y2, t) ≤M1 + M0 2 , (y1, y2, t) ∈ Qt4 . (2.42) I. Баранська, М. Iванчов 475 Використовуючи оцiнки (2.42), з рiвнянь (2.3), (2.4) знаходимо h(t) ≥ min[0,T ] µ6(t) max[0,T ] µ5(t) ≡ H1 > 0, t ∈ [0, T ], h(t) ≤ ( M1 + M0 2 ) max[0,T ] µ6(t) M0 4 min[0,T ] µ5(t) ≡ H3, t ∈ [0, t4], l(t) ≤ max [0,T ] µ2 5(t) M0 2 min [0,T ] µ6(t) ≡ L3, t ∈ [0, t4], l(t) ≥ M0 4 min[0,T ] µ 2 5(t)( M1 + M0 2 )2 max[0,T ] µ6(t) ≡ L4 > 0, t ∈ [0, t4]. (2.43) З рiвняння (2.37) за допомогою оцiнок (2.22), (2.36) встановлюємо a(t) ≤ 2L3 max[0,T ] µ7(t) M2 ≡ A3, a(t) ≥ L4 min[0,T ] µ7(t) M3 ≡ A4, t ∈ [0, t5], (2.44) де t5 = min{t1, t3, t4}. Враховуючи (2.36), (2.43), (2.44), з рiвнянь (2.38), (2.39) отримуємо \|p(t)\| ≤ C15 + C16W (t) ≤ C15 + C16M3 ≡M5, \|g(t)\| ≤ C17 + C18W (t) ≤ C17 + C18M3 ≡M6, t ∈ [0, t5]. (2.45) Встановленi оцiнки використаємо для визначення числа t6, 0 < t6 ≤ T, такого, щоб з (2.24) випливала оцiнка W (t) ≤ C1 + C2√ A4 (L3 +H3)(1 +M5 +M6)M3 √ t6 ≤M3. (2.46) Аналогiчно визначимо значення величин t1, t4, при яких будуть за- довольнятись нерiвностi (2.41) та (2.22). Покладемо t0 = min{t5, t6} i визначимо множину N ≡ {(h(t), l(t), a(t), p(t), g(t), v(y1, y2, t), wi(y1, y2, t), i = 1, 2) ∈ (C[0, t0]) 5 × (C(Qt0)) 3 : A4 ≤ a(t) ≤ A3, L4 ≤ l(t) ≤ L3, H1 ≤ h(t) ≤ H3, \|p(t)\| ≤M5, \|g(t)\| ≤M6, M0 2 ≤ v(y1, y2, t) ≤ M1 + M0 2 , M2 2 ≤ w1(y1, y2, t) ≤ M3, \|w2(y1, y2, t)\| ≤ M3}. З побудови множини N випливає, що оператор P вiдображає її в себе. Щоб вста- новити, що оператор P є цiлком неперервним, достатньо використати доведену в [7] компактнiсть iнтегральних операторiв, що входять до рiвнянь (2.16), (2.17). Для дослiдження компактностi операторiв, що 476 Обернена задача... визначаються рiвняннями (2.3), (2.4), (2.13)–(2.15), достатньо пiдста- вити в них iнтегральнi зображення функцiй v, wi, i = 1, 2, l, h. Отже, оператор P цiлком неперервний на множинi N . За теоремою Шауде- ра розв’язок системи рiвнянь (2.3), (2.4), (2.13)–(2.17) iснує, а отже, iснує i розв’язок задачi (1.7)–(1.12). 3. Єдинiсть розв’язку задачi (1.7)–(1.12) Теорема 3.1. Нехай виконуються умови: 1) 0 < ϕ0 ≤ ϕ(x1, x2) ≤ ϕ1 < ∞; µ5(0) 6= 0, µ6(0) 6= 0, µ7(t) 6= 0, t ∈ [0, T ]; µ2(x2, t) 6= 0, (x2, t) ∈ [0,∞) × [0, T ]; µ4(x1, t) 6= 0, (x1, t) ∈ [0,∞) × [0, T ]; 2) f ∈ C1,0([0,∞)×[0,∞)×[0, T ]) µi t x2 ∈ C([0,∞)×[0, T ]), i = 1, 2, µktx1 ∈ C([0,∞) × [0, T ]), k = 3, 4. Тодi розв’язок задачi (1.7)–(1.12) єдиний. Доведення. Припустимо, що iснують два розв’язки (ai(t), li(t), hi(t), vi(y1, y2, t)), i = 1, 2 задачi (1.7)–(1.12). Внаслiдок виконання умов теореми маємо l1(0) = l2(0), h1(0) = h2(0). Введемо позначення: ai(t) l2 i (t) ≡ ã1i(t), ai(t) h2 i (t) ≡ ã2i(t), l′i(t) li(t) ≡ q1i(t), h′ i(t) hi(t) ≡ q2i(t). Тодi функ- цiї b1(t) ≡ ã12(t) − ã11(t), b2(t) ≡ ã22(t) − ã21(t), q1(t) ≡ q12(t) − q11(t), q2(t) ≡ q22(t) − q21(t), v(y1, y2, t) ≡ v2(y1, y2, t) − v1(y1, y2, t) є розв’язком задачi vt = ã11(t)vy1y1 + ã21(t)vy2y2 + y1q11(t)vy1 + y2q21(t)vy2 + b1(t)v2y1y1 + b2(t)v2y2y2 + y1q1(t)v2y1 + y2q2(t)v2y2 + f(y1l2(t), y2h2(t), t) − f(y1l1(t), y2h1(t), t), (y1, y2, t) ∈ QT , (3.1) v(y1, y2, 0) = 0, (y1, y2) ∈ [0, 1] × [0, 1], (3.2) v(0, y2, t) = µ1(y2h2(t), t) − µ1(y2h1(t), t), v(1, y2, t) = µ2(y2h2(t), t) − µ2(y2h1(t), t), (y2, t) ∈ [0, 1] × [0, T ], (3.3) v(y1, 0, t) = µ3(y1l2(t), t) − µ3(y1l1(t), t), v(y1, 1, t) = µ4(y1l2(t), t) − µ4(y1l1(t), t), (y1, t) ∈ [0, 1] × [0, T ], (3.4) I. Баранська, М. Iванчов 477 1∫ 0 1∫ 0 v(y1, y2, t) dy2 dy1 = µ5(t) ( 1 l2(t)h2(t) − 1 l1(t)h1(t) ) , t ∈ [0, T ], (3.5) 1∫ 0 1∫ 0 y2v(y1, y2, t) dy2 dy1 = µ6(t) ( 1 l2(t)h2 2(t) − 1 l1(t)h2 1(t) ) , t ∈ [0, T ], (3.6) b1(t)v2y1 ( 0, x0h −1 2 (t), t ) = −ã11(t)vy1 ( 0, x0h −1 2 (t), t ) − ã11(t) ( v1y1 ( 0, x0h −1 2 (t), t ) − v1y1 ( 0, x0h −1 1 (t), t )) + µ7(t) ( 1 l2(t) − 1 l1(t) ) , t ∈ [0, T ]. (3.7) Задача (3.1)–(3.4) зводиться до системи рiвнянь v(y1, y2, t) = t∫ 0 1∫ 0 G̃11ξ1(y1, y2, t, 0, ξ2, τ) ( µ1(ξ2h2(τ), τ) − µ1(ξ2h1(τ), τ) ) ã11(τ)dξ2dτ − t∫ 0 1∫ 0 G̃11ξ1(y1, y2, t, 1, ξ2, τ) ( µ2(ξ2h2(τ), τ) − µ2(ξ2h1(τ), τ) ) ã11(τ) dξ2 dτ + t∫ 0 1∫ 0 G̃11ξ2(y1, y2, t, ξ1, 0, τ) ( µ3(ξ1l2(τ), τ) − µ3(ξ1l1(τ), τ) ) ã21(τ) dξ1 dτ − t∫ 0 1∫ 0 G̃11ξ2(y1, y2, t, ξ1, 1, τ) ( µ4(ξ1l2(τ), τ) − µ4(ξ1l1(τ), τ) ) ã21(τ) dξ1 dτ + t∫ 0 1∫ 0 1∫ 0 G̃11(y1, y2, t, ξ1, ξ2, τ) ( b1(τ)v2ξ1ξ1(ξ1, ξ2, τ) + b2(τ)v2ξ2ξ2(ξ1, ξ2, τ) + ξ1q1(τ)v2ξ1(ξ1, ξ2, τ) + ξ2q2(τ)v2ξ2(ξ1, ξ2, τ) 478 Обернена задача... + f(ξ1l2(τ), ξ2h2(τ), τ) − f(ξ1l1(τ), ξ2h1(τ), τ) + ξ1q11(τ)w1(ξ1, ξ2, τ) + ξ2q21(τ)w2(ξ1, ξ2, τ) ) dξ1 dξ2 dτ, (3.8) w1(y1, y2, t) = − t∫ 0 1∫ 0 G̃21(y1, y2, t, 0, ξ2, τ) × ( ξ2 ( h′2(τ)µ1η(η, τ) ∣∣ η=ξ2h2(τ) − h′1(τ)µ1ζ(ζ, τ) ∣∣ ζ=ξ2h1(τ) ) − ã11(τ) ( µ1ηη(η, τ) ∣∣ η=ξ2h2(τ) − µ1ζζ(ζ, τ) ∣∣ ζ=ξ2h1(τ) ) + µ1τ (ξ2h2(τ), τ) − µ1τ (ξ2h1(τ), τ) ) dξ2 dτ + t∫ 0 1∫ 0 G̃21(y1, y2, t, 1, ξ2, τ) × ( ξ2 ( h′2(τ)µ2η(η, τ) ∣∣ η=ξ2h2(τ) − h′1(τ)µ2ζ(ζ, τ) ∣∣ ζ=ξ2h1(τ) ) − ã11(τ) ( µ2ηη(η, τ) ∣∣ η=ξ2h2(τ) − µ2ζζ(ζ, τ) ∣∣ ζ=ξ2h1(τ) ) + µ2τ (ξ2h2(τ), τ) − µ2τ (ξ2h1(τ), τ) ) dξ2 dτ + t∫ 0 1∫ 0 G̃21ξ2(y1, y2, t, ξ1, 0, τ)ã21(τ) × ( l2(τ)µ3η(η, τ) ∣∣ η=ξ1l2(τ) − l1(τ)µ3ζ(ζ, τ) ∣∣ ζ=ξ1l1(τ) ) dξ1 dτ − t∫ 0 1∫ 0 G̃21ξ2(y1, y2, t, ξ1, 1, τ)ã21(τ) × ( l2(τ)µ4η(η, τ) ∣∣ η=ξ1l2(τ) − l1(τ)µ4ζ(ζ, τ) ∣∣ ζ=ξ1l1(τ) ) dξ1 dτ + t∫ 0 1∫ 0 1∫ 0 G̃11y1 (y1, y2, t, ξ1, ξ2, τ) × ( ξ1q1(τ)v2ξ1(ξ1, ξ2, τ) + ξ2q2(τ)v2ξ2(ξ1, ξ2, τ) + b1(τ) ( v2ξ1ξ1 + l22(τ) h2 2(τ) v2ξ2ξ2 ) + ã11(τ) ( l22(τ) h2 2(τ) − l21(τ) h2 1(τ) ) v2ξ2ξ2 + f(ξ1l2(τ), ξ2h2(τ), τ) − f(ξ1l1(τ), ξ2h1(τ), τ) + ξ1q11(τ)w1(ξ1, ξ2, τ) + ξ2q21(τ)w2(ξ1, ξ2, τ) ) dξ1 dξ2 dτ, (3.9) w2(y1, y2, t) = − t∫ 0 1∫ 0 G̃12(y1, y2, t, ξ1, 0, τ) I. Баранська, М. Iванчов 479 × ( ξ1 ( l′2(τ)µ3η(η, τ) ∣∣ η=ξ1l2(τ) − l′1(τ)µ3ζ(ζ, τ) ∣∣ ζ=ξ1l1(τ) ) − ã21(τ) ( µ3ηη(η, τ) ∣∣ η=ξ1l2(τ) − µ3ζζ(ζ, τ) ∣∣ ζ=ξ1l1(τ) ) + µ3τ (ξ1l2(τ), τ) − µ3τ (ξ1l1(τ), τ) ) dξ1 dτ + t∫ 0 1∫ 0 G̃12(y1, y2, t, ξ1, 1, τ) × ( ξ1 ( l′2(τ)µ4η(η, τ) ∣∣ η=ξ1l2(τ) − l′1(τ)µ4ζ(ζ, τ) ∣∣ ζ=ξ1l1(τ) ) − ã21(τ) ( µ4ηη(η, τ) ∣∣ η=ξ1l2(τ) − µ4ζζ(ζ, τ) ∣∣ ζ=ξ1l1(τ) ) + µ4τ (ξ1l2(τ), τ) − µ4τ (ξ1l1(τ), τ) ) dξ1 dτ + t∫ 0 1∫ 0 G̃12ξ1(y1, y2, t, 0, ξ2, τ)ã11(τ) × ( h2(τ)µ1η(η, τ) ∣∣ η=ξ2h2(τ) − h1(τ)µ1ζ(ζ, τ) ∣∣ ζ=ξ2h1(τ) ) dξ2 dτ − t∫ 0 1∫ 0 G̃11ξ1(y1, y2, t, 1, ξ2, τ)ã11(τ) × ( h2(τ)µ2η(η, τ) ∣∣ η=ξ2h2(τ) − h1(τ)µ2ζ(ζ, τ) ∣∣ ζ=ξ2h1(τ) ) dξ2 dτ + t∫ 0 1∫ 0 1∫ 0 G̃11y2 (y1, y2, t, ξ1, ξ2, τ) × ( ξ1q1(τ)v2ξ1(ξ1, ξ2, τ) + ξ2q2(τ)v2ξ2(ξ1, ξ2, τ) + b1(τ) ( v2ξ1ξ1 + l22(τ) h2 2(τ) v2ξ2ξ2 ) + ã11(τ) ( l22(τ) h2 2(τ) − l21(τ) h2 1(τ) ) v2ξ2ξ2 + f(ξ1l2(τ), ξ2h2(τ), τ) − f(ξ1l1(τ), ξ2h1(τ), τ) + ξ1q11(τ)w1(ξ1, ξ2, τ) + ξ2q21(τ)w2(ξ1, ξ2, τ) ) dξ1 dξ2 dτ, (3.10) де wi(y1, y2, t) ≡ vyi (y1, y2, t), i = 1, 2, G̃11(y1, y2, t, ξ1, ξ2, τ) — функцiя Грiна першої крайової задачi для рiвняння vt = ã11(t)vy1y1 + ã21(t)vy2y2 . З рiвнянь (2.11), (2.12) знаходимо q1(t) 1∫ 0 (1 − y2)µ2(y2h2(t), t) dy2 480 Обернена задача... + b1(t) 1∫ 0 (1 − y2)(v2y1 (1, y2, t) − v2y1 (0, y2, t)) dy2 = −ã11(t) 1∫ 0 (1 − y2)(vy1 (1, y2, t) − vy1 (0, y2, t)) dy2 − ã21(t) 1∫ 0 vy2 (y1, 0, t) dy1 + b2(t) 1∫ 0 (v2y2 (y1, 0, t) − µ4(y1l2(t), t) + µ3(y1l2(t), t)) dy1 − q11(t) 1∫ 0 (1 − y2)(µ2(y2h2(t), t) − µ2(y2h1(t), t)) dy2 + µ′5(t) ( 1 l2(t)h2(t) − 1 l1(t)h1(t) ) − µ′6(t) ( 1 l2(t)h2 2(t) − 1 l1(t)h2 1(t) ) +ã21(t) 1∫ 0 (µ3(y1l2(t), t)−µ3(y1l1(t), t)+µ4(y1l1(t), t)−µ4(y1l2(t), t)) dy1 − 1∫ 0 1∫ 0 (1 − y2)(f(y1l2(t), y2h2(t), t) − f(y1l1(t), y2h1(t), t)) dy1 dy2, (3.11) q1(t) 1∫ 0 µ2(y2h2(t), t)dy2 + q2(t) 1∫ 0 µ4(y1l2(t), t)dy1 + b1(t) 1∫ 0 (v2y1 (1, y2, t) − v2y1 (0, y2, t)) dy2 = −ã11(t) 1∫ 0 (vy1 (1, y2, t) − vy1 (0, y2, t)) dy2 − ã21(t) 1∫ 0 (vy2 (y1, 1, t) − vy2 (y1, 0, t)) dy1 − q11(t) 1∫ 0 (µ2(y2h2(t), t) − µ2(y2h1(t), t)) dy2 I. Баранська, М. Iванчов 481 − q21(t) 1∫ 0 (µ4(y1l2(t), t) − µ4(y1l1(t), t)) dy1 − b2(t) 1∫ 0 (v2y2 (y1, 1, t) − v2y2 (y1, 0, t)) dy1 + µ′5(t) ( 1 l2(t)h2(t) − 1 l1(t)h1(t) ) − 1∫ 0 1∫ 0 (f(y1l2(t), y2h2(t), t) − f(y1l1(t), y2h1(t), t)) dy1 dy2. (3.12) Виключимо з отриманих рiвнянь b2(t). Виходячи з введених позна- чень, маємо b2(t) = a2(t) h2 2(t) − a1(t) h2 1(t) = ã12(t) l22(t) h2 2(t) − ã11(t) l21(t) h2 1(t) = b1(t) l22(t) h2 2(t) + ã11(t) ( l22(t) h2 2(t) − l21(t) h2 1(t) ) , t ∈ [0, T ]. (3.13) Пiдставляючи спiввiдношення (3.13) у (3.11) та (3.12), отримаємо q1(t) 1∫ 0 (1 − y2)µ2(y2h2(t), t) dy2 − b1(t) ( l22(t) h2 2(t) 1∫ 0 (v2y2 (y1, 0, t) − µ4(y1l2(t), t) + µ3(y1l2(t), t)) dy1 − 1∫ 0 (1 − y2)(v2y1 (1, y2, t) − v2y1 (0, y2, t)) dy2 ) = −ã11(t) 1∫ 0 (1 − y2)(vy1 (1, y2, t) − vy1 (0, y2, t)) dy2 − ã21(t) 1∫ 0 vy2 (y1, 0, t) dy1 + ã11(t) ( l22(t) h2 2(t) − l21(t) h2 1(t) ) × 1∫ 0 (v2y2 (y1, 0, t) − µ4(y1l2(t), t) + µ3(y1l2(t), t)) dy1 482 Обернена задача... − q11(t) 1∫ 0 (1 − y2)(µ2(y2h2(t), t) − µ2(y2h1(t), t)) dy2 + µ′5(t) ( 1 l2(t)h2(t) − 1 l1(t)h1(t) ) − µ′6(t) ( 1 l2(t)h2 2(t) − 1 l1(t)h2 1(t) ) − 1∫ 0 1∫ 0 (1 − y2)(f(y1l2(t), y2h2(t), t) − f(y1l1(t), y2h1(t), t)) dy1 dy2 + ã21(t) 1∫ 0 (µ3(y1l2(t), t) − µ3(y1l1(t), t) + µ4(y1l1(t), t) − µ4(y1l2(t), t) dy1, t ∈ [0, T ], (3.14) q1(t) 1∫ 0 µ2(y2h2(t), t) dy2 + q2(t) 1∫ 0 µ4(y1l2(t), t) dy1 + b1(t) ( l22(t) h2 2(t) 1∫ 0 (v2y2 (y1, 1, t) − v2y2 (y1, 0, t)) dy1 + 1∫ 0 (v2y1 (1, y2, t) − v2y1 (0, y2, t)) dy2 ) = −ã11(t) 1∫ 0 (vy1 (1, y2, t) − vy1 (0, y2, t)) dy2 − ã21(t) 1∫ 0 (vy2 (y1, 1, t) − vy2 (y1, 0, t)) dy1 − ã11(t) ( l22(t) h2 2(t) − l21(t) h2 1(t) ) 1∫ 0 (v2y2 (y1, 1, t) − v2y2 (y1, 0, t)) dy1 − q11(t) 1∫ 0 (µ2(y2h2(t), t) − µ2(y2h1(t), t)) dy2 − q21(t) 1∫ 0 (µ4(y1l2(t), t) − µ4(y1l1(t), t)) dy1 I. Баранська, М. Iванчов 483 + µ′5(t) ( 1 l2(t)h2(t) − 1 l1(t)h1(t) ) − 1∫ 0 1∫ 0 (f(y1l2(t), y2h2(t), t) − f(y1l1(t), y2h1(t), t)) dy1 dy2, t ∈ [0, T ]. (3.15) Виразимо li(t), hi(t) через q1(t) та q2(t): li(t) = l0 exp t∫ 0 q1i(τ) dτ, hi(t) = h0 exp t∫ 0 q2i(τ) dτ, i = 1, 2. Тодi h2(t) − h1(t) = h0 t∫ 0 q2(τ) dτ 1∫ 0 exp ( t∫ 0 (q21(τ) + σq2(τ)) dτ ) dσ, l2(t) − l1(t) = l0 t∫ 0 q1(τ) dτ 1∫ 0 exp ( t∫ 0 (q11(τ) + σq1(τ)) dτ ) dσ, 1 l2(t) − 1 l1(t) = − 1 l0 t∫ 0 q1(τ) dτ 1∫ 0 exp ( − t∫ 0 (q11(τ) + σq1(τ)) dτ ) dσ, 1 l2(t)h2(t) − 1 l1(t)h1(t) = − 1 l0 h0 t∫ 0 (q1(τ) + q2(τ)) dτ × 1∫ 0 exp ( − t∫ 0 (q11(τ) + q21(τ) + σ(q1(τ) + q2(τ))) dτ ) dσ, 1 l2(t)h2 2(t) − 1 l1(t)h2 1(t) = − 1 l0 h 2 0 t∫ 0 (q1(τ) + 2q2(τ)) dτ × 1∫ 0 exp ( − t∫ 0 (q11(τ) + 2q21(τ) + σ(q1(τ) + 2q2(τ))) dτ ) dσ. Перетворимо за допомогою формули Лагранжа рiзницю µ1(y2h2(t), t) − µ1(y2h1(t), t) = y2(h2(t) − h1(t)) × 1∫ 0 µ1x(y2(h1(t) + σ(h2(t) − h1(t))), t) dσ. 484 Обернена задача... Використовуючи подiбнi перетворення для зображення iнших рiз- ниць, якi входять до системи рiвнянь (3.7)–(3.10), (3.14), (3.15), лег- ко переконатись у тому, що ця система є однорiдною системою iн- тегральних рiвнянь Вольтерра другого роду вiдносно невiдомих (b1(t), q1(t), q2(t), v(y1, y2, t), wi(y1, y2, t), i = 1, 2) з iнтегровни- ми ядрами. Внаслiдок єдиностi розв’язку таких систем випливає, що вона має тiльки тривiальний розв’язок. Звiдси отримуємо єдинiсть розв’язку задачi (1.7)–(1.12). Лiтература [1] L. Lorenzi, An identification problem for a one-phase Stefan problem // J. Inv. Ill-Posed Problems, 9 (2001), N 6, 1–27. [2] М. I. Iванчов, Обернена задача з вiльною межею для рiвняння теплопровiд- ностi // Укр. мат. журн., 55 (2003), N 7, 901–910. [3] I. Є. Баранська, Обернена задача для параболiчного рiвняння в областi з вiльною межею // Мат. методи та фiз.-мех. поля, 48 (2005), N 2, 32–42. [4] М. I. Iванчов, Задача з вiльною межею для рiвняння дифузiї в прямокутни- ку // Мат. методи та фiз.-мех. поля, 45 (2002), N 4, 67–75. [5] О. А. Ладыженская, Н. Н. Уральцева, В. А. Солонников, Линейные и квази- линейные уравнения параболического типа, М.: Наука, 1967. [6] А. Фридман, Уравнения с частными производными параболического типа, М.: Мир, 1968. [7] M. Ivanchov, Inverse problems for equations of parabolic type, Lviv: VNTL Publi- shers, 2003. Вiдомостi про авторiв Iрина Є. Баранська, Микола Iванович Iванчов Львiвський нацiональний унiверситет iменi I. Франка вул. Унiверситетська 1, Львiв, 79000 Україна E-Mail: ivanchov@franko.lviv.ua

Обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами

Репозитарії

Схожі ресурси