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....
Gespeichert in:
| Veröffentlicht in: | Український математичний вісник |
|---|---|
| Datum: | 2007 |
| Hauptverfasser: | , |
| Format: | Artikel |
| Sprache: | Ukrainisch |
| Veröffentlicht: |
Інститут прикладної математики і механіки НАН України
2007
|
| Online Zugang: | https://nasplib.isofts.kiev.ua/handle/123456789/124529 |
| 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: | 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. |
Institution
Digital Library of Periodicals of National Academy of Sciences of Ukraine| _version_ | 1860242139456208896 |
|---|---|
| author | Баранська, І. Іванчов, М. |
| author_facet | Баранська, І. Іванчов, М. |
| 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. |
| collection | DSpace DC |
| container_title | Український математичний вісник |
| 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.
|
| first_indexed | 2025-12-07T18:31:20Z |
| format | Article |
| 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
|
| id | nasplib_isofts_kiev_ua-123456789-124529 |
| institution | Digital Library of Periodicals of National Academy of Sciences of Ukraine |
| issn | 1810-3200 |
| language | Ukrainian |
| last_indexed | 2025-12-07T18:31:20Z |
| publishDate | 2007 |
| publisher | Інститут прикладної математики і механіки НАН України |
| record_format | dspace |
| spelling | Баранська, І. Іванчов, М. 2017-09-29T05:49:23Z 2017-09-29T05:49:23Z 2007 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. https://nasplib.isofts.kiev.ua/handle/123456789/124529 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. uk Інститут прикладної математики і механіки НАН України Український математичний вісник Обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами Article published earlier |
| spellingShingle | Обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами Баранська, І. Іванчов, М. |
| title | 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_short | Обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами |
| title_sort | обернена задача для двовимірного рівняння теплопровідності в області з вільними межами |
| url | https://nasplib.isofts.kiev.ua/handle/123456789/124529 |
| work_keys_str_mv | AT baransʹkaí obernenazadačadlâdvovimírnogorívnânnâteploprovídnostívoblastízvílʹnimimežami AT ívančovm obernenazadačadlâdvovimírnogorívnânnâteploprovídnostívoblastízvílʹnimimežami |