Задача для уравнений четвертого порядка


Download 63.33 Kb.
bet2/2
Sana27.06.2023
Hajmi63.33 Kb.
#1656714
TuriЗадача
1   2
Bog'liq
К.С.Гозиев

 


xx xy x

  • CU 2dy

Г D1
(U 2U 2C U 2 )dxdy

  • (UUxxxdy UxUxxdy UUyyxdy UxUxydx CU dy  0 .

2


AB AB AB AB AB
Используя (11) из последнего равенства получим

Volume-11| Issue-5| 2023 Published: |22-05-2023|
1
x xy  xx xy x
U U dx  (U 2U 2C U 2 )dxdy . (18)
D D1
Используя соотношение (16) вычислим первый интеграл

1

1 2 1 2

2




1
UxUxydx dx dx 2 ( ) dx 2 ( (1) 
(0)).

AB AB 0 0
В силу условия  (0)   (1)  0 получим что,
UxUxydx  0 .
AB
Тогда из (18) получим
 xx xy x
(U 2U 2C U 2 )dxdy  0 . (19)
D
Если Cx  0 , то из (19) следует, что U  0 .

Если Cx  0 , то из (19) следует, что U
x Uy



const , так как U C2 (D )


1
имеем что Ux Uy  0 в


D1 . Легко показать, что решение задачи


U

Г
Ux  0,  0

является только тривиальным. Таким образом U  0 в D1 . Тогда и



U (x,0)  0 . В силу этого из (16) следует что  (x)  0
на AB . В силу

единственности задачи Коши для уравнения (14) U (x, y)  0 в D2 .

Следовательно U (x, y)  0


в D . Теорема доказана.

В области
D1 рассмотрим следующие задачи

  CU , (23)




Г
 (x, y),
   (x),

AB
где
(24)

2V
x2
  . (25)

Известно, что, решение этой задачи даѐтся формулой
(x, y)  G(x, y, ,)(s)ds
Г 

Volume-11| Issue-5| 2023 Published: |22-05-2023|
1
G (x, y, ,0) ( )d  G(x, y, ,)CU ( ,)dd, (26)

0

где G(x, y, ,) 


D


1 ln 1 g(x, y, ,) 2 r

– функция Грина,



r  (x   )2  ( y )2,
g(x, y, ,)
– регулярная часть функции Грина.

Из обозначения (25) получим следующие задачи

Wx  (x, y),W
Г Ux Г
f2 (x, y)x
f1(x, y)xs
f21(x, y) , (27)


1
здесь
Г (x, y), x2y21 , 1 x  1,




14 2
 

Ux W (x, y),
U f1(x, y) . (28)

Г
1

Решая задачу (27) имеем
W (x, y)  1 (s)ln((x   (s))2  ( y (s)2 )(s)ds
Г
x  
g1 (x, y, (s),(s))(s)ds C( ,)G(t, y, ,)U ( ,)dd)dt

Г




x 1
G (t, y, ;0)
 ( y ) D1


( )ddt

f22 (( y), y) , (29)

 ( y )  0

где
y

g1(x, y, (s),(s)) 

 ( y)
g (x,t, (s),(s))dt g0 (x,t, (s),(s)) .

Устремляя точку (x, y) к точке ( (s0 ),(s0 ))  Г2 из (29) получим

s 1 K (s , s) (s) 

K (s , s, ,)U ( ,)dd  F (s s) , (29.1)

1 0 1  3 0 4 0
Г D
здесь
1 s ss,



F s , s 2


F '(s0 ) ds ,



4 0
Г
s0 s


3 0
К s , s, , C( ,) 1
s s
 ( s0 )


G(t,(s0 ), ,)dtds ,

Г 0  ( ( s0 )

А также из (29) при
y  0 получим

Volume-11| Issue-5| 2023 Published: |22-05-2023|
W (x,0)  (s) ln (x   )2  (0 )2 (s) 
Г

g(x,0, (s),(s))(s) 
x 1


G (t,0, ,0)

( )ddt

Г  (0)  0 


 
x
С( ,)G(t,0, ,)Udddt
f22 ((0),0) . (30)

 (0)  
Так как W (x, y)  Ux то W (x,0)   (x) .

Теперь в (30) интеграл содержащий  (x)
перепишем в следующим виде

x 1
J G
x 1


(t,0,   
   

1
,0) ( )d dt dt G (t,0, ,0) ( )d

 (0)  0
x
  (0) 0


1
 1

dt  (x)G (t,0, ,0) 0 G (t,0, ,) ( )d .
 (0)  0 

В силу
(0)   (1)  0 из последнего выражении получим

x 1 

J1
dt G (t,0, ,0) ( )d .

 (0)  0 
Таким образом, получаем интегральные уравнение относительно  (x) в
виде

1 x

x

(x)  G (t,0, ,0)dt  ( )d  
G(t,0, ,)CUdd 

0  (0) D  (0)
 ((s) ln(x   )  g(x,0, (s),(s))(s)ds F (x) , (31)
1
Г
1 21

где
F (x) 
(s) ln(x   )2  (0 )2 )  g(x,0, (s),(s))(s)ds f
Г
Рассмотрим следующие выражение
((0),0) .

x


 (0)
G (t, y, ,)dt (s) ln(x   )  g2 (x, y, ,) .

Дифференцируя последние выражения по  получим

G
(x,0, ,0)  (s)
1
x  
g2
(x,0, ,0) .

Volume-11| Issue-5| 2023 Published: |22-05-2023|
x x x


 (0)
G (t, y, ,)dt

 (0)
ln((t   )2  ( y )2) 

 (0)
g2(t, y, ,)dt

y ln((x   )2  ( y )2)  g
2 2
(x, y, ,) .

При
y  0 и   0 этот интеграл не имеет особенностей.
Решая задачу (28) получим

U (x, y) 
x


2 ( y )
W (t, y)dt
f1(( y), y). (32)

Подставляя (29) в (32) имеем


x
U (x, y)  1


2
2
  



 


 ( y ) Г
(s) ln (x
)  ( y
) g(x, y, (s), (s)) (s)d (s) 

x t 1 x t


2 ( y )
dt G (t1, y, ,0) ( )ddt1
1( y ) 0

2 ( y )
dt G (t1, y, ,)C( ,)U ( ,)dddt1
1( y ) D1


x

2 ( y )
f21(( y, y))dt
f1(( y), y) . (33)

Вводя в (33) некоторые обозначения, получим
U (x, y)   K1(x, y, ,)U ( ,)dd  K2 (x, y, (s),(s))(s)ds
D Г
1
K3 (x, ) ( )d  F3 (x, y) , (34)
0



F3(x, y) 
x


2 ( y )
здесь


f21(( y), y)dt


f1(( y), y) ,



K1(x, y, ,) 
x t
dt

G(t, y, ,)dt1 C( ,) ,

2 ( y ) 1( y )
x

K2 (x, y, (s),(s)) 
(s) ln((t   )2  ( y )2 )  g(t, y, (s),(s))dt ,

2 ( y )


K3(x, ) 


x


2 ( y )


G (t,0, ,0)dt .

Volume-11| Issue-5| 2023 Published: |22-05-2023|
Решая интегральные уравнения (34), (31) и (29,1) находим решение

задачи в области
D1 а в области
D2 находим по следующий формуле.

 (x y)   (x y) 1 xy
1 xy
1 xy

U (x, y) 
2 2  (t)dt 2 Py (t,0)dt 2 Py (t,0)dt

xy 0 0
1 P(x y,0) 1 P(x y,0) P(x, y) ,

2 2


где функция  (x) найдена из решения уравнения (34).


ЛИТЕРАТУРА:




  1. Салахитдинов М.С. Уравнения смешанно-составного типа. Ташкент: Фан. 1974.

  2. Тихонов А.Н., Самарский А.А. Уравнения математической физики. М.: Наука. 1977. –736 с.

  3. Джураев Т.Д., Сопуев А., Мамажонов М. Краевые задачи для уравнений парабола-гиперболического типа. Ташкент: Фан. 1986. –220 с.



Publishing centre of Finland



Download 63.33 Kb.

Do'stlaringiz bilan baham:
1   2




Ma'lumotlar bazasi mualliflik huquqi bilan himoyalangan ©fayllar.org 2024
ma'muriyatiga murojaat qiling