Журнал вычислительной математики и математической физики, 2021, T. 61, № 11, стр. 1894-1903

Угловой пограничный слой в краевых задачах с нелинейностями, имеющими стационарные точки

И. В. Денисов^*

Тульский государственный педагогический университет им. Л.Н. Толстого
300026 Тула, пр-т Ленина, 125, Россия

Поступила в редакцию 16.06.2020
После доработки 21.07.2020
Принята к публикации 07.07.2021

DOI: 10.31857/S0044466921110065

Аннотация

Для сингулярно возмущенного параболического уравнения ${{\varepsilon }^{2}}\left( {{{a}^{2}}\frac{{{{\partial }^{2}}u}}{{\partial {{x}^{2}}}} - \frac{{\partial u}}{{\partial t}}} \right) = F(u,x,t,\epsilon )$ в прямоугольнике рассматривается задача с краевыми условиями I рода. Предполагается, что в угловых точках прямоугольника функция $F$ относительно переменной $u$ является кубической. Нуль производной функции $F$ и граничное значение задачи в каждой угловой точке прямоугольника лежат по одну сторону от решения вырожденного уравнения. Строится полное асимптотическое разложение решения при $\varepsilon \to 0$ и обосновывается его равномерность в замкнутом прямоугольнике. Библ. 6.

Ключевые слова: пограничный слой, асимптотическое приближение, сингулярно возмущенное уравнение.

ВВЕДЕНИЕ

Рассматривается начально-краевая задача вида

(0.1)

${{\varepsilon }^{2}}\left( {{{a}^{2}}\frac{{{{\partial }^{2}}u}}{{\partial {{x}^{2}}}} - \frac{{\partial u}}{{\partial t}}} \right) = F(u,x,t,\varepsilon ),\quad (x,t) \in \Omega ,$

(0.2)

$u(x,0,\epsilon ) = \phi (x),\quad 0 \leqslant x \leqslant 1,$

(0.3)

$u(0,t,\epsilon ) = {{\psi }_{1}}(t),\quad u(1,t,\epsilon ) = {{\psi }_{2}}(t),\quad 0 \leqslant t \leqslant T,$

где через $\Omega $ обозначен прямоугольник ${\text{\{ }}(x,t)\,|\,0 < x < 1,\;0 < t < T{\text{\} }}$.

В [1] рассмотрен случай, когда в угловых точках прямоугольника функция $F$ кубична относительно переменной $u$, причем нуль производной функции $F$ и граничное значение задачи в угловой точке лежат по разные стороны от решения вырожденного уравнения. В предлагаемой статье рассматривается случай, когда нуль производной функции $F$ и граничное значение задачи в угловой точке прямоугольника лежат по одну сторону от решения вырожденного уравнения. Оказывается, что наличие такой точки существенно влияет на вид и способ построения барьерных функций при доказательстве существования подходящего решения задачи для определения главного члена угловой части асимптотики решения. В работе строится полное асимптотическое приближение решения задачи (0.1)–(0.3) при $\epsilon \to 0$ и обосновывается равномерность этого приближения в замкнутом прямоугольнике $\bar {\Omega }$ с точностью любого порядка.

1. ПОСТАНОВКА ЗАДАЧИ

Повторим общие условия, которые предполагаются выполненными (см. [1]).

Условие 1. Функции $F(u,x,t,\epsilon )$, $\phi (x)$, ${{\psi }_{1}}(t)$ и ${{\psi }_{2}}(t)$ являются достаточно гладкими и в угловых точках прямоугольника $\Omega $ выполняются условия согласованности начально-краевых значений

$\phi (0) = {{\psi }_{1}}(0),\quad \phi (1) = {{\psi }_{2}}(0).$

Условие 2. Вырожденное уравнение $F(u,x,t,0) = 0$ в замкнутом прямоугольнике $\bar {\Omega }$ имеет решение, которое обозначается как $u = {{\bar {u}}_{0}}(x,t)$.

Заметим, что в силу нелинейности это уравнение может иметь и другие решения.

Условие 3. Производная $F_{u}^{'}({{\bar {u}}_{0}}(x,t),x,t,0) > 0$ в замкнутом прямоугольнике $\bar {\Omega }$.

Условие 4. Начальная задача

(1.1)

$\frac{{d{{\Pi }_{0}}}}{{d\tau }} = - F({{\bar {u}}_{0}}(x,0) + {{\Pi }_{0}},x,0,0),\quad {{\Pi }_{0}}(x,0) = \phi (x) - {{\bar {u}}_{0}}(x,0)$

имеет решение ${{\Pi }_{0}}(x,\tau )$ при $\tau \geqslant 0$, удовлетворяющее условию ${{\Pi }_{0}}(x,\infty ) = 0$ (здесь параметр $x \in [0,\;1]$).

Условие 5. Для систем

(1.2)

$\frac{{d{{z}_{1}}}}{{dy}} = {{z}_{2}},\quad {{a}^{2}}\frac{{d{{z}_{2}}}}{{dy}} = F({{\bar {u}}_{0}}(k,t) + {{z}_{1}},k,t,0)$

прямые ${{z}_{1}} = {{\psi }_{{1 + k}}}(t) - {{\bar {u}}_{0}}(k,t)$ пересекают сепаратрисы, входящие в точку покоя $({{z}_{1}},{{z}_{2}}) = (0,\;0)$ при $y \to \infty $ (здесь $t$ – параметр, $k = 0$ или $1$).

Условий 1–5 недостаточно, чтобы гарантировать существование решения задачи (0.1)–(0.3) для произвольной функции $F(u,x,t,\epsilon )$. Требуются дополнительные условия, заключающиеся в выборе определенного класса функций.

Условие 6. В угловых точках $(k,0)$, $k = 0,\;1$, прямоугольника $\Omega $ функция $F(u,k,0,0)$ имеет вид

$F(u,k,0,0) = {{u}^{3}} - \bar {u}_{0}^{3},$

где числа ${{\bar {u}}_{0}} = {{\bar {u}}_{0}}(k,0)$ отрицательны и меньше граничных значений:

${{\bar {u}}_{0}}(k,0) < \phi (k).$

Решение задачи (0.1)–(0.3) строится согласно методу угловых пограничных функций (см. [2]) в виде суммы

(1.3)

$u(x,t,\epsilon ) = \bar {u} + (\Pi + Q + Q*) + (P + P*),$

где $\bar {u}$ обозначает функцию, называемую регулярной частью асимптотики. Эта функция представляет решение задачи во внутренней части прямоугольника $\Omega $ без учета граничных условий. Пограничные функции $\Pi $, $Q$ и $Q{\text{*}}$ осуществляют гладкий переход от регулярной части к граничным условиям на сторонах прямоугольника $\Omega $: $t = 0$, $x = 0$ и $x = 1$ соответственно. Угловые пограничные функции $P$ и $P{\text{*}}$ сглаживают невязки, вносимые пограничными функциями вблизи вершин прямоугольника $\Omega $: $(0,\;0)$ и $(1,\;0)$ соответственно.

Пропустим формальную процедуру построения регулярной части асимптотики и погранслойных функций, которая приведена в [1]. Угловые пограничные функции ищутся в виде рядов

$P(\xi ,\tau ,\epsilon ) = \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\epsilon }^{k}}} {{P}_{k}}(\xi ,\tau ),\quad P{\text{*}}({{\xi }_{ * }},\tau ,\epsilon ) = \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\epsilon }^{k}}} P_{k}^{ * }({{\xi }_{ * }},\tau ),$

где растянутые переменные определяются следующими соотношениями:

$\xi = \frac{x}{\epsilon },\quad {{\xi }_{ * }} = \frac{{1 - x}}{\epsilon },\quad \tau = \frac{t}{{{{\epsilon }^{2}}}}.$

Основные трудности доставляет задача для определения главного члена угловой части асимптотики решения, которая, также как и исходная, является нелинейной. Для угловой точки (0,0) задача для определения ${{P}_{0}}(\xi ,\tau )$ ставится в первой четверти

$\mathbb{R}_{ + }^{2}: = {\text{\{ }}(\xi ,\tau )\,|\,\xi > 0,\;\tau > 0{\text{\} }}$

плоскости растянутых переменных $(\xi ,\tau )$ и имеет вид

(1.4)

$\begin{gathered} {{a}^{2}}\frac{{{{\partial }^{2}}{{P}_{0}}}}{{\partial {{\xi }^{2}}}} - \frac{{\partial {{P}_{0}}}}{{\partial \tau }} = F\left( {{{{\bar {u}}}_{0}}(0,0) + {{\Pi }_{0}}(0,\tau ) + {{Q}_{0}}(\xi ,0) + {{P}_{0}}(\xi ,\tau ),0,0,0} \right) - \\ - \;F\left( {{{{\bar {u}}}_{0}}(0,0) + {{\Pi }_{0}}(0,\tau ),0,0,0} \right) - F\left( {{{{\bar {u}}}_{0}}(0,0) + {{Q}_{0}}(\xi ,0),0,0,0} \right),\quad \xi > 0,\quad \tau > 0, \\ \end{gathered} $

(1.5)

${{P}_{0}}(0,\tau ) = - {{\Pi }_{0}}(0,\tau ),\quad {{P}_{0}}(\xi ,0) = - {{Q}_{0}}(\xi ,0),\quad {{P}_{0}}(\xi ,\tau ) \to 0\quad {\text{при}}\quad \xi + \tau \to \infty ,$

где

(1.6)

${{\bar {u}}_{0}}(0,0) = - b < 0.$

Для функций ${{P}_{k}}(\xi ,\tau )$, $k \geqslant 1$, в области $\mathbb{R}_{ + }^{2}$ получаются линейные задачи

(1.7)

${{a}^{2}}\frac{{{{\partial }^{2}}{{P}_{k}}}}{{\partial {{\xi }^{2}}}} - \frac{{\partial {{P}_{k}}}}{{\partial \tau }} = F_{u}^{'}\left( {{{{\bar {u}}}_{0}}(0,0) + {{\Pi }_{0}}(0,\tau ) + {{Q}_{0}}(\xi ,0) + {{P}_{0}}(\xi ,\tau ),0,0,0} \right){{P}_{k}} + {{h}_{k}},$

(1.8)

${{P}_{k}}(0,\tau ) = - {{\Pi }_{k}}(0,\tau ),\quad {{P}_{k}}(\xi ,0) = - {{Q}_{k}}(\xi ,0),\quad {{P}_{k}}(\xi ,\tau ) \to 0\quad {\text{при}}\quad \xi + \tau \to \infty ,$

где неоднородности ${{h}_{k}}$ удовлетворяют экспоненциальным оценкам убывания вида

$\left| {{{h}_{k}}(\xi ,\tau )} \right| \leqslant C{\text{exp}}{\kern 1pt} [ - \kappa (\xi + \tau )],$

если такого же вида оценкам удовлетворяют функции ${{P}_{0}},\; \ldots ,\;{{P}_{{k - 1}}}$. Здесь $C$ и $\kappa $ – некоторые положительные числа.

2. ПОСТРОЕНИЕ ВЕРХНЕГО РЕШЕНИЯ

Для удобства определим оператор $L$:

$L(P): = {{a}^{2}}\frac{{{{\partial }^{2}}P}}{{\partial {{\xi }^{2}}}} - \frac{{\partial P}}{{\partial \tau }} - F({{\bar {u}}_{0}} + {{\Pi }_{0}} + {{Q}_{0}} + P) + F({{\bar {u}}_{0}} + {{\Pi }_{0}}) + F({{\bar {u}}_{0}} + {{Q}_{0}}),$

где

$P = P(\xi ,\tau ),\quad F(u) = F(u,0,0,0),\quad {{\bar {u}}_{0}} = {{\bar {u}}_{0}}(0,0),\quad {{\Pi }_{0}} = {{\Pi }_{0}}(0,\tau ),\quad {{Q}_{0}} = {{Q}_{0}}(\xi ,0).$

Задачу (1.4), (1.5) для главного члена угловой части асимптотики можно переписать в операторной форме

(2.1)

$L({{P}_{0}}) = 0\quad {\text{в}}\;{\text{области}}\quad \mathbb{R}_{ + }^{2},$

(2.2)

${{P}_{0}}(0,\tau ) = - {{\Pi }_{0}}(0,\tau ),\quad {{P}_{0}}(\xi ,0) = - {{Q}_{0}}(\xi ,0),\quad {{P}_{0}}(\xi ,\tau ) \to 0\quad {\text{при}}\quad \xi + \tau \to \infty .$

Нужно доказать, что данная задача имеет решение, удовлетворяющее экспоненциальной оценке убывания вида

(2.3)

$\left| {{{P}_{0}}(\xi ,\tau )} \right| \leqslant C{\text{exp}}{\kern 1pt} [ - \kappa (\xi + \tau )],$

где $C$ и $\kappa $ – некоторые положительные числа. Для этого воспользуемся методом верхних и нижних решений (см. [3]–[5]), который заключается в том, что задача

$L(Z) = 0\quad {\text{в}}\;{\text{области}}\quad \mathbb{R}_{ + }^{2},$

$Z = h\quad {\text{на}}\;{\text{границе}}\;{\text{области}},$

имеет решение $Z$ в промежутке между барьерными функциями ${{Z}_{ - }} \leqslant Z \leqslant {{Z}_{ + }}$, если в области $\mathbb{R}_{ + }^{2}$ выполняются неравенства

$L({{Z}_{ + }}) \leqslant 0,\quad L({{Z}_{ - }}) \geqslant 0,\quad {{Z}_{ - }} \leqslant {{Z}_{ + }},$

а на ее границе

${{Z}_{ - }} \leqslant h \leqslant {{Z}_{ + }}.$

В [1] доказано, что на роль верхнего решения задачи независимо от величины граничного значения подходит функция ${{Z}_{ + }}(\xi ,\tau ) = 0$. Естественно и в рассматриваемом случае на роль верхнего решения попробовать эту функцию. Заметим, что по условию 6 граничное значение $\phi $ в точке $(0,\;0)$ лежит правее корня вырожденного уравнения $\mathop {\bar {u}}\nolimits_0 $. Поэтому значения ${{\Pi }_{0}}$ и ${{Q}_{0}}$ принадлежат промежутку $(0,\phi - {{\bar {u}}_{0}}]$, где $\phi - {{\bar {u}}_{0}} > 0$, и на границе области $\mathbb{R}_{ + }^{2}$ выполняются необходимые для верхнего решения неравенства:

${{Z}_{ + }}(0,\tau ) = 0 \geqslant - {{\Pi }_{0}},\quad {{Z}_{ + }}(\xi ,0) = 0 \geqslant - {{Q}_{0}}.$

Внутри области $\mathbb{R}_{ + }^{2}$ нужно доказать неравенство

$L({{Z}_{ + }}) = - F({{\bar {u}}_{0}} + {{\Pi }_{0}} + {{Q}_{0}}) + F({{\bar {u}}_{0}} + {{\Pi }_{0}}) + F({{\bar {u}}_{0}} + {{Q}_{0}}) \leqslant 0.$

Для краткости обозначим

(2.4)

${{\bar {u}}_{0}}(0,0) = - b,\quad {{\Pi }_{0}} = y,\quad {{Q}_{0}} = z,\quad L({{Z}_{ + }}) = L(y,z).$

Тогда неравенство примет вид

(2.5)

$L = - F( - b + y + z) + F( - b + y) + F( - b + z) \leqslant 0,\quad y,z \in (0,\phi + b],$

где число $b > 0$.

Внутри области $(0,\phi + b] \times (0,\phi + b]$, как показано в [1], необходимые условия экстремума функции $L = L(y,z)$ имеют вид

$F{\kern 1pt} {\text{'}}{\kern 1pt} ( - b + y + z) = F{\kern 1pt} {\text{'}}{\kern 1pt} ( - b + y) = F{\kern 1pt} {\text{'}}( - b + z).$

При условии $\phi > - \tfrac{b}{3}$ внутри области имеется точка экстремума $\left( {\tfrac{{2b}}{3},\tfrac{{2b}}{3}} \right)$, в которой величина

$L\left( {\frac{{2b}}{3},\frac{{2b}}{3}} \right) = \frac{{8{{b}^{3}}}}{9} > 0,$

так что неравенство (2.5) не выполняется.

Если же $ - b < \phi \leqslant - \tfrac{b}{3}$, то внутри области точек экстремума нет. Однако в граничной точке $(\phi + b,\phi + b)$ величина

$L(\phi + b,\phi + b) = - 6\phi {{(\phi + b)}^{2}} > 0.$

Таким образом, функция ${{Z}_{ + }}(\xi ,\tau ) = 0$ не подходит на роль верхнего решения ни при каком выборе граничного значения $\phi > - b$.

В качестве возможного верхнего решения задачи будем пробовать функцию

${{Z}_{ + }}(\xi ,\tau ) = - \frac{{{{\Pi }_{0}}(0,\tau ){{Q}_{0}}(\xi ,0)}}{{\phi - {{{\bar {u}}}_{0}}}}.$

Требуется доказать неравенство

(2.6)

$\begin{gathered} L({{Z}_{ + }}) = - {{a}^{2}}\frac{{{{\Pi }_{0}}}}{{\phi - {{{\bar {u}}}_{0}}}}\frac{{{{d}^{2}}{{Q}_{0}}}}{{d{{\xi }^{2}}}} + \frac{{{{Q}_{0}}}}{{\phi - {{{\bar {u}}}_{0}}}}\frac{{d{{\Pi }_{0}}}}{{d\tau }} - \\ - \;F({{{\bar {u}}}_{0}} + {{\Pi }_{0}} + {{Q}_{0}} + {{Z}_{ + }}) + F({{{\bar {u}}}_{0}} + {{\Pi }_{0}}) + F({{{\bar {u}}}_{0}} + {{Q}_{0}}) \leqslant 0. \\ \end{gathered} $

Здесь

${{a}^{2}}\frac{{{{d}^{2}}{{Q}_{0}}}}{{d{{\xi }^{2}}}} = F({{\bar {u}}_{0}} + {{Q}_{0}}),\quad - \frac{{d{{\Pi }_{0}}}}{{d\tau }} = F({{\bar {u}}_{0}} + {{\Pi }_{0}}),$

и с учетом замены (2.4)

$L({{Z}_{ + }}) = \left( {1 - \frac{y}{{\phi + b}}} \right)F( - b + z) + \left( {1 - \frac{z}{{\phi + b}}} \right)F( - b + y) - F\left( { - b + y + z - \frac{{yz}}{{\phi + b}}} \right).$

На диагонали $z = y$ прямоугольника $(0,\phi + b] \times (0,\phi + b]$ выражение $L({{Z}_{ + }})$ представляет собой функцию $g(y)$ одной переменной $y$:

$g(y) = 2\left( {1 - \frac{y}{{\phi + b}}} \right)F( - b + y) - F\left( { - b + 2y - \frac{{{{y}^{2}}}}{{\phi + b}}} \right),\quad y \in (0,\phi + b].$

Производные этой функции имеют вид

$g{\text{'}}(y) = - \frac{2}{{\phi + b}}F( - b + y) - 2\left( {1 - \frac{y}{{\phi + b}}} \right)\left[ {F{\kern 1pt} {\text{'}}\left( { - b + 2y - \frac{{{{y}^{2}}}}{{\phi + b}}} \right) - F{\kern 1pt} {\text{'}}{\kern 1pt} ( - b + y)} \right],$

$\begin{gathered} g{\text{''}}(y) = \frac{2}{{\phi + b}}\left[ {F{\kern 1pt} {\text{'}}\left( { - b + 2y - \frac{{{{y}^{2}}}}{{\phi + b}}} \right) - 2F{\kern 1pt} {\text{'}}( - b + y)} \right] - \\ - \;2\left( {1 - \frac{y}{{\phi + b}}} \right)\left[ {2\left( {1 - \frac{y}{{\phi + b}}} \right)F{\kern 1pt} {\text{''}}\left( { - b + 2y - \frac{{{{y}^{2}}}}{{\phi + b}}} \right) - F{\kern 1pt} {\text{''}}( - b + y)} \right]. \\ \end{gathered} $

Значение

$g{\text{''}}(0) = k\left( {2 - \frac{b}{{\phi + b}}} \right).$

Если $g{\text{''}}(0) > 0$, то производная $g{\text{'}}(y)$ возрастает на некотором промежутке $(0,{{y}_{0}}]$ и ее значения на этом промежутке $g{\text{'}}(y) > g{\text{'}}(0) = 0$. Отсюда заключаем, что функция $g(y)$ возрастает на промежутке $(0,{{y}_{0}}]$ и ее значения на этом промежутке $g(y) > g(0) = 0$. Условие $g{\text{''}}(0) > 0$ эквивалентно соотношению $\phi > - \tfrac{b}{2}$. Поэтому если $\phi > - \tfrac{b}{2}$, то неравенство (2.6) не выполняется.

Теперь рассмотрим возможность выполнения неравенства (2.6) при условии выбора $\phi $ из промежутка

(2.7)

$ - b < \phi \leqslant - \frac{b}{2} < 0.$

Для этого исследуем функцию $L(y,z) = L({{Z}_{ + }})$ на наличие точек экстремума в области $(0,\phi + b] \times (0,\phi + b]$ при условии (2.7). Производная

$\frac{{\partial L}}{{\partial y}} = \left( {1 - \frac{z}{{\phi + b}}} \right)\left[ {F{\kern 1pt} {\text{'}}( - b + y) - F{\kern 1pt} {\text{'}}\left( { - b + y + z - \frac{{yz}}{{\phi + b}}} \right)} \right] - \frac{1}{{\phi + b}}F{\kern 1pt} {\text{'}}( - b + z).$

Будем рассматривать выражение в квадратных скобках как функцию $h(y)$ одной переменной $y$, считая $z$ параметром:

$h(y): = F{\kern 1pt} {\text{'}}( - b + y) - F{\kern 1pt} {\text{'}}\left( { - b + y + z - \frac{{yz}}{{\phi + b}}} \right),\quad y \in (0,\phi + b].$

Производная этой функции с учетом вида функции $F(u)$ имеет вид

$\begin{gathered} h{\text{'}}(y) = F{\kern 1pt} {\text{''}}( - b + y) - \left( {1 - \frac{z}{{\phi + b}}} \right)F{\kern 1pt} {\text{''}}\left( { - b + y + z - \frac{{yz}}{{\phi + b}}} \right) = \\ = \; - {\kern 1pt} 6z\left[ { - 1 + \frac{y}{{\phi + b}} + \frac{1}{{\phi + b}}\left( { - b + y + z - \frac{{yz}}{{\phi + b}}} \right)} \right]. \\ \end{gathered} $

Для функции

$g(y) = - 1 + \frac{y}{{\phi + b}} + \frac{1}{{\phi + b}}\left( { - b + y + z - \frac{{yz}}{{\phi + b}}} \right),\quad y \in (0,\phi + b],$

стоящей в квадратных скобках, производная

$g{\text{'}}(y) = \frac{1}{{\phi + b}}\left( {2 - \frac{z}{{\phi + b}}} \right) > 0.$

Поэтому функция $g(y)$ возрастает на промежутке $(0,\phi + b]$ и ее значения на этом промежутке

$g(y) > g(0) = \frac{1}{{\phi + b}}(z - \phi ) > 0,$

так как $\phi < 0$. Отсюда следует, что значения производной $h{\text{'}}(y) < 0$ на промежутке $(0,\phi + b]$. В связи с этим функция $h(y)$ убывает на промежутке $(0,\phi + b]$ и ее значения на этом промежутке $h(y) < h(0) = 0$. Возвращаясь к функции $L(y,z)$, заключаем, что производная

$\frac{{\partial L}}{{\partial y}} = \left( {1 - \frac{z}{{\phi + b}}} \right)h(y) - \frac{1}{{\phi + b}}F{\kern 1pt} {\text{'}}( - b + z) < 0,$

и, значит, при условии (2.7) функция $L(y,z)$ в области $(0,\phi + b] \times (0,\phi + b]$ не имеет точек экстремума. Кроме этого, при любом значении $z \in (0,\phi + b]$ функция $L(y,z)$ убывает по переменной $y$ и выполняется неравенство

$L(y,z) < L(0,z) = 0.$

Это завершает доказательство неравенства (2.6) при условии (2.7) и можно сформулировать полученный результат.

Теорема 1. Если выполнены условия 1–6 и (2.7), то функция

${{Z}_{ + }}(\xi ,\tau ) = - \frac{{{{\Pi }_{0}}(0,\tau ){{Q}_{0}}(\xi ,0)}}{{\phi - {{{\bar {u}}}_{0}}}}$

является верхним решением задачи (2.1), (2.2).

3. ПОСТРОЕНИЕ НИЖНЕГО РЕШЕНИЯ

В качестве возможного нижнего решения задачи (2.1), (2.2) будем пробовать функцию

${{Z}_{ - }}(\xi ,\tau ) = - 2\sqrt {{{\Pi }_{0}}(0,\tau ){{Q}_{0}}(\xi ,0)} .$

Имеем

$\begin{gathered} L({{Z}_{ - }}) = \sqrt {{{\Pi }_{0}}{{Q}_{0}}} \left[ {\frac{1}{{Q_{0}^{2}}}\int\limits_0^{{{Q}_{0}}} F ( - b + u)du - \frac{1}{{{{Q}_{0}}}}F( - b + {{Q}_{0}}) - \frac{1}{{{{\Pi }_{0}}}}F( - b + {{\Pi }_{0}})} \right] - \\ - \;F\left( { - b + {{\Pi }_{0}} + {{Q}_{0}} - 2\sqrt {{{\Pi }_{0}}{{Q}_{0}}} } \right) + F( - b + {{\Pi }_{0}}) + F( - b + {{Q}_{0}}). \\ \end{gathered} $

С учетом вида функции $F(u)$ имеем

$\frac{1}{{Q_{0}^{2}}}\int\limits_0^{{{Q}_{0}}} F ( - b + u)du = \frac{1}{4}Q_{0}^{2} - b{{Q}_{0}} + \frac{3}{2}{{b}^{2}},$

$\frac{1}{{{{Q}_{0}}}}F( - b + {{Q}_{0}}) = Q_{0}^{2} - 3b{{Q}_{0}} + 3{{b}^{2}},$

$\frac{1}{{{{\Pi }_{0}}}}F( - b + {{\Pi }_{0}}) = \Pi _{0}^{2} - 3b{{\Pi }_{0}} + 3{{b}^{2}}.$

С учетом замены

$y = \sqrt {{{\Pi }_{0}}} \in \left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right],\quad z = \sqrt {{{Q}_{0}}} \in \left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right],$

и вида функции $F(u)$ нужно доказать неравенство

(3.1)

$L(y,z) = yz\left( {h(z) - g(z) - g(y)} \right) - {{\left[ { - b + {{{(y - z)}}^{2}}} \right)}^{3}} + {{\left( { - b + {{y}^{2}}} \right]}^{3}} + {{\left( { - b + {{z}^{2}}} \right)}^{3}} + {{b}^{3}} \geqslant 0,$

где обозначено

$L(y,z) = L({{Z}_{ - }}),\quad h(z) = \frac{1}{4}{{z}^{4}} - b{{z}^{2}} + \frac{3}{2}{{b}^{2}},\quad g(z) = {{z}^{4}} - 3b{{z}^{2}} + 3{{b}^{2}},\quad g(y) = {{y}^{4}} - 3b{{y}^{2}} + 3{{b}^{2}}.$

Замечание 1. В отличие от [1] неравенство (3.1) не выполняется, если отбросить $h(z)$, чтобы перейти к выражению, симметричному по $y$, $z$. Тем не менее симметрию можно использовать. Если в (3.1) отбросить положительное слагаемое $h(z)$, то в левой части останется выражение ${{L}_{1}}(y,z)$, симметричное по $y$, $z$:

${{L}_{1}}(y,z) = {{L}_{1}}(z,y).$

Так как функция $h(z)$ убывает на промежутке $\left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right]$, то условие ${{z}_{1}} < {{z}_{2}}$ влечет $h({{z}_{1}}) > h({{z}_{2}})$. Соответственно,

$L(y,z) = yzh(z) + {{L}_{1}}(y,z) = yzh(z) + {{L}_{1}}(z,y),$

и для $y < z$ выполняется неравенство

$L(y,z) > yzh(y) + {{L}_{1}}(z,y) = L(z,y).$

В связи с этим неравенство (3.1) будем доказывать на траекториях $z = $ const $ \in \left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right]$, т.е. будем считать левую часть (3.1) функцией одной переменной $y$: $L({{Z}_{ - }}) = L(y)$, где $y \in \left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right]$, а $z$ – параметр.

Так как $L(0) = 0$, то для выполнения (3.1) необходимо условие $L{\text{'}}(0) \geqslant 0$. Производная

$L{\text{'}}(y) = z\left( {h(z) - g(z)} \right) - zg(z) - yzg{\text{'}}(y) - 6(y - z){{[ - b + {{(y - z)}^{2}}]}^{2}} + 6y{{( - b + {{y}^{2}})}^{2}},$

где $g{\text{'}}(y) = 4{{y}^{3}} - 6by$. Таким образом,

$L{\text{'}}(0) = z\left[ { - \frac{3}{4}{{z}^{4}} + 2b{{z}^{2}} - \frac{9}{2}{{b}^{2}} + 6{{{( - b + {{z}^{2}})}}^{2}}} \right].$

При достаточно малых значениях $z$ знак $L{\text{'}}(0)$ совпадает со знаком выражения, стоящего в квадратных скобках при $z = 0$. Это выражение

$ - \frac{9}{2}{{b}^{2}} + 6{{( - b)}^{2}} > 0.$

При $z = \sqrt {\phi + b} $ производная

$L{\text{'}}(0) = \frac{1}{4}\sqrt {\phi + b} (21{{\phi }^{2}} + 2b\phi - 13{{b}^{2}}) \geqslant 0,$

если

$\phi \leqslant - \frac{{\sqrt {274} + 1}}{{21}}b = - 0.83 \ldots b,\quad {\text{или}}\quad \phi \geqslant \frac{{\sqrt {274} - 1}}{{21}}b = 0.74 \ldots b.$

С учетом условия (2.7) получаем ограничение на выбор граничного значения $\phi $:

(3.2)

$ - b < \phi \leqslant - \frac{{\sqrt {274} + 1}}{{21}}b = - 0.83 \ldots b < 0.$

Продолжим исследование функции $L(y)$, вычислим ее производные:

$\begin{gathered} L{\text{''}}(y) = - 2zg{\text{'}}(z) - yzg{\text{''}}(y) - 6{{[ - b + {{(y - z)}^{2}}]}^{2}} - 24{{(y - z)}^{2}}[ - b + {{(y - z)}^{2}}] + \\ + \;6{{( - b + {{y}^{2}})}^{2}} + 24{{y}^{2}}( - b + {{y}^{2}}), \\ \end{gathered} $

$L{\text{'''}}(y) = - 3zg{\text{''}}(y) - yzg{\text{'''}}(y) + 72b(y - z) - 120{{(y - z)}^{3}} - 72by + 120{{y}^{3}},$

${{L}^{{IV}}}(y) = 120z(5y - 3z),$

${{L}^{V}}(y) = 600z,$

где $g{\text{'}}(y) = 4{{y}^{3}} - 6by$, $g{\text{''}}(y) = 12{{y}^{2}} - 6b$, $g{\text{'''}} = {\text{24}}y$$.$

На промежутке $y \in \left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right]$ производная ${{L}^{V}}(y) > 0$, поэтому функция $L{\text{'''}}(y)$ выпукла вниз на этом промежутке. Величина

$L{\text{'''}}(0) = 6z(20{{z}^{2}} - 9b) \leqslant 6z(20(\phi + b) - 9b) < 0,$

а знак

$L{\text{'''}}\left( {\sqrt {\phi + b} } \right) = 6\left[ {20{{{\left( {z - \sqrt {\phi + b} } \right)}}^{3}} - 10\phi z - 19b\phi } \right]$

совпадает со знаком выражения, стоящего в квадратных скобках

$f(z) = 20{{\left( {z - \sqrt {\phi + b} } \right)}^{3}} - 10\phi z - 19bz,\quad z \in \left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right].$

Производная

$f{\kern 1pt} {\text{'}}{\kern 1pt} (z) = 60{{\left( {z - \sqrt {\phi + b} } \right)}^{2}} - 10\phi - 19b < 0$

при

$\sqrt {\phi + b} - \sqrt {\frac{{10\phi + 19b}}{{60}}} < z < \sqrt {\phi + b} + \sqrt {\frac{{10\phi + 19b}}{{60}}} .$

Величина

$\sqrt {\phi + b} - \sqrt {\frac{{10\phi + 19b}}{{60}}} < 0,$

$\sqrt {\phi + b} + \sqrt {\frac{{10\phi + 19b}}{{60}}} > \sqrt {\phi + b} .$

Поэтому на промежутке $z \in \left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right]$ производная $f{\kern 1pt} {\text{'}}(z) < 0$, функция $f(z)$ убывает и ее значения

$f(z) < f(0) = - 20(\phi + b)\sqrt {\phi + b} < 0.$

Итак, на промежутке $\left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right]$ функция $L{\text{'''}}(y)$ выпукла вниз и ее значения $L{\text{'''}}(0) < 0$, $L{\text{'''}}\left( {\sqrt {\phi + b} } \right) < 0$. Отсюда следует, что $L{\text{'''}}(y) < 0$ при любом $y \in \left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right]$.

Для функции $L{\text{''}}(y)$ заключаем, что она убывает на промежутке $\left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right]$. Величина

$L{\text{''}}(0) = 2{{z}^{2}}(24b - 19{{z}^{2}}) > 0.$

Для $L{\text{''}}\left( {\sqrt {\phi + b} } \right)$ возможны два варианта. Первый – когда $L{\text{''}}\left( {\sqrt {\phi + b} } \right) \geqslant 0$. В этом случае $L{\text{''}}(y) \geqslant 0$ на всем промежутке $\left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right]$. Соответственно, функция $L{\text{'}}(y)$ возрастает на промежутке $\left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right]$ и ее значения

$L{\text{'}}(y) > L{\text{'}}(0) \geqslant 0.$

Соответственно, функция $L(y)$ возрастает на промежутке $\left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right]$ и ее значения

$L(y) > L(0) = 0,$

так что неравенство (3.1) выполняется.

Второй вариант – когда $L{\text{''}}\left( {\sqrt {\phi + b} } \right) < 0$. В этом случае на промежутке $\left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right]$ существует единственная точка ${{y}_{0}}$, в которой $L{\text{''}}(y)$ меняет знак с положительного при $y \in (0,{{y}_{0}})$ на отрицательный при $y \in \left( {{{y}_{0}},\sqrt {\phi + b} } \right]$. Функция $L{\text{'}}(y)$ будет иметь максимум в точке ${{y}_{0}}$, возрастать на промежутке $(0,{{y}_{0}})$ и убывать на промежутке $\left( {{{y}_{0}},\sqrt {\phi + b} } \right]$. Кроме того, $L{\text{'}}(y)$ выпукла вверх на всем промежутке $\left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right]$ и $L{\text{'}}(0) \geqslant 0$ по условию (3.2).

На промежутке $\left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right]$ может существовать лишь одна точка ${{y}_{1}}$, в которой $L{\text{'}}(y)$ поменяет свой знак с положительного при $y \in (0,{{y}_{1}})$ на отрицательный при $y \in \left( {{{y}_{1}},\sqrt {\phi + b} } \right]$. Если ${{y}_{1}} \geqslant \sqrt {\phi + b} $, то $L{\text{'}}(y) \geqslant 0$ на всем промежутке $\left( {0,\sqrt {\phi + b} } \right]$, функция $L(y)$ возрастает на этом промежутке и ее значения

$L(y) > L(0) = 0,$

так что неравенство (3.1) выполняется.

Если ${{y}_{1}} < \sqrt {\phi + b} $, то функция $L(y)$ возрастает при $y \in (0,{{y}_{1}})$ от значения $L(0) = 0$ и убывает при $y \in \left( {{{y}_{1}},\sqrt {\phi + b} } \right]$ до значения $L\left( {\sqrt {\phi + b} } \right)$. Выполнение неравенства (3.1) зависит от знака $L\left( {\sqrt {\phi + b} } \right)$. В силу замечания 1, сделанного ранее,

$L\left( {\sqrt {\phi + b} ,z} \right) \geqslant L\left( {z,\sqrt {\phi + b} } \right),$

а доказательство неравенства $L\left( {z,\sqrt {\phi + b} } \right) \geqslant 0$ по первой переменной уже проведено и приводит к проверке условия $L\left( {\sqrt {\phi + b} ,\sqrt {\phi + b} } \right) \geqslant 0$. Значение

$L\left( {\sqrt {\phi + b} ,\sqrt {\phi + b} } \right) = \frac{1}{4}(\phi + b)\left[ {{{{(\phi + b)}}^{2}} - 4b(\phi + b) + 6{{b}^{2}}} \right] > 0,$

что завершает доказательство неравенства (3.1), и можно сформулировать результат.

Теорема 2. Если выполнены условия 1–6 и (3.2), то функция

${{Z}_{ - }}(\xi ,\tau ) = - 2\sqrt {{{\Pi }_{0}}(0,\tau ){{Q}_{0}}(\xi ,0)} $

является нижним решением задачи (2.1), (2.2).

4. ПОСТРОЕНИЕ ПОЛНОЙ АСИМПТОТИКИ РЕШЕНИЯ

Оба построенных барьера удовлетворяют экспоненциальной оценке убывания вида (2.3), поэтому на основании метода верхних и нижних решений заключаем, что справедлива следующая теорема.

Теорема 3. Если выполнены условия 1–6 и (3.2), то задача (1.4), (1.5) имеет решение ${{P}_{0}}(\xi ,\tau )$, удовлетворяющее экспоненциальной оценке убывания вида (2.3).

Барьерные функции для задачи (1.4), (1.5) строились с расчетом, чтобы коэффициент $F_{u}^{'}$ в задачах (1.7), (1.8) оставался положительным, что обеспечивает существование решений ${{P}_{k}}(\xi ,\tau )$ с оценками вида (2.3), т.е. справедлива следующая теорема.

Теорема 4. Если выполнены условия 1–6 и (3.2), то задачи (1.7), (1.8) имеют решения ${{P}_{k}}(\xi ,\tau )$, удовлетворяющие экспоненциальным оценкам убывания вида (2.3).

Отметим, что функции $P_{k}^{ * }({{\xi }_{ * }},\tau )$, $k \geqslant 0$, определяются аналогично.

Формальный ряд (1.3) оказывается полностью построенным. Обоснование асимптотики решения завершает следующая теорема.

Теорема 5. Если выполнены условия 1–6 и (3.2), то для достаточно малых $\varepsilon $ задача (0.1)–(0.3) имеет решение $u(x,t,\varepsilon )$, для которого ряд

$\sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\varepsilon }^{k}}\left( {{{{\bar {u}}}_{k}}(x,t) + {{\Pi }_{k}}(x,\tau ) + {{Q}_{k}}(\xi ,t) + Q_{k}^{ * }({{\xi }_{ * }},t) + {{P}_{k}}(\xi ,\tau ) + P_{k}^{ * }({{\xi }_{ * }},\tau )} \right)} $

является асимптотическим представлением при $\varepsilon \to 0$ в замкнутом прямоугольнике $\bar {\Omega }$.

Доказательство теоремы, как и в [1], основано на разрешимости задач для пограничных функций ${{\Pi }_{k}}$, ${{Q}_{k}}$, $Q_{k}^{ * }$, ${{P}_{k}}$ и $P_{k}^{ * }$ при $k \geqslant 1$ и повторяет доказательство соответствующей теоремы из [6].

Автор выражает искреннюю благодарность профессору В.Ф. Бутузову за внимание к данной проблематике и обсуждение полученных результатов.

Список литературы

Денисов И.В. Угловой пограничный слой в краевых задачах для сингулярно возмущенных параболических уравнений с кубическими нелинейностями // Ж. вычисл. матем. и матем. физ. 2021. Т. 61. № 2. С. 256–267.
Васильева А.Б., Бутузов В.Ф. Асимптотические методы в теории сингулярных возмущений. М.: Высшая школа, 1990.
Amann H. On the Existence of Positive Solutions of Nonlinear Elliptic Boundary Value Problems // Indiana Univ. Math. J. 1971. V. 21. № 2. P. 125–146.
Sattinger D.H. Monotone Methods in Nonlinear Elliptic and Parabolic Boundary Value Problems // Indiana Univ. Math. J. 1972. V. 21. № 11. P. 979–1000.
Amann H. Nonlinear Analysis: coll. of papers in honor of E.H. Rothe / Ed. by L. Cesari et al. New York etc: Acad press, cop. 1978. XIII. P. 1–29.
Денисов И.В. Угловой пограничный слой в краевых задачах для сингулярно возмущенных параболических уравнений с квадратичной нелинейностью // Ж. вычисл. матем. и матем. физ. 2017. Т. 57. № 2. С. 255–274.

Дополнительные материалы отсутствуют.

Инструменты

следующая статья выпуска предыдущая статья выпуска содержание выпуска

Журнал вычислительной математики и математической физики

Архивы выпусков Информация о журнале Отправить рукопись в журнал