ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ, 2023, том 59, № 8, с.1029-1045

УРАВНЕНИЯ С ЧАСТНЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ

УДК 517.955.8

РЕШЕНИЕ СИНГУЛЯРНО ВОЗМУЩЁННОЙ

СМЕШАННОЙ ЗАДАЧИ НА ПОЛУОСИ

ДЛЯ ПАРАБОЛИЧЕСКОГО УРАВНЕНИЯ

ПРИ НАЛИЧИИ “СИЛЬНОЙ” ТОЧКИ ПОВОРОТА

У ПРЕДЕЛЬНОГО ОПЕРАТОРА

Исследованы сингулярно возмущённые задачи при наличии спектральных особенностей

у предельного оператора с использованием метода регуляризации С.А. Ломова. В част-

ности, построено регуляризованное асимптотическое решение сингулярно возмущённой

неоднородной смешанной задачи на полуоси для параболического уравнения при нали-

чии “сильной” точки поворота у предельного оператора. На основе идеи асимптотического

интегрирования задач с нестабильным спектром показано, каким образом следует вводить

регуляризирующие функции и дополнительные регуляризирующие операторы, подробно

описан формализм метода регуляризации для такого вида особенности, проведено обосно-

вание этого алгоритма и построено асимптотическое решение любого порядка по малому

параметру.

DOI: 10.31857/S0374064123080034, EDN: INDIPZ

Введение. С помощью метода регуляризации активно развивается общая теория сингу-

лярных возмущений в условиях стабильности спектра предельного оператора [1-3], которые,

если говорить кратко, обеспечивают такое же поведение спектральных характеристик опе-

ратора (равномерное по независимой переменной), как и при постоянном спектре. Задачи с

нестабильным спектром начали изучать около 50 лет назад, были получены (с определён-

ной долей искусственных приёмов) асимптотические решения неоднородных задач с точками

поворота и других задач с нарушением условий стабильности спектра. В результате стало

очевидно, что в условиях нестабильного спектра существенно особые сингулярности в неодно-

родных задачах определяются не только общим числом точек спектра предельного оператора,

как это имеет место при стабильном спектре, но и числом нулей у отдельных точек спектра

переменного оператора. Тщательный анализ имеющихся результатов привёл к разработке об-

щей теории асимптотического интегрирования для задач, в которых переменный предельный

оператор дискретно необратим (т.е. необратим в нулях точек спектра). Метод регуляризации

классифицирует три группы точек поворота.

1. “Простая” точка поворота - собственные значения предельного оператора изолированы

друг от друга, одно собственное значение в отдельных точках t обращается в нуль [4].

2. “Слабая” точка поворота - хотя бы два собственных значения пересекаются в отдельных

точках t, но при этом предельный оператор сохраняет диагональную структуру вплоть до

точек пересечения. Базис из собственных векторов остаётся гладким по t [5].

3. “Сильная” точка поворота - хотя бы два собственных значения пересекаются в отдельных

точках t, но при этом предельный оператор меняет диагональную структуру на жорданову в

точках пересечения. Базис в точках пересечения теряет гладкость по t [6].

Классические точки поворота, которые изучали Г. Вентцель, Х. А. Крамерс и Л. Бриллюэн,

относятся к “cильным” точкам поворота.

Данная статья развивает метод регуляризации для сингулярно возмущённой задачи Коши

для параболического уравнения с “сильной” точкой поворота первого порядка у предельного

оператора.

1. Постановка задачи. Рассмотрим задачу

∂u

∂²u

=ε²

- x²u + h(x,t), t ∈ (0,T],

0 < x < +∞,

∂t

∂x²

1029

1030

ЕЛИСЕЕВ и др.

u(x, 0) = f(x),

0 ≤ x < +∞,

u(0, t) = ψ(t), t ∈ [0, T ],

f (0) = ψ(0)

(1)

с условиями:

1) существует число M > 0 такое, что для любых k, n ∈ N выполняется оценка



 ∂k+n



(x, t)

M, h(x,t) ∈ C^∞(0,+∞) × [0,T];

^<

^∂x^k∂tⁿh

2) существует число M > 0 такое, что для любых k ∈ N имеет место оценка |f(k)(x)| < M,

f (x) ∈ C^∞(0, +∞).

Классическим решением задачи (1) называется функция u(x, t, ε) , имеющая непрерывные

производные ∂u/∂t, ∂u/∂x, ∂2u/∂x2 в области QT = {(x,t) : x ∈ (0,+∞), t ∈ (0,T]}, непре-

рывная в Q_T и удовлетворяющая во всех точках Q_T уравнению и начальным условиям при

t = 0. Решение задачи (1) изучается при стремлении параметра ε → +0, где ε принадлежит

некоторой окрестности нуля, т.е. ε ∈ (0, ε₀].

Замечание 1. Условия 1) и 2) избыточны для существования решения задачи (1). Они до-

статочны для построения регуляризованного асимптотического ряда для решения сингулярно

возмущённой задачи (1).

Задача (1) относится к классической задаче с “сильной” точкой поворота. Действительно,

если перевести уравнение в систему, предварительно сделав замену

∂u

∂v

∂u

= v, ε

=x²u + ε

- h(x, t),

∂x

∂t

то получим

(

)

(

)(

)

(

)(

)

(

)

∂

+ε

∂x v

x²

∂/∂t

-h

где матрица предельного оператора имеет вид

(

)

A(x) =

x²

Можно заметить, что при x = 0 матрица диагонализируемая, и e₁(x) = (1, x)^т, e₂(x) =

= (1, -x)^т - базис из собственных векторов. При x = 0 матрица принимает жорданову фор-

му и базисом являются векторы e₁(0) = (1, 0)^т, e₁(0) = (0, 1)^т. Базис разрывен в точке

x = 0. В общем случае регуляризирующие функции необходимо строить, используя канониче-

скую форму оператора, зависящего от переменной x, к которой можно привести с помощью

гладких преобразований [7]. В данном случае предельный оператор уже имеет каноническую

форму, поэтому в построении базиса и канонической формы нет необходимости. Кроме того,

оператор A(x) в точке x = 0 необратим, что приводит к построению дополнительных сингу-

лярных операторов σ₀, σ₁, описывающих сингулярную зависимость решения неоднородных

задач от параметра ε. Это связано с тем, что образ оператора A(x) есть не всё пространство

непрерывных функций, а подпространство, элементы которого обращаются в нуль, второго

порядка в точке x = 0.

2. Формализм метода регуляризации. Регуляризирующую функцию будем искать в

виде e-ϕ(x,t)/ε. Сделав замену u(x, t) = e-ϕ(x,t)/εv(x, t) в однородном уравнении задачи (1),

получим

)₂

)

⁽∂ϕ

⁽∂v(x,t)

∂²ϕ

∂ϕ ∂v(x,t)

∂²v(x,t)

-x2 v(x, t) + ε

v(x, t) + 2

-ε²

= 0.

∂t

∂x

∂t

∂x²

∂x

∂x²

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023

РЕШЕНИЕ СИНГУЛЯРНО ВОЗМУЩЁННОЙ СМЕШАННОЙ ЗАДАЧИ

1031

Выберем регуляризирующую функцию как решение задачи

∂ϕ

⁽∂ϕ)2

- x² = 0, ϕ(x,0) = 0.

∂t

∂x

Начальное условие для функции ϕ(x, t) выбрано так, чтобы в дальнейшем для v(x, t, ε) оно

не содержало сингулярной зависимости от ε. Кроме того, при таком выборе начальное условие

для v(x, t, ε) наследует начальное условие задачи (1).

Введём обозначения p = ∂ϕ/∂t, q = ∂ϕ/∂x, получим систему уравнений

∂p

∂q

p+q² =x²,

+ 2q

= 0,

+ 2q

= 2x,

∂t

∂x

∂t

∂x

∂ϕ

ϕ(x, 0) = 0, q(x, 0) =

(x, 0) = 0.

∂x

Запишем уравнения характеристик

dϕ

dt =

p + 2q²

Параметризуем ось Ox, x = s. Тогда p = s², q² = x² - s². Последовательно получаем

серию решений

√

x² - s

x² - s²

2t = ln

ϕ=

Из первого выражения находим параметр s = x/ch (2t). Подставив его во второе выражение,

имеем

x² th (2t)

ϕ(x, t) =

Отсюда запишем регуляризирующую функцию в виде

(

)

x² th (2t)

exp -

2ε

Дополнительные регуляризирующие сингулярные операторы, связанные с точечной необ-

ратимостью предельного оператора, строятся с помощью фундаментального решения [8]. Их

задача - вложить правую часть уравнения в образ предельного оператора. Предельный опе-

ратор получается, если положить в уравнении задачи (1) ε = 0. Фундаментальное решение

(в литературе называется ядро Мелера) уравнения (1), согласно работе [8], имеет вид

(

)

x² + ξ²

xξ

K(x, ξ, t) =

√

exp -cth (2t)

2πε sh (2t)

2ε

ε sh (2t)

и обладает свойством K(x, ξ, 0) = δ(x - ξ). Так как работа [8] труднодоступна, получим фун-

даментальное решение с помощью преобразования Фурье (см. п. 4).

Проинтегрировав ядро Мелера по переменной ξ, получим дополнительные регуляризиру-

ющие сингулярные операторы

∫t

∫

(

)

x² th (2(t - τ))

σ₀(x,t,ε)(·) =

(·) dτ

K(x, ξ, t - τ) dξ =

(·)√

exp -

dτ,

ch (2(t - τ))

2ε

-∞

∫t

∫

(

)

x² th (2(t - τ))

σ₁(x,t,ε)(·)=

(·) dτ

ξK(x,ξ,t - τ)dξ = x

(·)

√

exp -

dτ.

(

ch (2(t - τ)))³

2ε

-∞

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023

1032

ЕЛИСЕЕВ и др.

Фактически сингулярные операторы σ₀(x, t, ε)(·), σ₁(x, t, ε)(·) являются решениями уравне-

ния теплопроводности с правыми частями ε, εx. Действия операторов на функцию запишут-

ся как

∫t

(

)

(

)

f (τ)

x² th (2(t - τ))

x² th (2t)

σ₀(f(t)) =

√

exp -

dτ = f(t) ∗

√

exp -

ch (2(t - τ))

2ε

ch (2t)

2ε

∫t

(

)

f (τ)

x² th (2(t - τ))

σ₁(f(t)) = x

√

exp -

dτ =

(

ch (2(t - τ)))³

2ε

(

)

x² th (2t)

= xf(t) ∗

√

exp -

2ε

ch (2t)

∂

Введём оператор T_ε = ε

-ε²

+ x². Тогда

∂t

∂x²

(

)

x² th (2t)

T_ε(σ₀(f(t))) = εf(t) + f(t) ∗ T_ε√

exp -

= εf(t),

ch (2t)

2ε

(

))

x² th (2t)

T_ε(σ₁(f(t))) = εxf(t) + f(t) ∗ T_ε

√

exp -

= εxf(t).

2ε

ch (2t)

Замечание 2. Доказательство того, что

(

))

(

))

x² th (2t)

T_ε

√

exp -

= 0, T_ε

√

exp -

= 0,

ch (2t)

2ε

ch (2t)

приведено в приложении 2.

Дополнительный сингулярный интегральный оператор для описания параболического по-

граничного слоя в точке x = 0 находится из решения задачи

∂u

∂²u

-ε²

+ x²u = 0, u(x,0) = 0, u(0,t) = 1.

∂t

∂x²

Граничный оператор в результате решения имеет вид

∫^t

∫

∞

(

))

G(Ψ) = Ψ(τ)W (x, t - τ, ε) dτ =

√

Ψ t-

e-z2 dz,

√π

1-b²

1-b

√

x/(

2ε th (2t))

где

(

)

x² cth (2t)

W (x, t, ε) =

exp -

2ε

2εz²

√επ^√2 sh (2t)

Отметим свойства оператора G:

T_εG(Ψ) = 0, G(Ψ)|x=0 = Ψ(t).

Регуляризованное решение задачи (1) ищем в виде

(

)

x² th (2t)

u(x, t, ε) = v(x, t, ε) exp -

+ G(Ψ(t, ε)) + σ₀(y(t, ε)) + σ₁(z(t, ε)) + w(x, t, ε).

(2)

2ε

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023

РЕШЕНИЕ СИНГУЛЯРНО ВОЗМУЩЁННОЙ СМЕШАННОЙ ЗАДАЧИ

1033

Подставив (2) в (1) и выделив слагаемые при регуляризирующих функциях, получим задачу

∂v

∂²v

+ 2x th (2t)

+ th (2t)v = ε

Ψ(t, ε) ∗ T_εW (t, ε) = 0,

∂t

∂x

∂x²

(

))

(

))

x² th (2t)

y(t, ε) ∗ T_ε

√

exp -

= 0, z(t, ε) ∗ T_ε

√

exp -

= 0,

ch (2t)

2ε

ch (2t)

∂w

∂²w

x²w = h(x,t) - ε

+ε²

- εy(t, ε) - εxz(t, ε), v(x, 0) + w(x, 0) = f(x),

∂t

∂x²

∫t

y(s, ε)

v(0, t, ε) + Ψ(t, ε) +

√

ds + w(0, t, ε) = ψ(t).

(3)

ch (2(t - s))

Разложив функции v(x, t, ε), Ψ(t, ε), y(t, ε), z(t, ε), w(x, t, ε) из (2) по степеням ε:

∑

u(x, t, ε) =

ε^k(v_k(x,t))e-ϕ(x,t)/ε + G(Ψ_k(t)) + σ₀(y_k(t)) + σ₁(z_k(t)) + w_k(x,t),

k=-1

получим из системы (3) серию итерационных задач:

∂v_k

∂²vk-1

+ 2x th (2t)

+ th (2t)v_k =

Ψ_k(t) ∗ T_εW(t,ε) = 0,

∂t

∂x

∂x²

(

))

(

))

x² th (2t)

y_k(t) ∗ T_ε

√

exp -

= 0, z_k(t) ∗ T_ε

√

exp -

= 0,

ch (2t)

2ε

ch (2t)

∂wk-1

∂²wk-2

x²w_k = h(x,t)δk0 -

- yk-1(t) - xzk-1(t),

∂t

∂x²

v_k(x,0) + w_k(x,0) = f(x)δ0k,

∫t

y_k(s)

v_k(0,t) + Ψ_k(t) +

√

ds + w_k(0, t) = δ0kψ(t), k = -1, ∞.

ch (2(t - s))

Здесь δ0k - символ Кронекера: δ⁰⁰ = 1, δ0k = 0 при k = 0.

Замечание 3. Разложение по ε начинается со степени -1, так как правая часть урав-

нения в общем случае не принадлежит образу предельного оператора умножения на функ-

цию x².

Система на итерационном шаге k = -1 имеет вид

∂v-1

+ 2x th (2t)

+ th (2t)v-1 = 0, Ψ-1(t) ∗ T_εW (t, ε) = 0,

∂t

∂x

(

))

x² th (2t)

y-1(t) ∗ T_ε

√

exp -

= 0,

ch (2t)

2ε

(

))

x² th (2t)

z-1(t) ∗ T_ε

√

exp -

= 0,

2ε

ch (2t)

x²w-1 = 0, v-1(x,0) + w-1(x,0) = 0,

∫^t

y-1(s)

v-1(0,t) + Ψ-1(t) +

√

+ w-1(0,t) = 0.

ch (2(t - s))

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023

1034

ЕЛИСЕЕВ и др.

Решения на итерационном шаге k - 1 будут v-1(x, t) ≡ 0, w-1(x, t) ≡ 0, а Ψ-1(t), y-1(t),

z-1(t) - произвольные функции. Для их определения рассмотрим итерационную задачу на

шаге k = 0:

∂v₀

+ 2x th (2t)

+ th (2t)v₀ = 0, Ψ₀(t) ∗ T_εW (t, ε) = 0,

∂t

∂x

(

))

(

))

x² th (2t)

y₀(t) ∗ T_ε

√

exp -

= 0, z₀(t) ∗ T_ε

√

exp -

= 0,

ch (2t)

2ε

ch (2t)

x²w₀ = h(x,t) - y-1(t) - xz-1(t), v₀(x,0) + w₀(x,0) = f(x),

∫t

y₀(τ)

v₀(0,t) + Ψ₀(t) +

√

dτ + w₀(0, t) = ψ(t).

(4)

ch (2(t - τ))

Функции y₀(t), z₀(t) на данном шаге произвольны. Для разрешимости уравнения отно-

сительно w₀(x, t) необходимо и достаточно, чтобы выполнялись соотношения y-1(t) = h(0, t),

∂h

z-1(t) =

(0, t). Отсюда имеем

∂x

(

)

∂h

w₀(x,t) =

h(x, t) - h(0, t) - x

(0, t)

= h₀(x,t),

x²

∂x

где h₀(x, t) - гладкая функция. Определив y-1(t), найдём функцию Ψ-1(t) из граничного

условия:

∫^t

h(0, τ)

Ψ-1(t) = -

√

dτ.

ch (2(t - τ))

Теперь можем записать решение на итерационном шаге k = -1:

∫t

(

)

h(0, τ)

x² th (2(t - τ))

u-1(x,t) = G(Ψ-1(t)) +

√

exp -

dτ +

ch (2(t - τ))

2ε

∫t

(

)

∂h(0, τ)

x² th (2(t - τ))

√

exp -

dτ.

∂x

(

ch (2(t - τ)))³

2ε

√

Для решения уравнения относительно v₀(x, t) сделаем замену v₀(x, t) = α(x, t)/

ch (2t).

Тогда получим уравнение

∂α

∂α(x, t)

+ 2x th (2t)

= 0.

∂t

∂x

Запишем уравнение характеристик

dα

dt =

2x th (2t)

Первый интеграл соответственно равен x/ch (2t) = c₁. Отсюда получим общее решение

α(x, t) = g₀(x/ch (2t)),

где функция g₀(x, t) определяется из начальных условий. Таким образом, общее решение

v₀(x,t) имеет вид

(

)

v₀(x,t) =

√

g₀

ch (2t)

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023

РЕШЕНИЕ СИНГУЛЯРНО ВОЗМУЩЁННОЙ СМЕШАННОЙ ЗАДАЧИ

1035

Из начального условия определим произвольную функцию g₀(x, t). При t = 0 имеем

g₀(x) + h₀(x,0) = f(x).

Отсюда g₀(x) = f(x) - h₀(x, 0) (здесь учитывается, что Ψ₀(0) = 0). Или в развёрнутом виде

(

)

(

)

g₀(x,t) = f

-h₀

ch (2t)

(

)

(

)

)-2(

∂h

- h(0, 0) -

(0, 0)

ch (2t)

ch (2t) ∂x

Для определения произвольных функций y₀(t), z₀(t) рассмотрим задачу на итерационном

шаге k = 1:

∂v₁

∂²v₀

+ 2x th (2t)

+ th (2t)v₁ =

Ψ₁(t) ∗ T_εW(t,ε) = 0,

∂t

∂x

∂x²

(

))

(

))

x² th (2t)

y₁(t) ∗ T_ε

√

exp -

= 0, z₁(t) ∗ T_ε

√

exp -

= 0,

ch (2t)

2ε

ch (2t)

∂h₀

x²w₁ = -

(x, t) - y₀(t) - xz₀(t), v₁(x, 0) + w₁(x, 0) = 0,

∂t

∫t

y₁(τ)

v₁(0,t) + Ψ₁(t) +

√

dτ + w₁(0, t) = 0.

(5)

ch (2(t - τ))

Для определения w₁(x, t) необходимо и достаточно, чтобы

∂h₀

∂²h₀

y₀(t) = -

(0, t), z₀(t) = -

(0, t).

∂t

∂x∂t

Теперь из граничного условия задачи (4) определим функцию Ψ₀(t). Для этого рассмотрим

граничное условие при x = 0:

∫^t

∂h₀

Ψ₀(t) = ψ(t) - v₀(0,t) +

√

(0, τ) dτ - w₀(0, t).

ch (2(t - τ)) ∂τ

Таким образом, на данном шаге найдено слагаемое на нулевом шаге, которое можно запи-

сать в виде

[

(

)

(

)] (

)

x² th (2t)

u₀(x,t) =

√

-h₀

exp -

+ G(Ψ₀(t)) -

ch (2t)

2ε

∫t

(

)

∂h₀(0,τ)

x² th (2(t - τ))

√

exp -

dτ -

∂τ

ch (2(t - τ))

2ε

∫^t

(

)

(

)

∂²h₀

x² th (2(t - τ))

∂h

-x

(0, τ)

√

exp -

dτ +

h(x, t)-h(0, t)-x

(0, t)

∂τ∂x

(

ch (2(t - τ)))³

2ε

x²

∂x

Теперь можно записать главный член асимптотики

[

∫

(

)

h(0, τ)

x² th (2(t - τ))

u_gl(x,t) =

G(Ψ-1(t)) +

√

exp -

dτ +

ch (2(t - τ))

2ε

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023

1036

ЕЛИСЕЕВ и др.

∫^t

(

)

]

∂h(0, τ)

x² th (2(t - τ))

√

exp -

dτ

∂x

(

ch (2(t - τ)))³

2ε

⁰ [

(

)

(

)] (

)

x² th (2t)

√

-h₀

exp -

+ G(Ψ₀(t)) -

ch (2t)

2ε

∫t

(

)

∂h₀(0,τ)

x² th (2(t - τ))

√

exp -

dτ -

∂τ

ch (2(t - τ))

2ε

∫t

(

)

(

)

∂²h₀

x² th (2(t - τ))

∂h

-x

(0, τ)

√

exp -

dτ +

h(x, t)-h(0, t)-x

(0, t)

∂τ∂x

(

ch (2(t - τ)))³

2ε

x²

∂x

Для практического использования можно воспользоваться леммой 1 (см. п. 3). Тогда фор-

мула главного члена упрощается:

[

(

) ∫ t

(

)

h(0, τ)

x² th (2(t - τ))

u_gl(x,t) =

Ψ-1(t)erfc

√

exp -

dτ +

2ε th (2t)

ch (2(t - τ))

2ε

∫t

(

)

]

∂h(0, τ)

x² th (2(t - τ))

√

exp -

dτ

∂x

(

ch (2(t - τ)))³

2ε

[

(

)

(

)] (

)

x² th (2t)

√

-h₀

exp -

ch (2t)

2ε

(

)

∫

(

)

∂h₀(0,τ)

x² th (2(t - τ))

+ Ψ₀(t)erfc

√

exp -

dτ -

2ε th (2t)

∂τ

ch (2(t - τ))

2ε

∫t

(

)

∂²h₀

x² th (2(t - τ))

-x

(0, τ)

√

exp -

dτ +

∂τ∂x

(

ch (2(t - τ)))³

2ε

(

)

∂h

h(x, t) - h(0, t) - x

(0, t)

+ O(ε^∞).

x²

∂x

Здесь

(

)

∫

∞

erfc

√

e-z2 dz,

2ε th (2t)

√π

√

2ε th (2t)

а символом O(ε^∞) в асимптотическом анализе обозначается асимптотический нуль, т.е. сла-

гаемые, убывающие быстрее любой степени ε.

Теперь можно записать решение w₁(x, t) системы (5):

)

⁽∂h₀

∂h₀

∂²h0

w₁(x,t) = -

(x, t) -

(0, t) - x

(0, t)

= h₁(x,t),

x²

∂t

∂t∂x

где h₁(x, t) - гладкая функция.

Решим неоднородное относительно v₁(x, t) уравнение

∂v₁

∂²v₀

+ 2x th (2t)

+ th (2t)v₁ =

∂t

∂x

∂x²

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023

РЕШЕНИЕ СИНГУЛЯРНО ВОЗМУЩЁННОЙ СМЕШАННОЙ ЗАДАЧИ

1037

√

Cделав замену v₁(x, t) = α(x, t)/

ch (2t) и вычислив ∂²v₀/∂x², получим уравнение

∂α

∂α(x, t)

g′′0(x/ch (2t))

+ 2x th (2t)

∂t

∂x

ch²(2t)

Запишем уравнение характеристик

ch²(2t)dα

dt =

2x th (2t)

g^′′0(x/ch(2t))

Первые интегралы соответственно равны

= c₁, α(x,t) -

th (2t)g′′0(c₁) = c₂.

ch (2t)

Отсюда получим общее решение

(

)

(

)

α(x, t) =

th (2t)g^′′

+g₁

ch (2t)

где функция g₁ определяется из начальных условий. Таким образом, решение v₁(x, t) име-

ет вид

(

) (

)]

^[ th (2t)

v₁(x,t) =

√

g^′′

+g₁

ch (2t)

Определим функцию g₁(x/ch (2t)). Воспользуемся начальным условием g₁(x) = -h₁(x, 0).

Следовательно,

(

)

(

)]

^[ th (2t)

v₁(x,t) =

√

g^′′

-h₁

ch (2t)

Функции y₁(t), z₁(t) находятся на следующем итерационном шаге из условия разреши-

мости уравнения относительно w₂(x, t):

∂h₁

∂²h₀

∂²h₁

∂³h₀

y₁(t) = -

(0, t) +

(0, t), z₁(t) = -

(0, t) +

(0, t).

∂t

∂x²

∂t∂x

∂x³

Таким образом, найдено слагаемое на шаге ε, которое можно записать следующим об-

разом:

(

)

(

)]

(

)

^[ th (2t)

x² th (2t)

u₁(x,t) =

√

g^′′

+g₁

exp -

ch (2t)

2ε

∂h₁

∂²h₀

∫t

(

)

(0, τ) -

(0, τ)

x² th (2(t - τ))

∂τ

∂x²

+ G(Ψ₁(t)) -

√

exp -

dτ -

ch (2(t - τ))

2ε

∫^t

)

(

)

⁽∂²h₁

∂³h₀

x² th (2(t - τ))

-x

(0, τ) -

(0, τ)

√

exp -

dτ -

∂τ∂x

∂x³

(

ch (2(t - τ)))³

2ε

)

⁽∂h₀

∂h₀

∂²h0

(x, t) -

(0, t) - x

(0, t)

x²

∂t

∂t∂x

По этой схеме (по индукции) находятся следующие слагаемые асимптотического ряда.

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023

1038

ЕЛИСЕЕВ и др.

3. Оценка остаточного члена. Пусть решены N+1 итерационных задач. Тогда решение

задачи Коши можно представить в виде

∑

u(x, t, ε) =

ε^ku_k(x,t) + εN+1R_N(x,t,ε),

(6)

k=-1

где R_N (x, t, ε) - остаток, и слагаемые

u_k = v_k(x,t)e-ϕ(x,t)/ε + G(Ψ_k(t)) + σ₀(y_k(t)) + σ₁(z_k(t)) + w_k(x,t).

Подставив (6) в (1), получим задачу для остатка R_N (x, t, ε):

∂R_N

∂²R_N

-ε²

+ x²R_N = H(x,t,ε), R_N(0,t,ε) = 0, R_N(x,0,ε) = 0,

(7)

∂t

∂x²

где

)

⁽∂²v_N(x,t)

∂²w_N(x,t)

H(x, t, ε) = x²wN+1(x, t) + ε

e-ϕ(x,t)/ε +

∂x²

Заметим, что так как итерационные задачи решены вплоть до εN+1, то слагаемое

x²wN+1(x,t) = O(x)

(см. приложение 3).

Теорема (оценка остаточного члена). Пусть выполнены требования:

1) условия 1) и 2) для задачи (1);

2) H(x, t, ε) = O(x) при любых (x, t) ∈ [0, +∞) × [0, T ] и ε ∈ (0, ε₀].

Тогда существует C > 0 такое, что |R_N (x, t, ε)| ≤ C при всех (x, t) ∈ [0, +∞) × [0, T ] и

ε ∈ (0,ε₀].

Доказательство. Продолжим правую часть H(x, t, ε) и начальное условие нулями на

отрицательную полуось Ox. Используя фундаментальное решение Мелера, запишем решение

задачи (7) в виде

∫

R_N (x,t,ε) =

dτ

H(ξ, τ, ε)K(x, ξ, t - τ) dξ.

-∞

Оценим с учётом условия 2) остаток по модулю:

∫

C₁

|R_N (x, t, ε)| ≤

dτ

|H(ξ, τ, ε)|K(x, ξ, t - τ) dξ ≤

dτ

ξK(x,ξ,t - τ)dξ ≤

-∞

∫

(√

(

)

C₁

sh (2(t - τ))

x² cth (2(t - τ))

≤

exp -

ch (2(t - τ))

2ε

(

))

x² th (2(t - τ))

C₂

√

exp -

dτ ≤

(

ch (2(t - τ)))³

2ε

Запишем остаточный член в виде R_N = uN+1 + εRN+1. Тогда |R_N | ≤ |uN+1| + εC₂/ε ≤ C.

Лемма 1. Справедлива формула

∞

∫

G(Ψ(t)) = Ψ(t)

e-z2 dz + O(ε^∞), δ > 0, x ∈ [δ,+∞), t ∈ [0,T].

√π

√

2ε th (2t)

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023

РЕШЕНИЕ СИНГУЛЯРНО ВОЗМУЩЁННОЙ СМЕШАННОЙ ЗАДАЧИ

1039

Доказательство. Представим функцию в виде

∫

∞

∫

∞

(

)

G(ψ(t)) = ψ(t)

e-z2 dz + ψ(t)√

√

- 1 e-z2 dz +

√π

1-b²

√

2ε th (2t)

∫

∞

( (

(

))

)

√

ψ t-

- ψ(t) e-z2 dz.

√π

1-b²

1-b

√

2ε th (2t)

Оценим второе слагаемое



∫

∞

(

)



(t)

√

- 1 e-z2 dz

^ψ

≤

√π

1-b²

√

2ε th (2t)



∫

∞

(

)



(

)



x²



≤M^

√

- 1 e-z2 dz

M₁ exp -

= O(ε^∞)

≤

4ε th (2t)

√

1 - th²(2t)

2ε th (2t)

и третье слагаемое (в силу непрерывности ψ(t) на [0, T ])

(

))

)



∫

∞

ψ t-

- ψ(t) e-z2



1-b



√



≤

√π

1-b²

√

2ε th (2t)

∫∞

(

)

≤ 2M

√

e-z2 dz ≤ M₂ exp -x2

= O(ε^∞).

1-b²

4ε th (2t)

√

2ε th (2t)

Складывая эти оценки, получаем выражение

∞

∫

G(Ψ(t)) = Ψ(t)

e-z2 dz + O(ε^∞), δ > 0, x ∈ [δ,+∞), t ∈ [0,T].

√π

√

2ε th (2t)

√

Функция (2/√π)∫∞

e-z2 dz имеет обозначение erfc(x/

2ε th (2t)). Тогда G(Ψ(t))

2ε th (2t)

можно записать в виде

(

)

G(Ψ(t)) = Ψ(t) erfc

√

+ O(ε^∞).

2ε th (2t)

4. Фундаментальное решение Мелера. Рассмотрим задачу

∂u

∂²u

-ε²

+ x²u = 0, u(x,0) = δ(x - ξ).

∂t

∂x²

Сделав замену u(x, t) = e-x2/(2ε)-tv(x, t), запишем её как

∂v

∂²v

+ 2x

=ε

= 0, v(x, 0) = eξ2/(2ε)δ(x - ξ).

∂t

∂x

∂x²

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023

3^∗

1040

ЕЛИСЕЕВ и др.

∫_∞

Применим в этой задаче преобразование Фурье F (λ, t) =

v(x, t)e^-iλx dx и получим

-∞

относительно F задачу

∂F

- 2λ

= (-ελ² + 2)F, F (λ, 0) = eξ2/(2ε)-iλξ ,

∂t

∂λ

решение которой имеет вид

(

)

ξ²

ελ²

F (λ, t) = exp

2t +

- iλξe2t

2ε

После обратного преобразования Фурье с учётом замены u(x, t) = v(x, t)e-x2/(2ε)-t найдём

решение исходной задачи

(

)

∫

∞

)

x² - ξ²

⁽ ελ²

u(x, t) = exp -

exp

(e4t - 1) - iλ(ξe2t - x) dλ.

2ε

2π

−∞

Выделив полный квадрат в показателе экспоненты и вычислив интеграл Пуассона, окон-

чательно получим

[

]

x² + ξ²

xξ

K(x, t) =

√

exp

- cth (2t)

2πε sh (2t)

2ε

ε sh (2t)

5. Построение граничного оператора. Решим смешанную задачу

∂u

∂²u

-ε²

+ x²u = 0, u(x,0) = 0, u(0,t) = 1.

∂t

∂x²

Сделаем замену u(x, t) = e-x2/(2ε)v(x, t) и в результате получим задачу

∂v

∂²v

+ 2x

+v=ε

= 0, v(x, 0) = 0, v(0, t) = 1.

∂t

∂x

∂x²

Проведём синус-преобразование. Тогда будем иметь в пространстве образов задачу для

линейного относительно F уравнения

∂F

- 2λ

= (-ελ² + 1)F + ελ, F (λ, 0) = 0,

(8)

∂t

∂λ

где введено обозначение

∫∞

F (λ, t) = v(x, t) sin(λx) dx.

Запишем характеристическую систему для линейного уравнения в задаче (8):

dλ

dt =

-2λ

(-ελ² + 1)F + ελ

Система первых интегралов для неё имеет вид

∞

∫

√

λe2t = C₁, e-ε2λ²/⁴

λF -

e-εμ2/⁴√μdμ = C₂.

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023

РЕШЕНИЕ СИНГУЛЯРНО ВОЗМУЩЁННОЙ СМЕШАННОЙ ЗАДАЧИ

1041

Теперь несложно, учитывая начальное условие, получить решение исходной задачи в прост-

ранстве образов:

∫

^√μ

F (λ, t) =

eε(λ2-μ2)/4

dμ.

Замена переменной μ = λe2(t-τ) в последнем интеграле приведёт к более удобному в даль-

нейшем соотношению

∫t

(

)

F (λ, t) = ε exp -

λ²(e4(t-τ) - 1) + 3(t - τ) dτ.

Осталось осуществить обратное синус-преобразование Фурье, что в итоге позволит полу-

чить решение интересующей нас задачи:

∫

∞

∫

∞

(∫t

(

)

2ε

v(x, t) =

F (λ, t) sin(λx) dλ =

exp -

λ²(e4(t-τ) - 1) + 3(t - τ) dτ sin(λx)dλ.

Поменяв порядок интегрирования (что возможно в силу равномерной сходимости несоб-

ственного интеграла) и проделав несложные преобразования, получим

∫

e-x2/(εa)

v(x, t) =

√

dτ,

επ

2sh (2(t - τ))

где a = e4(t-τ) - 1. Отсюда найдём

∫

(

)

x² cth (2(t - τ))

u(x, t) =

√

exp -

dτ.

επ

2ε

2sh (2(t - τ))

Решение для произвольного граничного условия ψ(t) запишется в виде

∫

(

)

x² cth (2(t - τ))

u(x, t) =

ψ(τ)√

exp -

dτ.

(9)

επ

2ε

2sh (2(t - τ))

Дадим другое представление решения (9), предварительно сделав замену переменных z² =

= x²(2ε)-1 cth (2(t - τ)):

∫

∞

(

))

u(x, t) =

√

ψ t-

e-z2 dz, b =x2

√π

1-b²

1-b

2εz²

√

2ε th (2t)

Заключение. Как уже было отмечено ранее, основной проблемой применения метода ре-

гуляризации С.А. Ломова является поиск регуляризирующих функций. В случае спектраль-

ных особенностей у предельного оператора выделение сингулярной зависимости решения от

малого параметра - достаточно трудная задача. В предложенной работе для смешанной зада-

чи на полуоси для неоднородного параболического уравнения со спектральной особенностью

в виде “сильной” точки поворота задача построения регуляризованной асимптотики, как вы-

яснилось, состоит из трёх частей:

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023

1042

ЕЛИСЕЕВ и др.

1) описание пограничного слоя, обусловленного точкой t = 0;

2) выделение сингулярностей, связанных с точечной необратимостью предельного опера-

тора;

3) описание пограничного слоя, обусловленного точкой x = 0.

В данной статье описанные проблемы разрешены путём введения регуляризирующей функ-

ции и трёх дополнительных сингулярных операторов. Тем самым основные трудности метода

регуляризации для поставленной задачи преодолены, что подтверждается результатами наших

исследований.

Приложение 1. Покажем, что функция

∫

∞

(

)

x² + ξ²

xξ

u(x, t) =

√

exp -cth (2t)

f (ξ) dξ =

2πε sh (2t)

2ε

εsh 2t

∫

∞

[

)]

⁽ (ξ - x ch (2t))²

ξ² th (2t)

√

exp

f (ξ) dξ,

(10)

2πε sh (2t)

ε sh (4t)

2ε

где f(x) - непрерывная ограниченная функция, удовлетворяет задаче

∂u

∂²u

=ε²

- x²u, u(x,0) = f(x).

∂t

∂x²

Заметим, что интеграл (10) сходится равномерно в области {(x, t) : x ∈ (0, +∞), t ∈ [0, T ]}.

Действительно,

∫

∞

[

)]

⁽ (ξ - x ch (2t))²

ξ² th (2t)

|u(x, t)| ≤

√

exp

|f(ξ)| dξ ≤

2πε sh (2t)

ε sh (4t)

2ε

∫

∞

[

⁽ (ξ - x ch (2t))² )]

≤

√

exp

|f(ξ)| dξ ≤

2πε sh (2t)

ε sh (4t)

∫

∞

√

≤

2ε sh (2t))| dz ≤ M,

√πe-z2 |f(xch(2t)+z

-∞

√

так как (ξ - x ch (2t))/

2ε sh (2t) = z, dξ =

2ε sh (2t) dz.

Шаг 1. Формальное дифференцирование и подстановка формальных производных в урав-

нение. Найдём формально (т.е. не задумываясь над правомочностью этих действий) произ-

водные от функции u(x, t), входящие в уравнение. Затем проверим, что полученный интеграл

удовлетворяет однородному уравнению в задаче (1).

Вычислим входящие в уравнение частные производные

∫

∞

(

)

∂u

x² + ξ² - 2xξch (2t)

√

exp(. . .) -εcth (2t) +

f (ξ) dξ =

∂t

2πε sh (2t)

sh²(2t)

∫

∞

(

)

(x ch (2t) - ξ)²

√

exp(. . .) -εcth (2t) - x2 +

f (ξ) dξ,

2πε sh (2t)

sh²(2t)

∫

∞

(

)

∂²u

x² ch²(2t) - 2xξch (2t) + ξ²

ε²

√

exp(. . .) -εch (2t) +

f (ξ) dξ =

∂x²

2πε sh (2t)

sh²(2t)

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023

РЕШЕНИЕ СИНГУЛЯРНО ВОЗМУЩЁННОЙ СМЕШАННОЙ ЗАДАЧИ

1043

∫

∞

(

)

(x ch (2t) - ξ)²

√

exp(. . .) -εch (2t) +

f (ξ) dξ.

2πε sh (2t)

sh²(2t)

Здесь многоточием обозначен показатель экспоненты фундаментального решения.

Подставив вычисленные производные u_t, u_xx в уравнение, получим

∫

∞

[

(x ch (2t) - ξ)²

√

exp(. . .)

- εcth(2t) - x² +

2πε sh (2t)

sh²(2t)

]

(x ch (2t) - ξ)

+ εch(2t) -

+ x² f(ξ)dξ = 0.

sh²(2t)

Шаг 2. Обоснование правомочности формальных действий. Для того чтобы показать, что

функция u(x, t) удовлетворяет уравнению, нужно обосновать возможность дифференцирова-

ния по x и t под знаком интеграла при t > 0,

0 < x < +∞. Докажем этот факт при t >

> t₀ > 0, откуда в силу произвольности t₀ этот факт будет иметь место при t > 0. Заметим,

что если u(x, t) дифференцировать по x и t произвольное число раз, то будет выделяться

множитель (ξ - x ch (2t)) в положительной степени, а множитель sh (2t) - в отрицательной

степени. Таким образом, вопрос сводится к равномерной сходимости интеграла

∫∞

[

)]

⁽ (ξ - x ch (2t))²

ξ² th (2t)

J = (sh(2t))^-k2t exp

(ξ - x ch (2t))^mf(ξ) dξ.

ε sh (4t)

2ε

Оценим интеграл

∫∞

[

)]

⁽ (ξ - xch (2t))²

ξ² th (2t)

|J| ≤ (sh (2t))^-k exp

|ξ - x ch (2t)|^m|f(ξ)| dξ ≤

ε sh (4t)

2ε

∫∞

[

⁽ (ξ - xch (2t))² )]

≤ (sh (2t))^-k exp

|ξ - xch (2t)|^m|f(ξ)| dξ ≤

ε sh (4t)

∫∞

(

)

√

z²

≤ (sh (2t))-k+(m+1)/2

exp -

z^m|f(

sh (2t)z + x ch (2t))| dz,

2ε

−∞

√

где (ξ - x ch (2t))/

sh (2t) = z, dξ =

sh (2t) dz.

Учитывая, что |f(x)| ≤ M, получаем

√

e-z2/(2ε)z^m|f(

sh (2t)z + x ch (2t))| ≤ Me-z2/(2ε)z^m.

Но функция e-z2/(2ε)z^m интегрируема на промежутке (0, +∞), поэтому интеграл J равно-

мерно сходится при 0 < t₀ ≤ t ≤ T. Отсюда следует, что функция u(x, t) непрерывна и имеет

непрерывные производные любого порядка по x и t при t > 0. Кроме того, поскольку все

интегралы, участвующие в наших формальных операциях, являются равномерно сходящими-

ся по параметрам x, t в любом замкнутом прямоугольнике (x, t) ∈ [0, L] × [t₀, T ], t₀ > 0, то

их можно в этом прямоугольнике дифференцировать по x и t сколь угодно раз.

Шаг 3. Начальное условие. Функция u(x, t) не определена при t = 0. Однако её можно

доопределить в начальный момент времени по непрерывности, т.е. считать равной в момент

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023

1044

ЕЛИСЕЕВ и др.

t = 0 её пределу при t → +0. Так как интеграл (10) сходится равномерно на множестве

(0, +∞) × [0, T ], то возможен переход к пределу под знаком интеграла, т.е.

∫

∞

[

)]

⁽ (ξ - x ch (2t))²

ξ² th (2t)

u(x, 0) = lim

√

exp

f (ξ) dξ =

t→+0

2πε sh (2t)

ε sh (4t)

2ε

∫

∞

(

)

z²

√

lim

exp -

f (x ch (2t) + z

2ε sh (2t)) dz = f(x),

√π

t→+0

ch (2t)

√

x ch (2t)/

2ε sh (2t)

√

здесь (ξ - x ch (2t))/

2ε sh (2t) = z, dξ =

2ε sh (2t) dz.

Таким образом, функция u(x, t) действительно является решением задачи.

Приложение 2. Докажем, что

(

))

x² th (2t)

T_ε

√

exp -

= 0,

ch (2t)

2ε

∂

где T_ε = ε

-ε²

+x².

∂t

∂x²

Найдём производные

(

))

(

)(

)

∂

x² th (2t)

x²

√

exp -

√

exp -

- εth(2t)

∂t

ch (2t)

2ε

ch (2t)

2ε

ch²(2t)

(

))

(

)(

)

∂

x² th (2t)

ε²

√

exp -

√

exp -

x² th²(2t) - εth (2t) ,

∂x²

ch (2t)

2ε

ch (2t)

2ε

тогда

(

))

x² th (2t)

T_ε

√

exp -

ch (2t)

2ε

(

)(

)

x² th (2t)

x²

√

exp -

- εth(2t) - x2 th²(2t) + εth(2t) + x²

= 0.

ch (2t)

2ε

ch²(2t)

Аналогично доказывается, что

(

))

x² th (2t)

T_ε

√

exp -

= 0.

2ε

ch (2t)

Приложение 3. Уравнение для определения частного решения w₀ имеет вид

∂h

x²w₀(x,t) = h(x,t) - h(0,t) - x

(0, t).

∂x

Отсюда

∂h

h(x, t) - h(0, t) - x

(0, t)

∂x

w₀(x,t) =

= h₀(x,t),

x²

где h₀(x, t) - гладкая функция. Проведём цепочку оценок.



∂²h



|h₀(x, t)| =

(ξ, t)

0, 5M < M, где M - константа в задаче (1).

⁰

≤

∂x²

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023

РЕШЕНИЕ СИНГУЛЯРНО ВОЗМУЩЁННОЙ СМЕШАННОЙ ЗАДАЧИ

1045



∂w0

∂h0



₁

∂³h



x,t)

ξ₁,t)

< M и т.д., т.е. w₀ принадлежит классу огра-

⁼

≤

 ∂x

 ∂x ⁽

^6∂x³(

ниченных функций, для которых верна оценка |w₀| ≤ M.

Отсюда следует, что и все частные решения w_k итерационных задач по индукции также

принадлежат этому классу: так как

(

)

∂wk-1

∂²wk-2

w_k =

- yk-1(t) - xzk-1(t)

k ≥ 1,

x²

∂t

∂x²

то все эти оценки верны для любых w_k.

Оценим



∂h



|x²w₀| =

(x, t) - h(0, t) - x

(0, t)

2xM,

^h

≤

∂x

т.е. x²w₀ = O(x). Аналогично и x²w_k = O(x), k ≥ 1.

Результаты Елисеева А.Г. (постановка задачи, вывод уравнений для регуляризирующих

функций, сингулярных операторов для регуляризации правых частей итерационных задач,

граничного оператора для описания пограничного слоя в окрестности точки x = 0) были

получены при поддержке Министерства науки и высшего образования Российской Федерации

в рамках государственного задания (проект FSWF-2023-0012).

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

1. Ломов С.А. Введение в общую теорию сингулярных возмущений. М., 1981.

2. Ломов С.А., Ломов И.С. Основы математической теории пограничного слоя. М., 2011.

3. Eliseev A.G., Lomov S.A. Asymptotic integration of singularly perturbed problems // London Math.

Soc. Russ. Math. Surveys. 1988. V. 43. P. 1-63.

4. Yeliseev A., Ratnikova T., Shaposhnikova D. Regularized asymptotics of the solution of the singularly

perturbed first boundary value problem on the semiaxis for a parabolic equation with a rational “simple”

turning point // Mathematics. 2021. № 9. Art. 405.

5. Елисеев А.Г., Кириченко П.В. Сингулярно возмущённая задача Коши при наличии “слабой” точки

поворота первого порядка у предельного оператора с кратным спектром // Дифференц. уравнения.

2022. Т. 58. № 6. С. 733-746.

6. Елисеев А.Г. Пример решения сингулярно возмущённой задачи Коши для параболического урав-

нения при наличии “сильной” точки поворота // Дифференц. уравнения и процессы управления.

2022. № 3. С. 46-59.

7. Арнольд В.И. О матрицах, зависящих от параметров // Успехи мат. наук. 1971. Т. 26. Вып. 2 (158).

С. 101-114.

8. Mehler F.G. Ueber die Entwicklung einer Function von beliebig vielen Variablen nach Laplaceschen

Functionen honerer Ordnung // J. fur die Reine und Angewandte Mathematik. 1866. S. 161-176.

Национальный исследовательский университет

Поступила в редакцию 31.01.2023 г.

“Московский энергетический институт”

После доработки 18.06.2023 г.

Принята к публикации 20.07.2023 г.

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ том 59

№8

2023