| Математические заметки |
|
|
|
|
|
О существовании непродолжаемого решения задачи Коши одной М. В. Артемьеваa, М. О. Корпусовba a Московский государственный университет им. М. В. Ломоносова b Российский университет дружбы народов им. П. Лумумбы, г. Москва
Англоязычная версия:
Mathematical Notes, 2024, Volume 115, Issue 5, Pages DOI: https://doi.org/10.1134/S0001434624050018 
Реферативные базы данных:
  1. ВведениеСовременные радиоинформационные системы (РИС), решающие задачи мониторинга космического пространства, характеризуются большим числом плотно расположенной радиоэлектронной аппаратуры (РЭА), непрерывным функционированием в течение длительного времени, а также высокими требованиями к надежности. При работе структурно-сложной РИС в теплонапряженных режимах резко возрастает тепловыделение в РЭА за счет высокой токовой нагрузки. Повышение тепловыделения влечет за собой перегрев аппаратуры и, как следствие, снижение надежности изделия [1], а также увеличение вероятности отказов аппаратуры. Данные обстоятельства обуславливают необходимость исследования нелинейных тепловых процессов в полупроводнике, а также построения и изучения тепло-электрической модели полупроводника. Данная работа продолжает исследования, начатые в работах [2]–[7]. Причем в работе [7] была предложена одна тепло-электрическая модель разогрева полупроводника, которая сводилась к рассмотрению такого неклассического уравнения третьего порядка:
$$
\begin{equation}
\frac{\partial}{\partial t}\biggl(\phi_{xx}+\frac{\gamma}{2}|\phi_x|^2\biggr) +\frac{4\pi\sigma}{\varepsilon}\phi_{xx}=0.
\end{equation}
\tag{1.1}
$$
Для задачи на отрезке $x\in[0,L]$ с граничными условиями
$$
\begin{equation}
\phi(0,t)=\mu_0(t), \qquad \phi_x(0,t)=\mu_1(t), \qquad \phi(x,0)=\phi_0(x)
\end{equation}
\tag{1.2}
$$
мы получили результат о существовании непродолжаемого во времени классического решения, а также получили достаточные условия разрушения решений за конечное время, что с физической точки зрения означает возникновение электрического “пробоя”. В настоящей работе мы рассмотрели следующую задачу Коши для модельного уравнения (1.1):
$$
\begin{equation}
\frac{\partial}{\partial t}\biggl(v_{x}+\frac{\gamma}{2}v^2\biggr) +\frac{4\pi\sigma}{\varepsilon}v_{x}=0, \qquad v(x,0)=v_0(x).
\end{equation}
\tag{1.3}
$$
Для начальной функции $v_0(x)$, отделенной от нуля некоторым числом $a>0$,
$$
\begin{equation*}
v_0(x)\geqslant a>0 \qquad\text{для всех}\quad x\in\mathbb{R}^1
\end{equation*}
\notag
$$
мы доказали существование классического непродолжаемого во времени решения задачи Коши. Кроме того, для ограниченных начальных функций $v_0(x)=\mathrm{const}> 0$ для всех $x\leqslant b_0$ при некотором $b_0\in\mathbb{R}^1$ мы получили глобальную во времени априорную оценку.
2. Задача КошиРассмотрим следующую задачу Коши:
$$
\begin{equation}
\frac{\partial}{\partial t}(v_x+v^2)+v_x=0, \qquad (x,t)\in\mathbb{R}^1\times[0,T],
\end{equation}
\tag{2.1}
$$
Дадим определение классического решения задачи Коши (2.1), (2.2). Определение 1. Классическим решением задачи Коши (2.1), (2.2) называется функция класса $v(x,t)\in C^{(1)}([0,T];C^{(1)}_b(\mathbb{R}^1))$, удовлетворяющая равенствам (2.1), (2.2) поточечно. Замечание 1. С необходимостью имеем, что классическое решение удовлетворяет условию $v(x,0)\in C^{(1)}_b(\mathbb{R}^1)$. И поэтому с необходимостью имеем: $v_0(x)\in C^{(1)}_b(\mathbb{R}^1)$. Введем оператор Рассмотрим функцию
$$
\begin{equation}
q(x):=\int_{|0,x|}v(z)\,dz:= \begin{cases} \displaystyle\int_0^xv(z)\,dz,& \text{если}\ \ x\geqslant 0, \\ \displaystyle-\int_x^0v(z)\,dz,&\text{если}\ \ x\leqslant 0. \end{cases}
\end{equation}
\tag{2.4}
$$
Если функция $v(z)\in C_b(\mathbb{R}^1)$, то получаем, что
$$
\begin{equation}
q(x)\in C^{(1)}(\mathbb{R}^1), \qquad q'(x)=v(x)\in C_b(\mathbb{R}^1).
\end{equation}
\tag{2.5}
$$
Пусть функция $v(x)\in C_b(\mathbb{R}^1)$ обладает следующим свойством: найдется такое $b\in(-\infty,0]$, что
$$
\begin{equation}
v(x)\geqslant a>0 \qquad\text{для всех}\quad x\leqslant b.
\end{equation}
\tag{2.6}
$$
В этом случае, очевидно, сходится такой интеграл:
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag 0&\leqslant\int_{-\infty}^b\exp\biggl(-2\int_{y}^bv(z)\,dz\biggr)\,dy \leqslant\int_{-\infty}^b\exp\bigl(-2(b-y)a\bigr)\,dy \\ &=\int_0^{+\infty}\exp(-2az)\,dz=\frac{1}{2a}. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.7}
$$
Заметим, что при $x\geqslant b$ справедливы равенства
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag &\int_{-\infty}^x\exp(2q(y))\,dy =\int_{b}^x\exp(2q(y))\,dy+ \int_{-\infty}^b\exp\biggl(-2\int_y^0v(z)\,dz\biggr)\,dy \\ &\qquad =\int_{b}^x\exp(2q(y))\,dy+ \exp\biggl(-2\int_b^0v(z)\,dz\biggr) \int_{-\infty}^b\exp\biggl(-2\int_y^bv(z)\,dz\biggr)\,dy. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.8}
$$
В случае $x<b$ мы сразу же имеем оценку
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \int_{-\infty}^x\exp(2q(y))\,dy\leqslant\int_{-\infty}^0 \exp\biggl(-2\int_{y}^0v(z)\,dz\biggr)\,dy \leqslant\int_{-\infty}^0\exp(2ay)\,dy= \frac{1}{2a}. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.9}
$$
Следовательно, в классе $f(x)\in C_b(\mathbb{R}^1)$ следующий интеграл абсолютно сходится:
$$
\begin{equation}
\int_{-\infty}^x\exp(2q(y))|f(y)|\,dy\leqslant \sup_{x\in\mathbb{R}^1}|f(x)|\int_{-\infty}^x\exp(2q(y))\,dy\leqslant M(x)<+\infty
\end{equation}
\tag{2.10}
$$
для каждого фиксированного $x\in\mathbb{R}^1$. Рассмотрим уравнение в классе $h(x)\in C^{(1)}_b(\mathbb{R}^1)$ и $f(x)\in C_b(\mathbb{R}^1)$. С учетом введенной функции $q(x)$ справедливы равенства
$$
\begin{equation}
\exp(-2q(x))\frac{d}{d x}\bigl(\exp(2q(x))h(x)\bigr)=f(x),
\end{equation}
\tag{2.12}
$$
$$
\begin{equation}
\frac{d}{d x}\bigl(\exp(2q(x))h(x)\bigr)=\exp(2q(x))f(x).
\end{equation}
\tag{2.13}
$$
Интегрируя равенство (2.13) по $x$ в пределах от $-\infty$ по $x$, с учетом (2.10) получим равенство
$$
\begin{equation}
h(x)=\int_{-\infty}^x\exp(-2I(x,y))f(y)\,dy, \qquad y\leqslant x,
\end{equation}
\tag{2.14}
$$
Нужно рассмотреть три случая. Случай 1. Если $x\geqslant y\geqslant 0$, то имеем
$$
\begin{equation}
I(x,y)=\int_0^xv(z)\,dz-\int_0^yv(z)\,dz=\int_{y}^xv(z)\,dz.
\end{equation}
\tag{2.16}
$$
Случай 2. Если $0\geqslant x\geqslant y$, то имеем
$$
\begin{equation}
I(x,y)=-\int_x^0v(z)\,dz+\int_y^0v(z)\,dz=\int_{y}^xv(z)\,dz.
\end{equation}
\tag{2.17}
$$
Случай 3. Если $x\geqslant 0\geqslant y$, то имеем
$$
\begin{equation}
I(x,y)=\int_0^xv(z)\,dz+\int_y^0v(z)\,dz=\int_{y}^xv(z)\,dz.
\end{equation}
\tag{2.18}
$$
Итак в любом случае из (2.14) с учетом (2.15)–(2.18) получаем равенство
$$
\begin{equation}
h(x)=\int_{-\infty}^x\exp\biggl(-2\int_y^xv(z)\,dz\biggr)f(y)\,dy.
\end{equation}
\tag{2.19}
$$
Теперь потребуем выполнения более сильного условия, чем (2.6):
$$
\begin{equation}
v(x)\geqslant a>0 \qquad\text{для всех}\quad x\in\mathbb{R}^1.
\end{equation}
\tag{2.20}
$$
Пусть $f(x)\in C_b(\mathbb{R}^1)$; тогда в классе функций $v(x)\in C_b(\mathbb{R}^1)$, удовлетворяющих условию (2.20), получаем, что $h(x)$, определенное равенством (2.19), принадлежит классу $C^{(1)}_b(\mathbb{R}^1)$, причем
$$
\begin{equation}
\frac{d h(x)}{d x}=f(x)-2v(x)\int_{-\infty}^x\exp\biggl(-2\int_y^xv(z)\,dz\biggr)f(y)\,dy= f(x)-2v(x)h(x).
\end{equation}
\tag{2.21}
$$
Таким образом, доказана следующая Лемма 1. Оператор $Q_2(v)$, определенный равенством (2.3), для любой функции $v(x)\in C_b(\mathbb{R}^1)$, удовлетворяющей условию (2.20), действует следующим образом: Потребуем выполнения следующего условия для функции $v(x,t)$, т.е. зависящую еще от одной переменной. Пусть функция $v(x,t)\in C([0,T];C_b(\mathbb{R}^1))$ обладает следующим свойством:
$$
\begin{equation}
v(x,t)\geqslant ae^{-T}, \qquad a>0 \quad\text{для всех}\ \ x\in\mathbb{R}^1, \qquad t\in[0,T].
\end{equation}
\tag{2.25}
$$
Справедлива следующая лемма Лемма 2. Оператор $Q_2(v)$, определенный равенством (2.3), для любой функции $v(x,t)\in C([0,T];C_b(\mathbb{R}^1))$, удовлетворяющей условию (2.25), действует следующим образом: Доказательство. Имеем
$$
\begin{equation*}
\begin{gathered} \, Q_2(v)h(x,t)=\frac{\partial h(x,t)}{\partial x}+2v(x,t)h(x,t), \\ \frac{\partial h(x,t)}{\partial x}\in C\bigl([0,T];C_b(\mathbb{R}^1)\bigr), \qquad v(x,t)h(x,t)\in C\bigl([0,T];C_b(\mathbb{R}^1)\bigr). \end{gathered}
\end{equation*}
\notag
$$
Поэтому при условиях леммы имеет место свойство (2.26). Для доказательства оставшихся результатов рассмотрим функцию
$$
\begin{equation}
h(x,t):=\int_{-\infty}^x\exp\biggl(-2\int_y^xv(z,t)\,dz\biggr)f(y,t)\,dy.
\end{equation}
\tag{2.29}
$$
Справедливо равенство
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag h(x,t_1)-h(x,t_2) &=\int_{-\infty}^x \biggl[\exp\biggl(-2\int_y^xv(z,t_1)\,dz\biggr) -\exp\biggl(-2\int_y^xv(z,t_2)\,dz\biggr)\biggr] f(y,t_1)\,dy \\ \notag &\qquad\qquad +\int_{-\infty}^x\exp\biggl(-2\int_y^xv(z,t_2)\,dz\biggr)[f(y,t_1)-f(y,t_2)]\,dy \\ &:= h_1(x)+h_2(x). \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.30}
$$
Заметим, что справедливы равенства
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag &\exp\biggl(-2\int_y^xv(z,t_1)\,dz\biggr) -\exp\biggl(-2\int_y^xv(z,t_2)\,dz\biggr) =\int_0^1\frac{d}{d s}\exp\biggl(-2\int_y^xv_s(z)\,dz\biggr)\,ds \\ &\qquad =-2\int_0^1\exp\biggl(-2\int_y^xv_s(z)\,dz\biggr)\,ds\int_y^x[v(z,t_1)-v(z,t_2)]\,dz, \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.31}
$$
где $v_s(z):=sv(z,t_1)+(1-s)v(z,t_2)$. Итак, для $h_1(x)$ и $h_2(x)$ получаем следующие выражения:
$$
\begin{equation}
h_1(x) =-2\int_{-\infty}^x\biggl(\int_0^1\exp\biggl(-2\int_y^xv_s(z)\,dz\biggr)\,ds\biggr) \biggl(\int_y^x[v(z,t_1)-v(z,t_2)]\,dz\biggr) f(y,t_1)\,dy,
\end{equation}
\tag{2.32}
$$
$$
\begin{equation}
h_2(x) =\int_{-\infty}^x\exp\biggl(-2\int_y^xv(z,t_2)\,dz\biggr) [f(y,t_1)-f(y,t_2)]\,dy.
\end{equation}
\tag{2.33}
$$
Причем в силу того, что функция $v(z,t)$ удовлетворяет условию (2.25) имеем
$$
\begin{equation}
v_s(z)=sv(z,t_1)+(1-s)v(z,t_2)\geqslant (sa+(1-s)a)e^{-T}=ae^{-T}>0
\end{equation}
\tag{2.34}
$$
для всех $z\in\mathbb{R}^1$ и $t\in[0,T]$. Нетрудно заметить, что в силу неравенств (2.34) несобственный интеграл в определении (2.32) функции $h_1(x)$ сходится для всех $t_1,t_2\in[0,T]$. Для производных функций $h_1(x)$ и $h_2(x)$ справедливы равенства
$$
\begin{equation}
\nonumber \frac{\partial h_1(x)}{\partial x} =4\int_{-\infty}^x\biggl(\int_0^1\exp\biggl(-2\int_y^xv_s(z)\,dz\biggr) v_s(x)\,ds\biggr)
\end{equation}
\notag
$$
$$
\begin{equation}
\nonumber \qquad\qquad \times\biggl(\int_y^x[v(z,t_1)-v(z,t_2)]\,dz\biggr)f(y,t_1)\,dy
\end{equation}
\notag
$$
$$
\begin{equation}
\qquad -2\int_{-\infty}^x\biggl(\int_0^1\exp\biggl(-2\int_y^xv_s(z)\,dz\biggr)\,ds\biggr) [v(x,t_1)-v(x,t_2)]f(y,t_1)\,dy,
\end{equation}
\tag{2.35}
$$
$$
\begin{equation}
\frac{\partial h_2(x)}{\partial x} =f(x,t_1)-f(x,t_2)-2v(x,t_2)h_2(x).
\end{equation}
\tag{2.36}
$$
Из явного вида (2.32)–(2.36) с учетом неравенств (2.25) и (2.34) приходим к выводу о том, что
$$
\begin{equation}
\sup_{x\in\mathbb{R}^1}\biggl[|h_k(x)|+\biggl|\frac{\partial h_k}{\partial x}\biggr|\biggr]\to+0, \qquad k=1,2,
\end{equation}
\tag{2.37}
$$
при $|t_1-t_2|\to+0$ для всех $t_1,t_2\in[0,T]$. Таким образом, функция $h(x,t)$, определенная равенством (2.29), принадлежит классу $C([0,T];C^{(1)}_b(\mathbb{R}^1))$. С учетом доказательства леммы 1 приходим к выражениям (2.27) и (2.28). Пусть $v(x,t)$ – классическое решение задачи Коши (2.1), (2.2). Тогда задачу Коши (2.1), (2.2) можно переписать в следующей абстрактной форме: В классе $v(x,t)\in\mathbb{C}^{(1)}([0,T];C^{(1)}_b(\mathbb{R}^1))$ абстрактная задача Коши (2.26) эквивалентна следующей задаче: из которой в свою очередь получаем интегральное уравнение
$$
\begin{equation}
v(t)=v_0e^{-t}+2\int_0^te^{-(t-\tau)}Q^{-1}_2(v(\tau))v^2(\tau)\,d\tau.
\end{equation}
\tag{2.40}
$$
Введем следующий оператор:
$$
\begin{equation}
Q(v)(t):=v_0e^{-t}+2\int_0^te^{-(t-\tau)}Q^{-1}_2(v(\tau))v^2(\tau)\,d\tau.
\end{equation}
\tag{2.41}
$$
Справедлива следующая Лемма 3. Оператор $Q(\cdot)$, определенный равенством (2.41), для любой функции $v_0(x)\in C^{(1)}_b(\mathbb{R}^1)$ действует следующим образом: Кроме того, справедливо неравенство Доказательство. Заметим, что оператор действует следующим образом:
$$
\begin{equation}
S\colon C\bigl([0,T];C_b^{(1)}(\mathbb{R}^1)\bigr) \to C^{(1)}\bigl([0,T];C_b^{(1)}(\mathbb{R}^1)\bigr).
\end{equation}
\tag{2.45}
$$
Оператор $Q(\cdot)$ можно представить в виде и поэтому с учетом (2.45) и леммы 2.27 получаем (2.42). Замечание 2. В частности, из (2.42) получаем, что В связи с этим замечанием рассмотрим следующее банахово пространство:
$$
\begin{equation}
B[0,T]:=\bigl\{v(t)\in C([0,T];C_b(\mathbb{R}^1))\colon v(t)\geqslant v_0e^{-t}\bigr\}, \qquad v_0\in C_b^{(1)}(\mathbb{R}^1),
\end{equation}
\tag{2.49}
$$
относительно стандартной нормы
$$
\begin{equation}
\| v\|_B:=\sup_{t\in[0,T]}\sup_{x\in\mathbb{R}^1}|v(t)|.
\end{equation}
\tag{2.50}
$$
В связи с леммой 3 и замечания 2 приходим к следующей Теперь рассмотрим замкнутое, выпуклое и ограниченное в $B[0,T]$ подмножество
$$
\begin{equation}
B_R:=\bigl\{v(t)\in B[0,T]\colon \| v\|_B\leqslant R\bigr\}, \qquad R>0.
\end{equation}
\tag{2.52}
$$
Справедлива следующая Лемма 5. Если найдется такое число $a>0$, что $v_0(x)\geqslant a$ для всех $x\in\mathbb{R}^1$, то при достаточно большом $R=R(v_0)>0$ и достаточно малом $T>0$ оператор $Q(\cdot)$ действует следующим образом: Доказательство. Пусть $v_0(x)\in C^{(1)}_b(\mathbb{R}^1)$ – фиксированная функция. Выберем $R>0$ настолько большим, чтобы Зафиксируем $R>0$. Согласно условию леммы для любой функции $v(t)\in B_R\subset B[0,T]$ выполнено неравенство
$$
\begin{equation}
v(t)\geqslant ae^{-t} \qquad\text{для всех}\quad t\in[0,T], \quad x\in\mathbb{R}^1.
\end{equation}
\tag{2.55}
$$
Отсюда в силу леммы 4 получаем оценку
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag 0 &\leqslant Q_2^{-1}(v)\phi\leqslant\int_{-\infty}^x\exp \bigl(-2ae^{-t}(x-y)\bigr)\phi(y,\tau)\,dy \\ &\leqslant \|\phi\|_B\int_{-\infty}^x\exp \bigl(-2ae^{-t}(x-y)\bigr)\,dy=\|\phi\|_B\frac{e^{t}}{2a}. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.56}
$$
Из (2.46) с учетом (2.56) получаем неравенство
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag 0&\leqslant Q(v)(x,t)\leqslant\| v_0\|_Be^{-t}+\frac{\| v\|^2_B}{a}\int_0^te^{2\tau-t}\,d\tau \\ &\leqslant \| v_0\|_Be^{-t}+\frac{\| v\|^2_B}{2a}Te^{T}\leqslant \frac{R}{2}+Te^T\frac{R^2}{2a}\leqslant R, \qquad (x,t)\in\mathbb{R}^1\times[0,T], \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.57}
$$
при условии, что $T>0$ настолько мало, что выполнено неравенство Таким образом, при выполнении условия (2.58) из неравенства (2.57) получаем оценку Теперь наша задача доказать сжимаемость оператора $Q(\cdot)$ на множестве $B_R$. Справедлива следующая Лемма 6. Если найдется такое число $a>0$, что $v_0(x)\geqslant a$ для всех $x\in\mathbb{R}^1$, то при достаточно малом $T>0$ оператор $Q(\cdot)$ сжимающий на $B_R$: для всех $v_1,v_2\in B_R$. Доказательство. Пусть $v_k(t)\in B_R$ при $k=1,2$. Введем функцию С учетом (2.28) справедливы неравенства
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag &g_1(x,t)-g_2(x,t) =\int_{-\infty}^x\biggl[\exp\biggl(-2\int_y^xv_1(z,t)\,dz\biggr)- \exp\biggl(-2\int_y^xv_2(z,t)\,dz\biggr)\biggr]v_1^2(y,t)\,dy \\ &\qquad\qquad + \int_{-\infty}^x\exp\biggl(-2\int_y^xv_2(z,t)\,dz\biggr)[v_1^2(y,t)-v_2^2(y,t)]\,dy. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.62}
$$
Справедливо равенство
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag & \exp\biggl(-2\int_y^xv_1(z,t)\,dz\biggr)- \exp\biggl(-2\int_y^xv_2(z,t)\,dz\biggr) =\int_0^1\frac{d}{d s}\exp\biggl(-2\int_y^xv_s(z,t)\,dz\biggr)\,ds \\ &\qquad =-2\int_0^1\exp\biggl(-2\int_y^xv_s(z,t)\,dz\biggr)\,ds \int_y^x[v_1(z,t)-v_2(z,t)]\,dz, \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.63}
$$
где $v_s(z,t)=sv_1(z,t)+(1-s)v_2(z,t)$, причем справедливы неравенства
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag v_s(x,t) &=sv_1(x,t)+(1-s)v_2(x,t) \\ &\geqslant sv_0(x)e^{-t}+(1-s)v_0(x)e^{-t}=v_0(x)e^{-t}\geqslant ae^{-t}. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.64}
$$
С учетом (2.63) и (2.62) справедливо равенство
$$
\begin{equation}
\begin{split} h_1(x,t)&:=-2\int_{-\infty}^x\int_0^1\exp\biggl(-2\int_y^xv_s(z,t)\,dz\biggr)\,ds \\ &\qquad \times \biggl(\int_y^x[v_1(z,t)-v_2(z,t)]\,dz\biggr)v_1^2(y,t)\,dy, \end{split}
\end{equation}
\tag{2.66}
$$
$$
\begin{equation}
h_2(x,t):=\int_{-\infty}^x\exp\biggl(-2\int_y^xv_2(z,t)\,dz\biggr)[v_1^2(y,t)-v_2^2(y,t)]\,dy.
\end{equation}
\tag{2.67}
$$
Из (2.67) с учетом (2.64) получаем такую оценку
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag |h_1(x,t)| &\leqslant 2R^2\int_{-\infty}^x\exp\bigl(-2ae^{-t}(x-y)\bigr)(x-y)\,dy\| v_1-v_2\|_B \\ &=2R^2\frac{A_0}{4a^2}\| v_1-v_2\|_Be^{2t}, \qquad A_0:=\int_0^{+\infty}\exp(-z)z\,dz. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.68}
$$
Из (2.67) получаем оценку
$$
\begin{equation}
|h_2(x,t)|\leqslant 2R\int_{-\infty}^x\exp\bigl(-2ae^{-t}(x-y)\bigr)\,dy\| v_1-v_2\|_B= \frac{R}{a}\| v_1-v_2\|_Be^t.
\end{equation}
\tag{2.69}
$$
Из (2.65) с учетом (2.68) и (2.69) получаем оценку
$$
\begin{equation}
|g_1(x,t)-g_2(x,t)|\leqslant\biggl(2R^2\frac{A_0}{4a^2}e^{2t}+\frac{R}{a}e^t\biggr) \| v_1-v_2\|_B.
\end{equation}
\tag{2.70}
$$
В силу (2.61) и определения (2.41) оператора $Q(\cdot)$ получаем неравенство
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag \bigl|Q(v_1)(x,t)-Q(v_2)(x,t)\bigr| &\leqslant 2\int_0^te^{-(t-\tau)}|g_1(x,\tau)-g_2(x,\tau)|\,d\tau \\ & \leqslant 2T\biggl(2R^2\frac{A_0}{4a^2}e^{2T}+\frac{R}{a}e^T\biggr) \| v_1-v_2\|_B, \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.71}
$$
из которого получаем искомую оценку при малом $T>0$ настолько, что С учетом лемм 5 и 6 в силу принципа сжимающих отображений получаем, что при достаточно малом $T>0$ существует единственное решение $v(t)\in C([0,T];C_b(\mathbb{R}^1))$ интегрального уравнения (2.41). Используя стандартный алгоритм продолжения решения интегрального уравнения (2.41) во времени (см. работу [8]), получим следующий результат. Теорема 1. Для любой функции $v_0(x)\in C^{(1)}_b(\mathbb{R}^1)$, удовлетворяющей неравенству Отсюда с учетом леммы 3 и равенства (2.40) получаем основной результат работы Теорема 2. Для любой функции $v_0(x)\in C^{(1)}_b(\mathbb{R}^1)$, удовлетворяющей неравенству Кроме того, справедлив следующий качественный результат Лемма 7. Если выполнены условия теоремы 2 и, кроме того, Доказательство. Прежде всего докажем, что оператор $Q(\cdot)$, определенный равенством (2.41), при условии (2.75) переводит функции $v(x,t)$ со свойством (2.76) в функции с таким же свойством. Действительно, при $x\leqslant b_0$ и $t\in[0,T_0)$ имеем
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag Q(v)(x,t) &=v_0e^{-t}+2\int_0^te^{-(t-\tau)}\int_{-\infty}^x \exp\biggl(-2\int_y^xv(z,t)\,dz\biggr)v^2(y,\tau)\,dy\,d\tau \\ \notag &=a_0e^{-t}+2\int_0^te^{-(t-\tau)}\int_{-\infty}^x \exp\bigl(-2a_0(x-y)\bigr)a_0^2\,dy\,d\tau \\ &=a_0e^{-t}+a_0\int_0^{t}e^{-(t-\tau)}\,d\tau=a_0. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{2.77}
$$
Осталось вместо банахова пространства $B[0,T]$, определенного формулой (2.49), рассмотреть такое банахово пространство относительно supremum нормы:
$$
\begin{equation}
B_1[0,T]:=\bigl\{v(t)\in C([0,T];C_b(\mathbb{R}^1))\colon v(t)\geqslant v_0e^{-t};\, v(t)=a_0,\,x\leqslant b_0\bigr\},
\end{equation}
\tag{2.78}
$$
далее повторить все те же рассуждения относительно оператора $Q(\cdot)$ и методом сжимающих отображений доказать существования единственного решения интегрального уравнения (2.41), но уже в другом банаховом пространстве $B_1[0,T]$. Далее приходим к результату основной теоремы 2. 3. Априорные оценкиПусть выполнены все условия леммы 7 и $v(x,t)\in C^{(1)}([0,T];C^{(1)}_b(\mathbb{R}^1))$ для всех $T\in(0,T_0)$ – классического решения задачи Коши (2.1), (2.2). Тогда умножим обе части уравнения (2.1) на $v(x,t)$ и проинтегрируем по $x\in[-L,L]$, причем $L>|b_0|$. Получим равенство
$$
\begin{equation}
\frac{d}{d t}\int_{-L}^Lv^2(x,t)\,dx+v_t(L,t)-v_t(-L,t)+v(L,t)-v(-L,t)=0, \qquad t\in[0,T].
\end{equation}
\tag{3.1}
$$
С учетом леммы 7 получим Из (3.1) и (3.2) и того, что $v(x,t)\geqslant 0$ получим неравенство
$$
\begin{equation}
\frac{d}{d t}\int_{-L}^Lv^2(x,t)\,dx+v_t(L,t)\leqslant a_0, \qquad t\in[0,T].
\end{equation}
\tag{3.3}
$$
Проинтегрируем по $t$ обе части неравенства (3.3) и получим неравенство
$$
\begin{equation}
\int_{-L}^Lv^2(x,t)\,dx+v(L,t)-v_0(L)\leqslant a_0t+\int_{-L}^Lv_0^2(x)\,dx, \qquad t\in[0,T],
\end{equation}
\tag{3.4}
$$
из которого в силу неотрицательности $v(x,t)$ получим искомое неравенство
$$
\begin{equation}
\int_{-L}^Lv^2(x,t)\,dx\leqslant a_0t+\sup_{x\in\mathbb{R}^1}v_0(x)+\int_{-L}^Lv_0^2(x)\,dx, \qquad t\in[0,T].
\end{equation}
\tag{3.5}
$$
Теперь умножим уравнение (2.1) на $v_x(x,t)$ и получим цепочку равенств:
$$
\begin{equation}
\frac{1}{2}\frac{\partial}{\partial t}(v_x)^2+(v_x)^2+\frac{\partial v^2}{\partial t}v_x=0,
\end{equation}
\tag{3.6}
$$
$$
\begin{equation}
\begin{split} \frac{\partial v^2}{\partial t}v_x &=2vv_tv_x=v_t(v^2)_x=(v_tv^2)_x-v_{xt}v^2 \\ &=(v_tv^2)_x+((v^2)_t+v_x)v^2=(v_tv^2)_x+\frac{1}{2}(v^4)_t+\frac{1}{3}(v^3)_x, \end{split}
\end{equation}
\tag{3.7}
$$
$$
\begin{equation}
\frac{1}{2}\frac{\partial}{\partial t}((v_x)^2+v^4)+(v_x)^2+\frac{1}{3}(v^3)_x+(v_tv^2)_x=0,
\end{equation}
\tag{3.8}
$$
$$
\begin{equation}
\frac{1}{2}\frac{\partial}{\partial t}((v_x)^2+v^4)+\frac{1}{3}(v^3)_x+(v_tv^2)_x\leqslant 0.
\end{equation}
\tag{3.9}
$$
Проинтегрируем обе части неравенства (3.9) по $x\in[-L,L]$ и получим неравенство
$$
\begin{equation}
\frac{1}{2}\frac{d}{d t}\int_{-L}^L((v_x)^2+v^4)\,dx+ \frac{1}{3}(v^3)_t(L,t)+\frac{1}{3}v^3(L,t)\leqslant\frac{1}{3}a_0^3,
\end{equation}
\tag{3.10}
$$
где мы воспользовались выражениями
$$
\begin{equation}
\begin{gathered} \, \notag v_t(-L,t)=0,\qquad v(-L,t)=a_0, \\ \frac{1}{2}\frac{d}{d t}\int_{-L}^L((v_x)^2+v^4)\,dx+ \frac{1}{3}(v^3)_t(L,t)\leqslant\frac{1}{3}a_0^3, \end{gathered}
\end{equation}
\tag{3.11}
$$
поскольку $v(x,t)\geqslant 0$. Теперь проинтегрируем неравенство (3.11) по времени и получим неравенство
$$
\begin{equation}
\frac{1}{2}\int_{-L}^L((v_x)^2+v^4)\,dx\leqslant \frac{1}{2}\int_{-L}^L((v_{0x})^2+v_0^4)\,dx+\frac{1}{3}a_0^3t +\frac{1}{3}\sup_{x\in\mathbb{R}^1}v_0^3(x).
\end{equation}
\tag{3.12}
$$
Из неравенств (3.5) и (3.12) получаем искомую оценку
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag &\frac{1}{2}\int_{-L}^L((v_x)^2+v^2)\,dx\leqslant \frac{1}{2}\int_{-L}^L((v_{0x})^2+v_0^4+v_0^2)\,dx \\ &\qquad\qquad +\frac{1}{2}a_0t+\frac{1}{3}a_0^3t+\frac{1}{3}\sup_{x\in\mathbb{R}^1}v_0^3(x)+ \frac{1}{2}\sup_{x\in\mathbb{R}^1}v_0(x). \end{aligned}
\end{equation}
\tag{3.13}
$$
В силу известного вполне непрерывного вложения $H^1(-L,L)\subset C^{1/2}[-L,L]$ из (3.13) получаем оценку для конечного $T_0$:
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag &\sup_{t\in[0,T_0]}\sup_{x\in[-L,L]}|v(x,t)|\leqslant K_1\biggl(\frac{1}{2}\int_{-L}^L((v_{0x})^2+v_0^4+v_0^2)\,dx \\ &\qquad\qquad +\frac{1}{2}a_0T_0+\frac{1}{3}a_0^3T_0+\frac{1}{3}\sup_{x\in\mathbb{R}^1}v_0^3(x)+ \frac{1}{2}\sup_{x\in\mathbb{R}^1}v_0(x)\biggr)^{1/2} \end{aligned}
\end{equation}
\tag{3.14}
$$
для любого $L>|b_0|$ с некоторой постоянной $K_1>0$, зависящей от $L>0$. Оценка (3.14) означает, что либо $T_0=+\infty$, либо $T_0<+\infty$ и в любой конечной части $(x,t)\in[-L,L]\times[0,T_0]$ множества $\mathbb{R}^1\times[0,T_0]$ особенности у решения $v(x,t)$ нет.
Цитирование в формате AMSBIB
\RBibitem{ArtKor24} |
|
||||||||||
|
Обратная связь: |
Пользовательское соглашение
|
Регистрация посетителей портала |
Логотипы |
|