Алиев Р.А. Обратная задача определения коэффициента в

Математика
УДК 517.946
ОБРАТНАЯ ЗАДАЧА ОПРЕДЕЛЕНИЯ КОЭФФИЦИЕНТА
В ЭЛЛИПТИЧЕСКОМ УРАВНЕНИИ
Р.А. Алиев1
Рассмотрена обратная задача определения коэффициента в эллиптическом уравнении в прямоугольнике. Задачи идентификации неизвестных
плотностей источников и коэффициентов приводят к подобным обратным
задачам. Использованием метода оценок типа Карлемана доказывается теорема единственности поставленной обратной задачи.
Ключевые слова: обратная задача; эллиптическое уравнение.
Обратные задачи для линейных и нелинейных уравнений эллиптического типа рассмотрены
в работах [1–9]. В работах [2, 10] используя метод оценок типа Карлемана [11–12] получена теорема единственности для широкого класса обратных задач. В работе с использованием этой идеи
получена теорема единственности для уравнения эллиптического типа.
Рассмотрим задачу об определении {q (u ), u ( x, y ),φ2 ( y )} из следующих условий
−∆u + u = h1 ( x, y )q(u ) + h2 ( x, y ), ( x, y ) ∈ D,
(1)
u x (0, y ) = φ1 ( y ), u x (l1 , y ) = φ2 ( y ), 0 ≤ y ≤ l2 ,
(2)
u ( x,0) = ϕ1 ( x), u y ( x, l2 ) = ϕ 2 ( x), 0 ≤ x ≤ l1 ,
(3)
u (d 0 , y ) = χ ( y ),0 < d 0 < l1 , 0 ≤ y ≤ l2 ,
uy
удовлетворяющих
y =0 =
g ( x), 0 ≤ x ≤ l1 ,
hi ( x, y ) ∈ C
3+α
ϕi ( x),
( D), i = 1, 2,ϕ1 ( x) ∈ C
(5)
ϕ1x (0) = φ1 (0),ϕ1x (l1 ) = φ2 (0), ϕ2 x (0) = φ1 y (l2 ), ϕ2 x (l1 ) = φ2 y (l2 ),
условиям
φ1 y (0) = g x (0), φ2 y (0) = g x (l1 ), ϕ1 (d 0 ) = χ (0),ϕ2 (d 0 ) = χ y (l2 ) .
0 < y < l2 }, hi ( x, y ),
(4)
i = 1,2,φ1 ( y ), χ ( y ), g ( x)
4+ a
[0, l1 ],ϕ 2 ( x) ∈ C
3+ a
Здесь
известные
−
[0, l1 ], φ1 ( y ) ∈ C
D = {( x, y ) 0 < x < l1 ,
3+α
[0, l2 ], χ ( y ) ∈ C
функции,
4+α
[0, l2 ] ,
g ( x) ∈ C 3+ a [0, l1 ], R1 = ϕ1 (0), R2 = χ (l2 ), 0 < α < 1 .
Определение. Функции {q (u ), u ( x, y ),φ2 ( y )} назовем решением задачи (1)–(5), если функции
q (u ),φ2 ( y ) принадлежат соответственно классам M [ R1 , R2 ] и N [0, l2 ], в которых 0 < µ1 ≤
≤ q(u ) ≤ µ 2 ,ν 1 ≤ q′(u ) ≤ ν 2 < 0, q(u ) ∈ C 2 [ R1 , R2 ], φ2 ( y ) ≥ µ > 0, φ2 y ( y ) ≥ 0, φ2 ( y ) ∈ C 3 [0, l2 ],
u ( x, y ) ∈
C 4 ( D) и удовлетворяют соотношениям (1)–(5).
Обозначим через α 0 = ϕ1 (0), α1 = ϕ1 (l1 ), α 2 = χ (l2 ). Пусть α1 < α 2 . Для каждого z ∈ [α1 , α 2 ] через sz ( x) обозначим функцию y = sz ( x), являющуюся решением уравнения u ( x, sz ( x)) = z ,
( x, sz ( x)) ∈ D. Введем обозначение: Dz = {( x, y ) ∈ D, u ( x, y ) < z}. Для каждого z ∈ [α1 , α 2 ] обозначим u ( x, sz (d 0 )) = f z ( x) . Очевидно, что f z (d 0 ) = z. Пусть χ ′( y ) > 0 и γ ( z ) обратная функция
χ ( y ) , тогда γ ( z ) = sz (d 0 ) .
2
2
i , j =1
i =1
Теорема 1. Пусть aij ( x, y ) ∈ C 2 ( D) , ∑ aijξiξ j ≥ λ1 ∑ ξi2 , λ1 > 0 и функция u ( x, y ) ∈ C 2 ( D) ∩
∩C ( D) и удовлетворяет в области D условию
a11 ( x, y )u xx + 2a12 ( x, y )u xy + a22 ( x, y )u yy = b1 ( x, y )u x + b2 ( x, y )u y + b3 ( x, y )u ,
1
Алиев Рамиз Аташ оглы − кандидат физико-математических наук, доцент, кафедра информатики и информационных систем, Азербайджанский университет кооперации, г. Баку, Азербайджан.
E-mail: ramizaliyev3@rambler.ru
2015, том 7, № 2
5
Математика
где bi ( x, y ), i = 1, 2,3 – ограниченные функции на D . Если в области D
a11u xx + 2a12u xy + a22u yy ≤ M  u x + u y + u  , M > 0, ( x, y ) ∈ D,
u (l1 , y ) = 0, u x (l1 , y ) = 0, y ∈ [ 0, l2 ] ,
тогда u ( x, y ) ≡ 0 в D [11, c. 99].
Лемма 1. Пусть решение задачи (1)–(5) существует и выполнены следующие условия
h1 ( x, y ) > 0, hi x ( x, y ) > 0, hi y ( x, y ) > 0, i = 1, 2, ϕ1x ( x) ≥ µ ,
ϕ2 ( x) ≥ µ ,φ1 ( y ) ≥ µ , g ( x) ≥ µ , φ1 y ( y ) ≤ 0.
Тогда верны следующие оценки
где
u x ( x, y ), u y ( x, y ) ≥ λ2 > 0 ,
(6)
µ = min{min g ( x), min ϕ1x ( x), min ϕ2 ( x), min φ1 ( y )} ,
x
x
x
y
µ1h1 y ( x, y ) + h2 y ( x, y )
µ1h1x ( x, y ) + h2 x ( x, y )
, min
}.
D
D
1 −ν 1h1 ( x, y )
1 − ν 1h1 ( x, y )
Доказательство. Задачу (1) − (3) продифференцируем соответственно по x и y, учитывая
условия леммы и используя принцип максимума, получим оценки (6) . Лемма доказана.
В силу (6) функция sz ( x) корректно определена для всех x , таких, что u ( x, l2 ) ≥ z и в частности, для всех x ∈ [d 0 , l1 ].
Теорема. Пусть α1 < α 2 и функция q ( z ) известна при z ∈ (α 0 ,α1 ). Тогда найдется не более
λ2 = min{µ , min
одной вектор-функции (u , q, φ2 ( y )) ∈ C 4 ( Dα 2 ) × M [α 0 , α 2 ] ×N [0, sα 2 (d 0 )] удовлетворяющей (1)–
(5), (6) и такой, что u ( x, y ) ∈ C 4 ( D).
Сначала докажем несколько лемм.
Лемма 2. Пусть числа c ∈ [α1 , α 2 ], q ( z ) известны при z ∈ [α 0 , c] . Тогда функция u ( x, y ) в области Dc определяется единственным образом.
Доказательство. В силу (6) sc (d 0 ) ∈ (0, l2 ), χ ( sc (d 0 )) = c и число sc (d 0 ) известно, так как
функция χ известна. Обозначим Gα1 = (0, d 0 ) × (0, sα1 (d 0 )), Gc = (0, d 0 ) × ( sα1 (d 0 ), sc (d 0 )) при
c > α1 и G = (0, d 0 ) × (0, sc (d 0 )) . Очевидно, что G = Gα1 ∪ Gc .
Введем функцию
 q (ϕ1 ( x)),( x, y ) ∈ Gα1 ,
L ( x, y ) = 
 q ( χ ( y )),( x, y ) ∈ Gc .
В области G = (0, d 0 ) × (0, sc (d 0 )) рассмотрим обратную задачу об определении функции
{ f ( x), u ( x, y )} из следующих условий
−∆u + u = h1 ( x, y ) L( x, y ) + h2 ( x, y ) , ( x, y ) ∈ G ,
(7)
u x (0, y ) = φ1 ( y ), u ( d 0 , y )) = χ ( y ), y ∈ (0, sc (d 0 )),
(8)
u ( x,0) = ϕ1 ( x), u ( x, sc (d 0 )) = f c ( x), x ∈ (0, d 0 ),
(9)
uy
удовлетворяющих условиям
χ y (0) = g (d 0 ), φ1 y (0) = g x (0).
y =0
= g ( x) , x ∈ (0, d 0 ),
(10)
ϕ1x (0) = φ1 (0),ϕ1 (d 0 ) = χ (0), fcx (0) = φ1 ( sc (d 0 )), f c (d 0 ) = χ ( sc (d 0 )),
Предположим, что существуют два решения: {u1 ( x, y ), f1c ( x)} и {u2 ( x, y ), f 2c ( x)}. Обозначим
uɶ ( x, y ) = u ( x, y ) − u ( x, y ), fɶ ( x) = f ( x) − f ( x). Тогда получим
2
6
1
c
2c
1c
∆uɶ + uɶ = 0 ,
uɶ x (0, y ) = 0, uɶ (d 0 , y ) = 0,
(11)
(12)
Вестник ЮУрГУ. Серия «Математика. Механика. Физика»
Алиев Р.А.
Обратная задача определения коэффициента
в эллиптическом уравнении
uɶ ( x,0) = 0, uɶ ( x, sc (d 0 )) = fɶc ( x)
uy
y =0 =
(13)
0.
(14)
С помощью метода разделения переменных решение задачи (11)–(13) ищем, как обычно, в
виде ряда
∞
2 n +1
2 n +1
uɶ ( x, y ) = ∑ An {sh[( 2 d π ) 2 + 1]1 / 2 y}cos 2 d π x .
n =1
0
Условие при y = d ≡ sc (d 0 ) дает
0
ρɶ n
An =
2 n +1
sh[( 2d π )2
0
+ 1]1/ 2 d
,
где
ρɶ n =
d
2 0 ɶ
2 n +1
f (ξ ) cos 2d πξ d ξ
d0 ∫ c
0
0
.
Тогда получим
∞
uɶ ( x, y ) = ∑ ρɶ n
n =1
2 n +1
sh[( 2 d π ) 2 + 1]1/ 2 y
0
2 n +1
sh[( 2 d π )2
0
+ 1]
1/ 2
cos
d
2 n +1
πx.
2 d0
Отсюда, учитывая условия (14) , получим
∞
ρɶ
∑[( 22nd+01 π )2 + 1]1/ 2 sh[( 2n+1 π )n2 + 1]1/ 2 d cos 22nd+01 π x = 0 .
n =1
2 d0
В силу единственности разложения ρ n = 0 для любого n , так как система {cos
2 n +1
π x}
2 d0
замк-
нута, fɶc ( x) = 0 . Значит решение единственно. Лемма доказана.
Сделаем преобразование годографа в области [d 0 , l1 ] × [0, l2 ] по формулам u (ω ( z , y ), y ) = z.
Тогда вместо (1)–(4) получим
(
1
ω
3
z
+
ω y2
ω
3
z
)ω zz − 2
ωy
ω
2
z
ω zy +
1
ωz
ω yy = q ( z ) h1 (ω , y ) + h2 (ω , y ), ϕ1 (d 0 ) < z < χ (l2 ),0 < y < γ ( z ), (15)
ω ( z, γ ( z )) = d 0 .
(16)
При условии (6) уравнение (15) сохраняет условие равномерной эллиптичности. Обозначим Dc (d 0 ) = Dc ∩ { y ∈ (0, γ (c))} . Рассмотрим теперь область H c = {( z , y ) : ϕ1 ( d 0 ) < z < c,
0 < y < γ ( z )} – образ области Dc (d 0 ) \ G при преобразовании годографа. Отрезок прямой {x = d 0 ,
0 < y < γ ( z )} перешел при преобразовании годографа в кривую { y = γ ( z ), ϕ1 (d 0 ) < z < c}. Предположим, что существуют два решения ω1 ( z, y ) и ω2 ( z , y ) задачи (15)–(16). Обозначим ωɶ ( z, y ) =
= ω2 ( z , y ) − ω1 ( z , y ). Так как функции uɶ (d 0 , y ), uɶ x (d 0 , y ) известны при y ∈ (0, γ ( z )) , то известны и
1
, получим
u x (d 0 , γ ( z ))
ωɶ ( z, γ ( z )) = ωɶ z ( z , γ ( z )) = 0. Кроме того, функция q ( z ) также известна в Dc . Тогда ωɶ ( z , y ) в Dc
определяется единственным образом. Действительно, для ωɶ ( z , y ) получим следующую задачу
k1ωɶ zz + 2k2ωɶ zy + k3ωɶ yy + k4ωɶ z + k5ωɶ y + k6ωɶ = 0, ϕ1 (d 0 ) < z < c,0 < y < γ ( z ),
(17)
функции ωɶ ( z , γ ( z )) , ωɶ z ( z , γ ( z )). Действительно, учитывая что ω z ( z , γ ( z )) =
ωɶ ( z, γ ( z )) = ωɶ z ( z , γ ( z )) = 0 ,
(18)
где
k1 ( z, y ) =
1
ω
3
2z
(1 + ω22y ), k2 ( z , y ) = −
2015, том 7, № 2
1
ω
2
2z
ω 2 y , k3 ( z , y ) =
1
ω2 z
, k4 ( z , y ) =
k3
ω1z
[−ω1 yy − (1 + ω12y )(k32 +
1
ω1z
k3 +
7
Математика
+
1
)ω1zz + 2ω1 y (k1 +
1
ω1z
Из (17)–(18) получим
ω
2
1z
)ω1zy ] , k5 ( z , y ) = k32 [k3 (ω1 y + ω2 y )ω1zz − 2ω1zy ], k6 ( z , y ) = −q ( z )h1ω − h2ω .
k1ωɶ zz + 2k2ωɶ zy + k3ωɶ yy ≤ M [ ωɶ z + ωɶ y + ωɶ ] , ( z , y ) ∈ H c ,
(19)
ωɶ ( z, γ ( z )) = ωɶ z ( z , γ ( z )) = 0 .
(20)
ɶ
Отсюда по теореме 1 нетрудно вывести, что ω ( z, y ) ≡ 0,( z , y ) ∈ H c . В силу взаимной однозначности преобразования функции u ( x, y ) определяется единственным образом в Dc . Лемма
доказана. Из леммы 2 очевидно вытекает
Лемма 3. Функция u ( x, y ) в области Dα1 определяется единственным образом. В частности,
функция u ( x, y ) определяется единственным образом в области {( x, y ) : x − d 0 < σ , y ∈ (0, sα1 ( x))}
для некоторого малого σ > 0.
Пусть ε > 0 – достаточно малое число. Обозначим
Gε = {( z , y ) z ∈ (α1 − ε ,α1 ), y − γ ( z ) < ε } , Sε = {( z , y ) z ∈ (α1 , α1 + ε ,), y − γ ( z ) < ε } .
Из леммы 2 вытекает, что функция u ( x, y ) определяется единственным образом в Gε . Предположим, что есть два решения задачи (1)–(5). Тогда имеются две функции ωi ( z , y ), qi ( z ), i = 1, 2.
Пусть ωɶ ( z, y ) = ω2 ( z , y ) − ω1 ( z, y ), qɶ ( z ) = q2 ( z ) − q1 ( z ). Используя (14)–(15) и леммы 3 для функции
{ωɶ ( z , y ), qɶ ( z )} , имеем
k1ωɶ zz + 2k2ωɶ zy + k3ωɶ yy + k4ωɶ z + k5ωɶ y + k6ωɶ = h1 (ω1 , y )qɶ ( z ),( z , y ) ∈ Sε ,
(21)
ωɶ ( z, γ ( z )) = 0 ,
(22)
ωɶ (α1 , y ) = ωɶ z (α1 , y ) = 0,( z, y ) ∈ Sε .
(23)
Заменим переменные в (21) − (23) , положив z ′ = z − α , y ′ = y .
Для краткости записи сохраним прежние обозначения для новых переменных и функций.
При замене функция γ ( z ) перейдет в функцию вида β ( z ) = γ (α1 + z ), β ′( z ) ≤ K1 , K1 > 0.
Обозначим Sε′ = {( z , y ) z ∈ (0, ε ), y − β ( z ) < ε }. Тогда получим
k1ωɶ zz + 2k2ωɶ zy + k3ωɶ yy + k4ωɶ z + k5ωɶ y + k6ωɶ = h1 (ω1 , y )qɶ ( z ),( z , y ) ∈ Sε′ ,
ωɶ ( z , β ( z )) = 0 ,
ωɶ (0, y ) = ωɶ z (0, y ) = 0 .
Для qɶ ( z ) из (24) получим
q ( z ) = Q ( z , y )(ωɶ zz + 2k2ωɶ zy + k3ωɶ yy ) + a1ωɶ z + a2ωɶ y + a3ωɶ ,
ωɶ (0, y ) = ωɶ z (0, y ) = 0 ,
(24)
(25)
(26)
(27)
(28)
где
k
k
q
1
1
1
, k2 ( z , y ) = 2 , k3 ( z , y ) = 3 , a1 ( z , y ) = − k4 , a2 ( z , y ) = − k5 , a3 ( z , y ) = 2 h1ω .
h1
k1
k1
h1
h1
h1
Продифференцируем равенство (27) по y . Слева получим нуль. Введем обозначения
∂
P ( z , y ) = ωɶ y + [ (ln Q )]ωɶ .
∂y
Тогда получим
Pzz + +2k2 Pyz + k3 Pyy = l1 ( z , y ) Pz ( z , y ) + l2 ( z , y ) Py ( z , y ) + l3 ( z , y ) P ( z , y ) +
Q( z, y ) = −
+ l4 ( z , y )ωɶ z ( z , y ) + l5 ( z, y )ωɶ ( z , y ) , ( z , y ) ∈ Sε′ ,
P (0, y ) = Pz (0, y ) = 0 ,
(29)
(30)
где
θ ( z , y ) = Qy / Q , k 4 ( z , y ) =
8
k4
k
, k5 ( z , y ) = 5 , l1 ( z , y ) = −2k2 y − k4 ,
k1
k1
Вестник ЮУрГУ. Серия «Математика. Механика. Физика»
Алиев Р.А.
Обратная задача определения коэффициента
в эллиптическом уравнении
l2 ( z , y ) = −2k3 y − k5 , l3 ( x, y ) = 2k2θ z + 2k3θ y − l2θ −
l4 ( x, y ) = 2θ z − ( l1 − 2k2 )θ −
a1 y
Q
a2 y
Q
,
, l5 ( x, y ) = θ zz + 2k2θ zy + k3θ − l1θ z − l2θ y −
a3 y
Q
.
Отсюда получаем
Pzz + 2k2 Pyz + k3 Pyy ≤ M [ Pz + Py + P + ωɶ y + ωɶ ], M > 0 ,
P (0, y ) = Pz (0, y ) = 0 .
Здесь и всюду через M и C будем обозначать, вообще говоря, различные константы.
Лемма 4. Справедливо следующее интегральное представление
(31)
(32)
y
ωɶ ( z, y ) = ρ1 ( z , y ) ∫ ρ 2 ( z ,τ ) P( z ,τ )dτ , ρi ( z , y ) ∈ C1 ( Sε′ ), i = 1, 2,
(33)
β ( z)
и неравенство
y
y
y
β (z)
β (z)
β (z)
ωɶ z ( z , y ) ≤ M [ ∫ Pz dτ + ∫ Py ( z ,τ ) dτ + ∫ P dτ + P ], M > 0 .
Доказательство. Рассмотрим следующую задачу
Qy
ωɶ y + ωɶ = P( z , y ) ,
Q
ɶ
ω ( z , β ( z )) = 0 .
Решая задачу (35)–(36), получим (33) . Дифференцируя (33) по z и учитывая, что
(34)
(35)
(36)
∂P
( z ,τ )dτ .
β ( z ) ∂y
y
P ( z , β ( z )) = P( z, y ) − ∫
Тогда получим
y
y
ωɶ z ( z , y ) = ρ1z ( z , y ) ∫ ρ 2 ( z ,τ ) P( z ,τ )dτ + ρ1 ( z , y ) {− [ P( z , y ) + ∫ Py ( z ,τ )dτ ]β ′( z ) +
β (z)
β ( z)
y
y
β (z)
β ( z)
+ ∫ ρ 2 z ( z,τ ) P ( z ,τ )dτ + ∫ ρ 2 ( z ,τ ) Pz ( z ,τ )dτ } .
Учитывая это, получим (34) . Лемма доказана.
1
Пусть λ ,ν = const > 0, ε ∈ (0, ), δ ∈ (0, ε 2 ) . Введем обозначения:
2
1
φ ( z , y ) = z + ( y − β ( z ))2 + , ϕ ( z , y ) = exp(2λφ −ν ),
4
1
1
H δ = {( z , y ) φ ( z , y ) < δ + , z > 0} ⇒ H δ ⊂ Sε′ , Aδ = {( z , y ) ∈ H δ φ ( z , y ) = δ + }.
4
4
Пусть ∂H δ – граница области H δ . Очевидно, что
∂H δ = Aδ U { ( z , y ) ∈ Hδ : z = 0}.
(37)
(38)
Лемма 5. Для любой функции H ( z , y ) ∈ C ( H δ ) справедливо неравенство
y
1
1
2
ν +1
−1
2
−ν
2
∫ ϕ[ ∫ H ( z ,τ )dτ ] dzdy ≤ ( + ε ) (4λν ) { ∫ H ϕdzdy + exp[2λ ( + δ ) ] ∫ H dzdy} . (39)
4
4
Hδ β ( z )
Hδ
Hδ
Доказательство. Введем обозначения:
H δ ′+ = H δ ∩ { y > β ( z )}, H δ = H δ ∩ { y < β ( z )}, d ( z ) = β ( z ) + (δ − z )1/ 2 .
Применяя неравенство Коши–Буняковского, теорему Фубини и учитывая (38)–(39), получим
y
d (z)
d (z)
δ
1
2
ν +1
−1
2
∫ ϕ[ ∫ H ( z ,τ )dτ ] dzdy ≤ ∫ dz ∫ H ( z ,τ )dτ ∫ ϕ [ y − β ( z )] dy ≤ ( + ε ) (4λν ) ×
4
0
β ( z)
τ
H + β (z)
δ
2015, том 7, № 2
9
Математика
δ
d (z)
d (z)
0
β ( z)
τ
× ∫ dz[ ∫ H 2 ( z ,τ )dτ ∫ (−
∂ϕ
1
1
)dy ] = ( + ε )ν +1 (4λν )−1{ ∫ H 2ϕ dzdy + exp[2λ ( + δ ) −ν ] ∫ H 2 dzdy} .
∂y
4
4
H
H
δ+
δ+
Поступая аналогично в случае H δ − , приходим к утверждению леммы.
Лемма 6. Найдутся достаточно большие положительные числа λ , ν , зависящие от коэффициентов k2 , k3 , и константа C , такие, что справедлива следующая оценка типа Карлемана [11,
c. 93].
λνϕ ∇P + λ 3ν 4ϕ −2ν − 2ϕ P 2 ≤ C λνϕ ( Pzz + 2k2 Pyz + k3 Pyy ) P +
2
+Cφν + 2ϕ ( Pzz + 2k2 Pyz + k3 Pyy ) 2 + div U ,
где
( z, y ) ∈ Hδ , λ ≥ λ0 ,ν ≥ ν 0 ,
(40)
U ≤ Cν 3λ 3φ −2ν −2ϕ [ Pz2 + Py2 + P 2 ] .
(41)
Доказательство теоремы (подробности [11, c. 93–99]). Из неравенства (40) , учитывая (33)
и (34) , получим
(
)
λνϕ ∇P + λ 3ν 4φ −2ν − 2ϕ P 2 ≤ MC λ νϕ P Pz + νϕ P Py + νϕ P 2 +
2
(
2 ν +2
+C M λν + M φ
)
2
2
2
 y
  y
 y


ϕ{ ∫ Pz dτ  +  ∫ Py dτ  +  ∫ P dτ  } +
 β ( z )
  β ( z )
β ( z)


(
+CM 2φν + 2ϕ P 2 + ∇P
) + divU .
2
Отсюда имеем
λνϕ ∇P + λ 3ν 4φ −2ν − 2ϕ P 2 ≤ ( M + M 2 )Cλϕ  (ν 1/ 2 ∇P + ν 3 / 2 P 2 ) +
2
2
2
2
2
 y

 y
  y

2 ν +2
+C M λν + M φ
ϕ  ∫ Pz dτ  +  ∫ Py dτ  +  ∫ P dτ  + div U ,
 β ( z )

 β ( z )
  β ( z )

с некоторой новой постоянной C . Из последнего неравенства имеем
2
λν 1 − ( M + M 2 )ν −1/ 2C  ϕ ∇P + λ 3ν 4φ −2ν − 2 1 − ( M + M 2 )ν −5 / 2C  ϕ P 2 ≤
(
){
}
2
2
2
 y
  y
  y

≤ ( M + M )C λνϕ  ∫ Pz dτ  +  ∫ Py dτ  +  ∫ P dτ  + divU ,
 β ( z )
  β ( z )
  β ( z )

с некоторой новой постоянной C . Интегрируя получающееся при этом неравенство по области
2
{
}
H δ и учитывая (37)–(39) и (41), имеем
λν 1 − ( M + M 2 )ν −1/ 2C 
∫ ϕ ∇P
2
Hδ
×
∫φ
1
4
−2ν − 2
dzdy + λ 3ν 4 1 − ( M + M 2 )ν −5 / 2C  ×
{ ∫ (φ
ϕ P 2 dzdy ≤ ( M + M 2 )C ( + ε )ν +1
Hδ
−2ν − 2
P 2 + ∇P
Hδ
2
)ϕ dzdy +
1
1
1
2




+ exp  2λ ( + δ ) −ν  ∫ ( P 2 + ∇P )dzdy + C exp  2λ ( + δ )−ν  λ 3ν 4 ( + δ ) −2ν − 2
4
4
4



 Hδ
}
∫ (P
2
2
+ ∇P )ds .
Aδ
Отсюда получаем
1
2


λν 1 − ( M + M 2 )ν −1/ 2C − ( M + M 2 )ν −1C ( + ε )ν +1  ∫ ϕ ∇P dzdy +
4

 Hδ
1
1
+ λ 3ν 4 [1 − ( M + M 2 )ν −5 / 2C ( + ε )ν +1 − ( M + M 2 )Cν −4 ( + ε )ν +1 ] ∫ φ −2ν − 2ϕ P 2 dzdy ≤
4
4
H
δ
10
Вестник ЮУрГУ. Серия «Математика. Механика. Физика»
Алиев Р.А.
Обратная задача определения коэффициента
в эллиптическом уравнении
1


≤ C exp  2λ ( + δ )−ν 
4


∫ (P
2
Hδ
1
1
2
2


+ ∇P )dzdy} + C exp  2λ ( + δ )−ν  λ 3ν 4 ( + δ )−2ν − 2 ∫ ( P 2 + ∇P )ds .
4
4


Aδ
Если ν достаточно велико, то можно считать
1
1
( M + M 2 )Cν −1/ 2 + ( M + M 2 )Cν −1 ( + ε )ν +1 ≤ ,
4
2
1
1
( M + M 2 )Cν −5 / 2 + ( M + M 2 )Cν −4 ( + ε )ν +1 ≤ .
4
2
Учитывая, что ν выбрано таким образом, получим
λν
∫ ϕ ∇P
2
dzdy + λ 3ν 4
Hδ
×
∫ (P
Hδ
2
∫φ


−2ν − 2
1
4


ϕ P 2 dzdy ≤C exp  2λ ( + δ )−ν  ×
Hδ
1
1
2
2


+ ∇P )dzdy + C exp  2λ ( + δ ) −ν  λ 3ν 4 ( + δ ) −2ν −2 ∫ ( P 2 + ∇P )ds .
4
4


Aδ
Отсюда получим, что при достаточно большом λ
λ 3ν 4
∫φ
1
4
−2ν − 2


1
4


ϕ P 2 dzdy ≤ C λ 3ν 4 ( + δ )−2ν − 2 exp  2λ ( + δ ) −ν  .
Hδ
Пусть δ1 ∈ (0, δ ) – произвольное число. Из (37) следует, что
1
φ ( z , y ) < + δ1 ,( z , y ) ∈ H δ1 .
4
Тогда получим
1
1


λ 3ν 4 ∫ φ −2ν − 2ϕ P 2 dzdy ≤ Cλ 3ν 4 ( + δ ) −2ν − 2 exp  2λ ( + δ ) −ν  .
4
4


H
δ1
Отсюда имеем
1
1
1
1




λ 3ν 4 ( + δ1 ) −2ν − 2 exp  2λ ( + δ1 ) −ν  ∫ P 2 dzdy ≤ C λ 3ν 4 ( + δ )−2ν − 2 exp  2λ ( + δ )−ν  .
4
4
4
4

H


δ1
Отсюда разделим обе части неравенства на выражения
1
1


λ 3ν 4 ( + δ1 )−2ν − 2 exp  2λ ( + δ1 ) −ν  .
4
4


Тогда получим
1
 1
2
−ν
−ν 
∫ P dzdy ≤ C exp 2λ ( 4 + δ ) − ( 4 + δ1 )  .
H
δ1
Устремив λ → ∞ , получим, что
∫
P 2 dzdy = 0 .
Hδ1
Отсюда получаем, что P ( z , y ) = 0 на H δ1 . Следовательно, в силу произвольности δ1 ∈ (0, δ )
получаем P ( z , y ) = 0,( z , y ) ∈ H δ . Тогда из (33) получаем ωɶ ( z , y ) ≡ 0, ( z , y ) ∈ H δ , а из (27) получим
q ( z ) ≡ 0, z ∈ (0, δ ). Пусть β = α1 + δ . Согласно лемме 2 функция u ( x, y ) в области Dβ определяется единственным образом. Всю область Dα 2 можно исчерпать после конечного числа вышеописанных шагов. Таким образом, теорема доказана.
Литература
1. Искендеров, А.Д. Обратная задача об определении коэффициентов квазилинейного эллиптического уравнения / А.Д. Искендеров // Изв. АН Аз.ССР. − 1978. – № 2. − С. 80−85.
2. Клибанов, М.В. Единственность в целом обратных задач для одного класса дифференциальных уравнений / М.В. Клибанов // Дифференциальные уравнения. − 1984. – Т. 20, № 11. −
С. 1947−1953.
2015, том 7, № 2
11
Математика
3. Sylvester, J. A Global uniqueness theorem for an inverse boundary value problem / J. Sylvester,
G. Uhlmann // Annals of Mathematics. − 1987. − Vol. 125. − P. 153−169.
4. Вабищевич, П.Н. О единственности некоторых обратных задач для эллиптических уравнений / П.Н. Вабищевич // Дифференциальные уравнения. – 1988. − Т. 24, № 12. − С. 2125−2129.
5. Соловьев, В.В. Обратные задачи определения источника и коэффициента в эллиптическом
уравнении в прямоугольнике / В.В. Соловьев // Журнал вычислительной математики и математической физики. – 2007. − Т. 47, № 8. − С. 1365−1377.
6. Yang, R. Inverse coefficient problems for nonlinear elliptic equations / R. Yang, Y. Ou //
ANZIAM. – 2007. – Vol. 49, no. 2. − P. 271−279.
7. Вахитов, И.С. Обратная задача идентификации старшего коэффициента в уравнении диффузии–реакции / И.С. Вахитов // Дальневосточный математический журнал. – 2010. − Т. 10, № 2.
– С. 93–105.
8. Денисов, А.М. Введение в теорию обратных задач / А.М. Денисов. – М.: Наука, 1995. −
206 с.
9. Алиев, Р.А. Об одной обратной задаче для квазилинейного уравнения эллиптического типа
/ Р.А. Алиев // Известия Саратовского университета. Новая Серия. Серия Математика. Механика.
Информатика. – 2011. − Т. 11. − Вып. 1. − С. 3−9.
10. Клибанов, М.В. Об одном классе обратных задач для нелинейных параболических уравнений / М.В. Клибанов // Сибирский математический журнал. – 1986. − Т. 27, № 5. − С. 83–94.
11. Лаврентьев, М.М. Некорректные задачи математической физики и анализа / М.М. Лаврентьев, В.Г. Романов, С.П. Шишатский. – М.: Наука, 1980. – 288 с.
12. Хермандер, Л. Линейные дифференциальные операторы с частными производными /
Л. Хермандер. – М.: Мир, 1965. − 379 с.
Поступила в редакцию 19 декабря 2012 г.
12
Вестник ЮУрГУ. Серия «Математика. Механика. Физика»
Алиев Р.А.
Обратная задача определения коэффициента
в эллиптическом уравнении
Bulletin of the South Ural State University
Series “Mathematics. Mechanics. Physics”
2015, vol. 7, no. 2, pp. 5–13
INVERSE PROBLEM OF DETERMINATION OF COEFFICIENT
IN THE ELLIPTIC EQUATION
R.A. Aliyev
1
The inverse problem of determination of coefficient in the elliptic equation in a rectangle is considered. Identification problem of unknown denseness of sources and coefficients lead to similar inverse
problems. The theorem of uniqueness of the formulated inverse problem is proved using Karleman’s
evaluation method. Researches are carried out in a class of continuously differentiable functions derivatives of which satisfy the Holder condition.
Keywords: inverse problem; elliptic equation.
References
1. Iskenderov A.D. Izvestiya AN Az.SSR. 1978. no. 2. pp. 80–85. (in Russ.).
2. Klibanov M.V. Differentsial'nye uravneniya. 1984. Vol. 20, no. 11. pp. 1947–1953. (in Russ.).
3. Sylvester J., Uhlmann G. A global uniqueness theorem for an inverse boundary value problem //
Annals of Mathematics. 1987. Vol. 125. pp. 153−169.
4. Vabishchevich P.N. Differentsial'nye uravneniya. 1988. Vol. 24, no. 12. pp. 2125–2129. (in
Russ.).
5. Solov'ev V.V. Zhurnal vychislitel'noy matematiki i matematicheskoy fiziki. 2007. Vol. 47, no. 8.
pp. 1365–1377. (in Russ.).
6. Runsheng Yang and Yunhua Ou Inverse coefficient problems for nonlinear elliptic equations.
ANZIAM. 2007. Vol. 49, no. 2. pp. 271−279. http://dx.doi.org/10.1017/S1446181100012839
7. Vakhitov I.S. Dal'nevostochnyy matematicheskiy zhurnal. 2010. Vol. 10, no. 2. pp. 93–105. (in
Russ.).
8. Denisov A.M. Vvedenie v teoriyu obratnykh zadach (Introduction into inverse problems theory).
Moscow, Nauka Publ., 1995. 206 p. (in Russ.).
9. Aliev R.A. An Inverse Problem for Quasilinear Elliptic Equations. Izvestiya of Saratov University. New Series. Series: Mathematics. Mechanics. Informatics. 2011. Vol. 11. Issue 1. pp. 3–9.
10. Klibanov M.V. Sibirskiy matematicheskiy zhurnal. 1986. Vol. 27, no. 5. pp. 83–94.
11. Lavrent'ev M.M., Romanov V.G., Shishatskiy S.P. Nekorrektnye zadachi matematicheskoy fiziki
i analiza (Illposed problems of mathematical physics and analysis). Moscow, Nauka Publ., 1980. 286 c.
(in Russ.).
12. Khermander L. Lineynye differentsial'nye operatory s chastnymi proizvodnymi (Linear differential operators with partial derivatives). Moscow, Mir Publ., 1965. 379 p. (in Russ.). [Hörmander L. Linear partial differential operators. Academic Press and Springer-Verlag, New York, 1963.]
Received 19 December 2012
1
Aliyev Ramiz Atash oqli is Cand. Sc. (Physics and Mathematics), Associate Professor, Information and Information System Department,
Azerbaijan University of Cooperation, Baku, Azerbaijan.
E-mail: ramizaliyev3@rambler.ru
2015, том 7, № 2
13