一类右端不连续奇异摄动高阶方程组的内部层

一类右端不连续奇异摄动高阶方程组的内部层

傅越宸^,, 倪明康^,^*

华东师范大学数学科学学院上海 200241

The Inner Layer of a Class of Singularly Perturbed High-Order Equations with Discontinuous Right-Hand Side

Fu Yuechen^,, Ni Mingkang^,^*

School of Mathematical Sciences, East China Normal University, Shanghai 200241

通讯作者: *倪明康, E-mail: xiaovikdo@163.com

收稿日期: 2023-11-1 修回日期: 2024-04-1

基金资助:

国家自然科学基金(12371168)
上海市科学技术委员会基金(18dz2271000)

Received: 2023-11-1 Revised: 2024-04-1

Fund supported:

NSFC(12371168)
Science and Technology Commission of Shanghai Municipality(18dz2271000)

作者简介 About authors

傅越宸,E-mail:fuyuechenwflms@163.com

摘要

该文介绍了关于右端不连续奇摄动问题的一些工作, 主要讨论了一类具有 Dirichlet 边值条件的右端不连续四阶奇摄动方程, 引入复方程形式后, 运用边界层函数法构造了具有内部转移层的形式渐近解, 并给出了光滑解的存在性与余项估计. 最后给出一个例子来验证算法的正确性.

关键词： 奇异摄动系统; 右端不连续; 空间对照结构; 边界层函数法; 光滑缝接

Abstract

This paper introduces some work on singular perturbation problems with discontinuous right-hand side, mainly discusses a class of fourth-order Dirichlet boundary value singular perturbation equations with discontinuous right-hand sides. After introducing complex equation form, we construct a formal asymptotic solution with an internal transfer layer by using the boundary layer function method, and give the existence and residual estimation of smooth solutions. Finally, an example is given to verify the correctness of the algorithm.

Keywords： Singularly perturbed system; Discontinuous right-hand side; Spatial contrast structure; Boundary layer function method; Smooth joint

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本文引用格式

傅越宸, 倪明康. 一类右端不连续奇异摄动高阶方程组的内部层[J]. 数学物理学报, 2024, 44(5): 1152-1165

Fu Yuechen, Ni Mingkang. The Inner Layer of a Class of Singularly Perturbed High-Order Equations with Discontinuous Right-Hand Side[J]. Acta Mathematica Scientia, 2024, 44(5): 1152-1165

1 引言

近年来, 对于右端不连续微分动力系统的研究已有很多的工作^[1⇓-3], 这类系统在人工智能, 生物学, 机械工程, 经济学, 电磁学, 量子力学等领域有着广泛的应用^{[4⇓⇓⇓⇓-9]}. 与此同时, 针对右端不连续的奇摄动系统也已经有了不少的研究^{[10⇓⇓⇓⇓⇓⇓⇓-18]}. 但是, 多数的研究停留在二阶与三阶奇摄动方程上, 对更高阶方程的研究并不多见. 其原因在于高维动力系统在间断面上的动力学行为更加复杂, 特别是在求具有内层的光滑解时, 空间解的光滑缝接比平面上的困难的多. 在文献 [19] 中, 前苏联数学家 Vasil'eva 曾用复变量方法对一类四阶连续型空间对照结构进行了讨论. 本文将把复方法推广到一类右端不连续四阶奇摄动方程, 并通过边界层函数法与解的光滑缝接^[20]来给出其高精度的近似解.

特别地, 对于共轭问题, 引入复方程可在形式上降低问题的维数, 这允许我们在共轭的偶数阶问题中得到更加简明的计算方法与解的形式. 然而对奇数阶微分方程，引入复变量将导致实变量与复变量在方程中同时出现. 一般而言, 这很可能导致方程右端项出现实部与虚部的表示形式, 这对问题的解决产生了一定的困扰.

考虑如下奇异摄动边值问题

(1.1)$\begin{align*}\label{1} \begin{cases} \mu^2\dfrac {d^2u} {d x^2}=F(u,v,x,\mu),\\[0.2cm] \mu^2\dfrac {d^2v} {d x^2}=G(u,v,x,\mu),\quad 0<x<1,\\ u(0,\mu)=u^0,\quad v(0,\mu)=v^0,\quad u(1,\mu)=u^1,\quad v(1,\mu)=v^1, \end{cases} \end{align*}$

这里 $F,G$ 为如下形式的间断函数

$\begin{aligned} F(u,v,x,\mu)=\begin{cases} F^{(-)}(u,v,x,\mu),\quad 0\le x\le x_0,\\ F^{(+)}(u,v,x,\mu),\quad x_0<x\le 1, \end{cases} \\ G(u,v,x,\mu)=\begin{cases} G^{(-)}(u,v,x,\mu),\quad 0\le x\le x_0,\\ G^{(+)}(u,v,x,\mu),\quad x_0<x\le 1, \end{cases} \end{aligned} $

其中 $0<\mu\ll1$ 为小参数, $x_0\in(0,1)$ 为一给定常数. 类似于文献^[19] 的讨论, 我们将 (1.1) 式写为实变量复方程

(1.2)$\begin{align*}\label{2} \begin{cases} \mu^2\dfrac {d^2z} {d x^2}=\Phi(z,x,\mu),\quad &0<x<1,\\ z(0,\mu)=z^0,\quad &z(1,\mu)=z^1, \end{cases} \end{align*}$

其中

$\begin{aligned} &z = u+{\rm i}v,\quad \Phi=F+{\rm i}G,\\ &\Phi(z,x,\mu)=\begin{cases} \Phi^{(-)}(z,x,\mu),\quad 0\le x\le x_0,\\ \Phi^{(+)}(z,x,\mu),\quad x_0<x\le1. \end{cases} \end{aligned} $

我们将在如下函数空间中寻找问题 (1.2) 的解 $z(x,\mu)$

$z(x,\mu)\in C^1[0,1]\cap C^2\left((0,x_0)\cup(x_0,1)\right),$

为此, 先给出一系列假设条件

假设 1.1 假设函数 $\Phi^{(-)}(z,x,\mu),\ \Phi^{(+)}(z,x,\mu)$ 分别在

$\begin{aligned} D^{(-)}\ &=\{(z,x,\mu)\ \vert\ \Vert z\Vert<l,\ 0\le x\le x_0,\ 0\le \mu\le\mu_0\},\\ D^{(+)}\ &=\{(z,x,\mu)\ \vert\ \Vert z\Vert<l,\ x_0\le x\le 1,\ 0\le \mu\le\mu_0\} \end{aligned} $

上解析, 其中 $l, \mu_0$ 为给定正数. 并且它们满足

$\Phi^{(-)}(z,x,\mu)\ne\Phi^{(+)}(z,x,\mu).$

假设 1.2 假设退化方程

$ \begin{aligned} 0=\Phi^{(-)}(z,x,0),\quad 0\le x \le x_0 \end{aligned} $

有孤立解

$ \begin{aligned} \omega^{(-)}(x)=\varphi^{(-)}(x)+{\rm i}\psi^{(-)}(x),\quad 0\le x \le x_0, \end{aligned} $

而$ \begin{aligned} 0=\Phi^{(+)}(z,x,0),\quad x_0\le x \le 1 \end{aligned} $

有孤立解

$ \begin{aligned} \omega^{(+)}(x)=\varphi^{(+)}(x)+{\rm i}\psi^{(+)}(x),\quad x_0\le x \le 1, \end{aligned} $

并且满足

$ \Phi^{(\mp)}_z(\omega^{(\mp)}(x),x,0)\in\mathbb{C}\backslash(R^-\cup \{ 0\}),\quad 0\le x\le 1. $

研究表明, 在假设 1.1, 1.2 下, 问题 (1.2) 在 $x=x_0$ 附近会出现内部层, 且在 $x=0$ 与 $x=1$ 附近会出现边界层. 为此, 引入(1.2) 式所对应的辅助系统

(1.3)$\begin{align*} &\begin{cases} \dfrac {d\tilde z} {d\tau}=y,\\[0.2cm] \dfrac {d y} {d\tau}=\Phi^{(\mp)}(\tilde z,\bar x,0), \end{cases}\label{3} \end{align*}$

其中 $\bar x=x_0,0,1$. 由于复微分方程中的自变量依然是实变量, 可类比实微分方程进行分析. 根据条件 1.2, 显然在 $y$-$\tilde z$ 相平面上, 有平衡解 $(0,\omega^{(\mp)}(x_0)),(0,\omega^{(-)}(0)),(0,\omega^{(+)}(1))$ 为系统 (1.3) 所对应的鞍点. 同时为避免歧义, 本文的根号都取 $1^{\frac 1 2}=1$ 的分支.

引理 1.1 辅助系统 (1.3) 存在分别满足如下边值条件

$\begin{aligned} \tilde z(\mp\infty)\ &=\omega^{(\mp)}(x_0),\quad x=x_0,\\ \tilde z(-\infty)\ &=\omega^{(-)}(0),\quad x=0,\\ \tilde z(+\infty)\ &=\omega^{(+)}(1),\quad x=1 \end{aligned} $

的首次积分

(1.4)$\begin{align*}y^2\ &=2\int_{\omega^{(\mp)}(x_0)}^{\tilde z}\Phi^{(\mp)}(s,x_0,0)d s,\quad \bar x=x_0,\label{4}\end{align*}$

(1.5)$\begin{align*}y^2\ &=2\int_{\omega^{(-)}(0)}^{\tilde z}\Phi^{(\mp)}(s,0,0)d s,\quad \bar x=0,\label{5}\end{align*}$

(1.6)$\begin{align*}y^2\ &=2\int_{\omega^{(+)}(1)}^{\tilde z}\Phi^{(\mp)}(s,1,0)d s,\quad \bar x=1.\label{6}\end{align*}$

只要对 (1.3) 式分离变量即可得到上述首次积分.

对于首次积分 (1.4)-(1.6), 显然它对应于相平面上的分界轨道 (流形). 记

$ \begin{aligned} (W^u)^{(-)}(\omega^{(-)}(x_0))\ &=\left\{(\tilde z,y)\ \vert\ y = \sqrt{2\int_{\omega^{(-)}(x_0)}^{\tilde z}\Phi^{(-)}(s,x_0,0)d s}\right\},\\ (W^u)^{(+)}(\omega^{(+)}(x_0))\ &=\left\{(\tilde z,y)\ \vert\ y = -\sqrt{2\int_{\omega^{(+)}(x_0)}^{\tilde z}\Phi^{(+)}(s,x_0,0)d s}\right\},\\ (W^u)^{(+)}(\omega^{(-)}(0))\ &=\left\{(\tilde z,y)\ \vert\ y = -\sqrt{2\int_{\omega^{(-)}(0)}^{\tilde z}\Phi^{(-)}(s,0,0)d s}\right\},\\ (W^u)^{(+)}(\omega^{(+)}(1))\ &=\left\{(\tilde z,y)\ \vert\ y = \sqrt{2\int_{\omega^{(+)}(1)}^{\tilde z}\Phi^{(+)}(s,1,0)d s}\right\} \end{aligned} $

为不稳定流形, 而

$\begin{align*} (W^s)^{(-)}(\omega^{(-)}(x_0))\ &=\left\{(\tilde z,y)\ \vert\ y = -\sqrt{2\int_{\omega^{(-)}(x_0)}^{\tilde z}\Phi^{(-)}(s,x_0,0)d s}\right\},\\ (W^s)^{(+)}(\omega^{(+)}(x_0))\ &=\left\{(\tilde z,y)\ \vert\ y = \sqrt{2\int_{\omega^{(+)}(x_0)}^{\tilde z}\Phi^{(+)}(s,x_0,0)d s}\right\},\\ (W^s)^{(+)}(\omega^{(-)}(0))\ &=\left\{(\tilde z,y)\ \vert\ y = \sqrt{2\int_{\omega^{(-)}(0)}^{\tilde z}\Phi^{(-)}(s,0,0)d s}\right\},\\ (W^s)^{(+)}(\omega^{(+)}(1))\ &=\left\{(\tilde z,y)\ \vert\ y = -\sqrt{2\int_{\omega^{(+)}(1)}^{\tilde z}\Phi^{(+)}(s,1,0)d s}\right\} \end{align*}$

为稳定流形.

2 形式渐近解的构造

在上述条件之下, 下面我们将证明问题 (1.2) 存在具有内部层的光滑解, 并构造它在整个区间上一致有效的渐近展开式. 为此, 我们首先把原问题 (1.2) 分为子区间 $[x_0]$ 与 $[x_0,1]$ 上左右两个边值问题

左问题

(2.1)$\begin{align*}\label{8} \begin{cases} \mu^2\dfrac {d^2z^{(-)}} {d x^2}=\Phi^{(-)}(z^{(-)},x,\mu),\quad 0<x<x_0,\\ z^{(-)}(0,\mu)=z^0,\quad z^{(-)}(x_0,\mu)=w(\mu), \end{cases} \end{align*}$

右问题

(2.2)$\begin{align*}\label{9} \begin{cases} \mu^2\dfrac {d^2z^{(+)}} {d x^2}=\Phi^{(+)}(z^{(+)},x,\mu),\quad x_0<x<1,\\ z^{(+)}(1,\mu)=z^1,\quad z^{(+)}(x_0,\mu)=w(\mu), \end{cases} \end{align*}$

这里 $w(\mu)$ 为未知复参数, 并假设 $w(\mu)$ 可展开为幂级数形式

$w(\mu)=w_0+\mu w_1+\mu^2w_2+\cdots,$

其中 $w_k,\ k\ge 0$ 是暂时未知的, 它们将在光滑缝接时再进行确定.

假设左右问题的解 $z^{(\mp)}(x,\mu)$ 具有如下形式

(2.3)$\begin{align*}z^{(-)}(x,\mu)=\ &\bar z^{(-)}(x,\mu)+Lz(\tau_0,\mu)+Q^{(-)}z(\tau,\mu),\quad 0\le x\le x_0,\label{10}\end{align*}$

(2.4)$\begin{align*}z^{(+)}(x,\mu)=\ &\bar z^{(+)}(x,\mu)+Rz(\tau_1,\mu)+Q^{(+)}z(\tau,\mu),\quad x_0\le x\le 1,\label{11}\end{align*}$

其中 $\tau_0=\frac x \mu, \tau_1=\frac {x-1} \mu,\tau=\frac {x-x_0} \mu$, 而

(2.5)$\begin{align*}\label{12} \bar z^{(\mp)}(x,\mu)=\bar z^{(\mp)}_0(x)+\mu\bar z^{(\mp)}_1(x)+\mu^2\bar z^{(\mp)}_2(x)+\cdots \end{align*}$

为正则部分

(2.6)$\begin{align*}\label{13} Q^{(\mp)}z(\tau,\mu)=Q_0^{(\mp)}z(\tau)+\mu Q_1^{(\mp)}z(\tau)+\mu^2Q_2^{(\mp)}z(\tau)+\cdots \end{align*}$

为内部层部分

(2.7)$\begin{align*}\label{14} Lz(\tau_0,\mu)=L_0z(\tau_0)+\mu L_1z(\tau_0)+\mu^2 L_2z(\tau_0)+\cdots \end{align*}$

为左边界层部分

(2.8)$\begin{align*}\label{15} Rz(\tau_1,\mu)=R_0z(\tau_1)+\mu R_1z(\tau_1)+\mu^2 R_2z(\tau_1)+\cdots \end{align*}$

为右边界层部分.

根据边界层函数法^[20], 可得各部分所满足的方程. 这里正则部分 $\bar z^{(\mp)}$ 满足方程

(2.9)$\begin{align*}\label{16} \mu^2\dfrac {d^2 \bar z^{(\mp)}} {d x^2}=\bar \Phi^{(\mp)}, \end{align*}$

内部层部分 $Q^{(\mp)}z$ 满足边值问题

(2.10)$\begin{align*}\label{17} \begin{cases} \dfrac {d^2 Q^{(\mp)}z} {d \tau^2}=\Pi^{(\mp)}\Phi,\\[3mm] Q^{(\mp)}z(0,\mu)=w(\mu)-\bar z^{(\mp)}(x_0,\mu),\quad Q^{(\mp)}z(\mp\infty,\mu)=0, \end{cases} \end{align*}$

左边界层部分 $Lz$ 满足边值问题

(2.11)$\begin{align*}\label{18} \begin{cases} \dfrac {d^2 Lz} {d \tau_0^2}=L\Phi,\\[0.2cm] Lz(0,\mu)=z^0-\bar z^{(-)}(0,\mu),\quad Lz(+\infty,\mu)=0, \end{cases} \end{align*}$

右边界层部分 $Rz$ 满足边值问题

(2.12)$\begin{align*}\label{19} \begin{cases} \dfrac {d^2 Rz} {d \tau_1^2}=R\Phi,\\[0.2cm] Rz(0,\mu)=z^1-\bar z^{(+)}(1,\mu),\quad Rz(-\infty,\mu)=0, \end{cases} \end{align*}$

其中

$ \begin{aligned} \bar \Phi^{(\mp)}\ &=\Phi^{(\mp)}(\bar z^{(\mp)},x,\mu),\\ \Pi^{(\mp)}\Phi\ &=\Phi^{(\mp)}(\bar z^{(\mp)}+Q^{(\mp)}z,x_0+\tau\mu,\mu)-\bar \Phi^{(\mp)},\\ L\Phi\ &=\Phi^{(-)}(\bar z^{(-)}+Lz,\tau_0\mu,\mu)-\bar\Phi^{(-)},\\ R\Phi\ &=\Phi^{(+)}(\bar z^{(+)}+Rz,\tau_1\mu+1,\mu)-\bar\Phi^{(+)}. \end{aligned} $

把级数 (2.5) 代入 (2.9) 式, 将方程的右边项展开为 $\mu$ 的幂级数, 有

$ \begin{aligned} \bar\Phi^{(\mp)}=\ &\Phi^{(\mp)}(\bar z^{(\mp)}_0(x),x,0)+\mu(\Phi^{(\mp)}_z\bar z^{(\mp)}_1+\Phi^{(\mp)}_\mu)+\cdots. \end{aligned} $

比较方程左右两边 $\mu$ 的同次幂, 可得确定各阶项的方程.

确定正则部分零次项 $\bar z_0$ 的方程为

(2.13)$\begin{align*}\label{20} \Phi^{(\mp)}(\bar z_0(x),x,0)=0. \end{align*}$

方程 (2.13) 就是退化方程, 由假设 1.2, 它有解

$\bar z_0^{(\mp)}=\omega^{(\mp)}(x).$

确定 $k$ 次项 $\bar z^{(\mp)}_k,\ k\ge 1$ 的方程为

(2.14)$\begin{align*}\label{21} \Phi^{(\mp)}_z(\bar z^{(\mp)}_0(x),x,0)\bar z^{(\mp)}_k=\bar\varphi_k^{(\mp)}(x), \end{align*}$

其中 $\bar\varphi_k^{(\mp)}$ 是依赖于 $\bar z^{(\mp)}_j(x),\ j\le k-1$ 的函数. 由假设 1.2, 可得

$\bar z_k=\bar\varphi_k^{(\mp)}(x)\left(\Phi^{(\mp)}_z(\bar z^{(\mp)}_0(x),x,0)\right)^{-1},\quad k\ge 1.$

下面计算内部层的各阶项 $Q^{(\mp)}_k(\tau),\ k\ge 0$. 将 (2.6) 式代入 (2.10) 式, 可得确定内部层零阶项 $Q^{(\mp)}_0z$ 的问题为

(2.15)$\begin{align*}\label{22} \begin{cases} \dfrac {d^2Q^{(\mp)}_0z} {d\tau^2}=\Phi^{(\mp)}(\bar z^{(\mp)}_0(x_0)+Q^{(\mp)}_0z(\tau),x_0,0),\\[3mm] Q^{(\mp)}_0z(0)=w_0-\bar z_0(x_0),\quad Q_0^{(\mp)}z(\mp\infty)=0, \end{cases} \end{align*}$

作变量替换并将正则部分零次项 $\bar z_0^{(\mp)}(x)=\omega^{(\mp)}(x)$ 代入, 有

$\tilde z^{(\mp)}=\bar z_0^{(\mp)}(x_0)+Q_0^{(\mp)}z(\tau)=\omega^{(\mp)}(x_0)+Q_0^{(\mp)}z(\tau),\quad \hat z^{(\mp)}=\dfrac {d\tilde z^{(\mp)}} {d\tau},$

可将 (2.15) 式重写为

$ \begin{aligned} \begin{cases} \dfrac {d\tilde z^{(\mp)}} {d \tau}=\hat z^{(\mp)},\\[0.3cm] \dfrac {d\hat z^{(\mp)}} {d \tau}=\Phi^{(\mp)}(\tilde z^{(\mp)},x_0,0),\\[0.3cm] \tilde z^{(\mp)}(0)=w_0,\quad \tilde z^{(\mp)}(\mp\infty)=\omega^{(\mp)}(x_0). \end{cases} \end{aligned} $

它存在首次积分

(2.16)$\begin{align*}\label{23} \Omega^{(\mp)}:\hat z^{(\mp)}=\left(2\int_{\omega^{(\mp)}(x_0)}^{\tilde z^{(\mp)}} \Phi^{(\mp)}(s,x_0,0)d s\right)^{\frac 1 2}. \end{align*} $

假设 2.1 假设 $w_0$ 落在首次积分 (2.16) 代表的分界轨道上, 即直线 $z=w_0$ 与 $\Omega^{(\mp)}$ 相交.

根据假设 2.1, (2.15) 式的解存在, 记为 $Q_0^{(\mp)}z(\tau)$. 由假设 1.2, 它满足指数估计

$\Vert Q_0^{(\mp)}z(\tau)\Vert \le C{\rm e}^{\pm\kappa\tau},\quad C,\kappa>0.$

确定 $Q^{(\mp)}_1z(\tau)$ 的问题为

(2.17)$\begin{align*}\label{24} \begin{cases} \dfrac {d^2Q_1^{(\mp)}z} {d\tau^2}=\Phi^{(\mp)}_z(\bar z^{(\mp)}_0(x_0)+Q^{(\mp)}_0z(\tau),x_0,0)Q_1^{(\mp)}z(\tau)+h^{(\mp)}_1(\tau),\\[0.3cm] Q_1^{(\mp)}z(0)=w_1-\bar z^{(\mp)}_1(x_0),\quad Q_1^{(\mp)}z(\mp\infty)=0, \end{cases} \end{align*}$

其中

$\begin{aligned} h^{(\mp)}_1(\tau)=\ &\Phi^{(\mp)}_z(\bar z^{(\mp)}_0(x_0)+Q_0^{(\mp)}z(\tau),x_0,0)(\tau\bar z^{(\mp)}_0(x_0)+\bar z^{(\mp)}_1(x_0))\\ &+\tau\Phi^{(\mp)}_x(\bar z^{(\mp)}_0(x_0)+Q_0^{(\mp)}z(\tau),x_0)+\Phi_\mu(\bar z^{(\mp)}_0(x_0)+Q_0^{(\mp)}z(\tau),x_0,0)\\ &-\Phi^{(\mp)}_z(\bar z^{(\mp)}_0(x_0),x_0,0)(\tau\bar z^{(\mp)}_0(x_0)+\bar z^{(\mp)}_1(x_0))-\tau\Phi^{(\mp)}_x(\bar z^{(\mp)}_0(x_0),x_0,0)\\ &-\Phi^{(\mp)}_\mu(\bar z^{(\mp)}_0(x_0),x_0,0) \end{aligned}$

是依赖于 $\bar z^{(\mp)}_0,\bar z^{(\mp)}_1,Q_0^{(\mp)}z$ 的已知函数. 类似于实方程, 可得方程 (2.17) 的解为

(2.18)$\begin{align*}\label{25} Q^{(\mp)}_1z(\tau)=Q^{(\mp)}_1z(0)\dfrac {\hat z^{(\mp)}(\tau)} {\hat z^{(\mp)}(0)}+\hat z^{(\mp)}(\tau)\int_0^\tau(\hat z^{(\mp)})^{-2}(s)\int_{\mp\infty}^s\hat z^{(\mp)}(r)h_1^{(\mp)}(r)d r\!\!d s. \end{align*}$

根据假设 1.2 以及 (2.18) 式, 不失一般性, 可得指数估计式

$\Vert Q_1^{(\mp)}z(\tau)\Vert \le C{\rm e}^{\pm\kappa\tau}.$

确定内部层 $k$ 次项 $Q^{(\mp)}_kz(\tau),\ k\ge 1$ 的问题为

(2.19)$\begin{align*}\label{27} \begin{cases} \dfrac {d^2Q_k^{(\mp)}z} {d\tau^2}=\Phi^{(\mp)}_z(\bar z^{(\mp)}_0(x_0)+Q_0^{(\mp)}z(\tau),x_0,0)Q_k^{(\mp)}z(\tau)+h^{(\mp)}_k(\tau),\\[0.3cm] Q_k^{(\mp)}z(0)=w_k-\bar z^{(\mp)}_k(x_0),\quad Q_k^{(\mp)}z(\mp\infty)=0. \end{cases} \end{align*}$

其中 $h^{(\mp)}_k(\tau)$ 是依赖于 $\bar z^{(\mp)}_j,\ j\le k,\ Q^{(\mp)}_lz,\ l\le k-1$ 的函数. 类似于 (2.17) 式, 问题 (2.19) 有解

(2.20)$\begin{align*}\label{28} Q^{(\mp)}_kz(\tau)=Q^{(\mp)}_kz(0)\dfrac {\hat z^{(\mp)}(\tau)} {\hat z^{(\mp)}(0)}+\hat z^{(\mp)}(\tau)\int_0^\tau(\hat z^{(\mp)})^{-2}(s)\int_{\mp\infty}^s\hat z^{(\mp)}(r)h_k^{(\mp)}(r)d r\!\!d s. \end{align*}$

类似地, 它也满足指数估计

$\Vert Q_k^{(\mp)}z(\tau)\Vert \le C{\rm e}^{\pm\kappa\tau}.$

左边界层与右边界层所满足的问题 (2.11), (2.12) 与内部层满足的问题 (2.10) 类似, 可按上述方法类似解得 (2.7), (2.8) 式中的各阶项 $L_kz(\tau_0),R_kz(\tau_1),\ k\ge 0$, 其中对于边界层的零次近似 $L_0z,R_0z$, 给出条件

假设 2.2 假设

$ \begin{aligned} \{(z^0,y)\ \vert\ y\in \mathbb{C}\}\cap \left(W^s\right)^{(-)}(\omega^{(-)}(0))&\ne \varnothing,\\ \{(z^1,y)\ \vert\ y\in \mathbb{C}\}\cap \left(W^u\right)^{(+)}(\omega^{(+)}(1))&\ne \varnothing. \end{aligned} $

同时, 也成立如下估计式

$ \begin{aligned} \Vert L_kz(\tau_0)\Vert\ &\le C{\rm e}^{-\kappa\tau_0},\\ \Vert R_kz(\tau_1)\Vert\ &\le C{\rm e}^{\kappa\tau_1}. \end{aligned} $

到此为止, 我们已构造出 (2.5)-(2.8) 式中的各阶项, 但仍有参数 $w_k$ 未定, 下面通过光滑缝接条件

(2.21)$\begin{align*} \mu\dfrac {d z^{(-)}(x_0,\mu)} {d x}=\mu\dfrac {d z^{(+)}(x_0,\mu)} {d x} \end{align*}$

来确定它们, 即

$ \mu\dfrac {d\bar z^{(-)}(x_0,\mu)} {d x}+\dfrac {d Q^{(-)}z(0,\mu)} {d \tau}=\mu\dfrac {d\bar z^{(+)}(x_0,\mu)} {d x}+\dfrac {d Q^{(+)}z(0,\mu)} {d \tau}. $

将上式展开为 $\mu$ 的幂级数, 并比较两边 $\mu$ 的同次幂, 得

(2.22)$\begin{align*}\label{30} \dfrac d {d\tau} Q_0^{(-)}z(0)-\dfrac d {d\tau} Q_0^{(+)}z(0)=0. \end{align*}$

将 (2.16) 式代入 (2.22) 式, 由 $\frac d {d\tau} Q_0^{(\mp)}z=\hat z^{(\mp)}$, 得

(2.23)$\begin{align*} \left(2\int_{\omega^{(-)}(x_0)}^{w_0}\Phi^{(-)}(z,x_0,0)d z\right)^{\frac 1 2}-\left(2\int_{\omega^{(+)}(x_0)}^{w_0}\Phi^{(+)}(z,x_0,0)d z\right)^{\frac 1 2}=0. \end{align*}$

记

(2.24)$\begin{align*} H(w)=\left(2\int_{\omega^{(-)}(x_0)}^w\Phi^{(-)}(z,x_0,0)d z\right)^{\frac 1 2}-\left(2\int_{\omega^{(+)}(x_0)}^w\Phi^{(+)}(z,x_0,0)d z\right)^{\frac 1 2}. \end{align*}$

针对零次近似的缝接给出条件

假设 2.3 假设存在 $w_0$, 使得

$H(w_0)=0,$

也就是 $(W^u)^{(-)}(\omega^{(-)}(x_0))\cap (W^s)^{(+)}(\omega^{(+)}(x_0))\ne\varnothing$.

图1

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图1 相平面示意图与解示意图. 所构造的解不但需要是连续的 (实线), 也是光滑的 (虚线).

一般地, 对 $k\ge 1$ 有方程

(2.25)$\begin{align*}\label{31} \dfrac d {d x} \bar z_{k-1}^{(-)}(x_0)-\dfrac d {d x} \bar z_{k-1}^{(+)}(x_0)+\dfrac d {d\tau} Q_k^{(-)}z(0)-\dfrac d {d\tau} Q_k^{(+)}z(0)=0. \end{align*}$

将 (2.20) 式代入 (2.25) 式, 得到

$ \begin{aligned} \dfrac {d H(w_0)} {d w}w_k=\ &\left(z_{k-1}^{(+)}\right)'(x_0)-\left(z_{k-1}^{(-)}\right)'(x_0)\\ &+\left(z^{(-)}\right)^{-1}(0)\bigg(\Phi^{(+)}(w_0,x_0)\bar z_k^{(+)}(0)-\Phi^{(-)}(w_0,x_0)\bar z_k^{(-)}(0)\\ & +\int_{+\infty}^0\hat z^{(+)}(r)h_k^{(+)}(r)d r-\int_{-\infty}^0\hat z^{(-)}(r)h_k^{(-)}(r)d r\bigg), \end{aligned} $

这里

$ \begin{aligned} \dfrac {d H(w_0)} {d w}\ &=\left(\Phi^{(-)}(w_0,x_0,0)-\Phi^{(+)}(w_0,x_0,0)\right)\left(2\int_{\omega^{(-)}(x_0)}^{w_0}\Phi^{(-)}(z,x_0,0)d z\right)^{-\frac 1 2} \ne 0. \end{aligned} $

整理可得缝接点 $w(\mu)$ 的 $k$ 次项 $w_k$ 的表达式

(2.26)$\begin{align*} w_k=\ &\left(\dfrac {d H(w_0)} {d w}\right)^{-1}\left(\left(z_{k-1}^{(+)}\right)'(x_0)-\left(z_{k-1}^{(-)}\right)'(x_0)\right)\\ &+\left(\dfrac {d H(w_0)} {d w}\right)^{-1}\left(z^{(-)}\right)^{-1}(0)\bigg(\Phi^{(+)}(w_0,x_0)\bar z_k^{(+)}(0)-\Phi^{(-)}(w_0,x_0)\bar z_k^{(-)}(0)\\ & +\int_{+\infty}^0\hat z^{(+)}(r)h_k^{(+)}(r)d r-\int_{-\infty}^0\hat z^{(-)}(r)h_k^{(-)}(r)d r\bigg). \end{align*}$

到此为止, 我们已经完全确定了 (2.5)-(2.8) 式以及 $w(\mu)$ 中的各项, 记部分和为

(2.27)$\begin{align*}\label{34} Z_n=\begin{cases} Z^{(-)}_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n\mu^k\left(\bar z^{(-)}_k(x)+L_kz\left(\dfrac x \mu\right)+Q^{(-)}_kz\left(\dfrac {x-x_0} \mu\right)\right), &0\le x \le x_0,\\[0.4cm] Z^{(+)}_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n\mu^k\left(\bar z^{(+)}_k(x)+R_kz\left(\dfrac {x-1} \mu\right)+Q^{(+)}_kz\left(\dfrac {x-x_0} \mu\right)\right),& x_0<x\le 1. \end{cases} \end{align*}$

往下我们将进行解的存在性证明, 并作余项估计.

3 解的存在性与余项估计

我们已经得到了问题 (1.2) 的形式渐近解 (2.27) 式, 但光滑解的存在性仍待证明. 为此, 我们回到原问题 (1.1) 和 (1.2) 与左右问题, 对函数 $z$ 在 $x_0$ 处的取值稍加修改

左问题

(3.1)$\begin{align*}\label{35} \begin{cases} \mu^2\dfrac {d^2z^{(-)}} {d x^2}=\Phi^{(-)}(z^{(-)},x,\mu),\quad 0<x<x_0,\\ z^{(-)}(0,\mu)=z^0,\quad z^{(-)}(x_0,\mu)=\bar w(\mu), \end{cases} \end{align*}$

右问题

(3.2)$\begin{align*}\label{36} \begin{cases} \mu^2\dfrac {d^2z^{(+)}} {d x^2}=\Phi^{(+)}(z^{(+)},x,\mu),\quad x_0<x<1,\\ z^{(+)}(1,\mu)=z^1,\quad z^{(+)}(x_0,\mu)=\bar w(\mu), \end{cases} \end{align*}$

其中

$\bar w(\mu)=w_0+\mu w_1+\cdots+\mu^n w_n+\mu^{n+1}(w_{n+1}+\delta).$

需要特别指出的是, 这里 $w_k,\ 0\le k\le n+1$ 就是由假设 3.1 与 (2.26) 式计算所得的复参数, 而 $\delta$ 是新引入的未知复参数. 下面将证明存在 $\delta$ 使得新的左右问题的解在 $x_0$ 处的导数值相等, 即满足缝接条件

(3.3)$\begin{align*}\label{37} \mu\dfrac d {d x}z^{(-)}(x_0,\mu)-\mu\dfrac d {d x}z^{(+)}(x_0,\mu)=0. \end{align*}$

注意到问题 (3.1), (3.2) 所对应的实问题的解都是存在的, 故对于固定的 $\delta$, 左右问题 (3.1), (3.2) 的真解存在并满足余项估计^[20]

(3.4)$\begin{equation}\label{38} \begin{aligned} \begin{cases} z^{(-)}(x,\mu)=\bar Z^{(-)}_{n+1}+O(\mu^{n+2}),\quad 0\le x \le x_0,\\ z^{(+)}(x,\mu)=\bar Z^{(+)}_{n+1}+O(\mu^{n+2}),\quad x_0\le x \le 1, \end{cases} \end{aligned} \end{equation}$

其中

$ \begin{cases} \bar Z^{(-)}_{n+1}=\displaystyle\sum_{k=0}^n\mu^k(\bar z^{(-)}_k(x)+L_kz(\tau_0)+Q^{(-)}_kz(\tau))+\mu^{n+1}(\bar z^{(-)}_{n+1}(x)+L_{n+1}z(\tau_0)+\bar Q_{n+1}^{(-)}z(\tau)),\\[4mm] \bar Z^{(+)}_{n+1}=\displaystyle\sum_{k=0}^n\mu^k(\bar z^{(+)}_k(x)+R_kz(\tau_1)+Q^{(+)}_kz(\tau))+\mu^{n+1}(\bar z^{(+)}_{n+1}(x)+R_{n+1}z(\tau_1)+\bar Q_{n+1}^{(+)}z(\tau)). \end{cases}$

特别地, 这里的 $\bar Q_{n+1}^{(\mp)}z(\tau)$ 与原内部层 $n$ 次项 $Q_{n+1}^{(\mp)}z(\tau)$ 有所不同, 因为此时方程的边值条件中 $Q_{n+1}^{(\mp)}z(0)=w_{n+1}-z_{n+1}^{(\mp)}(x_0)$ 变为 $Q_{n+1}^{(\mp)}z(0)=w_{n+1}+\delta-z_{n+1}^{(\mp)}(x_0)$, 故仍有

(3.5)$\begin{align*} \begin{cases} \dfrac d {d\tau}Q_0^{(-)}z(0)-\dfrac d {d\tau}Q_0^{(+)}z(0)=0,\\[0.3cm] \mu\dfrac d {d x}\bar z_{k-1}^{(-)}(x_0)-\mu\dfrac d {d x}\bar z_{k-1}^{(+)}(x_0)+\dfrac d {d\tau}Q_k^{(-)}z(0)-\dfrac d {d\tau}Q_k^{(+)}z(0)=0,\quad 1\le k\le n, \end{cases} \end{align*}$

所以

(3.6)$\begin{align*} 0=\ &\mu\dfrac d {d x}z^{(-)}(x_0,\mu)-\mu\dfrac d {d x}z^{(+)}(x_0,\mu)\nonumber\\ =\ &\mu^{n+1}(\mu\dfrac d {d x}\bar z_{k-1}^{(-)}(x_0)-\mu\dfrac d {d x}\bar z_{k-1}^{(+)}(x_0)+\dfrac d {d\tau}\bar Q_k^{(-)}z(0)-\dfrac d {d\tau}\bar Q_k^{(+)}z(0))+O(\mu^{n+2})\nonumber\\ =\ &\mu^{n+1}\left(\dfrac {(\hat z^{(-)})'(0)-(\hat z^{(+)})'(0)} {\hat z^{(-)}(0)}\delta+O(\mu)\right).\label{41} \end{align*}$

与二阶的情况不同, (3.6) 式是复数形式, 往下将它写为实数形式进行讨论. 记

$\dfrac {(\hat z^{(-)})'(0)-(\hat z^{(+)})'(0)} {\hat z^{(-)}(0)}=a+b{\rm i},\quad \delta=p+q{\rm i},$

故 (3.6) 式等价于如下实方程组

(3.7)$\begin{equation}\label{42} \begin{cases} ap-bq+O(\mu)=0,\\ aq+bp+O(\mu)=0. \end{cases} \end{equation}$

由于 $(\hat z^{(\mp)})'(0)=\frac {d^2 Q_0^{(\mp)}z(0)} {d\tau^2}=\Phi^{(\mp)}(w_0,x_0,0)$, 故 $a+b{\rm i}\ne 0$, 所以可将 (3.7) 式对角化, 得到

(3.8)$\begin{align*}\label{43} \begin{cases} p+O_1(\mu)=0,\\ q+O_2(\mu)=0, \end{cases} \end{align*}$

且 (3.8) 式中的 $O_{1,2}(\mu)$ 均是含有 $p,q$ 的关于 $\mu$ 的等价无穷小, 为讨论方便起见, 记

$O_k(\mu)=\mu T_k(p,q,\mu),\quad k=1,2.$

在 $\mu$ 充分小时, (3.8) 式中方程左端两个连续函数的符号分别依赖于 $p,q$ 的符号, 即存在 $D>0$, 使得

$ \begin{aligned} &D+\mu T_1(D,q,\mu)>0,\quad -D+\mu T_1(-D,q,\mu)<0,\quad -D\le q\le D,\\ &D+\mu T_2(p,D,\mu)>0,\quad -D+\mu T_2(p,-D,\mu)<0,\quad -D\le p\le D. \end{aligned} $

为得到 (3.8) 式的解, 假设

假设 3.1

$\vert T_1(p_1,q,\mu)-T_1(p_2,q,\mu)\vert\le L\vert p_1-p_2\vert,\quad -D\le p_1,p_2,q\le D$

或

$\vert T_2(p,q_1,\mu)-T_2(p,q_2,\mu)\vert\le L\vert q_1-q_2\vert,\quad -D\le q_1,q_2,p\le D,$

其中 $L<\frac 1 \mu$.

下面仅讨论 $T_1(p,q,\mu)$ 关于 $p$ 满足 Lipschitz 条件的情形, 另一情况可类似讨论. 由 $L<\frac 1 \mu$, 知对 $-D\le q\le D$, 函数 $p+\mu T_1(p,q,\mu)$ 是关于 $p$ 的严格增函数. 根据隐函数存在性定理, 可得连续函数 $p=p^*(q)$. 将它代入 $q+O_2(\mu)=0$, 可得仅含有 $q$ 的方程

$q+\mu T_2(p^*(q),q,\mu)=0.$

施介值定理, 得到该方程的解 $q=q^*$. 最终, 我们解得 (3.8) 式的解为

(3.9)$\begin{align*} \begin{cases} p=p^*(q^*)=p^*,\\ q=q^*. \end{cases} \end{align*}$

故存在 $\delta=\delta^*=p^*+iq^*$, 使得 (3.1), (3.2) 式的解在 $x_0$ 处的导数相等, 即真解存在. 同时, 也成立余项估计式

$\Vert z(x,\mu)-Z_n(x,\mu)\Vert=O(\mu^{n+1}),\quad 0\le x\le 1.$

我们把结论总结为如下定理

定理 3.1 如果问题 (1.2) 满足假设 1.1-3.1, 则它存在光滑解 $z(x,\mu)$, 且可以表示为

(3.10)$\begin{align*} z(x,\mu)=\begin{cases} \displaystyle\sum_{k=0}^n\mu^k\left(\bar z_i^{(-)}(x)+L_kz(\tau_0)+Q_k^{(-)}z(\tau)\right)+O\left(\mu^{n+1}\right),\quad 0\le x\le x_0,\\[4mm] \displaystyle\sum_{k=0}^n\mu^k\left(\bar z_i^{(+)}(x)+R_kz(\tau_1)+Q_k^{(+)}z(\tau)\right)+O\left(\mu^{n+1}\right),\quad x_0< x\le 1. \end{cases} \end{align*}$

至此, 我们证明了问题 (1.1), (1.2) 具有内部层的光滑解的存在性, 并给出了余项估计. 下面将以一个简单的例子加以验证.

4 算例

考虑 Dirichlet 边值问题

(4.1)$\begin{align*}\label{44} \begin{cases} \mu^2\dfrac {d^2u} {d x^2}=F(u,v,x,\mu),\\[0.2cm] \mu^2\dfrac {d^2v} {d x^2}=G(u,v,x,\mu),\quad 0<x<1,\\ u(0,\mu)=1,\quad v(0,\mu)=1,\quad u(1,\mu)=-1,\quad v(1,\mu)=-1, \end{cases} \end{align*}$

其中 $0<\mu\ll1$ 为小参数,

$\begin{aligned} &F(u,v,x,\mu)=\begin{cases} u-v+\mu u^2,\quad &0\le x\le \dfrac 1 2,\\[3mm] u-v-\mu u^2,\quad &\dfrac 1 2<x\le1. \end{cases} \\ &G(u,v,x,\mu)=\begin{cases} u+v-2+\mu v^2,\quad 0\le x\le \dfrac 1 2,\\[3mm] u+v+2-\mu v^2,\quad \dfrac 1 2<x\le1. \end{cases} \end{aligned} $

方程 (4.1) 所对应的复退化方程为

$\begin{aligned} (1+{\rm i})(u+{\rm i}v)-2{\rm i}=0,\quad 0\le x\le \frac 1 2,\\ (1+{\rm i})(u+{\rm i}v)+2{\rm i}=0,\quad \frac 1 2<x\le1, \end{aligned} $

不难得到退化方程的解为 $\omega^{(-)}(x)=1+{\rm i},\ \omega^{(+)}(x)=-1-{\rm i}$. 易得正则部分的解

$\bar z^{(\mp)}(x,\mu)=\bar z_0^{(\mp)}(x)+O(\mu)=\omega^{(\mp)}(x)+O(\mu).$

下面计算内部层部分的解.

内部层函数 $Q^{(\mp)}z$ 满足方程

(4.2)$\begin{align*} \begin{cases} \dfrac {d^2 Q^{(\mp)}z} {d\tau^2}=\Phi^{(\mp)}(\bar z^{(\mp)}+Q^{(\mp)}z(\tau),x_0+\tau\mu,\mu)-\Phi^{(\mp)}(\bar z^{(\mp)}(x_0+\tau\mu),x_0+\tau\mu,\mu),\\[2mm] Q^{(\mp)}z(0,\mu)=w-\omega^{(\mp)}(x_0),\quad Q^{(\mp)}z(\mp\infty,\mu)=0. \end{cases} \end{align*}$

这里

(4.3)$\begin{align*} \Phi^{(-)}(z,x_0,0)=(1+{\rm i})z=\Phi^{(+)}(z,x_0,0),\quad x_0=\frac 1 2. \end{align*}$

求解 $w_0$ 的方程为

(4.4) $\begin{align*} \int_{1+i}^{w_0}(1+{\rm i})zd z=\int_{-1-i}^{w_0}(1+{\rm i})zd z. \end{align*}$

取两个合适的积分路径, 解得 $w_0=p_0+iq_0=0$. 故内部层的零次项满足方程

(4.5)$\begin{align*} \begin{cases} \dfrac {d^2 Q^{(\mp)}_0z} {d\tau^2}=(1+{\rm i})Q^{(\mp)}_0z,\\[3mm] Q_0^{(\mp)}z(0)=\mp(1+{\rm i}),\quad Q^{(\mp)}_0z(\mp\infty)=0. \end{cases} \end{align*}$

解得

(4.6)$\begin{align*}Q_0^{(-)}z=\ &-(1+{\rm i})\exp\left(2^{\frac 1 4}\tau\cos\dfrac \pi 8\right)\left(\cos\left(2^{\frac 1 4}\tau\sin\dfrac \pi 8\right)+{\rm i}\tau\sin\left(2^{\frac 1 4}\tau\sin\dfrac \pi 8\right)\right),\end{align*}$

(4.7)$\begin{align*}Q_0^{(+)}z=\ &(1+{\rm i})\exp\left(-2^{\frac 1 4}\tau\cos\dfrac \pi 8\right)\left(\cos\left(2^{\frac 1 4}\tau\sin\dfrac \pi 8\right)-{\rm i}\tau\sin\left(2^{\frac 1 4}\tau\sin\dfrac \pi 8\right)\right).\end{align*}$