авторефераты диссертаций БЕСПЛАТНАЯ БИБЛИОТЕКА РОССИИ

КОНФЕРЕНЦИИ, КНИГИ, ПОСОБИЯ, НАУЧНЫЕ ИЗДАНИЯ

<< ГЛАВНАЯ
АГРОИНЖЕНЕРИЯ
АСТРОНОМИЯ
БЕЗОПАСНОСТЬ
БИОЛОГИЯ
ЗЕМЛЯ
ИНФОРМАТИКА
ИСКУССТВОВЕДЕНИЕ
ИСТОРИЯ
КУЛЬТУРОЛОГИЯ
МАШИНОСТРОЕНИЕ
МЕДИЦИНА
МЕТАЛЛУРГИЯ
МЕХАНИКА
ПЕДАГОГИКА
ПОЛИТИКА
ПРИБОРОСТРОЕНИЕ
ПРОДОВОЛЬСТВИЕ
ПСИХОЛОГИЯ
РАДИОТЕХНИКА
СЕЛЬСКОЕ ХОЗЯЙСТВО
СОЦИОЛОГИЯ
СТРОИТЕЛЬСТВО
ТЕХНИЧЕСКИЕ НАУКИ
ТРАНСПОРТ
ФАРМАЦЕВТИКА
ФИЗИКА
ФИЗИОЛОГИЯ
ФИЛОЛОГИЯ
ФИЛОСОФИЯ
ХИМИЯ
ЭКОНОМИКА
ЭЛЕКТРОТЕХНИКА
ЭНЕРГЕТИКА
ЮРИСПРУДЕНЦИЯ
ЯЗЫКОЗНАНИЕ
РАЗНОЕ
КОНТАКТЫ


Pages:     | 1 || 3 | 4 |   ...   | 5 |

«ISSN 1512–1712 Академия Наук Грузии Институт Кибернетики СОВРЕМЕННАЯ МАТЕМАТИКА И ЕЕ ПРИЛОЖЕНИЯ Том 55 ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ ...»

-- [ Страница 2 ] --

,n,n n 0 Очевидно, что оценка |f | |u | sup,n c выполняется для функций u,n. Мы выделим подпоследовательность из последовательности u,,n слабо сходящуюся к u при k 0. Переходя к пределу при k 0 в (1.5.28), мы получим n L (v )u dx. (1.5.29) fn vd e dx = n Пусть при nk слабо в пространстве L2 (). Из (1.5.29) очевидно, что u k u n L (v )u dx. (1.5.30) f vd e dx = L (v)u dx, если 0, для последова Покажем, что последний интеграл в (1.5.30) стремится к тельности k такой, что uk u слабо сходится в пространстве L2 () при k 0. Мы имеем L (v )u dx = L (v)u dx + 2 (L ( ) c )u v dx. (1.5.31) akj vxk xj u dx + Отметим, что последние два интеграла в (1.5.31) в действительности берутся по 2-окрестности множества B, так как подынтегральная функция в этих интегралах равна нулю вне этой окрестно сти. Эта 2-окрестность B имеет меру не более чем M 2. Так как v = 0 в точках B, |xj | = O( 1 ), |xk xj | = O( 2 ) и u равномерно ограничена по, получаем, что последние два интеграла стре мятся к нулю при 0. Следовательно, переходя к пределу в (1.5.31) при 0, мы получим, что функция u(x) удовлетворяет условию (1.5.26) и, следовательно, является слабым решением задачи (1.1.4), (1.1.5). Теорема доказана.

Можно также построить слабое решение задачи (1.1.4), (1.1.5) в области класса B (2,) в пространстве Lp (), если f Lp ().

6. ТЕОРЕМЫ ЕДИНСТВЕННОСТИ ДЛЯ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ В §§ 3–5 мы построили слабые решения краевой задачи (1.1.4), (1.1.5) в различных функцио нальных пространствах. В этом параграфе мы дадим достаточные условия единственности слабых решений задачи (1.1.4), (1.1.5) и приведем примеры, в которых эти условия нарушаются и слабое решение этой задачи не единственно. Доказательство теоремы единственности основано на методе эллиптической регуляризации сопряженного уравнения. Мы начнем с некоторых вспомогательных предположений.

Лемма 1.6.1. Пусть v(x) удовлетворяет уравнению (1.6.1) v + L(v) = f, = const 0, A(2,), в области класса а также условию (1.6.2) v| = 0, C (2) ( где v ), C(2) (), C(1) (), c C(0) (), f C(0) (). Пусть akj bj 1 c bk k + akj xj const 0, или c const в. (1.6.3) 2x 2 xk 6. ТЕОРЕМЫ ЕДИНСТВЕННОСТИ ДЛЯ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ Пусть на границе v C1 1/2, (1.6.4) C1 = const, j = 1,..., m, xj где C1 не зависит от. Тогда 2 (v)2 dx (1.6.5) C и постоянная C2 также не зависит от.

Доказательство. Умножим уравнение (1.6.1) на v и проинтегрируем по. Интегрируя по частям, получим 1 c bj j + akj xj v 2 dx = akj vxk vxj dx (1.6.6) vxk vxk dx + f v dx.

x 2 xk Если c 0, то функция v равномерно ограничена по по принципу максимума. Следовательно, если условие (1.6.3) выполнено, то из (1.6.6) следует, что v 2 dx f 2 dx. (1.6.7) akj vxk vxj dx + vxk vxk dx + C Здесь и в дальнейшем мы обозначаем через Cj постоянные, не зависящие от.

Умножим (1.6.1) на v и проинтегрируем по. Тогда 2 (v)2 dx + (f cv bj vxj )v dx. (1.6.8) vakj vxk xj dx = Легко видеть, что 2 (v)2 dx + (f cv)2 dx.

v(f cv) dx По предположению (1.6.4) выполняется в точках границы. Следовательно, рассматривая (1.6.7) и (1.6.4) и интегрируя по частям, получаем bj vxj vxk xk dx bj vxj xk vxk dx + bj k vxj vxk dx + bj vxk vxj nk d x 1j bj vxj vxk nk bj vxk vxk nj d bj k vxj vxk dx + b vx vx dx + C4.

2 xj k k x Здесь, как всегда, n = (n1,..., nm ) — единичный вектор внутренней нормали к. Кроме того, интегрированием по частям получаем vxs xs akj vxk xj dx = vxs akj vxk xj xs dx vxs akj vxk xj dx akj vxs vxk xj ns d = xs akj vxs vxs xk akj vxs vxj xk dx+ akj vxs xk vxs xj dx + = xj xs akj vxs vxk xs nj akj vxs vxk xj ns d I1 + I2 + I3. (1.6.9) + Отметим, что интеграл I1 неотрицателен. Оценим I2. Имеем 1 kj 1 kj (1.6.10) akj vxs vxs xk dx = a vx vx dx + a vx vx nk d C5.

2 xj xk s s 2 xj s s xj 32 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА Точно таким же образом получаем (1.6.11) akj vxs vxk xj dx = akj vxs xk vxj dx + akj xk vxs vxj dx + akj vxs vxj nk d.

xs xs xs xs Последние два интеграла равномерно ограничены по в силу (1.6.4) и (1.6.7). Запишем первый интеграл с правой стороны (1.6.11) в виде 1 kj 1 kj 1 kj axs (vxk vxj )xs dx = axs xs vxk vxj dx a vx vx ns d.

2 xs k j 2 Отсюда и из (1.6.10) и (1.6.11) следует, что |I2 | C6.

Чтобы оценить I3, разобьем на куски t, t = 1,..., N, и введем в окрестности t локальные координаты yk = F k (x1,..., xm ), k = 1,..., m, так, чтобы граница t лежала в плоскости y = 0. Так как v = 0 на, m akj vym Fxs Fxj (vym ym Fxk Fxs + vym yl Fxk Fxs + vym Fxk xs )x dy1... dym mm mm ml m I3 = t akj vym Fxs Fxs (vym ym Fxk Fxj + vym yl Fxk Fxj + vym Fxk xj )x dy1... dym mm mm ml m t 1 kj a (vym )yl [Fxk Fxj Fxs Fxs Fxk Fxs Fxs Fxj ]x dy1... dym ml mm ml mm t akj (vym )2 Fxs [Fxs Fxk xj Fxj Fxk xs ]x dy1... dym1.

(1.6.12) m mm mm t Здесь l = m, k — некоторая ограниченная функция и предполагается, что суммирование по l производится от 1 до m 1, а по остальным повторяющимся индексам — от 1 до m. Последние два интеграла в (1.6.12) равномерно ограничены по. Это легко проверить, преобразовав первый из них интегрированием по частям и используя (1.6.4). Таким образом, лемма 1.6.1 доказана.

Пусть в окрестности точки P граница задается уравнением F C (2), F (x1,..., xm ) = 0, где grad F отличен от нуля на и направлен вдоль внутренней нормали n. В точках 0 рассмотрим функцию = L (F ). (1.6.13) 0, а также в точках 0, являющихся пределами В § 5 было показано, что в точках, внутренних для внутренних точек, если (/ n)(akj Fxk Fxj ) = 0, то знак функции совпадает со знаком функции Фикеры (1.1.3) для оператора L.

Теорема 1.6.1. Пусть c 0 в, 0 в точках 1 и A(2,). Предположим, что коэффициенты уравнения L (v) = akj vxk xj + bk vxk + c v = 0 можно продолжить в окрестность G множества 0 2 таким образом, что akj k j 0 в G, а akj C(2) (G ), bk C(1) ( G ), c C (0,) ( G ), 0 1. Тогда функция u(x) в пространстве L2 () равна нулю почти всюду в, если для любого v C (2) (), равного нулю на 3 1, L (v)u dx = 0, (1.6.14) и если множество граничных точек множества 0 2 в можно разделить на замкнутые непересекающиеся подмножества 1, 2, 3 такие, что выполняются следующие условия (в частности, любое i может быть пустым).

6. ТЕОРЕМЫ ЕДИНСТВЕННОСТИ ДЛЯ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ 1) В некоторой окрестности каждой из своих точек множество 1 лежит на пересечении поверхности F (x1,..., xm ) = 0 (определяющей ) и поверхности (x1,..., xm ) = 0, функ ции F и принадлежат классу C (2) и вектор n, нормальный к на 1, не ортогонален поверхности = 0. Функция u(x) принадлежит классу L3 (Q) в некоторой окрестности Q множества 1.

2) В некоторой окрестности каждой из своих точек множество 2 лежит на пересече нии поверхностей F = 0 (определяющих ) и = 0, где F, C (2), и вектор n не ортогонален поверхности = 0. В точках akj xk xj = 0.

3) Площадь -окрестности 3 на имеет порядок q, где q 2.

Доказательство. Построим область такую, что G и. Предположим, что область с границей принадлежит классу A(2,), 0 1, и множество 2 0 лежит внутри. Через мы обозначим -окрестность множества. Пусть a(x) C (2,) ( ), a = 0 в и a 0 в \. Пусть v 1 удовлетворяет уравнению v 1 + L (v 1 ) + av 1 =, (1.6.15) 0, в, а также условию v 1 = 0 на, (1.6.16) (). Отметим, что на части границы, которая не принадлежит, мы имеем akj n n + где C0 kj anj nj = 0. В точках, принадлежащих, или akj nk nj = 0, или 0. Следовательно, применяя лемму 1.5.1 к оператору L (v) + av, мы получим, что для v 1 выполнено неравенство v C1 1/2 на, xj где постоянная C1 не зависит от. Отсюда и из леммы 1.6.1 следует, что оценка (1.6.5) выполняется для v 1. Пусть (x) — функция такая, что C (2) ( G ), = 0 в = 1 вне,, где — окрестность, содержащая, так что \ содержит любую данную замкнутую область в, если выбрано достаточно малым, и если 0 d e 1.

Функцию v = v 1 можно подставить в тождество (1.6.14), так как v = 0 на 3 1. Имеем L (v 1 )u dx = L (v 1 )u dx+ 0= v 1 (L ( ) c )u dx + 2akj k vxj u dx.

+ x Отсюда, используя (1.6.15), мы получаем, что v 1 u dx v 1 (L ( ) c )u dx (1.6.17) u dx = 2akj k vxj u dx.

x Поскольку то = для достаточно малого, и интеграл в левой части (1.6.17) C0 (), совпадает с интегралом u dx. Покажем, что правая сторона (1.6.17) как угодно мала для до статочно малых и (). Это означает, что левая сторона этого уравнения равна нулю для любой гладкой функции с компактным носителем, так что u = 0 почти всюду в.

Пусть un C0 () и un u по норме L2 () при n. Так как (1.6.5) выполняется для 1, и v 1 равномерно ограничена по и в силу принципа максимума, имеем функции v v 1 u dx = v 1 ((u un ) + un ) dx 34 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА v 1 (u un ) dx + ( un )v 1 dx 1/2 1/ 2 12 v 1 ( un ) dx.

(u un ) dx (1.6.18) (v ) dx + Легко видеть, что правая сторона двух последних неравенств стремится к нулю при n и n 0 для фиксированного. Отметим, что два последних интеграла в (1.6.17) в действительности берутся только по пересечению -окрестности с областью, так как 1 вне. Пусть = 1 2 3, где k — пересечение с некоторой окрестностью k, k = 1, 2, 3.

Чтобы оценить интегралы, взятые по 1, мы разобьем окрестность 1 множества 1 на куски t, t = 1,..., N, так, что в Qt можно ввести локальные координаты y t,..., y t такие, что Q1, 1, m t t ym = F (x1,..., xm ), ym1 = (x1,..., xm ), а в Ql Qk имеем ym = ym, ym1 = ym1.

l k l k 1, 1, В новых координатах y1,..., ym оператор v 1 + av 1 + L (v 1 ) имеет вид ( + a)(kj vyk yj + k vyk ) + kj vyk yj + j vyj + c v 1.

1 1 1 Обозначим Qt через R1. В окрестности 1 для функции возьмем t 1, 2 ym1 + ym =, где (s) = 0 при s 1, (s) = 1 при s 2, 0 1 при 1 s 2 и (s) — гладкая функция от s. Имеем (L ( ) c )v 1 u dx = (kj k yj + j j )uv 1 x dy, (1.6.19) y y t 1 R где k — гладкая положительная функция. Отметим, что мера области 1, где j и j yk могут y y отличаться от нуля, имеет порядок 3/2, и в этой области m = O( 1 ), m1 = O( 1/2 ), m ym = O( y y y (1.6.20) m1 ym1 = O( 1 ), m1 ym = O( 3/2 ).

y y Так как kj nk nj = 0, kj nk = 0, yj = 0 на 1, в области 1 имеем:

mm m,m1 = O( 1/2 ). (1.6.21) mm = O(), m1,m1 = OO(1), С помощью соотношений (1.6.20) и (1.6.21), мы оценим интеграл (1.6.19). С помощью неравенства Г льдера получим е (kj k yj + j j )v 1 ux dy C2 1 |u| dy y y t t R1 R 2/3 1/3 1/ 1 3 |u| dy |u| dy C2 dy C3.

t t t R1 R1 R Последний интеграл стремится к нулю при 0, так как по предположению u L3 (Q1 ), где Q1 — некоторая окрестность 1 и mes 1 = O( 3/2 ).

Теперь оценим последний интеграл в (1.6.17), взятый по 1 :

1/3 1/ 1 k j u2 dx · (1.6.22) akj vxj k u dx akj vxk vxj kj dx a.

x x x 1 1 6. ТЕОРЕМЫ ЕДИНСТВЕННОСТИ ДЛЯ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ Чтобы оценить первый интеграл с правой стороны (1.6.22), умножим уравнение (1.6.15) на v 1 (1 2 ) и проинтегрируем по Qt. Здесь функция (y1,..., ym2 ) C (2) (Qt ) выбрана 1,2 1, так, что 0 внутри Qt и (1 2 ) = 0 вместе со своими первыми производными на границе 1, Qt. Интегрируя по частям и учитывая, что v 1 = 0 на и a = O() в, мы получим 1, [( + a)vxk vxj (1 2 ) akj vxk vxj (1 2 )] dx+ 11 Qt 1, m 1 1 kj [( + a)(1 2 )]xk xk (v 1 )2 dx + [a (1 2 )]xk xj (v 1 )2 dx+ + 2 k= Qt Qt 1,2 1, [c (1 2 ) (bj (1 2 ))xj ](v 1 )2 dx = (1 2 )v 1 dx. (1.6.23) + Qt Qt 1,2 1, Отсюда, используя соотношения (1.6.20) и учитывая, что мера 1 имеет порядок 3/2, получим akj vxk vxj (1 2 ) dx C4 ( 1/2 + 1/2 ) + |akj 2 xj |(v 1 )2 dx. (1.6.24) xk Qt Qt 1,2 1, Чтобы оценить последний интеграл, введем локальные координаты y1,..., ym в области Qt. С 1, помощью (1.6.20) и (1.6.21) получим |akj 2 xj |(v 1 )2 dx |akj 2 yj |(v 1 )2 k dy+ xk yk Qt Qt 1,2 1, |akj yl (yl )xk xj |(v 1 )2 k dy C5 1/2, + Qt 1, где постоянные C4 и C5 не зависят от и. Очевидно, что akj vxk vxj (1 2 ) dy.

akj vxk vxj dx C ( Qt ) 1 1, t Более того, получаем akj k j u2 dx = kj k j u2 k dy x x y y t 1 R 1/3 2/3 2/ 1 3 1/2 |u| dy |u| dy C6 dy C7.

t t t R1 R1 R Поэтому при из (1.6.22) следует, что 1/ 1 |u| dx akj vxk j u dx C8, x 1 и в силу условий, наложенных на u, правая сторона последнего неравенства стремится к нулю при 0 и.

36 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА Теперь оценим два последних интеграла в (1.6.17), взятых по 2, где 2 — окрестность такая, что 1 вне 2. В качестве функции в окрестности 2 выберем 2 ym1 + ym =, где функция (s) определена выше. Оценка этих интегралов, взятых по 2, проводится в точности так же, как и для области 1. Для этого разобьем окрестность множества на области Qt, t = 1,..., N2, и в Qt перейдем к новым координатам y1,..., ym таким, что 2, 2, ym = F (x1,..., xm ), ym1 = (x1,..., xm ).

Легко видеть, что при этом m1,m1 = akj xk xj. Следовательно, в -окрестности 2, j = O( 1 ), k yj = O( 2 ), y y (1.6.25) m,m = O( 2 ), m1,m1 = O(), m1,m = O().

Очевидно, что мера области 2 имеет порядок 2. Рассматривая (1.6.25) и полагая Qt = R2, t 2, получим (L ( ) c )v 1 u dx = (akj k yj + k k v 1 ux dy y y t 2 R 1/ 1 |u| dy |u| dy C9 C10.

t t R2 R Последний интеграл стремится к нулю при 0, так как u L2 ().

Неравенство вида (1.6.22), очевидно, справедливо также для области 2. Принимая во вни мание (1.6.25) в окрестности 2, получим akj k j u2 x dy C11 1 |u|2 dy.

y y t t R2 R Из (1.6.23), взятого для Qt, выводим, что 2, akj vxk vxj (1 2 ) dx akj vxk vxj dx C12 + C13.

t t ( Q2,2 ) Так, для получаем:

1/ 1 |u| dx akj vxk j u dx C14, x 2 что означает, что последний интеграл в (1.6.17), взятый по 2, стремится к нулю при 0,.

Теперь рассмотрим окрестность 3 множества 3 и покажем, что два последних интеграла в (1.6.17), взятые по 3, стремятся к нулю при 0 и. По предположению, -окрестность множества 3 на имеет площадь, не превосходящую C15 2. Разобьем окрестность 3 на доста- точно малые части Q3,t, t = 1,..., N. Введем в Qt 3, локальные координаты y1,..., ym такие, что лежит в плоскости ym = 0 и ym 0 в. Пусть гладкая функция (y1,..., ym1 ) определена в точках Qt так, что = 0 в -окрестности 3, 0 вне замыкания этой окрестности и 1 3, 1 вне 2-окрестности 3, в то время как на имеем 0 1. Пусть гладкая функция 1 6. ТЕОРЕМЫ ЕДИНСТВЕННОСТИ ДЛЯ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ (ym ) = 0 при ym, (ym ) = 1 при ym 2 и 0 1 при ym 2. Функция в 2 2 окрестности 3 определена уравнением = 1 ·.

Легко видеть, что мера подмножества 3, где j и k yj могут отличаться от нуля, не превышает y y C16 2. Мы можем также предположить, что j = O( 1 ), k yj = O( 2 ), m = O( 1 ), m ym = O( 2 ).

1y 1y 2y 2y Следовательно, выполняются соотношения m = O( 1 ), j = O( 1/2 ), если j = m;

y y 2 3/ (1.6.26) если m ym m yj = O( ), = O( ), j = m;

y y k yj = O( 1 ), если k = m, j = m.

y В области 3 имеем:

amj = O( 1/2 ), amm = O(), (1.6.27) akj = O(1) при k = m, j = m.

Точно так же, как и в предыдущем случае, мы получим, что второй интеграл в правой части (1.6.17), взятый по 3, не превосходит 1/ |u| dx C17, и последний интеграл в (1.6.17), взятый по 3, оценивается так же, как для 2, с использованием (1.6.23), (1.6.26), (1.6.27). Теорема доказана.

Отметим, что условие 0 на теоремы 1.6.1 всегда выполнено, если все точки 1 являются пределами внутренних точек и, кроме того, или коэффициенты оператора L можно продолжить в окрестность 1, так что akj k j 0, akj C (1), или akj Fxk Fxj / n достаточно мала на 1.

Примеры показывают, что предположения теоремы 1.6.1 существенны. В частности, если окрестность множества на имеет площадь порядка, то в этом случае слабое решение задачи (1.1.4), (1.1.5) может быть не единственным в классе Lp () для любого p 3, т.е. условие 1) теоремы 1.6.1 нельзя ослабить.

Рассмотрим тепловое уравнение L(u) uxx ut = 0 (1.6.28) в области на (x, t)-плоскости, ограниченной гладкой замкнутой кривой, которая в окрестно сти точки (0, 0) совпадает с кривой t = |x|2+, = const 0. Предположим, что кривая не имеет горизонтальных касательных нигде, кроме точек (0, 0) и (0, 1). В этом случае точка (0, 0) принадлежит 2, точка (0, 1) принадлежит 1, а все оставшиеся точки принадлежат 3. Делая подстановку u = t v, = const 0, в (1.6.28), мы получим уравнение, для которого c 0 в. Можно предположить, что граница в окрестности (0, 1) такова, что 0 в точке (0, 1).

Функция w = t1/2 ex /4t удовлетворяет условию (1.6.28) в. На границе области она определяет непрерывную функ цию, которая в окрестности точки (0, 0) задана как w| = |x|(1+/2) e1/4|x|.

Легко показать, что существует функция W (x, t), непрерывная на, совпадающая с w в точках и удовлетворяющая (1.6.28) в. Существование такой функции W (x, t) доказано, например, в [51] и [104]. Так как граница по предположению гладкая, известно [170], что функция W (x, t) 38 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА имеет непрерывные производные W (x), W (x, x), W (t) всюду в кроме, возможно, точек (0, 0) и (0, 1).

Покажем, что функция u = W (x, t) w(x, t) является слабым решением задачи (1.1.4), (1.1.5) в области с f 0 и g 0 и принадлежит пространству Lp () при p 3. Очевидно, u = 0 на множестве положительной меры в, так как W (x, t) непрерывна в и w(x, t) при x = и t 0. Таким образом, задача (1.1.4), (1.1.5) в рассматриваемом случае имеет, по крайней мере, два решения: функцию u и тождественно нулевое решение.

Покажем, что u(x, t) Lp () при p 3. Так как W (x, t) ограничена в, достаточно показать, что w(x, t) Lp () при p 3. Имеем t1/2+ t px2 /4t tp/2 e tp/ wp dx dt = dx dt dx dt + C1 = t1/2+ t tp/2+1/(2+) dt + C1 C2, =2 t0, C1, C2 = const, если p/2 + 1/(2 + ) 1. При p 3 неравенство p/2 + 1/(2 + ) 1 выполняется, если посто янная 0 выбрана достаточно малой. Теперь покажем, что u(x, t) удовлетворяет интегральному тождеству (1.6.14). Пусть v C (2) и v = 0 на 3 1. По непрерывности, v = 0 во всех точках. Так как u(x, t) — гладкая функция в области { t 1 }, = const 0, в силу формулы Грина (1.1.14) выполнено тождество L (v)u dx dt = uv dx (1.6.29) uv dx.

{ t 1} {t=1} {t=} Легко видеть, что C3 t1/2, mes( {t = }) = 2 1/(2+) |u(x, t)| для малых. Так как v — гладкая функция, равная нулю на, получаем, что |v| C4 t1/(2+) в.

Следовательно, интегралы в правой части (1.6.29) стремятся к нулю при 0, если достаточно мало. Следовательно, функция u(x, t) удовлетворяет условию (1.6.14), и задача (1.1.4), (1.1.5) может иметь не единственное решение в классе Lp (), p 3, если площадь -окрестности на имеет порядок.

Аналогично можно доказать, что если множество 3 в теореме 1.6.1 не пусто, то задача (1.1.4), (1.1.5) может иметь не единственное решение в классе Lp () для p 2. С этой целью рассмотрим тепловое уравнение L(u) u u1 = 0 (1.6.30) в гладкой области пространства Rm (x1,..., xm1, t), ограниченной в окрестности начала коор m динат поверхностью t = r2+, где r2 = x2, = const 0. Предположим, что граница области j j= имеет нормаль, параллельную оси t, только в двух точках P1 и P2, где P1 — начало координат.

Функция 2 /4t w(x, t) = t(m1)/2 er непрерывна на поверхности. Следовательно, существует функция W (x, t), непрерывная в, удовлетворяющая (1.6.30) в и гладкая всюду в, кроме, возможно, двух точек P1 и P (см. [51, 170]). Легко проверить, что функции u(x, t) = W (x, t) w(x, t) принадлежат Lp () при p 1 + 2/(m 1) и удовлетворяют (1.6.14), если достаточно мало.

Так, в пространстве R3 решение задачи (1.1.4), (1.1.5) может быть не единственным в любом классе Lp () при p 2, если 3 не пусто. В этом смысле условие u L2 () теоремы 1.6.1 точно.

6. ТЕОРЕМЫ ЕДИНСТВЕННОСТИ ДЛЯ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ Условие c 0 в теореме 1.6.1 также существенно. Функция r, где r2 = x2, 1 0, j j= удовлетворяет уравнению r2 u 2 u = 0 (1.6.31) 2 0, по теореме 1.5. в смысле (1.5.3) в любом шаре = {r }, 0. Так как c = существует ограниченное слабое решение u(x) уравнения (1.6.31) в с условием u|r= =.

Функция u r принадлежит классу Lp () при |p| 2, p 1, и удовлетворяет тождеству (1.6.14). Очевидно, что граница области принадлежит 3. Легко видеть, что u r = 0 на множестве положительной меры в, и что c = 2 + 4 0.

Можно доказать следующую теорему точно так же, как теорему 1.6.1, за тем исключением, что вводятся некоторые упрощения. Эта теорема относится к единственности (в классе ограниченных измеримых функций) слабых решений задачи (1.1.4), (1.1.5) в смысле тождества (1.5.3).

Теорема 1.6.2. Пусть c 0 в, 0 в точках 1 и A(2,). Предположим, что коэффициенты L (v) можно продолжить в -окрестность G множества 0 2 так, что 0 в G, akj C(2) ( G ), akj k j bk C(1) ( G ), c C (0,) ( G ), 0 1.

Тогда измеримая ограниченная функция u(x) равна нулю почти всюду в, если для любой функции v из C 2 ( ), равной нулю на 1 3, L (v)u dx = и площадь -окрестности множества на имеет порядок q, q 0.

В доказательстве теоремы 1.6.2 функция построена в окрестности множества в точности как функция из доказательства теоремы 1.6.1 была построена в окрестности 3.

Следующая теорема о принципе максимума следует из теорем 1.6.2 и 1.5.1.

Теорема 1.6.3. Пусть предположения теорем 1.6.2 и 1.5.1 выполнены. Тогда любое ограни ченное слабое решение u(x) задачи (1.1.4), (1.1.5) в смысле (1.5.3) удовлетворяет принципу максимума |f | |u| max sup, sup |g|. (1.6.32) c0 3 Пример задачи (1.1.4), (1.1.5), построенный в [220], показывает, что предположение теоре мы 1.6.2, касающееся множества, существенно, так как если площадь -окрестности множе ства на не стремится к нулю при 0, то решение задачи (1.1.4), (1.1.5) может не быть единственным в классе измеримых ограниченных функций.

Рассмотрим гладкую область в плоскости (x, t), ограниченную отрезком 0 1 прямой x t = 1, кривой t = f (x) при 0 x 1 и двумя гладкими кривыми K1 и K2, соединяющими точки (0, 0), (0, 1) и (1, 0), (1, 1) соответственно и такими, что граница области пересекается с прямыми линиями, параллельными оси t, не более чем в двух точках. Функция f (x) построена таким образом, что f C (2,), f (x) = 0 на канторовом множестве E положительной меры, лежащем на отрезке 0 x 1, и 0 f (x) 1 в точках этого отрезка, не принадлежащих E. Пусть L(u) t2 utt ut 2u = 0. (1.6.33) Это обыкновенное дифференциальное уравнение имеет общее решение вида u = C1 (1 2t + 2t2 ) + C2 t2 e1/t, (1.6.34) u1 et где C1 и C2 — произвольные постоянные. Подставляя u = в (1.6.33) и выбирая постоянную 0 так, чтобы + t2 2 4t 0, t2 2 2 0 при t 0, получим уравнение L1 (u1 ) t2 u1 u1 + 2t2 u1 + (t2 2 2)u1 = 0, (1.6.35) tt t t c (t2 для которого 2) 4t + 2 0 и c 0.

= 40 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА Легко видеть, что для области, построенной выше, и для уравнений (1.6.33) и (1.6.35) отрезок 0 x 1 прямой t = 1 принадлежит 3, множество E на прямой t = 0 принадлежит 2, точки кривой t = f (x), в которых f (x) = 0, принадлежат 3, а точки кривых K1 и K2 принадлежат и 0. Следовательно, для уравнения (1.6.35) выполнены все условия теоремы 1.6.2 кроме условия, касающегося. Для этого уравнения множество содержит множество E и имеет положительную меру на отрезке 0 x 1.

Функция v в (1.6.14) должна быть равна нулю на 3, но поскольку v — гладкая функция в, она также равна нулю на E. Пусть w(t) — решение (1.6.35) такое, что w(1) = 0 и w(t) 0. Из (1.6.34) легко получить, что такое решение w(t) действительно существует. Легко проверить, что функция u1 (x, t), определенная уравнением u1 (x, t) = w(t) при x E и равная нулю в остальных точках, является слабым решением однородной задачи L1 (u) = 0 в, u = 0 на 3 2, где L1 (u) — оператор (1.6.35). Ясно, что u(x, t) — ограниченная измеримая функция, и что u(x, t) отличается от нуля на множестве положительной меры в.

Замечание 1.6.1. Условие 0 в точках 1 границы области в теореме 1.6.1 можно заменить следующими условиями:

1) 0 во внутренних точках 1.

2) Коэффициенты оператора L (v) можно продолжить в некоторую окрестность множества граничных точек 1 в так, чтобы условия, указанные в теореме 1.6.1 для окрестности G, выполнялись.

3) Множество 1 можно разделить на два подмножества, каждое из которых удовлетворяет одному из условий 1), 2) или 3), сформулированных в теореме 1.6.1, для 1, 2 и 3 соответ ственно.

Доказательство теоремы 1.6.1 при этом условии проводится аналогично предыдущему доказа тельству, где использовалось условие 0 на 1. Необходимо только включить -окрестность множества 1 в область.

Точно так же можно заменить условие 0 на 1 в теореме 1.6.2 сформулированными выше условиями 1) и 2) при дополнительном предположении, что площадь -окрестности 1 на имеет порядок q для некоторого q 0.

Замечание 1.6.2. Условие 0 на 1 в теоремах 1.6.1 и 1.6.2 можно заменить условием 0 на 1, а также в некоторой окрестности множества 3 1.

Теорема 1.6.4. Пусть c 0 в и 0 в точках 1 0 и на 3 в некоторой окрестно сти множества 3 (1 0 ). Предположим, что A(2,) и что коэффициенты оператора (v) можно продолжить в -окрестность G множества так, что akj C ( G ), L 2 (2) bk C(1) ( G ) и c C (0,) ( G ), 0 1, а также akj k j 0 в G. Тогда функция u(x) L(), p 2, равна нулю почти всюду в, если для любой функции v C (2) (), равной нулю на 3 1, L (v)u dx = 0, и множество 2 граничных точек 2 на можно разделить на замкнутые непересекающиеся подмножества 1, 2, 3 такие, что условия 1), 2) и 3) теоремы 1.6.1 выполняются для этих подмножеств.

Доказательство теоремы 1.6.4 также аналогично доказательству теоремы 1.6.1. В этом случае область содержит только -окрестность множества 2. Отметим также тот факт, что в лем ме 1.5.1 условие 0 в точках границы 3 и точках, принадлежащих G, можно заменить условием 0 на 3 в некоторой окрестности граничных точек 3 (см. замечание к лемме 1.5.1). Точно таким же образом мы получаем следующую теорему.

Теорема 1.6.5. Пусть коэффициенты (1.5.1) и граница удовлетворяют предположениям теоремы 1.6.4, а условие на 2 заменено условием, что -окрестность множества 2 на 6. ТЕОРЕМЫ ЕДИНСТВЕННОСТИ ДЛЯ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ имеет площадь порядка q для q 0. Тогда слабое решение задачи (1.5.1), (1.5.2) в смысле (1.5.3) единственно в классе ограниченных измеримых функций в.

Следующая теорема единственности для задачи (1.5.1), (1.5.2) не предполагает возможности гладкого продолжения коэффициентов (1.5.1) через любую часть границы, как предполагалось в теоремах 1.6.1–1.6.5.

Теорема 1.6.6. Пусть c 0 в и пусть 0 в точках 1 0, а также на в некоторой окрестности 3 (1 0 ). Предположим, что A(2,) и что существует окрестность 2 множества 2 на такая, что u2 (x) dx 0 при 0, (1.6.36) где 2 — множество точек, расстояние которых от 2 не превосходит. Тогда функция u(x) равна нулю почти всюду в, если u(x) L2 () и для любой функции v C (2) () на 3 L (v)u dx = 0. (1.6.37) Доказательство. Рассмотрим уравнение v + a(x, )v + L (v) = (1.6.38) в с условием на, (1.6.39) v= где C0 (), = const 0 и a(x, ) — гладкая функция, равная единице в -окрестности 2, равная нулю вне 2 -окрестности 2 и такая, что 0 1 при 0 1. Согласно a(x, ) лемме 1.5.1 и замечаниям, относящимся к ней, оценка v C1 1/2 на, j = 1,..., m, xj выполняется для решения v(x) задачи (1.6.38), (1.6.39), где C1 не зависит от.

Умножая уравнение (1.6.38) на v, интегрируя по и преобразуя отдельные члены этого уравне ния с помощью интегрирования по частям, получим vxj vxj avxj vxj akj vxk vxj + v dx = 1 + bj + c + akj xj + axj xj v 2 dx. (1.6.40) xj xk 2 2 Так как c 0, по принципу максимума функция v ограничена в равномерно по. Можно предположить, что C2 1/2, C3 1 ;

|axj | |axj xj | C2, C3 = const.

Очевидно, мера множества, где axj xj = 0, имеет порядок. Следовательно, axj xj v 2 dx C4, и из (1.6.40) следует, что vxj vxj dx C5.

42 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА Обозначим через Cj константы, не зависящие от. Далее, так же, как было доказано в лемме 1.6.1, мы найдем 2 (v)2 dx + 3/2 a(v)2 dx (1.6.41) C6.

Для доказательства теоремы 1.6.6 мы подставляем функцию v(x), решение задачи (1.6.38), (1.6.39), в (1.6.37). Согласно (1.6.38), имеем L (v)u dx = u dx vu dx (1.6.42) 0= avu dx.

Покажем, что два последних интеграла в (1.6.42) стремятся к нулю при 0. Интеграл vu dx оценивается с помощью (1.6.41) точно так же, как был оценен интеграл v u dx при доказательстве теоремы 1.6.1. Последний интеграл в (1.6.42) берется по области 2, так как по определению a(x, ) подынтегральное выражение равно нулю вне этой области. Имеем 1/2 1/ 2 avu dx a(v) dx au dx 1/ 1/ 1 u2 dx 3/2 a(v)2 dx (1.6.43).

Вспоминая неравенство (1.6.41) и предположение (1.6.36), из (1.6.43) выводим, что avu dx 0 при 0.

Следовательно, u dx = 0, что означает, что u 0 почти всюду в. Теорема доказана.

Отметим, что в теореме 1.6.6 мы не накладывали явно никаких условий на множество или 2. Легко проверить, что условие (1.6.36) не выполнено для уравнения (1.6.28) или (1.6.33) для решений однородных краевых задач.

Теоремы 1.5.1 и 1.5.2 обеспечивают условия, при которых слабое решение задачи (1.5.1), (1.5.2) обладает свойством (u g )2 dx 0 при 0, где g — непрерывное продолжение функции g, заданной на 2 3, во внутренность области.

Здесь функция g предполагается непрерывной на 2 3.

6. ТЕОРЕМЫ ЕДИНСТВЕННОСТИ ДЛЯ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ Замечание 1.6.3. В теореме 1.6.6 условие (1.6.36) можно заменить условием, что для любого замкнутого множества G2, состоящего из внутренних точек 2, u2 (x) dx 0 при 0, (1.6.44) G где G — пересечение -окрестности G2 с. Кроме того, необходимо предположить, что множество 2 граничных точек 2 на можно разделить на замкнутые непересекающиеся подмножества 1, 2, 3, для которых условия 1), 2) и 3) теоремы 1.6.1 выполнены, а в -окрестностях 1, 2 и коэффициенты akj удовлетворяют условиям (1.6.21), (1.6.25) и (1.6.27) соответственно.

Это утверждение можно доказать тем же способом, что и теорему 1.6.6. Для этого рассматри вается решение v 1 задачи (1.6.38), (1.6.39), где при построении функции a(x, ) вместо множества 2 следует взять /2-окрестность множества 2 на. В уравнении (1.6.37) заменим v на функцию v 1, где — функция, построенная при доказательстве теоремы 1.6.1. Имеем L (v 1 )u dx = L (v 1 )u dx + v 1 (L ( ) c )u dx + 2akj k vxj u dx.

0= x Отсюда следует, что u(v 1 + av 1 )dx v 1 (L ( ) c )u dx 2akj k vxj u dx. (1.6.45) u dx = x Так же, как при доказательстве теорем 1.6.1 и 1.6.6, покажем, что первый интеграл в правой части (1.6.45) можно сделать сколь угодно малым при фиксированном, выбирая достаточно малый, а два последних интеграла в (1.6.45) сколь угодно малы при, если достаточно мало.

Необходимо принять во внимание, что подынтегральное выражение в интеграле в левой части (1.6.22) равно нулю в -окрестности 2. Следовательно, при выводе неравенства, аналогичного (1.6.24), можно рассматривать функцию (1 2 )3/4 вместо функции (1 2 ). В результате, интеграл a(x, )v 1 v 1 (1 2 )3/4 dx Qt 1, в уравнении, аналогичном уравнению (1.6.23), будет равен нулю при достаточно малом, и все оценки можно провести, как при доказательстве теоремы 1.6.1.

Отметим, что условие на 2, упомянутое в замечании 1.6.3, нельзя опустить, т.е. условие (1.6.36) теоремы 1.6.6 нельзя заменить условием (1.6.44). В самом деле, в краевых задачах, построенных для уравнений (1.6.28) и (1.6.33), условие (1.6.44) выполняется, так как множество внутренних точек 2 в этих случаях пусто. Но эти задачи имеют не единственные решения в классе Lp, p = 2.

Слабые решения задачи (1.3.1), (1.3.2) в гильбертовом пространстве H были построены в §§ и 5 (см. теоремы 1.4.1 и 1.5.4). Теорема единственности для таких решений была доказана в [220].

Доказательство этой теоремы было основано на теории симметричных систем первого порядка.

Обозначим через объединение границ множеств 0, 1, 2 и 3 на.

Теорема 1.6.7 (Р. Филлипс и Л. Сарасон). Пусть состоит из двух замкнутых непересе кающихся множеств 0 и 1 таких, что площадь -окрестности l на имеет порядок 2, а 0 состоит из конечного числа (m 2)-мерных гладких многообразий. Предположим, что 2c bj j + akj xj c1 0 в и что в точках каждого отдельного многообразия из x xk или a k j kj 0, или akj = 0, где — вектор, нормальный к на. Тогда функция u в kj пространстве H равна нулю почти всюду в, если uL (v) dx = C (2) ( для всех v из ), равных нулю на 3 1.

44 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА Мы не приводим доказательства теоремы 1.6.7, которое можно найти в [220], из-за его слож ности;

вместо этого мы докажем близко связанную с ней теорему.

Теорема 1.6.8. Предположим, что каждое замкнутое множество G2 внутренних точек имеет окрестность, в которой все коэффициенты оператора L (v) определены, и в которой akj k j 0, akj C(2), bj C(1), c C (0,), 0 1. Пусть 0 на 1 0, c 0 в и пусть множество граничных точек 3 и 2 состоит из двух замкнутых непересекающихся множеств 0 и l таких, что площадь -окрестности l на имеет порядок 2 и 0 состоит из конечного числа (m 2)-мерных многообразий, на каждом из которых или akj k j 0, или akj k j = 0. Тогда функция u в L2 () равна нулю почти всюду в, если uL (v) dx = 0 (1.6.46) C (2) ( ), для всех v в равных нулю на 3 1, и функция u в окрестности точек из 0, где kj = 0, совпадает с некоторой функцией в пространстве H. (Условие гладкой продол a kj жимости коэффициентов уравнения L (v) = 0 в окрестность 2 можно заменить условием (1.6.44).) Доказательство. Пусть G — множество точек из 2, расстояние которых от границы 2 больше, чем. Рассмотрим область, содержащую /2-окрестность G, и вне этой окрестности совпада ющую с. Пусть A(2,) и пусть a1 (x) — функция из C(2) ( ) такая, что a1 = 0 в и a1 в \. Мы построим функцию a(x, ) такую, что a(x, ) C(2) ( ), a(x, ) равна единице в /2-окрестности множества 0 l, равна нулю вне -окрестности этого множества и 0 a 1. В области рассмотрим уравнение v + a1 (x)v + a(x, )v + L (v) =, (1.6.47) где C0 (), = const 0, с условием v = 0 на границе.

Если вместо условия продолжимости коэффициентов L (v) в окрестность 2 выполняется усло вие (1.6.44), то рассмотрим уравнение v + a(x, )v + L (v) = в ;

v = 0 на, (1.6.48) в котором a(x, ) C (), a(x, ) = 1 в /2-окрестности 2 0 l, a(x, ) = 0 вне 3/4 окрестности этого множества и 0 a(x, ) 1.

В силу наших предположений, а также леммы 1.5.1 и теоремы 1.6.1, оценка 2 (v)2 dx (1.6.49) C1, справедлива для решения уравнения (1.6.47), равного нулю на границе области ;

здесь посто янная C1 не зависит от, но зависит от. (То же самое неравенство выполняется для решений уравнения (1.6.48).) Предположим, что гладкая функция (x) равна нулю в -окрестности 0 l, 0 (x) 1, и (x) = 1 вне некоторой окрестности d e множества 0 l. (В случае (1.6.48) мы использовали при построении (x) множество 2 0 l вместо множества 0 l.) В (1.6.46) мы используем функцию v 1 вместо функции v, где v 1 удовлетворяет уравнению (1.6.47) в и равна нулю на границе этой области. Имеем L (v 1 )u dx = 0.

Отсюда следует, что v 1 u dx v 1 [L ( ) c ]u dx (1.6.50) u dx = 2akj k vxj u dx.

x Мы использовали тот факт, что = 0 и a1 (x) = 0 в. Первый интеграл в правой ча a(x, ) сти (1.6.50) сколь угодно мал при фиксированном для достаточно малого. Это доказывается 6. ТЕОРЕМЫ ЕДИНСТВЕННОСТИ ДЛЯ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ с помощью (1.6.49) точно так же, как мы оценили аналогичный интеграл при доказательстве теоремы 1.6.1. Последние два интеграла в правой части (1.6.50) (мы обозначаем их I1 и I2 со ответственно) можно сделать сколь угодно малыми при подходящем выборе и при для достаточно малого. Отметим, что в этих интегралах подынтегральное выражение отличается от нуля только в.

Построение функции в окрестности множества l и оценка интегралов I1 и I2, взятых по соответствующей окрестности этого множества, проводятся точно так же, как для множества 3 в доказательстве теоремы 1.6.1. Отметим только, что при выводе неравенства, аналогичного (1.6.24), нужно умножить (1.6.47) или (1.6.48) на 3/4 (1 2 )v 1 и проинтегрировать по.

Построение функции и оценка интегралов I1 и I2, взятых по той части 0, где akj k j 0, проводятся точно так же, как для множества 2 в доказательстве теоремы 1.6.1.

В окрестности множества точек из 0, в которых akj k j = 0, мы построим функцию так же, как это было сделано для окрестности 1 при доказательстве теоремы 1.6.1. Так как по предполо жению в окрестности 0 функция u(x) совпадает с некоторой функцией из H и akj k j = 0, легко доказать, что u2 dx 0 при 0, (1.6.51) 1/ где 1 — окрестность той части 0, где akj k j = 0, причем 1 = 0. Для этого мы используем локальные координаты y1,..., ym в окрестности точки P, принадлежащей 0, такие, что ось ym направлена вдоль внутренней нормали к, а направление оси ym1 совпадает с направлением.

Можно предположить, что в операторе L (v) после преобразования все коэффициенты производ ных вида vym1 yj, j = m 1, равны нулю. Из того факта, что в окрестности 0 функция u(x) совпадает с функцией из H, следует, что u2m1 dy y и u2 dx (u2m1 + u2 ) dy, C2 y 1 для достаточно малого, где постоянная C2 не зависит от и где — некоторая область, содер жащая 1, с mes при 0. Дальнейшая оценка интегралов I1 и I2 проводится так же, как для соответствующих интегралов для 1 в доказательстве теоремы 1.6.1;

необходимо только заменить условие u L3 () соотношением (1.6.51).

В случае, когда условие (1.6.44) выполнено, функция строится в окрестности границы аналогично, в зависимости от того, принадлежит ли эта граница 0 или 1. Кроме того, предпо лагается, что равна нулю в точках, отстоящих не дальше, чем /4, от 2, и равна единице в точках, расстояние от которых до 2 вдоль нормалей к больше, чем. Итак, теорема 1.6. доказана.

Легко видеть, что слабое решение задачи (1.3.1), (1.3.2) единственно в любом классе Lp () при 1, если задача p L (v) = в ;

v|1 3 = имеет решение v(x), принадлежащее классу C (2) ( ) для любой функции C0 (). Такие условия будут даны в § 8.

Теперь докажем теорему единственности для кусочно-гладких областей. Для таких областей теорема существования 1.5.5 выполняется.

Теорема 1.6.9. Пусть B (2,), пусть множество граничных точек множества 2 таково, что площадь -окрестности множества на имеет порядок q, q 0, и пусть выполняются предположения теоремы 1.6.2 относительно коэффициентов оператора L (v) 46 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА и функции. Тогда обобщенное решение задачи (1.1.4), (1.1.5), определенное интегральным тождеством (1.5.26), единственно в классе ограниченных измеримых функций в.

Доказательство. Эту теорему можно доказать тем же способом, что и теорему 1.6.1. Во-первых, построим область B (2,) точно так же, как при доказательстве этой теоремы, а затем построим область такую, что A(2,), и совпадает с вне -окрестности множества точек B, лежащих на границе множества. Обозначим их B. (Определение множества B дано перед теоремой 1.5.5.) В области рассмотрим уравнение v + a(x)v + a1 (x, de)v + L (v) =, (1.6.52) где a(x) — гладкая функция, такая что a(x) = 0 в и a(x) 0 в d e \, гладкая функция a1 (x, ) = 0 в -окрестности множества B и a1 (x, ) = 1 вне 2-окрестности этого множества. В интегральном тождестве (1.6.46) заменим функцию v функцией v 1 2, где v 1 — решение (1.6.52), равное нулю на границе области, а — гладкая функция, равная нулю в -окрестности мно жества B и равная единице вне некоторой окрестности этого множества. В окрестности множества функция строится точно так же, как она была построена в окрестности множества 3 в доказательстве теоремы 1.6.1. Для точек множества B, являющихся предельными точками 1, мы построим функцию так же, как это было сделано для множества 1 в теореме 1.6.1.

Для оставшихся точек из B, которые мы обозначим B1, вместо функции выберем гладкую функцию, равную нулю в -окрестности множества B1, равную единице вне 2-окрестности этого множества и такую, что 0 1, k xj = O( 2 );

j = O( 1 ). (1.6.53) x x Используя стандартный метод барьеров, можно показать, что v 1 мало в окрестности множества B1 равномерно по и. Рассматривая эту оценку для v 1 и уравнения (1.6.23), мы докажем, что akj vxk vxj dx 0 при 0, (1.6.54) B где B1 — -окрестность множества B1. С помощью соотношений (1.6.53) и (1.6.54) оценим инте гралы I1 и I2 в правой части уравнения (1.6.50).

Подобным же образом можно доказать теоремы единственности для решений задачи (1.1.4), (1.1.5) в области из класса B (2,) в пространствах Lp (), аналогичные теоремам 1.6.1, 1.6.4, 1.6.6 и 1.6.8, доказанным для гладких областей.

7. ЛЕММА О НЕОТРИЦАТЕЛЬНЫХ КВАДРАТИЧНЫХ ФОРМАХ В этом параграфе мы докажем неравенство, относящееся к неотрицательным квадратичным формам, которое будет существенно использоваться в следующем параграфе для изучения гладко сти слабых решений краевых задач (1.1.4), (1.1.5), в § 6 главы 2 для изучения гипоэллиптичности общих уравнений второго порядка, а в § 2 главы 5 в связи с вырождающимися гиперболическими уравнениями.

Лемма 1.7.1. Пусть akj (x)k j 0 для всех x в Rm и всех = (1,..., m ), и пусть akj (x) m ). Тогда для любого v C (Rm ) C(2) (R (2) (akj vxk xj )2 (1.7.1) M akj vxs xk vxs xj, x где M зависит только от вторых производных функций akj. (В (1.7.1), как всегда, предпола гается суммирование по повторяющимся индексам от 1 до m.) Доказательство. Любая неотрицательная функция, определенная при всех значениях x и при надлежащая классу C(2) (R1 ), удовлетворяет неравенству 2{sup |fxx |}f. (1.7.2) fx 7. ЛЕММА О НЕОТРИЦАТЕЛЬНЫХ КВАДРАТИЧНЫХ ФОРМАХ Действительно, предположим, что это неравенство не выполняется в некоторой точке x0, так что fx (x0 ) 2{sup |fxx |}f (x0 ), (1.7.3) f (x0 ) = 0.

Рассмотрим точку x0 = x0 2f (x0 )/fx (x0 ). По формуле Тейлора f 2 (x0 ) f (x0 ) (0 ) = f (x0 ) x fx (x0 ) + 2 2 fxx () x fx (x0 ) fx (x0 ) или f (x0 ) f (0 ) = f (x0 ) 1 x fxx ().

x fx (x0 ) Так как по предположению неравенство (1.7.3) выполняется, имеем:

f (x0 ) 12 fxx () x fx (x0 ) и, следовательно, f (0 ) 0, что противоречит тому предположению, что f (x) 0 для всех x R1.

x Пусть x — произвольная точка из Rm. Сделаем замену независимых переменных ys = ks xk, где ks — постоянные, а ks — ортогональная матрица такая, что матрица akj ks j диагональна в точке x.

Легко проверить, что в точке x при v C (2) (Rm ) выполняются уравнения (1.7.4) akj vxk xs vxj xs = ass vys y vys y, (akj vxk xj )2 = (sl vys yl )2. (1.7.5) ax x Очевидно, asl s l 0 во всех точках Rm. Следовательно, в силу (1.7.2), (ss )2 в Rm, (1.7.6) C1 ass ax где постоянная C1 зависит от производных akj второго порядка. Так как ass + 2sl + all 0 в Rm, a можно применить к этой функции (1.7.2), откуда получим (sl )2 (1.7.7) C2 (ss + 2sl + all ) + C3 (ss + all ) ax a a a во всех точках Rm ;

здесь C2 и C3 — постоянные.

В точках x имеем asl = 0 при s = l. Поэтому из (1.7.7) следует, что в x (sl )2 (1.7.8) C4 (ss + all ), ax a где постоянные Cj зависят только от вторых производных akj.

Из соотношений (1.7.4) и (1.7.5) и оценок (1.7.6) и (1.7.8) следует утверждение леммы для v из класса C (2) (Rm ). Переход к пределу дает (1.7.1) для v из C(2) (Rm ).

В дальнейшем понадобятся несколько следствий неравенства (1.7.2) и леммы 1.7.1.

Следствие 7.1. Квадратичная форма akj (x)k j 0 при всех и x Rm. Следовательно, считая ее функцией от j и применяя (1.7.2), получаем |akj (x)k |2 (1.7.9) 2ajj (x)akl (x)k l при всех и x Rm.

Следствие 7.2. Пусть = (1,..., m ), где j — комплексные числа. Тогда |akj (x)k |2 (1.7.10) 2ajj (x)akl (x)k l при всех x Rm и всех комплексных значениях 1,..., m.

Неравенство (1.7.10) немедленно следует из (1.7.9). Действительно, предположим, что k = k + ik, где k и k — действительные числа. Тогда (1.7.10) можно переписать в виде |akj (x)k |2 + |akj (x)k |2 2ajj (x)[akl (x)k l + akl (x)k l ].

Это неравенство является непосредственным следствием (1.7.9).

48 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА Следствие 7.3. Пусть v — комплекснозначная функция и пусть v C(2) (Rm ), Dj = i/xj.

Тогда |akj Dk Dj v|2 M akj Dk Dt vDj Dt v. (1.7.11) x Постоянная M зависит только от вторых производных функции akj.

Неравенство (1.7.11) также сразу следует из (1.7.1), если функции Dk Dj v записать в виде Dk Dj v = Dk Dj v1 + iDk Dj v2, где v1 и v2 — действительные функции, и подставить эти выражения в (1.7.11).

8. О ГЛАДКОСТИ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ.

УСЛОВИЯ СУЩЕСТВОВАНИЯ РЕШЕНИЙ С ОГРАНИЧЕННЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ В этом параграфе мы докажем ряд теорем о гладкости слабого решения задачи (1.1.4), (1.1.5), построенного в § 5.

Обозначим через E множество точек, где определитель матрицы akj равен нулю. От метим, что в некоторой окрестности каждой точки P множества \ E слабое решение задачи (1.1.4), (1.1.5) является слабым решением эллиптического уравнения второго порядка, и в силу известных результатов (см. [206, 232]) оно принадлежит классу C (k+2,) в некоторой окрестно сти точки P, если коэффициенты уравнения и функции f в окрестности этой точки принадлежат классу C (k,). Аналогичное утверждение также справедливо для тех точек из, в окрестности которых уравнение (1.1.4) является параболическим, и одна из переменных xj играет роль времени (см. [51, 170]).

В §§ 5 и 6 главы 2, мы укажем далеко идущие условия на коэффициенты уравнения (1.1.4), при которых слабое решение задачи (1.1.4), (1.1.5) будет обладать аналогичным свойством локальной гладкости.

В этом параграфе мы выведем условия на коэффициенты уравнения, границу множества и функции f и g, при которых слабое решение принадлежит некоторому классу C(k) ( ). Мы используем тот факт, что слабое решение, как показано в § 5, можно охарактеризовать как предел решений эллиптических уравнений (1.5.4) при 0. Следовательно, для доказательства гладкости слабых решений мы найдем оценки решений (1.5.4), равномерные по.

Введем обозначение m m 1 1 |bj s | + |bs j |, (1.8.1) B1 (x) = c(x) + M m + max bs s + x x x 4 2 s j=1 j= j=s j=s где M — постоянная из неравенства (1.7.1), зависящая от вторых производных, взятых от коэффи циентов akj.

Лемма 1.8.1. Пусть u (x) — решение уравнения в (1.8.2) L (u) = u + akj uxk xj + bk uxk + cu = f с условием u = g на, (1.8.3) где c 0 в и 0 в для любого. Кроме того, пусть выполняются следующие akj k j условия.

1) В некоторой области, содержащейся в, коэффициенты akj, bk, c и f принадлежат классу C(1) ();

g — ограниченная функция, u C (0) ( ) и u C (1) ( ), u C (3) ().

2) В области выполняется неравенство (1.7.1) (в частности, это неравенство всегда выполняется, если и если в области коэффициенты akj C(2) () и akj k j для всех ).

3) В -окрестности E множества E при некотором 0 выполняется неравенство sup B1 0.

E 8. О УСЛОВИЯ СУЩЕСТВОВАНИЯ РЕШЕНИЙ С ОГРАНИЧЕННЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ ГЛАДКОСТИ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ.

Тогда решение u задачи (1.8.2), (1.8.3) удовлетворяет оценке max | grad u |2 M1 + max | grad u |2, (1.8.4) где постоянная M1 не зависит от и — граница множества.

Доказательство. Так как c 0 в, получаем, что u равномерно ограничена по в силу принципа максимума. В области \ G, где G = E, уравнение (1.8.2) равномерно эллиптично при 0, т.е. в точках множества \ G выполняется неравенство m (1.8.5) akj k j 0 k k= с положительной постоянной 0, не зависящей от. В области G выполняется условие (1.8.6) B1 1 0, 1 = const.

p1 C1 u2, p1 | Мы построим уравнение, которому удовлетворяет v = где = | grad u и C1 — + положительная постоянная, которую мы выберем позже.

Продифференцируем (1.8.2) по xs, умножим его на uxs и просуммируем по s от 1 до m;

получится уравнение для p1 вида 1 1 p1 uxk xs uxk xs + akj p1 k xj + bk p1 k + x x 2 2 +[akj uxs xk uxs xj + akj uxk xj uxs ] + bk s uxk uxs + cp1 + cxs uuxs = fxs uxs. (1.8.7) xs x Очевидно, u удовлетворяет уравнению 1 1 (u2 ) + akj (u2 )xk xj + bk (u2 )xk + cu2 uxk uxk akj uxk uxj = f u. (1.8.8) 2 2 Из (1.8.7) и (1.8.8) получим уравнение для v вида 1 1 v + akj vxk xj + bk vxk + cv uxk xs uxk xs + [akj uxs xk uxs xj + akj uxk xj uxs ]+ xs 2 2 +bxs uxk uxs + cxs uuxs C1 uxk uxk C1 a uxk uxj fxs uxs + C1 f u. (1.8.9) k kj Если максимум v достигается в точке Q1 внутри области, то в этой точке v 0, akj vxk xj и vxj = 0. Очевидно, что для фиксированного s выполняется неравенство 1 Mm (akj ux x )2 + |akj uxk xj uxs | u, xs M m xs k j 4 xs где M — постоянная из (1.7.1). В силу леммы 1.7.1, m (akj uxk xj ) akj uxs xk uxs xj + 0.

xs Mm s= Следовательно, в точке Q1, где v достигает своей наибольшей величины, мы имеем:

m m Mm 1 v + cv + bs s u2 s + |bj s |u2 s |bj s |u2 j + + xx x x x x 4 2 s= j= s=j j=s m m 1 |cxs |2 u2 + |fxj |2 C1 akj uxk uxj + |C1 f u| (1.8.10) +2 v + 0, 4 s=1 j= где = const 0. Выберем постоянную C1 настолько большой, чтобы в точках \ G m Mm C1 0 + c + 2 + max |bj s | + 0.

x s,j= Если Q1 \ G, то при этом выборе C1 из (1.8.10) следует, что v M1, 50 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА где постоянная M1 не зависит от. Если Q1 G, то выбирая 0 достаточно малым и рассматривая условие (1.8.6), мы также выведем из (1.8.10), что v M1. Таким образом, оценка (1.8.4) доказана.

Лемма 1.8.2. Предположим, что для некоторой области выполняется неравенство (1.7.1) и что коэффициенты akj, bk, c и f принадлежат классу C() ( ), c 0 в. Пусть l = (s1,..., sl ), где sj пробегают значения 1,..., m. Пусть для любого l выполняется S неравенство (1.8.11) sup Bl 0, E где E — -окрестность множества E и Bl = c + M ml+ l l l m l m 1 s ss s ss bx + ax s + (|bk s | + |bx |) + (|akj xs | + |ax x |), + max sx s kj x xs k 2 Sl =1,=1 =1 k=1,=1 k,j= k=s = (1.8.12) где последнее суммирование подчинено условию, (k, j) = (s, s ), (j, k) = (s, s ).


Тогда для решений u задачи (1.8.2), (1.8.3), таких что u C( + 2)(), u C()( ), выпол няется оценка l (1.8.13) max pl max p, Ml + l, = где pl Sl (DSl u )2, DSl = (/xs1 ) · · · (/xsl ), Ml — постоянные, не зависящие от, и — граница множества.

Доказательство. Мы докажем (1.8.13) по индукции. При = 1 это неравенство доказано в лемме 1.8.1. Предположим, что (1.8.13) выполняется для pl при l 0, где 1 0, и докажем его при 0 + 1. Применим оператор DSl к правой и левой сторонам уравнения (1.8.2), умножим полученное уравнение на DSl u, и просуммируем по всевозможным Sl = (s1,..., sl ), sj = 1,..., m.

Таким образом мы получим следующее уравнение для суммы квадратов всех производных u порядка l, которую мы обозначим pl :

1 1 pl DSl uxk DSl uxk + akj pl k xj + bk pl k + cpl akj DSl uxk DSl uxj + x x 2 2 Sl Sl l l akj DSl1 uxk xj DSl u + akj xs DSl2 uxk xj DSl u+ + xs xs Sl =1 Sl,= l (1.8.14) bk s DSl1 uxk DSl u + + DSl uRSl u = 0;

x Sl =1 Sl здесь мы обозначили через RSl u члены, допускающие оценку l p + K2, RSl u K = где постоянные K1 и K2 не зависят от. Предположим, что v = p0 +1 + C0 p0, где C0 — постоянная, которую мы выберем позже. С помощью (1.8.14) мы получим при l = 0 и l = 0 + 8. О УСЛОВИЯ ГЛАДКОСТИ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ. СУЩЕСТВОВАНИЯ РЕШЕНИЙ С ОГРАНИЧЕННЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ следующее уравнение для v:

1 1 v + akj vxk xj + bk vxk + cv C0 DS uxk DS uxk u xk DS uxk DS 0 +1 0 + 2 2 2 0 S0 S0 + u + Q0 + C0 akj DS uxk DS uxj akj DS uxk DS u xj + DS uRS 0 +1 0 +1 0 +1 0 + 0 S0 S0 +1 S0 + 0 +1 akj DS uxk xj DS +1 u akj DS + + C0 uxk xj DS u + xs xs 0 0 S0 +1 =1 S0 = +1 0 0 + (1.8.15) akj xs DS bk s DS uxk DS + u DS u+ u = 0, 1 xk xj xs x +1 0 + 0 S0 +1,=1 = где члены Ql допускают оценку l |Ql | p + K K = с постоянными K3 и K4, не зависящими от. Очевидно, что выполняется неравенство 2 M ml (1.8.16) akj DSl1 uxk xj DSl u akj D ux x + DSl u, xs 2M ml xs Sl1 k j где = const 0. Мы используем лемму 1.7.1, чтобы оценить первый член в правой части (1.8.16).

Очевидно, akj DSl uxk DSl uxj = akj DSl1 uxk x DSl1 uxj x.

Sl Sl Сумма l akj DSl1 uxk xj DSl u xs Sl = может содержать не более, чем ml членов с одним и тем же сомножителем DSl1 uxk xj. Следова тельно, согласно уравнению (1.7.1), имеем l (1.8.17) akj DSl1 uxk xj akj DSl1 uxk x DSl1 uxj x.

xs M ml Sl =1 Sl Мы используем неравенства (1.8.16), (1.8.17) с l = 0 и l = 0 +1, где = 1 и = 2 соответственно, чтобы оценить члены в квадратных скобках в левой части (1.8.15).

В следующем суммировании мы предполагаем, что (k, j) = (s, s ), (j, k) = (s, s ),.

Тогда 0 + akj xs DS uxk xj DS u xs 0 1 0 + S0 +1,= 0 +1 0 + m 2 akj xs DS akj xs DS u+ u xk xj.

xs xs +1 0 2,=1 k,j=1,= S0 + Последнюю сумму можно записать в виде 0 +1 m 1 ss ax x DS u.

kj + 2 S0 +1,=1 k,j= 52 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА Кроме того, очевидно, выполняется оценка 0 + bk s DS uxk DS u x 0 + S0 +1 = s =k m 0 +1 m 0 + 2 1 bk s bk s DS u + DS uxk.

x x + 2 2 S0 +1 k=1 =1 S0 k=1 = s =k s =k Запишем последнюю сумму в виде 0 +1 m 1 s bx DS u.

k 0 + 2 S0 +1 =1 k= k=s Предположим, что v принимает свое наибольшее значение в точке Q1, лежащей внутри.

Тогда из (1.8.15) и оценок, полученных выше, следует, что в точке Q M m(0 + 1) v + cv + v C0 akj DS uxk DS uxj + 4 2 0 S 0 +1 0 + 2 ss s ax s bx DS + DS u + u + sx s +1 + 0 S0 +1,=1 S0 +1 = = 0 +1 m 2 1 ss + ax x akj xs + DS u DS u + kj xs +1 + 2 0 S0 +1,=1 k,j= (k,j)=(s,s ) (j,k)=(s,s ) 0 +1 m 2 1 s + Q + bx (1.8.18) bk s + DS u DS u 0, x k 0 +1 0 + 2 S0 +1 =1 k,j= k=s где — сколь угодно малое положительное число. Если Q1 принадлежит \ E, то для достаточно больших C0 из (1.8.18) следует, что в точке Q (1.8.19) v M0 +1, где постоянная M0 +1 не зависит от. Однако, если Q1 E, то, принимая во внимание условие (1.8.11), мы также видим из (1.8.18), что (1.8.19) выполняется в точке Q1. Как следствие, (1.8.13) выполняется при l = 0 + 1. Лемма доказана.

Лемма 1.8.3. Пусть 1 — замкнутое множество точек на такое, что g = 0 в окрестности 1, и такое, что в каждой точке из 1 или akj nk nj = 0, или 0, где функция определена с помощью (1.5.6). Предположим, что A(2), коэффициенты уравнения (1.8.2) и функции f и g ограничены в, и что решение u задачи (1.8.2), (1.8.3) принадлежит C (0) () и имеет непрерывные производные первого порядка в точках множества 1, где c 0 в. Тогда max | grad u | (1.8.20) C1, где постоянная C1 не зависит от.

Доказательство. Пусть точка P1 принадлежит 1. В окрестности точки P1 введем локальные координаты y1,..., ym с началом координат в точке P1 и такие, что поверхность вблизи P1, заданная уравнением (1.5.5), лежит в плоскости ym = 0. Кроме того, предположим, что ym 0 в точках. В новых координатах уравнение (1.8.2) принимает вид (1.8.21) L (u) = kj uyk yj + k uyk + kj uyk yj + k uyk + cu = f.

8. О УСЛОВИЯ СУЩЕСТВОВАНИЯ РЕШЕНИЙ С ОГРАНИЧЕННЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ ГЛАДКОСТИ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ.

По предположениям, в точках множества 1 либо mm 0, либо m 0. Пусть (y1,..., ym1 ) — гладкая функция, определенная на в 2-окрестности P1 для достаточно малого, такая, что = 1 в /2-окрестности точки P1 и = 0 вне -окрестности точки P1, 0 1. В замкнутой области Q, {0 ym } рассмотрим функцию w = e( ym ). Имеем m1 m L (w) = e( ym ) (kj 2 2 yk yj + kj yk yj ) + mm 2 2 km 2 yk + k,j=1 k= m (kj 2 2 yk yj + kj yk yj ) + mm + k,j= m1 m1 m km 2 yk + 2 k yk m + k yk m + c. (1.8.22) k=1 k=1 k= Так как в каждой точке области Q, для достаточно малых и или mm 0, или m 0, легко видеть, что L (w) max |f | в Q,, где выбрано достаточно малым и достаточно велико. При этом и можно выбирать независимо от. Следовательно, функции v± = w±u могут принимать положительные максимумы только на границе области Q,. В точках имеем v± = e, а на оставшейся части границы Q,, имеем v± = 1 ± u. Так как u равномерно ограничено по, можно выбрать постоянную настолько большой, что e 1 + max |u |. Это означает, что функции v± принимают свои наибольшие положительные значения при ym = 0 в точках /2-окрестности точки P1, где = 1. Таким образом, в этих точках 0и |uym | e.

(v± )ym Так как uyj = 0 при j = m, утверждение леммы следует из оценки, полученной для uym.

Лемма 1.8.4. Пусть 1 — замкнутое множество точек на таких, что g = 0 в окрестно сти 1, и akj nk nj = 0 в каждой точке из 1. Предположим, что A(+2), коэффициенты (1.8.2) и функция f принадлежат классу C() (), 1, g — ограниченная функция и решение u (x) задачи (1.8.2), (1.8.3) принадлежит классу C (+2) (). Предположим, что в точках E функции Bl, определенные при помощи (1.8.12), неотрицательны при l. И наконец, предпо ложим, что (1.7.1) выполняется для области и c 0 в. Тогда в каждой точке множества 1 при l (1.8.23) pl max pl, Ml + Cl l 1;

p = S (DS u )2.

где постоянные Ml и Cl зависят только от max |u | и max p при Доказательство. Так как c 0 в, мы знаем, что u равномерно ограничено по. При = неравенство (1.8.23) было доказано в лемме 1.8.3 с постоянной C1 = 0. Теперь мы докажем (1.8.23) для = 2. При 2 доказательство аналогично. Пусть точка P1 принадлежит 1. В окрестности точки P1 введем локальные координаты y1,..., ym таким образом, чтобы 1 лежала в плоскости ym = 0 и ym 0 во всех точках из. В области Q {0 ym /} рассмотрим функцию w = eym +, где (y1,..., ym1 ) — функция, определенная в доказательстве леммы 1.8.3, а и — постоянные. Пусть K0 = max |uy |. Выберем достаточно большое, чтобы выполнялось Q, неравенство e 1 + K0. В координатах y1,..., ym получаем m1 m L (w) = eym + mm 2 2 (kj 2 yk yj + kj yk yj ) mk yk + k=1 k,j= m1 m1 m k yk + mm 2 2 (kj 2 yk yj + m + mk yk + k=1 k=1 k,j= 54 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА m1 m a0 yk yj + k yk + c kj m + k,j=1 k= при 0, где 0 — достаточно большое число a0 0, а a0 и 0 не зависят от.

Пусть = m. Дифференцируя уравнение (1.8.21) по y, получим L (uy ) = fy y uyk yj y uyk kj uyk yj y uyk cy u. (1.8.24) kj k k y Согласно неравенству (1.8.13) при l = 2, которое было доказано в лемме 1.8.2 при условии Bt на E для t = 1, 2, из (1.8.24) следует, что max p2, |L (uy )| K1 + K max p1.

где положительные постоянные K1 и K2 зависят от Пусть 1/ = 0 + a1 K1 + K2 max p2.

Рассмотрим функции v± = w ± uy, = m. Ясно, что a0 2 K1 + K2 max p2 L (w ± uy ) в Q. Так как c 0 в, принцип максимума утверждает, что функции v± принимают наиболь шее положительное значение на границе Q. На той части границы, где = 1, мы имеем v± = e, а на оставшейся части границы, лежащей в плоскости ym = 0, имеем v± e. Постоянная была выбрана таким образом, что при ym = / выполняется неравенство 1 + K0 e ;

1 + max |uy | v± Q поэтому v± принимает наибольшее положительное значение при ym = 0, где = 1. Следовательно, в точке P (v± ) 0 и |uy ym | e.

Так как mm = 0 в P1, из (1.8.21) следует, что в точке P m |uym ym | |uy ym | K3 + K4 K3 + K5, = max p1.

где постоянные K3, K4 и K5 зависят от Следовательно, по выбору, имеем p2 max p2, M2 + C в точке P1, что и требовалось доказать.

При l 2 оценка (1.8.23) получается таким же образом. Во-первых, оценим в точке P1 те про изводные порядка l, которые содержат одно дифференцирование по ym, затем найдем остальные производные порядка l с помощью уравнения (1.8.2) и уравнений, полученных из него дифферен цированием по y1,..., ym. Лемма доказана.

Простым следствием лемм 1.8.1 и 1.8.3 является теорема о существовании ограниченных произ водных первого порядка для обобщенного решения задачи (1.1.4), (1.1.5).

Замечание 1.8.1. При условиях леммы 1.8.4 и при l неравенство pl max pl Ml + Cl Q выполняется в каждой точке множества 1, где Q1 — некоторая окрестность 1, Ml и Cl зависят от max |u | и max p, l 1. Позже мы используем это замечание при доказательстве теорем 1.8.3– Q 1.8.8.

8. О УСЛОВИЯ СУЩЕСТВОВАНИЯ РЕШЕНИЙ С ОГРАНИЧЕННЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ ГЛАДКОСТИ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ.


Теорема 1.8.1. Предположим, что граница области такова, что 2 3 и 0 1 не имеют общих точек, и A(2). Пусть g = 0 на 2 3. Кроме того, пусть выполняются следующие условия.

1) Коэффициенты уравнения (1.1.4) и функция f принадлежат классу C(1) ( G1 ) при некотором 1 = 0, где G1 — 1 -окрестность множества 0 1, и akj k j 0 в G для всех.

2) При некотором 0 выполняется неравенство sup B1 0, E (G1 ) где E — -окрестность множества точек, в которых det akj = 0.

3) В точках 2 функция, определенная с помощью (1.5.6), отрицательна, c 0 в G1, и выполнены предположения теоремы 1.6.2 о единственности слабого решения.

4) Неравенство (1.7.1) выполняется в точках G1. (Условие 4) можно заменить требо ванием, что в некоторой окрестности функции akj C(2) и akj k j 0 при всех ).

Тогда слабое решение задачи (1.1.4), (1.1.5) удовлетворяет условию Липшица в.

Доказательство. Рассмотрим область 1 такую, что 1 ( G1 ), 1 содержит 0 1 и граница области 1, которую мы обозначим через S1, содержит 2 3. Пусть 1 A(2). В рассмотрим уравнение (1.8.25) u + au + L(u) = f, где a(x) — гладкая функция такая, что a = 0 в и a 0 в 1 \. Пусть u (x) — решение уравнения (1.8.25), удовлетворяющее условию (1.8.26) u|S1 = 0.

Так как на S1 или a k j kj n n + an n = 0, или 0, из лемм 1.8.1 и 1.8.3 следует, что производные kk первого порядка от функции u (x) ограничены в 1 равномерно по. Как показано в доказатель стве теоремы 1.5.1, при 0 функция u сходится к слабому решению u(x), удовлетворяющему интегральному тождеству L (v)u dx = (1.8.27) (av)u dx + f v dx 1 1 для любой функции v C (2) () такой, что v = 0 на 1 \ 2. Легко показать, что u(x) — тоже слабое решение задачи (1.1.4), (1.1.5) в области с g = 0 на 2 3, т.е. интегральное тождество L (v)u dx = (1.8.28) f v dx C (2) (), выполняется для любой функции v в равной нулю на 1 3. Из (1.8.27) следует, что (1.8.28) выполняется для функций v из C (2) (), равных нулю на 3 и в 1 \. Пусть v1 — любая (2) (), равная нулю на. Тогда в (1.8.28) мы заменим u(x) функцией v, где функция из C 3 1 функция бесконечно дифференцируема, = 0 в -окрестности множества 0 1 и в 1 \, = 1 в вне 2-окрестности множества 0 1 и, наконец, 0 1. Будем предполагать, что в локальных координатах y1,..., ym функция зависит только от y, и что m | m | = O( 1 ), m ym = O( 2 ).

y y Имеем L (v1 ) u dx + (L ( ) c )v1 u dx + (1.8.29) akj k v1xj u dx = f v1 dx.

x Покажем, что при 0 это неравенство превращается в (1.8.28) для функции v = v1. Для этого достаточно доказать, что два последних интеграла в левой части (1.8.29) стремятся к нулю при 0. Очевидно, что эти интегралы взяты по 2-окрестности множества 0 1, где k и k xj x x могут отличаться от нуля. Мы обозначим эту окрестность через h2. В этих интегралах перейдем 56 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА к локальным координатам y1,..., ym таким, что граница 0 1 лежит в плоскости ym = 0. Так как зависит только от ym, эти интегралы имеют вид (mm m ym + m m )v1 u dy + (1.8.30) mm m v1ym u dy, y y y h2 h где mm = O( 2 ), m = 0 во внутренних точках 0 и — некоторая ограниченная функция.

Напомним, что по предположению v1 = 0 в точках 1. Так как мера области h2 имеет порядок, отсюда, очевидно, следует, что интеграл (1.8.30) стремится к нулю при 0. Теорема доказана.

Теорема 1.8.2. Пусть выполнены следующие условия.

1) Граница области такова, что никакие два из множеств 2, 3, 0 1 не имеют (+2), g = 0 на.

общих точек, A 2 2) Для некоторого 1 0 коэффициенты уравнения (1.1.4) и функция f принадлежат классу C() в G11 и классу C(2+1) в G21 ;

здесь G11 — 1 -окрестность 0 1, а G21 — 1 окрестность множества 2, akj k j 0 в G11 G21 для любых и 2.

3) Для некоторого 0 при l выполняется неравенство (1.8.31) sup Bl 0.

E G1 G 1 4) В области G11 G21 выполняется неравенство (1.7.1) или иначе akj C(2) и akj k j в окрестности, c 0 в G11 G21.

5) Выполнены предположения теоремы 1.6.2.

Тогда слабое решение u(x) задачи (1.1.4), (1.1.5) принадлежит классу C() ().

Доказательство. Рассмотрим область 1 такую, что 1 ( G11 G21 ), 1 содержит 2 1 и граница 1, которую мы обозначим через S1, содержит 3. Пусть 1 A(+2).

В области 1 построим функцию w такую, что L(w) f = 0 на 2 вместе со всеми своими производными вплоть до порядка 1 включительно. Сначала построим функцию w локально в окрестности произвольной точки P1 границы множества 2. С этой целью введем локальные координаты y1,..., ym в окрестности P1 такие, чтобы граница множества 2 лежала в плоскости ym = 0. В этой окрестности уравнение (1.1.4) в новых координатах принимает вид L(u) kj uyk yj + k uyk + cu = f. (1.8.32) mj Очевидно, что mm = 0 в точках 2 и, в силу условия (2), yk = 0 при j = 1,..., m и k = mj m, ym = 0 и, следовательно, b = m xj = m 0. Пусть u = 0 на 2. Из (1.8.32) и mm уравнения, полученного из него дифференцированием по ym, можно найти все производные u по ym на 2 до порядка включительно. Для w в окрестности P1 возьмем многочлен от ym степени, совпадающий на 2 с u вместе со всеми своими производными до порядка включительно.

Очевидно, L(w) f =, где = O(ym ) и принадлежит классу C().

Для того чтобы построить w во всей области 1, рассмотрим покрытие области 1 областями j, j = 1,..., N, такими, что если j содержит точки 2, то в области j можно перейти к локальным координатам y и определить функцию wj так же, как было сделано выше в окрестности P1. В областях j, не содержащих точек из 2, положим wj 0. Пусть {j } — разбиение единицы, соответствующее покрытию множества 1 областями j (см. главу 2, § 1). Тогда функция w = N, определенная в, удовлетворяет требуемому условию. Действительно, в окрестности 1 j j 2 мы имеем L(w) f = O(ym ), так как на пересечении двух областей j, каждая из которых содержит точки из 2, функции wj отличаются только на функцию, равную нулю на 2 вместе со всеми своими производными вплоть до порядка. Мы можем предположить, что j содержит точки только одного из множеств 2, 1 0 или 3. Рассмотрим функцию f = f L(w) в 8. О УСЛОВИЯ СУЩЕСТВОВАНИЯ РЕШЕНИЙ С ОГРАНИЧЕННЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ ГЛАДКОСТИ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ.

1. Очевидно, что f равна нулю на 2 вместе со всеми своими производными до порядка включительно и принадлежит классу C() (1 ). В области 1 рассмотрим уравнение (1.8.33) L (u) = u + au + L(u) = f1, где функция a C() (1 ), a = 0 в и a 0 в 1 \, = const 0, функция f1 0 на тех частях 1 \, граница которых содержит 2, и f1 = f на оставшихся частях области 1. Очевидно, f C() (1 ). Рассмотрим решение u (x) уравнения (1.8.33) в области 1, удовлетворяющее условию вида u |S1 = 0 (1.8.34) на границе S1. Так как неравенство ank nk + akj nk nj выполняется во всех точках границы S1, на основе предположений теоремы и лемм 1.8.2 и 1.8. можно заключить, что решение u имеет производные в 1 до порядка включительно, равномерно ограниченные по. Следовательно, при 0 функция u (x) u(x), функция u(x) C() (1 ), в, и u = 0 на 3.

u(x) удовлетворяет уравнению L() = f u Покажем, что u = 0 на 2. В областях 1 \, содержащих точки 2 на своей границе, функция u(x) удовлетворяет уравнению a + L() = u u и, более того, равна нулю на S1. Так как точки из 2 области являются точками типа 1 для таких областей 1 \, то, в силу теоремы единственности 1.6.2, в этих областях u 0, т.е., u = на 2. Следовательно, u = u + w является решением задачи (1.1.4), (1.1.5) и принадлежит классу C() (). Теорема доказана.

Условие 2) теоремы 1.8.2 о возможности продолжения коэффициентов уравнения (1.1.4) в окрест ность множества 2 с сохранением гладкости и неотрицательности характеристической формы akj k j существенно, как показывает следующий пример, взятый из [193].

Функция u = y r ey, где r и — положительные постоянные, удовлетворяет уравнению yuyy + (1 r)uy (1 + r + y)u = 0 (1.8.35) на отрезке [0, 1] оси y. Коэффициенты уравнения бесконечно дифференцируемы, точка y = границы области {0 y 1} принадлежит 2, а точка y = 1 принадлежит 3. Ясно, что для достаточно большого коэффициент при u в (1.8.35) сколь угодно велик по модулю и отрицателен.

Однако, если r и r — не целое число, то u имеет не более чем [r] ограниченных производных, где [r] — целая часть r.

Очевидно, что уравнение (1.8.35) нельзя продолжить в окрестность точки y = 0 с сохранением гладкости и неотрицательности коэффициента при второй производной. Неравенство (1.7.1) для этого уравнения не выполнено.

Условие теоремы 1.8.2 о том, что никакие два из множеств 2, 3 и 1 0 не имеют общих точек, тоже существенно, как показывает следующий пример.

В области плоскости (x1, x2 ), заключенной между окружностями x2 + x2 = 1 и x2 + x2 = 4, 1 2 1 рассмотрим уравнение u (1.8.36) + cu = 0, c = const 0.

x Точки (2, 0), (1, 0), (1, 0) и (2, 0) принадлежат 0, дуга x2 + x2 = 1 при x2 0 и дуга x2 + 1 2 x2 = 4 при x2 0 принадлежат 1, а остальная часть границы принадлежит 2. Зададим на следующую функцию:

x2 + x2 = 1 при x2 0, u = 0 на 1 x2 + x2 = 4 при x2 0.

u = 1 на 1 Очевидно, что слабое решение этой задачи имеет разрыв вдоль прямой x1 = 1 при x2 0 и вдоль прямой x1 1 при x2 0.

58 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА Отметим, что если предположения леммы 1.8.1 выполнены, граница области лежит в, E =, а также выполняются условия теоремы 1.6.2 о единственности, то слабое решение задачи (1.1.4), (1.1.5) удовлетворяет условию Липшица в. Точно так же из леммы 1.8.2 следует, что если E = и условия леммы 1.8.2 выполнены в окрестности множества, то слабое решение u(x) задачи (1.1.4), (1.1.5) принадлежит классу C() в.

Условие теорем 1.8.1 и 1.8.2 о том, что Bl 0 в окрестности множества точек, где det akj = 0, при l всегда выполнено, если c c0 0, где постоянная c0 достаточно велика, в зависимости от. Следующий пример показывает, что это условие необходимо. Функция u = r, 0, m [] 0, r2 = x2, в области = {r 1} является слабым решением задачи (1.1.4), (1.1.5) k k= для уравнения L(u) = r2 u [m + ( 2)]u = с условием u = 1 на 3. Этот пример показывает, что уравнение L(u) = 0 с аналитическими коэффициентами и аналитической функцией g и сколь угодно большим c0 может иметь слабое решение всего лишь с конечным числом ограниченных производных даже при условии, что урав нение L(u) = 0 эллиптично в окрестности границы.

Теперь рассмотрим вопрос: при каких условиях на уравнение L(u) = f и на границу верно, что граничная функция g на некотором отрезке границы не влияет на гладкость решения задачи (1.1.4), (1.1.5) во внутренних точках?

Из леммы 1.8.2 следует, в частности, что это верно, когда уравнение L(u) = f эллиптично в окрестности границы, c c0 0 и c0 достаточно велико в точках, в которых det akj = 0.

Лемма 1.8.5. Пусть функция u (x) удовлетворяет уравнению u + L(u) = f в области, являющейся пересечением с некоторой окрестностью точки P, лежащей на границе, и это уравнение в координатах y1,..., ym принимает вид (1.8.37) L (u) = L (u) + cu = f, где L (u) kj uykyj k uyk + kj uykyj + k uyk, m kj k j kj k j 0 k, 0 = const 0, 0.

k= (Предполагается, что граница лежит в плоскости ym = 0 и ym 0 для точек из.) Пусть u (x) C (+2) ( ), |u | K0 в, где K0 — постоянная, и пусть коэффициенты (1.8.37) и функ ция f принадлежат классу C() (), 1. Предположим, что для некоторых положительных постоянных Kj выполняется одно из следующих условий.

1) Форма kj k j удовлетворяет условию (1.7.1) в точках, и в для некоторого или = 0 и любого выполняется или ym m + [(4m 1)( + 2) + 2]mm (1.8.38) K1 ym, или m 2 ym m (1.8.39) kj mm K3 (mm + ym ).

k j K2 j ;

j= 2) Форма ym kj k j удовлетворяет условию (1.7.1) в точках, и всюду в для некоторого 2 или = 0 и всякого выполняется или ym m + [(4m 1)( + 2) + 2]mm + 2( + 2)1 M1 ym (1.8.40) K4 ym, или m ym m + 2( + 2)1 M1 ym (1.8.41) kj k j K5 mm K6 (mm + ym ).

j ;

j= 8. О УСЛОВИЯ СУЩЕСТВОВАНИЯ РЕШЕНИЙ С ОГРАНИЧЕННЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ ГЛАДКОСТИ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ.

Здесь постоянная M1 определяется коэффициентами (1.1.4), M1 = M0 + max | m | · m, где M0 зависит от kj, а также от k при k = m, и = const 1.

(DSl u )2, Sl = (s1,..., sl ), sj = 1,..., m, DSl = /xs1 · · · /xsl, V = Пусть pl Sl 2l+ Cl ym pl. Тогда в точках при и некоторых положительных постоянных Cl, не l= зависящих от, функции V удовлетворяют неравенству 1 2l+ L (V ) + (c + M2 )V + E V 1 a0 E, (1.8.42) ym (kj + kj )DSl uyk DSl uyj Cl 2 l=1 Sl где a0, E и E — положительные постоянные, не зависящие от, а M2 определяется с помо щью коэффициентов bk, akj и их производных первого и второго порядка соответственно.

Доказательство. Неравенство (1.8.42) доказывается по индукции. Сначала мы докажем его для = 1.

Дифференцируя (1.8.37) по ys, умножая на uys и суммируя по s, мы получим для p1 = m u2k 1y уравнение вида L (p1 ) + cp1 + [kj uys yk uys yj + ys uyk yj uys ]+ kj (1.8.43) +[kj uys yk uys yj + kj uyk yj uys ] + ys uyk uys + cys uuys + ys uyk uys = fys uys.

k k ys Так как форма kj k j положительно определена, получаем, что 0 kj uys yk uys yj + R1 p1, kj uyk yj uys 0 = const 1.

ys kj Мы обозначили через Rj постоянные, не зависящие от. Оценим члены вида ys uyk yj uys точно так же, как в случае, когда (1.7.1) выполняется для формы kj k j в. В случае, когда условие 2) выполняется, неравенство (1.7.1) выполняется для формы ym kj k j. Отсюда следуют неравенства при kj M kj uy yk uy yj ym ys uyk yj s = m, 2 R2 ym kj uys yk uys yj + 2 kj uyk yj, 0 = const 1.

kj ym ym uyk yj Рассматривая последнее неравенство и используя (1.8.37), получим m 1/ 2 kj + kj uyk yj |uys | R3 ym kj uy yk uy yj ym ys uyk yj uys ym s= + R4 ym p1 + 1 ym kj uyk yj + k uyk + R5 p1 + ym R6 p1 + R7, 1 ym kj uy yk uy yj где 1 = const 1, R4 зависит только от kj, R6 m · max | m | + R8, а R8 зависит от k при k = m.

2+ Следовательно, умножая (1.8.43) на ym и используя неравенства, полученные выше (для до статочно малых 0 и 1 ), для оценки членов в квадратных скобках, мы получим следующее соот ношение для q 1 = ym p1 :

2+ L (q 1 ) + (c + M2 )q 1 a1 ym (kj + kj )uys yk uys yj + 1 ( + 2)(m + m )ym p1 (mm + mm )( + 2)( + 1)ym p +1 2 ( + 2)ym km p1k ( + 2)km ym p1k + ym (R4 + R6 )p1 + R5 ym p1 R9, +1 +1 +1 (1.8.44) y y где R4 + R6 = 0, если условие 1) леммы выполняется;

здесь постоянная a1 не зависит от и 0 a1 1.

Из (1.7.9) легко видеть, что ym ( + 2) km p1k = 2( + 2)ym km uys yk uys +1 + 3 ym kj uys yk uys yj + 4 mm p1 ym, +2 (1.8.45) y 60 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА где положительные постоянные 3 1, 4 2( + 2)2 · m.

Аналогично получим + 3 ym kj uys yk uys yj + 4 mm p1 ym p1.

+2 (1.8.46) ( + 2)ym km uys yk uys Рассматривая (1.8.45), (1.8.46) и выбирая 3 a1, получим из (1.8.44) L (q 1 ) + (c + M2 )q 1 a2 ym (kj + kj )uys yk uys yj + +1 ( m + m )( + 2) R4 R6 p1 + ym 4 ( + 2)( + 1) (mm + mm ) + R5 ym p1 R10, (1.8.47) + где a2 = const 0. Легко видеть, что для q 0 = ym u2 при 2 выполняется соотношение L (q 0 ) ym (kj + kj )uyk uyj + (c + M2 )q 0 2ym (km + km )uuyk R11.

Так как, согласно (1.7.9), при 2 имеем 1 2ym (km + km )uuyk 5 ym (mm + mm )(kj + kj )uyk uyj + R12, то при выборе достаточно малой постоянной 5 получаем L (q 0 ) a3 ym (kj + kj )uyk uyj + (c + M2 )q 0 R13.

(1.8.48) Из (1.8.47) и (1.8.48) выведем неравенство для V 1 вида L (V 1 ) + (c + M2 )V 1 a4 C0 ym (kj + kj )uyk uyj + ym (kj + kj )uys yk uys yj + + +ym R5 + 4 ( + 2)( + 1) mm p1 + 1 ( + 2)( m + m ) + 4 ( + 2)( + 1) mm + (R4 + R6 )ym p1 R14. (1.8.49) +ym 2 Рассматривая условия (1.8.38), (1.8.39) и условия (1.8.40), (1.8.41) и выбирая достаточно большую постоянную C0, мы получим из (1.8.49) соотношение L (V 1 ) + (c + M2 )V 1 a5 C0 ym (kj + kj )uyk uyj + ym (kj + kj )uys yk uys yj + R15.

(1.8.50) Более того, предполагая, что (1.8.42) выполняется для некоторого, 1, мы выведем так же, как для (1.8.50), что (1.8.42) также выполняется при + 1. Лемма доказана.

Замечание 1.8.2. Пусть вместо условий 1) и 2) леммы 1.8.5 выполняется следующее предполо жение:

3) неравенство (1.7.1) справедливо для формы kj k j или для формы ym kj k j, и в области m и (1.8.51) kj k j K1 mm mm s j K0 ym, j= где s — неотрицательное целое число. Тогда неравенство вида (1.8.42) выполняется для функ ций l(s+1) l V= Cl ym p.

l= Доказательство этого утверждения аналогично доказательству леммы 1.8.5.

8. О УСЛОВИЯ ГЛАДКОСТИ СЛАБЫХ РЕШЕНИЙ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ. СУЩЕСТВОВАНИЯ РЕШЕНИЙ С ОГРАНИЧЕННЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ Теорема 1.8.3. Пусть граница области состоит из двух замкнутых непересекающихся множеств и \ (любое из них может быть пустым). Пусть для некоторого доста точно малого выполняются предположения теоремы 1.8.2, и рассмотрим границу \, коэффициенты уравнения (1.1.4) и функции f и g в области \ G (где G — -окрестность множества );

предположим также, что G можно покрыть конечным числом областей {j } таких, что условия леммы 1.8.5, касающиеся коэффициентов kj и k, выполнены в каждой из областей j = j. И наконец, предположим, что функция g ограничена на и что c1 c0 0 при достаточно большой постоянной c0, зависящей от kj и k. Тогда обоб щенные решения задачи (1.1.4), (1.1.5) принадлежат классу C() ( \ G для любого 0 и выполняется оценка 2l+ (DSl u)2 C1, (1.8.52) l=0 Sl где C1 = const, — расстояние от точки x до границы и 2 или = 0.

Доказательство. Пусть область 0 такова, что 0, 0 ( \ ) (2 1 0 ) и граница S0 области 0 содержит 3 и 0 A(+2). Рассмотрим решение u (x) уравнения в (1.8.53) L (u) = u + a(x)u + L(u) = f1 с условием на (1.8.54) u = gn S0, где gn = 0 на S0 \, gn бесконечно дифференцируемо на, gn g в L2 ( ) при n, gn равномерно ограничены по n;

a(x) C() (0 ), a = 0 в и a 0 в 0 \. Функция f1 получается из f точно таким же образом, как в доказательстве теоремы 1.8.2. Можно предположить, что f1 = f вне окрестности ( \ ) 2.

Пусть области j, j = 1,..., N, и j, j = N + 1,..., N0, покрывают 0, и пусть функции {j }, j = 1,..., N0, образуют разбиение единицы, соответствующее этому покрытию 0. Можно предположить, что области j не содержат точек из. В каждой из областей j = j рассмотрим функции Vj,, построенные в лемме 1.8.5, и в областях j 0 положим (DSl u )2 и Cl — положительные постоянные, которые будут выбраны Cl pl, где pl Vj = l=0 Sl позже.

Рассмотрим функцию N W = Vj j,, j= определенную в 0. Так же, как было доказано в лемме 1.8.2, мы получим, что в области j функции Vj удовлетворяют соотношению 1 L (Vj ) + a(x)Vj + (c + M2 )Vj + E Vj 2 a0 E, (1.8.55) (ks + ks )DSl uxk DSl uxs Cl l=0 Sl где M2, E, a0, E, Cl — некоторые положительные постоянные, не зависящие от, и ks = 0 при ks = 1 при k = s.

k = s, Умножая соотношение (1.8.42) на j, j = 1,..., N, и суммируя по j от 1 до N, а затем умножая (1.8.55) на j и суммируя по j от N + 1 до N0, мы получим N0 N j L (Vj ) + j a(x)Vj + (c + M2 )W + E W 1 R1, (1.8.56) aj j j=1 j= 62 ГЛАВА 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА где при j = 1,..., N 2l+ в j = (ks + ks )DSl uyk DSl uys ym Cl j l=0 Sl и при j = N + 1,..., N в j 0.

(ks + ks )DSl uxk DSl uxs = Cl j l=0 Sl Мы обозначаем через Rs постоянные, не зависящие от. Легко видеть, что N0 N = L (W ) L (j )Vj j L (Vj ) j=1 j= N N 2 (ks + ks )Vjyk jys 2 (1.8.57) (ks + ks )Vjxk jxs.

j=N + j= Оценим последние три члена в (1.8.57). Ясно, что L (j )Vj R2 W.

Так как при k = m и j = 1,..., N 2l+ 2l+ Cl ym pl k Vjyk = = 2Cl ym DSl uDSl uxk, y l=0 l= 2l+ 2l+1 l 2Cl ym DSl uDSl uxm + Cl (2l + )ym Vjym = p, l= следующее неравенство выполняется при 1 N:

j 2l+1 l Cl (mk + mk )(2l + )ym 2 (ks + ks )Vjyk jys 2 p jyk + l= 1 1 2l+ 2l+ (1.8.58) ym Cl (ks + ks )DSl uyk DSl uys j + Cl (ks + ks )jyk jys j ym pl.



Pages:     | 1 || 3 | 4 |   ...   | 5 |
 





 
© 2013 www.libed.ru - «Бесплатная библиотека научно-практических конференций»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.