Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Уравнения с неотрицательной характеристической формой. Лекционный курс. В 2 частях. Ч. 1. Учебное пособие
.pdf
5. МЕТОД ЭЛЛИПТИЧЕСКОЙ РЕГУЛЯРИЗАЦИИ 41
Доказательство. Пусть v ∈ C
частям и принимая во внимание граничные условия для u
(2)
(Ω ∪ Σ) и v = 0 на Σ3∪Σ1. Интегрируя по
на границе Σ
ε,n
области Ω, получим
Z
Ω
vLεu
ε,n
dx = −
+
Z
[akjv
Ω
Z
εu
∆v dx −
ε,n
Ω
u
x
k
ε,nx
j
+ u
(bk− a
ε,n
Z
∂u
ε,n
ε
∂¯n
Σ0∪Σ
2
kj
x
v dσ =
)v
x
k
j
Z
vfndx, (1.5.22)
Ω
+ (b
k
x
k
− a
kj
xkx
− c)u
j
ε,n
v] dx+
где ¯n — направление внутренней нормали к границе Σ. Таким образом,
получаем:
Z
vfndx = B(u
Ω
Заменяя v на u
Z
u
ε,nfn
Ω
dx = −
, v) + ε
ε,n
в (1.5.22) и интегрируя по частям, получаем
ε,n
Z
akju
ε,nx
Ω
Z
u
∆v dx −
ε,n
Ω
1
u
k
ε,nx
+
j
k
b
x
k
2
−
Σ0∪Σ
1
a
2
Z
kj
xkx
∂u
ε
2
−cu
j
ε,n
v dσ. (1.5.23)
∂¯n
2
dx−−
ε,n
Z
εu
ε,nx
Ω
u
k
ε,nx
k
dx.
Из (1.5.24) следует, что u
т.е.
Z
Ω
[akju
ε,nx
u
ε,nx
k
ограничены по норме H равномерно по ε и n,
ε,n
Z
2
j
+ u
] dx + ε
ε,n
u
Ω
ε,nx
u
k
dx ≤ Ckfnk
ε,nx
k
2
,
L
2
где C не зависит от ε или n. Это означает, что существует последовательность u
, слабо сходящаяся при εk→ 0 к функции un(x) в пространстве
εk,n
H. Переходя к пределу при εk→ 0 в уравнении (1.5.23), мы получим, что
Z
vfndx = B(un, v) (1.5.24)
Ω
для любой функции v ∈ C
(1)
(Ω ∪ Σ) такой, что v = 0 на Σ1∪ Σ3. Последний интеграл в (1.5.23) стремится к нулю при ε → 0, как было показано
при доказательстве теоремы 1.5.1. Теперь, выбирая слабо сходящуюся (в
H) подпоследовательность последовательности {un} и переходя к пределу
в (1.5.24) при nk→ ∞, мы получим, что предельная функция u(x) удовлетворяет требуемому тождеству (1.4.4). Теорема доказана.
Для уравнений вида (1.1.1) еще интересно рассматривать задачу (1.1.4),
(1.1.5) в областях с кусочно-гладкой границей. Например, задача (1.1.4),
(1.1.5) для параболических уравнений изучается, как правило, в цилиндре,
который является примером такой области. Для простоты, мы изучим задачу (1.1.4), (1.1.5) в кусочно-гладкой области Ω в классе B
(2,α)
с g = 0 в
условии (1.1.5).
41
42 Глава 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА
Точка P границы Σ области Ω называется точкой гладкости Σ, если
в некоторой окрестности этой точки поверхность Σ можно представить в
виде
xk= fk(x1, . . . , x
для некоторого k, где fk∈ C
(2,α)
, 0 < α < 1.
k−1
, x
, . . . , xm)
k+1
Множество точек Σ, не удовлетворяющих этому условию, будем обозначать B.
Слабое решение задачи (1.1.4), (1.1.5) при g = 0 в области Ω ∈ B
(2,α)
определяется, как ограниченная измеримая функция u(x) такая, что для
любого v ∈ C
гральное тождество
(2)
(Ω ∪ Σ), равного нулю на Σ1∪ Σ3∪ B, выполняется инте-
Z
uL∗(v) dx =
Ω
Z
vf dx, (1.5.25)
Ω
где f — ограниченная измеримая функция, заданная в Ω.
Теорема 1.5.5. Пусть граница Σ области Ω принадлежит классу B
(2,α)
f — ограниченная измеримая функция в Ω, g = 0, c(x) ≤ −c0< 0 в Ω
и β ≤ 0 во внутренних точках Σ2∪ Σ0. Тогда в Ω существует слабое
решение u(x) краевой задачи (1.1.4), (1.1.5), удовлетворяющее неравенству
(принципу максимума)
|f|
|u| ≤ sup
. (1.5.26)
c
0
,
Доказательство. Доказательство этой теоремы аналогично доказательству
теоремы 1.5.1. Мы построим последовательность областей Ωδтакую, что вне
δ-окрестности множества B все области Ωδсовпадают с Ω, каждая Ωδпри-
надлежит классу A
(2,α)
и Ωδ⊂ Ω. Пусть u
δ
— решение задачи Дирихле
ε,n
для эллиптического уравнения
с условием u
Lε(u) = fnв Ω
δ
= 0 на границе Σδобласти Ωδ, где fn∈ C
ε,n
δ
(2)
(Ω ∪Σ), |fn| ≤
sup |f|, fn→ f при n → ∞ по норме L2(Ω). Мы применим формулу Грина
в области Ω к функциям u
δ
и vϕδ, где бесконечно дифференцируемая
ε,n
функция ϕδравна нулю в δ-окрестности множества B и равна единице вне
2δ-окрестности этого множества. Принимая во внимание, что u
δ
ε,n
= 0 на
Σδ, мы получим
Z
fnvϕde dx =
Ω
Z
ε∆(vϕδ)u
Ω
δ
ε,n
dx +
Z
L∗(vϕδ)u
Ω
δ
ε,n
dx −
Z
Σ0∪Σ
2
εvϕ
δ
∂u
ε,n
δ
dσ.
∂¯n
(1.5.27)
Очевидно, что оценка
|u
δ
| ≤ sup
ε,n
|f|
c
0
42
6. ЕДИНСТВЕННОСТЬ СЛАБОГО РЕШЕНИЯ 43
выполняется для функций u
следовательности u
δ
, слабо сходящуюся к u
ε,n
δ
. Мы выделим подпоследовательность из по-
ε,n
δ
при εk→ 0. Переходя к
n
пределу при εk→ 0 в (1.5.27), мы получим
Пусть u
δ
n
k
видно, что
Z
fnvϕde dx =
Ω
→ uδпри nk→ ∞ слабо в пространстве L2(Ω). Из (1.5.28) оче-
Z
fvϕde dx =
Ω
Z
L∗(vϕδ)u
Ω
δ
dx. (1.5.28)
n
Z
L∗(vϕδ)uδdx. (1.5.29)
Ω
Z
Покажем, что последний интеграл в (1.5.29) стремится к
δ
δ → 0, для последовательности δkтакой, что u
k
→ u слабо сходится в
L∗(v)u dx, если
Ω
пространстве L2(Ω) при δk→ 0. Мы имеем
Z
L∗(vϕδ)uδdx =
Ω
Z
L∗(v)uδϕδdx+2
Ω
Z
Ω
akjv
Z
ϕ
δx
j
uδdx+
x
k
(L∗(ϕδ)−c∗ϕδ)uδv dx.
Ω
(1.5.30)
Отметим, что последние два интеграла в (1.5.30) в действительности берутся по 2δ-окрестности множества B, так как подынтегральная функция
в этих интегралах равна нулю вне этой окрестности. Эта 2δ-окрестность B
имеет меру не более чем Mδ2. Так как v = 0 в точках B, |ϕ
|ϕ
| = O(δ−2) и uδравномерно ограничена по δ, получаем, что послед-
δxkx
j
| = O(δ−1),
δx
j
ние два интеграла стремятся к нулю при δ → 0. Следовательно, переходя
к пределу в (1.5.30) при δ → 0, мы получим, что функция u(x) удовлетворяет условию (1.5.25) 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
Ω класса B
(2,α)
в пространстве Lp(Ω), если f ∈ Lp(Ω).
6 Единственность слабого решения
В §§ 3–5 мы построили слабые решения краевой задачи (1.1.4), (1.1.5) в
различных функциональных 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
ε∆v + L(v) = f, ε = const > 0, (1.6.1)
43
44 Глава 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА
в области Ω класса A
где v ∈ C
(2)
(Ω ∪ Σ), akj∈ C
(2,α)
, а также условию
(2)
Пусть
c −
1
b
2
1
k
x
k
+
kj
a
2
< const < 0, или c < const в Ω ∪Σ. (1.6.3)
xkx
j
Пусть на границе Σ
∂v
∂x
j
≤ C1ε
−1/2
где C1не зависит от ε. Тогда
Z
Ω
v|Σ= 0, (1.6.2)
(Ω), bj∈ C
(Ω), c ∈ C
(1)
(Ω), f ∈ C
(0)
(0)
(Ω).
, C1= const, j = 1, . . . , m, (1.6.4)
ε2(∆v)2dx ≤ C
2
(1.6.5)
и постоянная C2также не зависит от ε.
Доказательство. Умножим уравнение (1.6.1) на v и проинтегрируем по Ω.
Интегрируя по частям, получим
Z
εv
v
x
x
k
k
Ω
dx +
Z
Ω
akjv
v
x
dx −
x
j
k
Z
Ω
c −
1
b
2
1
j
+
x
j
2
a
kj
xkx
j
v2dx = −
Z
fv dx.
Ω
(1.6.6)
Если c < 0, то функция v равномерно ограничена по ε по принципу максимума. Следовательно, если условие (1.6.3) выполнено, то из (1.6.6) следует,
что
Z
ε
v
v
x
Ω
dx +
x
k
k
Z
Ω
akjv
Z
v
x
dx +
x
j
k
v2dx ≤ C
Ω
Z
f2dx. (1.6.7)
3
Ω
Здесь и в дальнейшем мы обозначаем через Cjпостоянные, не зависящие
от ε.
Умножим (1.6.1) на ε∆v и проинтегрируем по Ω. Тогда
Z
Z
Z
ε2(∆v)2dx +
Ω
Легко видеть, что
Z
ε∆v(f −cv) dx
Ω
ε∆vakjv
Ω
xkx
≤
dx =
j
Ω
Z
1
ε2(∆v)2dx +
2
Ω
44
(f − cv − bjv
Z
(f − cv)2dx.
Ω
)ε∆v dx. (1.6.8)
x
j
6. ЕДИНСТВЕННОСТЬ СЛАБОГО РЕШЕНИЯ 45
По предположению (1.6.4) выполняется в точках границы Ω. Следовательно, рассматривая (1.6.7) и (1.6.4) и интегрируя по частям, получаем
Z
εbjv
Ω
v
x
xkx
j
Z
dx
k
≤
+
≤
−
Z
Σ
Z
Ω
εbjv
εbjv
Ω
1
εb
2
j
x
xjx
v
j
v
dx +
x
k
k
v
x
dx +
x
k
k
1
v
nk−
x
x
j
k
2
εbjv
Z
j
εb
v
v
x
x
k
Ω
x
j
k
Z
j
εb
v
v
x
x
k
Ω
v
x
n
x
k
k
x
j
k
dσ
j
dx +
dx
+
≤ C4.
Z
Σ
εbjv
v
nkdσ
x
x
j
k
Здесь, как всегда, ¯n = (n1, . . . , nm) — единичный вектор внутренней нормали к Σ. Кроме того, интегрированием по частям получаем
−
Z
Σ
Z
εv
Ω
εakjv
+
Z
Σ
xsx
x
s
akjv
s
v
xkx
h
εakjv
xkx
j
nsdσ =
j
v
x
xkx
s
dx = −
s
Z
εv
Ω
Z
εakjv
Ω
xsx
nj− εakjv
x
x
akjv
s
v
k
v
s
xsx
xkx
Z
xkxjx
dx +
j
dx −
s
Z
Ω
Ω
h
kj
εa
x
j
εv
v
kj
a
v
x
x
s
xkx
x
s
s
v
xsx
k
− εa
i
n
dσ ≡ I1+ I2+ I3. (1.6.9)
s
j
dx−
j
kj
x
v
v
x
xjx
s
s
k
i
≤
dx+
Отметим, что интеграл I1неотрицателен. Оценим I2. Имеем
Z
kj
εa
v
v
x
x
Ω
xsx
s
j
=
Z
1
Ω
kj
εa
2
xjx
v
v
x
x
s
k
s
dx
k
dx +
Z
1
kj
εa
v
v
nkdσ
x
x
2
Σ
x
s
j
s
≤ C5.
(1.6.10)
Точно таким же образом получаем
Z
kj
εa
v
v
x
x
Ω
xkx
s
s
=
Z
kj
εa
v
v
xsx
x
s
Ω
dx++
x
j
k
dx
j
Z
kj
εa
Ω
xsx
v
v
x
x
s
k
j
dx+
Z
kj
a
v
v
x
x
Σ
x
s
s
Последние два интеграла равномерно ограничены по ε в силу (1.6.4) и
(1.6.7). Запишем первый интеграл с правой стороны (1.6.11) в виде
Z
1
kj
εa
(v
v
)
j
dx = −
x
s
x
x
s
2
Ω
x
k
Z
1
kj
εa
2
Ω
xsx
v
v
x
x
j
k
s
dx −
Z
1
kj
εa
v
v
x
x
s
2
Σ
nsdσ.
x
j
k
Отсюда и из (1.6.10) и (1.6.11) следует, что |I2| ≤ C6.
Чтобы оценить I3, разобьем Σ на куски Σt, t = 1, . . . , N , и введем в
окрестности Σtлокальные координаты
nkdσ
j
.
yk= Fk(x1, . . . , xm), k = 1, . . . , m,
45
46 Глава 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА
так, чтобы граница Σtлежала в плоскости ym= 0. Так как v = 0 на Σ,
Z
I3=
S
Σ
εakjv
t
m
F
F
y
x
m
(v
ymy
x
s
j
m
F
m
m
F
+ v
x
x
k
ymy
s
m
F
l
l
F
x
+ v
x
s
k
m
F
y
m
)x dy1. . . dy
xkx
s
m−1
m
Z
−
S
Σ
εakjv
t
m
F
F
y
x
m
(v
ymy
x
s
s
m
F
m
m
F
+ v
x
x
k
ymy
j
m
F
l
l
F
x
+ v
x
j
k
m
F
y
m
)x dy1. . . dy
xkx
j
m−1
m
Z
−
S
Σ
1
εakj(v
2
t
2
y
m
m
l
m
)
[F
F
y
x
l
F
x
j
k
m
F
x
x
s
s
− F
x
m
l
m
F
m
F
x
]x dy1. . . dy
x
s
j
m−1
−
F
x
s
k
Z
−
S
t
Σ
εakj(v
)2F
y
m
[F
x
s
m
F
x
xkx
s
j
− F
x
m
m
F
j
]x dy1. . . dy
xkx
s
. (1.6.11)
m−1
m
m
Здесь l 6= 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 (1.6.11) равномерно ограничены по ε. 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 Σ задается уравнением
F (x1, . . . , xm) = 0, F ∈ C
(2)
,
где grad F отличен от нуля на Σ и направлен вдоль внутренней нормали ¯n.
В точках Σ0рассмотрим функцию
β∗= L∗(F ). (1.6.12)
В § 5 было показано, что в точках, внутренних для Σ0, а также в точках
Σ0, являющихся пределами внутренних точек, если (∂/∂ ¯n)(akjF
F
x
) =
x
j
k
0, то знак функции β∗совпадает со знаком функции Фикеры (1.1.3) для
оператора L∗.
Теорема 1.6.1. Пусть c∗< 0 в Ω ∪ Σ, β∗< 0 в точках Σ1и Ω ∈ A
Предположим, что коэффициенты уравнения L∗(v) = akjv
xkx
+ b∗kv
j
(2,α)
x
k
+
c∗v = 0 можно продолжить в δ-окрестность Gδмножества Σ0∪ Σ
таким образом, что akjξkξj≥ 0 в Ω ∪ Gδ, а akj∈ C
C
(Ω ∪ Gδ), c∗∈ C
(1)
(0,α)
(Ω ∪ Gδ), 0 < α < 1. Тогда функция u(x) в про-
странстве L2(Ω) равна нулю почти всюду в Ω, если для любого v ∈ C
(Ω ∪ Gδ), b∗k∈
(2)
(2)
(¯Ω),
равного нулю на Σ3∪ Σ1,
Z
.
2
L∗(v)u dx = 0, (1.6.13)
Ω
и если множество Γ граничных точек множества Σ0∪ Σ2в Σ можно
разделить на замкнутые непересекающиеся подмножества Γ1, Γ2, Γ3такие, что выполняются следующие условия (в частности, любое Γiможет
быть пустым).
46
6. ЕДИНСТВЕННОСТЬ СЛАБОГО РЕШЕНИЯ 47
1) В некоторой окрестности каждой из своих точек множество Γ1лежит на пересечении поверхности F (x1, . . . , xm) = 0 (определяющей
Σ) и поверхности Ψ(x1, . . . , xm) = 0, функции F и Ψ принадлежат
классу C
(2)
и вектор ¯n, нормальный к Σ на Γ1, не ортогонален поверхности Ψ = 0. Функция u(x) принадлежит классу L3(Q) в некоторой
окрестности Q множества Γ1.
2) В некоторой окрестности каждой из своих точек множество Γ
лежит на пересечении поверхностей F = 0 (определяющих Σ) и Ψ =
0, где F, Ψ ∈ C
точках Γ
2
(2)
, и вектор ¯n не ортогонален поверхности Ψ = 0. В
akjΨ
Ψ
x
j
= 0.
x
k
3) Площадь δ-окрестности Γ3на Σ имеет порядок δq, где q ≥ 2.
Доказательство. Построим область Ωδтакую, что Ωδ⊂ Ω ∪Gδи Ωδ⊃ Ω.
Предположим, что область Ωδс границей Σδпринадлежит классу A
(2,α)
0 < α < 1, и множество Σ2∪ Σ0лежит внутри Ωδ. Через Γδмы обозначим
δ-окрестность множества Γ. Пусть a(x) ∈ C
(2,α)
(Ωδ), a = 0 в Ω и a > 0 в
Ωδ\ Ω. Пусть v1удовлетворяет уравнению
ε∆v1+ L∗(v1) + a∆v1= Φ, ε > 0, (1.6.14)
в Ωδ, а также условию
v1= 0 на Σδ, (1.6.15)
где Φ ∈ C
∞
(Ω). Отметим, что на части границы Σδ, которая не принадле-
0
жит Σ, мы имеем akjnknj+anjnj6= 0. В точках Σ, принадлежащих Σδ, или
akjnknj6= 0, или β∗< 0. Следовательно, применяя лемму 1.5.1 к оператору
L∗(v) + a∆v, мы получим, что для v1выполнено неравенство
1
∂v
∂x
j
≤ C1ε
−1/2
на Σδ,
2
,
где постоянная C1не зависит от ε. Отсюда и из леммы 1.6.1 следует, что
оценка (1.6.5) выполняется для v1. Пусть ϕδ(x) — функция такая, что
ϕδ∈ C
(2)
(Ω ∪Gδ), ϕδ= 0 в Γδ, ϕδ= 1 вне γδ,
где γδ— окрестность Γ, содержащая Γδ, так что Ω \ γδсодержит любую
данную замкнутую область в Ω, если δ выбрано достаточно малым, и если
0 ≤ ϕde ≤ 1.
Функцию v = v1ϕδможно подставить в тождество (1.6.13), так как v = 0
на Σ3∪ Σ1. Имеем
Z
0 =
Z
+
v1(L∗(ϕδ) −c∗ϕδ)u dx +
Ω
L∗(v1ϕδ)u dx =
Ω
47
Z
ϕδL∗(v1)u dx+
Ω
Z
2akjϕ
Ω
δ
1
v
x
u dx.
x
j
k
48 Глава 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА
Отсюда, используя (1.6.14), мы получаем, что
Z
ϕδΦu dx =
Ω
Z
εϕδ∆v1u dx −
Ω
Z
v1(L∗(ϕδ) −c∗ϕδ)u dx −
Ω
Z
Ω
2akjϕ
δ
1
v
u dx.
x
x
j
k
(1.6.16)
Поскольку Φ ∈ C
∞
(Ω), то Φϕδ= Φ для достаточно малого δ, и инте-
0
Z
грал в левой части (1.6.16) совпадает с интегралом
Φu dx. Покажем, что
Ω
правая сторона (1.6.16) как угодно мала для достаточно малых δ и ε(δ).
Это означает, что левая сторона этого уравнения равна нулю для любой
гладкой функции Φ с компактным носителем, так что u = 0 почти всюду
в Ω.
Пусть un∈ C
∞
(Ω) и un→ u по норме L2(Ω) при n → ∞. Так как (1.6.5)
0
выполняется для функции v1, и v1равномерно ограничена по ε и δ в силу
принципа максимума, имеем
≤
Z
Ω
Z
ε∆v1ϕδu dx
Ω
Z
≤
ε∆v1ϕδ(u −un) dx
Ω
ε2(∆v1)2dx
!
1/2
Z
=
Ω
Z
(u −un)2dx
Ω
ε∆v1ϕδ((u −un) + un) dx
Z
+
ε∆(ϕδun)v1dx
Ω
!
1/2
+
Z
εv1∆(ϕδun) dx
Ω
≤
≤
.
(1.6.17)
Легко видеть, что правая сторона двух последних неравенств стремится к
нулю при n → ∞ и εn→ 0 для фиксированного δ. Отметим, что два послед-
них интеграла в (1.6.16) в действительности берутся только по пересечению
δ
δ
γδ-окрестности Γ с областью Ω, так как ϕδ≡ 1 вне γδ. Пусть γδ= γ
δ
где γ
δ
γ
1
локальные координаты y
а в Q
— пересечение γδс некоторой окрестностью Γk, k = 1, 2, 3.
k
Чтобы оценить интегралы, взятые по γ
t
, . . . , y
1
k
= y
m
t
, t = 1, . . . , N , так, что в Q
1,δ
t
такие, что
m
l
, y
m−1
= y
множества Γ1на куски Q
t
y
= F (x1, . . . , xm), y
m
l
1,δ
∩ Q
k
имеем y
1,δ
m
l
δ
∩ Ω, мы разобьем окрестность
1
t
= Ψ(x1, . . . , xm),
m−1
k
.
m−1
t
можно ввести
1,δ
1
∪γ
δ
∪γ
2
3
В новых координатах y1, . . . , ymоператор ε∆v1+ a∆v1+ L∗(v1) имеет
вид
(ε + a)(µkjv
Обозначим Ω ∩Q
t
через R
1,δ
1
yky
j
ϕδ= ϕ
+ νkv
t
1
1
) + αkjv
y
k
1
yky
+ β∗jv
j
1
+ c∗v1.
y
j
. В окрестности Γ1для функции ϕδвозьмем
δy
2
m−1
δ
+ y
2
2
m
,
,
48
6. ЕДИНСТВЕННОСТЬ СЛАБОГО РЕШЕНИЯ 49
где ϕ(s) = 0 при s ≤ 1, ϕ(s) = 1 при s ≥ 2, 0 < ϕ < 1 при 1 < s < 2 и ϕ(s)
— гладкая функция от s. Имеем
Z
(L∗(ϕδ) −c∗ϕδ)v1u dx =
δ
Ω∩γ
1
S
Z
R
(αkjϕ
t
1
δ
yky
+ β∗jϕ
j
δ
)uv1x dy, (1.6.18)
y
j
где k — гладкая положительная функция. Отметим, что мера области γ
где ϕ
δ
y
j
и ϕ
δ
могут отличаться от нуля, имеет порядок δ
yjy
k
3/2
, и в этой
δ
1
области
δ
ϕ
= O(δ−1), ϕ
y
m
δ
ϕ
y
m−1ym−1
Так как αkjnknj= 0, αkjnk= 0, α
mm
α
= O(δ), α
δ
= O(δ
y
m−1
= O(δ−1), ϕ
mm
y
j
m−1,m−1
= O(1), α
−1/2
δ
y
m−1ym
), ϕ
δ
ymy
= O(δ
m
−3/2
= O(δ
).
= 0 на Γ1, в области γ
m,m−1
= O(δ
−2
(1.6.19)
δ
имеем:
1
1/2
). (1.6.20)
С помощью соотношений (1.6.19) и (1.6.20), мы оценим интеграл (1.6.18). С
помощью неравенства Г¨ельдера получим
≤ C2δ
Z
t
R
1
−1
(αkjϕ
Z
t
R
1
δ
yky
dy
+ β∗jϕ
j
!
2/3
δ
y
Z
t
R
1
)v1ux dy
j
|u|3dy
!
1/3
Z
≤
C2δ−1|u|dy ≤
t
R
1
≤ C
3
Z
t
R
1
|u|3dy
!
1/3
.
,
Последний интеграл стремится к нулю при δ → 0, так как по предполо-
жению u ∈ L3(Q1), где Q1— некоторая окрестность Γ1и mes γ
Теперь оценим последний интеграл в (1.6.16), взятый по Ω ∩ γ
Ω∩γ
Z
1
δ
ϕ
x
x
j
δ
1
akjv
u dx
k
≤
Z
Ω∩γ
δ
1
akjv
1
v
x
k
!
1
dx
x
j
1/3
Z
·
δ
Ω∩γ
1
akjϕ
δ
x
k
ϕ
δ
1
δ
x
= O(δ
u2dx
j
3/2
).
δ
:
1
!
1/2
(1.6.21)
Чтобы оценить первый интеграл с правой стороны (1.6.21), умножим
уравнение (1.6.14) на v1(1 − ϕ2δ)η и проинтегрируем по Ωδ∩ Q
функция η(y1, . . . , y
m−2
) ∈ C
(2)(Qt
) выбрана так, что η > 0 внутри Q
1,2δ
и (1 −ϕ2δ)η = 0 вместе со своими первыми производными на границе Q
t
1,2δ
. Здесь
t
1,2δ
t
1,2δ
Интегрируя по частям и учитывая, что v1= 0 на Σδи a = O(δ) в Ωδ, мы
получим
Z
1
Ωδ∩Q
[−(ε + a)v
t
1,2δ
1
v
(1 −ϕ2δ)η − akjv
x
x
j
k
1
1
v
(1 −ϕ2δ)η] dx+
x
x
j
k
.
.
49
50 Глава 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА
Z
+
Ωδ∩Q
Z
t
1,2δ
m
X
k=1
1
[(ε + a)(1 −ϕ2δ)η]
2
(v1)2dx+
xkx
k
1
+
Ωδ∩Q
Z
[c∗(1 −ϕ2δ)η −
t
1,2δ
(b∗j(1 −ϕ2δ)η)
2
Z
](v1)2dx+
x
j
1
+
t
Ωδ∩Q
1,2δ
Отсюда, используя соотношения (1.6.19) и учитывая, что мера γ
порядок δ
Z
akjv
t
Ωδ∩Q
1,2δ
[akj(1 −ϕ2δ)η]
2
3/2
, получим
1
1
v
x
(1−ϕ2δ)η dx ≤ C4(δ
x
j
k
(v1)2dx =
xkx
j
1/2
+εδ
Ωδ∩Q
−1/2
Φ(1 −ϕ2δ)ηv1dx. (1.6.22)
t
1,2δ
Z
)+
Ωδ∩Q
t
1,2δ
|akjϕ
2δ
|η(v1)2dx.
xkx
j
1
2δ
имеет
(1.6.23)
Чтобы оценить последний интеграл, введем локальные координаты y1, . . . , y
Z
Ωδ∩Q
t
. С помощью (1.6.19) и (1.6.20) получим
1,2δ
Z
2δ
t
1,2δ
|akjϕ
Z
+
Ωδ∩Q
|η(v1)2dx ≤
xkx
j
|akjϕ
t
1,2δ
y
(yl)
l
|akjϕ
t
Ωδ∩Q
1,2δ
|η(v1)2k dy ≤ C5δ
xkx
j
2δ
|η(v1)2k dy+
yky
j
1/2
,
в области Q
m
где постоянные C4и C5не зависят от ε и δ. Очевидно, что
Z
Ω∩γ
δ
1
akjv
1
1
v
k
dx ≤ C
x
j
x
S
(Ωδ∩Q
t
Z
1
1
v
(1 −ϕ2δ)η dy.
x
x
j
k
t
1,2δ
akjv
)
Более того, получаем
≤ C6δ
−1
Ω∩γ
Z
S
R
Z
δ
x
1/3
ϕ
k
δ
u2dx =
x
j
Z
S
t
R
1
|u|3dy
1
t
1
akjϕ
δ
!
dy
S
Z
!
R
t
1
2/3
αkjϕ
≤ C7δ
δ
δ
ϕ
k
y
−1/2
u2k dy ≤
j
Z
S
R
y
Поэтому при ε < δ из (1.6.21) следует, что
Ω∩γ
Z
1
δ
ϕ
x
x
k
δ
1
akjv
u dx
j
≤ C
Z
Ω∩γ
|u|3dx
δ
1
8
!
1/3
|u|3dy
t
1
,
!
2/3
.
50
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]