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
6. ЕДИНСТВЕННОСТЬ СЛАБОГО РЕШЕНИЯ 51
и в силу условий, наложенных на u, правая сторона последнего неравенства
стремится к нулю при δ → 0 и ε < δ.
Теперь оценим два последних интеграла в (1.6.16), взятых по Ω ∩γ
δ
γ
— окрестность Γ2такая, что ϕδ≡ 1 вне γ
2
δ
. В качестве функции ϕδв
2
δ
, где
2
окрестности Γ2выберем
ϕδ= ϕ
2
y
m−1
δ
+ y
2
2
m
!
,
где функция ϕ(s) определена выше. Оценка этих интегралов, взятых по
Ω ∩ γ
разобьем окрестность γ
Q
Легко видеть, что при этом α
δ
, проводится в точности так же, как и для области Ω ∩γ
2
t
перейдем к новым координатам y1, . . . , ymтаким, что
2,δ
ym= F (x1, . . . , xm), y
δ
множества Γ2на области Q
2
= Ψ(x1, . . . , xm).
m−1
m−1,m−1
= akjΨ
t
, t = 1, . . . , N2, и в
2,δ
Ψ
x
. Следовательно, в δ-
x
j
k
δ
. Для этого
1
окрестности Γ2,
δ
ϕ
= O(δ−1), ϕ
y
j
α
m,m
= O(δ2), α
m−1,m−1
Очевидно, что мера области γ
полагая Ω ∩Q
t
2,δ
= R
t
, получим
2
δ
2
δ
= O(δ−2),
yky
j
= O(δ), α
m−1,m
= O(δ).
(1.6.24)
имеет порядок δ2. Рассматривая (1.6.24) и
Ω∩γ
Z
(L∗(ϕδ) −c∗ϕδ)v1u dx
δ
2
≤ C9δ
−1
S
Z
R
=
|u|dy ≤ C
t
2
Z
S
R
(akjϕ
t
2
10
S
Z
R
δ
yky
|u|2dy
t
2
+ β∗kϕ
j
!
1/2
δ
v1ux dy
y
k
.
Последний интеграл стремится к нулю при δ → 0, так как u ∈ L2(Ω).
Неравенство вида (1.6.21), очевидно, справедливо также для области
Ω ∩γ
Из (1.6.22), взятого для Ωδ∩ Q
δ
. Принимая во внимание (1.6.24) в окрестности Γ2, получим
2
Z
Ω∩γ
δ
2
akjv
Z
t
R
2
akjϕ
δ
δ
ϕ
k
u2x dy
y
j
t
2,2δ
y
Z
1
1
v
x
dx ≤
x
j
k
S
t
(Ωδ∩Q
t
2,2δ
≤ C11δ
, выводим, что
1
akjv
)
1
v
(1 −ϕ2δ)η dx ≤ C12ε + C13δ.
x
x
j
k
−1
Z
t
R
2
|u|2dy.
≤
51
52 Глава 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА
Так, для ε < δ получаем:
Z
Ω∩γ
δ
2
akjv
1
δ
ϕ
x
x
k
что означает, что последний интеграл в (1.6.16), взятый по Ω∩γ
u dx
j
≤ C
14
Z
Ω∩γ
|u|2dx
δ
2
!
1/2
,
δ
, стремится
2
к нулю при δ → 0, ε < δ.
Теперь рассмотрим окрестность γ
последних интеграла в (1.6.16), взятые по Ω ∩ γ
δ
множества Γ3и покажем, что два
3
δ
, стремятся к нулю при
3
δ → 0 и ε < δ. По предположению, δ-окрестность множества Γ3на Σ имеет
площадь, не превосходящую C15δ2. Разобьем окрестность γ
но малые части Q
t
, t = 1, . . . , N3. Введем в Q
3,δ
t
локальные координаты
3,δ
δ
на достаточ-
3
y1, . . . , ymтакие, что Σ лежит в плоскости ym= 0 и ym> 0 в Ω. Пусть глад-
кая функция ϕ
в δ-окрестности Γ3, ϕ
δ
(y1, . . . , y
1
) определена в точках Σ ∩Q
m−1
δ
> 0 вне замыкания этой окрестности и ϕ
1
2δ-окрестности Γ3, в то время как на Σ имеем 0 ≤ ϕ
функция ϕ
δ
(ym) = 0 при ym≤ δ, ϕ
2
δ
(ym) = 1 при ym≥ 2δ и 0 < ϕ
2
t
так, что ϕ
3,δ
δ
≤ 1. Пусть гладкая
1
δ
1
δ
≡ 1 вне
1
δ
< 1 при
2
= 0
δ < ym< 2δ. Функция ϕδв окрестности Γ3определена уравнением
√
δ
ϕδ= ϕ
1
· ϕ
δ
.
2
Легко видеть, что мера подмножества γ
δ
, где ϕ
3
δ
y
j
и ϕ
δ
могут отличаться
yky
j
от нуля, не превышает C16δ2. Мы можем также предположить, что
δ
ϕ
= O(δ−1), ϕ
1y
j
δ
1yky
= O(δ−2), ϕ
j
δ
= O(δ−1), ϕ
2y
m
δ
2ymy
= O(δ−2).
m
Следовательно, выполняются соотношения
δ
ϕ
= O(δ−1), ϕ
y
m
δ
ϕ
ymy
= O(δ−2), ϕ
m
В области γ
δ
имеем:
3
δ
= O(δ
y
j
δ
= O(δ
ymy
j
δ
ϕ
a
= O(δ−1), если k 6= m, j 6= m.
yky
j
mm
= O(δ), amj= O(δ
−1/2
−3/2
), если j 6= m;
), если j 6= m;
1/2
),
(1.6.25)
(1.6.26)
akj= O(1) при k 6= m, j 6= m.
Точно так же, как и в предыдущем случае, мы получим, что второй интеграл в правой части (1.6.16), взятый по Ω ∩ γ
Z
δ
, не превосходит
3
!
1/2
C
17
Ω∩γ
|u|2dx
δ
3
и последний интеграл в (1.6.16), взятый по Ω ∩ γ
для γ
δ
, с использованием (1.6.22), (1.6.25), (1.6.26). Теорема доказана.
2
52
,
δ
, оценивается так же, как
3
6. ЕДИНСТВЕННОСТЬ СЛАБОГО РЕШЕНИЯ 53
Отметим, что условие
β∗< 0 на Σ
1
теоремы 1.6.1 всегда выполнено, если все точки Σ1являются пределами
внутренних точек Σ0и, кроме того, или коэффициенты оператора L∗можно продолжить в окрестность Σ1, так что akjξkξj≥ 0, akj∈ C
∂akjF
F
x
/∂¯n достаточно мала на Σ1.
x
j
k
(1)
, или
Примеры показывают, что предположения теоремы 1.6.1 существенны.
В частности, если δ-окрестность множества Γ на Σ имеет площадь порядка
δ, то в этом случае слабое решение задачи (1.1.4), (1.1.5) может быть не
единственным в классе Lp(Ω) для любого p < 3, т.е. условие 1) теоремы 1.6.1
нельзя ослабить.
Рассмотрим тепловое уравнение
L(u) ≡ uxx− ut= 0 (1.6.27)
в области Ω на (x, t)-плоскости, ограниченной гладкой замкнутой кривой Σ,
которая в окрестности точки (0, 0) совпадает с кривой t = |x|
2+ε
, ε = const >
0. Предположим, что кривая Σ не имеет горизонтальных касательных ни-
где, кроме точек (0, 0) и (0, 1). В этом случае точка (0, 0) принадлежит Σ2,
точка (0, 1) принадлежит Σ1, а все оставшиеся точки Σ принадлежат Σ3.
Делая подстановку u = εαtv, α = const > 0, в (1.6.27), мы получим уравне-
ние, для которого c∗< 0 в Ω ∪ Σ. Можно предположить, что граница Σ в
окрестности (0, 1) такова, что β∗< 0 в точке (0, 1). Функция
w = t
−1/2e−x2/4t
удовлетворяет условию (1.6.27) в Ω. На границе Σ области Ω она определяет
непрерывную функцию, которая в окрестности точки (0, 0) задана как
w|Σ= |x|
−(1+ε/2)e−1/4|x|
−ε
.
Легко показать, что существует функция W (x, t), непрерывная на Ω ∪ Σ,
совпадающая с w в точках Σ и удовлетворяющая (1.6.27) в Ω. Существование такой функции W (x, t) доказано, например, в [51] и [104]. Так как
граница Σ по предположению гладкая, известно [170], что функция W (x, t)
имеет непрерывные производные W (x), W (x, x), W (t) всюду в Ω ∪Σ 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 Ω с f ≡ 0 и g ≡ 0 и принадлежит пространству Lp(Ω) при p < 3. Очевидно, u 6= 0 на множестве положительной меры
в Ω, так как W (x, t) непрерывна в Ω ∪ Σ и w(x, t) → ∞ при x = 0 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(Ω) при p < 3. Так как W (x, t) ограничена в
Ω, достаточно показать, что w(x, t) ∈ Lp(Ω) при p < 3. Имеем
Z
wpdx dt =
Ω
Z
−p/2e−px2/4t
t
Ω
dx dt ≤
53
−t
1/2+ε
t
Z
1/2+ε
dx!dt + C1=
t
0
Z
−p/2
t
0
54 Глава 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА
t
0
Z
= 2
−p/2+1/(2+ε)
t
0
dt + C1< C2, t0, C1, C2= const,
если −p/2 + 1/(2 + ε) > −1. При p < 3 неравенство −p/2 + 1/(2 + ε) > −1
выполняется, если постоянная ε > 0 выбрана достаточно малой. Теперь покажем, что u(x, t) удовлетворяет интегральному тождеству (1.6.13). Пусть
v ∈ C
(2)
Ω ∪ Σ и v = 0 на Σ3∪ Σ1. По непрерывности, v = 0 во всех точках Σ. Так как u(x, t) — гладкая функция в области Ω ∩ {δ ≤ t ≤ 1 − δ},
δ = const > 0, в силу формулы Грина (1.1.14) выполнено тождество
Z
L∗(v)u dx dt =
Ω∩{δ≤t≤1−δ}
Z
Ω∩{t=1−δ}
uv dx −
Z
uv dx. (1.6.28)
Ω∩{t=δ}
Легко видеть, что
|u(x, t)| ≤ C3t
−1/2
, mes(Ω ∩{t = δ}) = 2δ
1/(2+ε)
для малых δ. Так как v — гладкая функция, равная нулю на Σ, получаем,
что |v| ≤ C4t
1/(2+ε)
в Ω. Следовательно, интегралы в правой части (1.6.28)
стремятся к нулю при δ → 0, если ε достаточно мало. Следовательно, функция u(x, t) удовлетворяет условию (1.6.13), и задача (1.1.4), (1.1.5) может
иметь не единственное решение в классе Lp(Ω), p < 3, если площадь δокрестности Γ на Σ имеет порядок δ.
Аналогично можно доказать, что если множество Γ3в теореме 1.6.1 не
пусто, то задача (1.1.4), (1.1.5) может иметь не единственное решение в
классе Lp(Ω) для p < 2. С этой целью рассмотрим тепловое уравнение
L(u) ≡ ∆u − u1= 0 (1.6.29)
в гладкой области Ω пространства Rm(x1, . . . , x
ности начала координат поверхностью t = r
2+ε
, t), ограниченной в окрест-
m−1
, где r2=
m−1
P
j=1
2
x
, ε = const >
j
0. Предположим, что граница Σ области Ω имеет нормаль, параллельную
оси t, только в двух точках P1и P2, где P1— начало координат. Функция
w(x, t) = t
−(m−1)/2e−r2/4t
непрерывна на поверхности Σ. Следовательно, существует функция W (x, t),
непрерывная в Ω∪Σ, удовлетворяющая (1.6.29) в Ω∪Σ и гладкая всюду в Ω∪
Σ, кроме, возможно, двух точек P1и P2(см. [170, 51]). Легко проверить, что
функции u(x, t) = W (x, t) −w(x, t) принадлежат Lp(Ω) при p < 1 + 2/(m −1)
и удовлетворяют (1.6.13), если ε достаточно мало.
Так, в пространстве R3решение задачи (1.1.4), (1.1.5) может быть не
единственным в любом классе Lp(Ω) при p < 2, если Γ3не пусто. В этом
смысле условие u ∈ L2(Ω) теоремы 1.6.1 точно.
54
6. ЕДИНСТВЕННОСТЬ СЛАБОГО РЕШЕНИЯ 55
Условие c∗< 0 в теореме 1.6.1 также существенно. Функция rα, где
2
P
j=1
2
x
, −1 < α < 0, удовлетворяет уравнению
j
r2=
r2∆u −α2u = 0 (1.6.30)
в смысле (1.5.3) в любом шаре Ω = {r < β}, β > 0. Так как c = −α2< 0,
по теореме 1.5.1 существует ограниченное слабое решение u(x) уравнения
(1.6.30) в Ω с условием u|
= βα. Функция u − rαпринадлежит классу
r=β
Lp(Ω) при |αp| < 2, p ≥ 1, и удовлетворяет тождеству (1.6.13). Очевидно,
что граница области Ω принадлежит Σ3. Легко видеть, что u − rα6= 0 на
множестве положительной меры в Ω, и что c∗= −α2+ 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 Ω ∪ Σ, β∗< 0 в точках Σ1и Ω ∈
(2,α)
A
. Предположим, что коэффициенты L∗(v) можно продолжить в δ-
окрестность Gδмножества Σ0∪ Σ2так, что
akjξkξj≥ 0 в
b∗k∈ C
(1)
Ω ∪Gδ, akj∈ C
(Ω ∪Gδ), c∗∈ C
(0,α)
(Ω ∪Gδ), 0 < α < 1.
(Ω ∪Gδ),
(2)
Тогда измеримая ограниченная функция u(x) равна нулю почти всюду в Ω,
если для любой функции v из C2(Ω ∪Σ), равной нулю на Σ1∪ Σ3,
Z
L∗(v)u dx = 0
Ω
и площадь δ-окрестности множества Γ на Σ имеет порядок ∆q, q > 0.
В доказательстве теоремы 1.6.2 функция ϕδпостроена в окрестности
множества Γ в точности как функция ϕδиз доказательства теоремы 1.6.1
была построена в окрестности Γ3.
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. То-
гда любое ограниченное слабое решение u(x) задачи (1.1.4), (1.1.5) в смысле
(1.5.3) удовлетворяет принципу максимума
|f|
|u| ≤ maxsup
Ω
c
0
, sup
Σ3∪Σ
|g|. (1.6.31)
2
Пример задачи (1.1.4), (1.1.5), построенный в [220], показывает, что предположение теоремы 1.6.2, касающееся множества Γ, существенно, так как
55
56 Глава 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА
если площадь δ-окрестности множества Γ на Σ не стремится к нулю при
δ → 0, то решение задачи (1.1.4), (1.1.5) может не быть единственным в
классе измеримых ограниченных функций.
Рассмотрим гладкую область Ω в плоскости (x, t), ограниченную отрезком 0 ≤ x ≤ 1 прямой t = 1, кривой t = f(x) при 0 ≤ x ≤ 1 и двумя гладкими
кривыми K1и K2, соединяющими точки (0, 0), (0, 1) и (1, 0), (1, 1) соответственно и такими, что граница области Ω пересекается с прямыми линиями,
параллельными оси t, не более чем в двух точках. Функция f(x) построена
таким образом, что f ∈ C
(2,α)
, 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) ≡ t2utt− ut− 2u = 0. (1.6.32)
Это обыкновенное дифференциальное уравнение имеет общее решение вида
u = C1(1 −2t + 2t2) + C2t2e
−1/t
, (1.6.33)
где C1и C2— произвольные постоянные. Подставляя u = u1eαtв (1.6.32) и
выбирая постоянную α > 0 так, чтобы −α + t2α2−4αt < 0, t2α2−α −2 < 0
при t ≥ 0, получим уравнение
L1(u1) ≡ t2u
1
tt
− u
1
+ 2αt2u
t
1
+ (t2α2− α − 2)u1= 0, (1.6.34)
t
для которого c∗= (t2α2− α − 2) −4αt + 2 < 0 и c < 0.
Легко видеть, что для области Ω, построенной выше, и для уравнений
(1.6.32) и (1.6.34) отрезок 0 ≤ x ≤ 1 прямой t = 1 принадлежит Σ3, множество E на прямой t = 0 принадлежит Σ2, точки кривой t = f (x), в которых
f(x) 6= 0, принадлежат Σ3, а точки кривых K1и K2принадлежат Σ3и
Σ0. Следовательно, для уравнения (1.6.34) выполнены все условия теоре-
мы 1.6.2 кроме условия, касающегося Γ. Для этого уравнения множество Γ
содержит множество E и имеет положительную меру на отрезке 0 ≤ x ≤ 1.
3
гладкая функция в Ω ∪Σ, она также равна нулю на E. Пусть w(t) — решение (1.6.34) такое, что w(1) = 0 и w(t) 6≡ 0. Из (1.6.33) 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 Ω ∪ Σ, является слабым решением однородной
задачи L1(u) = 0 в Ω, u = 0 на Σ3∪Σ2, где L1(u) — оператор (1.6.34). Ясно,
что u(x, t) — ограниченная измеримая функция, и что u(x, t) отличается от
нуля на множестве положительной меры в Ω.
Замечание 1.6.1. Условие β∗< 0 в точках Σ1границы Σ области Ω в
теореме 1.6.1 можно заменить следующими условиями:
1) β∗≤ 0 во внутренних точках Σ1.
2) Коэффициенты оператора L∗(v) можно продолжить в некоторую окрестность множества Γ1граничных точек Σ1в Σ так, чтобы условия, указанные в теореме 1.6.1 для окрестности Gδ, выполнялись.
56
6. ЕДИНСТВЕННОСТЬ СЛАБОГО РЕШЕНИЯ 57
3) Множество Γ1можно разделить на два подмножества, каждое из которых удовлетворяет одному из условий 1), 2) или 3), сформулированных в теореме 1.6.1, для Γ1, Γ2и Γ3соответственно.
Доказательство теоремы 1.6.1 при этом условии проводится аналогично
предыдущему доказательству, где использовалось условие β∗< 0 на Σ1.
Необходимо только включить δ-окрестность множества Γ1в область Ωδ.
Точно так же можно заменить условие β∗< 0 на Σ1в теореме 1.6.2 сформулированными выше условиями 1) и 2) при дополнительном предположении, что площадь δ-окрестности Γ1на Σ имеет порядок δqдля некоторого
q > 0.
Замечание 1.6.2. Условие β∗< 0 на Σ1в теоремах 1.6.1 и 1.6.2 можно за-
менить условием β∗≤ 0 на Σ1, а также в некоторой окрестности множества
¯
Σ3∪ Σ1.
Теорема 1.6.4. Пусть c∗< 0 в Ω ∪ Σ и β∗≤ 0 в точках Σ1∪ Σ0и на
Σ3в некоторой окрестности множества¯Σ3∩ (Σ1∪ Σ0). Предположим,
что Ω ∈ A
в δ-окрестность Gδмножества Σ2так, что akj∈ C
C
(Ω ∪ Gδ) и c∗∈ C
(1)
(2,α)
и что коэффициенты оператора L∗(v) можно продолжить
(Ω ∪Gδ), b∗k∈
(2)
(0,α)
(Ω ∪Gδ), 0 < α < 1, а также akjξkξj≥ 0 в
Ω ∪Gδ. Тогда функция u(x) ∈ L(Ω), p ≥ 2, равна нулю почти всюду в Ω,
если для любой функции v ∈ C
(2)
(¯Ω), равной нулю на Σ3∪ Σ1,
Z
L∗(v)u dx = 0,
Ω
и множество Γ2граничных точек Σ2на Σ можно разделить на замкнутые непересекающиеся подмножества Γ1, Γ2, Γ3такие, 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 Ωδ содержит только δ-окрестность множества Σ2. Отметим также тот факт, что в лемме 1.5.1 условие β < 0 в
точках границы Σ3и точках, принадлежащих¯G, можно заменить условием β ≤ 0 на Σ3в некоторой окрестности граничных точек Σ3(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 Ω удовлетворяют
предположениям теоремы 1.6.4, а условие на Γ2заменено условием, что
δ-окрестность множества Γ2на Σ имеет площадь порядка δqдля q > 0.
Тогда слабое решение задачи (1.5.1), (1.5.2) в смысле (1.5.3) единственно в
классе ограниченных измеримых функций в Ω.
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.
57
58 Глава 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА
Теорема 1.6.6. Пусть c∗< 0 в Ω ∪ Σ и пусть β∗≤ 0 в точках Σ1∪ Σ0,
а также на Σ3в некоторой окрестности¯Σ3∩ (Σ1∪ Σ0). Предположим,
что Ω ∈ A
такая, что
(2,α)
и что существует окрестность σ2множества Σ2на Σ
Z
1
u2(x) dx → 0 при δ → 0, (1.6.35)
δ
δ
σ
2
δ
где σ
— множество точек Ω, расстояние которых от σ2не превосходит
2
δ. Тогда функция u(x) равна нулю почти всюду в Ω, если u(x) ∈ L2(Ω) и
для любой функции v ∈ C
(2)
(¯Ω) на Σ3∪ Σ
1
Z
L∗(v)u dx = 0. (1.6.36)
Ω
Доказательство. Рассмотрим уравнение
ε∆v +√εa(x, ε)∆v + L∗(v) = Φ (1.6.37)
в Ω с условием
v = 0 на Σ, (1.6.38)
где Φ ∈ C
∞
(Ω), ε = const > 0 и a(x, ε) — гладкая функция, равная единице
0
в√ε-окрестности σ2, равная нулю вне 2√ε-окрестности σ2и такая, что 0 ≤
a(x, ε) ≤ 1 при 0 < ε ≤ 1. Согласно лемме 1.5.1 и замечаниям, относящимся
к ней, оценка
∂v
∂x
j
≤ C1ε
−1/2
на Σ, j = 1, . . . , m,
выполняется для решения v(x) задачи (1.6.37), (1.6.38), где C1не зависит
от ε.
Умножая уравнение (1.6.37) на v, интегрируя по Ω и преобразуя отдель-
ные члены этого уравнения с помощью интегрирования по частям, получим
1
2
Z
Ω
∗j
b
x
− εv
+ c∗+
j
v
j
1
2
−√εav
x
j
kj
a
xkx
+
j
x
v
j
x
j
− akjv
x
√
1
εa
xjx
2
j
v
+
x
x
j
k
2
v
dx. (1.6.39)
Z
Φv dx =
Ω
+−
Так как c∗< 0, по принципу максимума функция v ограничена в Ω равномерно по ε. Можно предположить, что
|a
| ≤ C2ε
x
j
Очевидно, мера множества, где a
но,
−1/2
, |a
Z
√
ε
Ω
| ≤ C3ε−1; C2, C3= const .
xjx
j
6= 0, имеет порядок√ε. Следователь-
xjx
j
a
v2dx < C4,
xjx
j
58
6. ЕДИНСТВЕННОСТЬ СЛАБОГО РЕШЕНИЯ 59
и из (1.6.39) следует, что
Z
ε
v
v
x
j
dx < C5.
j
x
Ω
Обозначим через Cjконстанты, не зависящие от ε. Далее, так же, как было
доказано в лемме 1.6.1, мы найдем
Z
2
ε
(∆v)2dx + ε
3/2
Z
a(∆v)2dx ≤ C6. (1.6.40)
Ω
Ω
Для доказательства теоремы 1.6.6 мы подставляем функцию v(x), решение
задачи (1.6.37), (1.6.38), в (1.6.36). Согласно (1.6.37), имеем
0 =
Z
L∗(v)u dx =
Ω
Z
Φu dx −
Ω
Z
ε∆vu dx −
Ω
Z
√
εa∆vu dx. (1.6.41)
Ω
Покажем, что два последних интеграла в (1.6.41) стремятся к нулю при
ε → 0. Интеграл
Z
ε
Ω
∆vu dx
оценивается с помощью (1.6.40) точно так же, как был оценен интеграл
Z
ε
∆vϕδu dx
Ω
при доказательстве теоремы 1.6.1. Последний интеграл в (1.6.41) берется по
области σ
2√ε
, так как по определению a(x, ε) подынтегральное выражение
2
равно нулю вне этой области. Имеем
Z
√
ε
a∆vu dx
Ω
≤ ε
3/2
≤√ε
Z
a(∆v)2dx
Ω
Z
Ω
a(∆v)2dx
!
1/2
√
!
1/2
Z
au2dx
Ω
Z
1
u2dx
ε
2√ε
σ
2
!
1/2
1/2
. (1.6.42)
≤
Вспоминая неравенство (1.6.40) и предположение (1.6.35), из (1.6.42) выводим, что
√
Z
ε
a∆vu dx → 0 при ε → 0.
Ω
Z
uΦ dx = 0,
Ω
что означает, что u ≡ 0 почти всюду в Ω. Теорема доказана.
59
60 Глава 1. ПЕРВАЯ КРАЕВАЯ ЗАДАЧА
Отметим, что в теореме 1.6.6 мы не накладывали явно никаких условий
на множество Γ или Γ2. Легко проверить, что условие (1.6.35) не выполнено
для уравнения (1.6.27) или (1.6.32) 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
Z
1
(u − ˜g)2dx → 0 при δ → 0,
δ
δ
σ
2
где ˜g — непрерывное продолжение функции g, заданной на Σ2∪ Σ3, во
внутренность области Ω. Здесь функция g предполагается непрерывной на
Σ2∪ Σ3.
Замечание 1.6.3. В теореме 1.6.6 условие (1.6.35) можно заменить условием, что для любого замкнутого множества G2, состоящего из внутренних
точек Σ2,
Z
1
u2(x) dx → 0 при δ → 0, (1.6.43)
δ
δ
G
2
где G
δ
— пересечение δ-окрестности G2с Ω. Кроме того, необходимо пред-
2
положить, что множество Γ2граничных точек Σ2на Σ можно разделить на
замкнутые непересекающиеся подмножества Γ1, Γ2, Γ3, для которых условия 1), 2) и 3) теоремы 1.6.1 выполнены, а в δ-окрестностях Γ1, Γ2и Γ
3
коэффициенты akjудовлетворяют условиям (1.6.20), (1.6.24) и (1.6.26) соответственно.
Это утверждение можно доказать тем же способом, что и теорему 1.6.6.
Для этого рассматривается решение v1задачи (1.6.37), (1.6.38), где при построении функции a(x, ε) вместо множества σ2следует взять δ/2-окрестность
множества Σ2на Σ. В уравнении (1.6.36) заменим v на функцию v1ϕδ, где
ϕδ— функция, построенная при доказательстве теоремы 1.6.1. Имеем
Z
Z
0 =
Z
+
v1(L∗(ϕδ) −c∗ϕδ)u dx +
Ω
L∗(v1ϕδ)u dx =
Ω
ϕδL∗(v1)u dx+
Ω
Z
2akjϕ
Ω
δ
1
v
u dx.
x
x
j
k
Отсюда следует, что
Z
ϕδΦu dx =
Ω
Z
ϕδu(ε∆v1+√εa∆v1)dx−−
Ω
Z
v1(L∗(ϕδ)−c∗ϕδ)u dx−
Ω
Z
2akjϕ
Ω
Так же, как при доказательстве теорем 1.6.1 и 1.6.6, покажем, что первый
интеграл в правой части (1.6.44) можно сделать сколь угодно малым при
фиксированном δ, выбирая достаточно малый ε, а два последних интеграла
в (1.6.44) сколь угодно малы при ε < δ, если δ достаточно мало. Необходимо
60
δ
1
v
x
u dx.
x
j
k
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]