close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Обратные функциональные неравенства для вектор функций скалярного аргумента и их приложения к нелинейным граничным задачам.

код для вставкиСкачать
Павленко А.Н.
??? ??? «???????????? ??????????????? ???????????»
ОБРАТНЫЕ ФУНКЦИОНАЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА ДЛЯ ВЕКТОР-ФУНКЦИЙ
СКАЛЯРНОГО АРГУМЕНТА И ИХ ПРИЛОЖЕНИЯ К НЕЛИНЕЙНЫМ
ГРАНИЧНЫМ ЗАДАЧАМ
Статья посвящена получению различных обратных неравенств вида Ax ; E ? 1 / i . Рассмотрено
приложение доказанных обратных неравенств к исследованию системы дифференциальных уравнений Ax = ?f (t, x, x?,...,x ( ) ) + y . Для приведенной системы устанавливается существование решений x (? ? 0),
X (? > 0), удовлетворяющих довольно широкому классу граничных краевых условий.
i
?,?
m ?1
?
?
В работе устанавливаются обратные неравенства вида x; E1 ? V( x; E 2 ), где Е1, Е2 – банаховы пространства вектор-функций действительного переменного, Е 1 компактно
вложено в Е2, V:R+?R+ – возрастающая функция, x???Е1. Основное внимание уделяется случаю, когда множество ? состоит из вектор-функций, удовлетворяющих однородным граничным условиям и поточечным
дифференциальным неравенствам. В качестве приложения рассматривается система
дифференциальных уравнений
(1)
Ax=?f(t, x, x«,?,x(m-1))+y,
где A – линейный дифференциальный оператор порядка m. Вектор-функция f имеет
сверхлинейный характер роста по x, y – заданная вектор-функция. Для широкого класса граничных краевых условий доказывается существование решений x?(??0), X?(?>0)
системы (1), удовлетворяющих этим условиям и требованиям x??x0, X? неограниченно
растет при ??0.
1. В статье будут использоваться следующие обозначения. Rn – действительное nмерное
векторное
пространство,
n
R+ = {x = (x1, x 2 ,..., x n ); x i ? 0}. Для x, y из Rn введем следующие обозначения x?y, если
x ? y ?R n+ , и x>>y, если x ? y ? intR n+ . Через [x]
будем обозначать вектор (x1 , x 2 ,..., x n ). Скалярное произведение x·y двух векторов x=(x1,
x2,?, xn) и y=(y1, y2,?, yn) определим равенством x·y=x1y1+x2y2+?+xnyn; x = x ? x – евклидова норма элемента x из Rn. Если a – матрица размерности nЧn, то a = sup ax – операx ?1
торная норма матрицы a. Всюду далее
0
0<T<?, I=[0, T], I = ( 0, T ) . Так как все функциональные пространства, рассматриваемые
ниже, заданы только на I, то всюду ниже мно-
128
??????? ??? ?10(92)/???????`2008
жество I будет опускаться из обозначения
функциональных пространств. ?, ? – неотрицательные целые числа; ?(t)=t?(T-t)?, t?I; E?,
? – банахово пространство измеримых на I
вектор-функций u:I?Rn с нормой
T
u, E ?, ? = ? u( t )?(t )dt ,
0
как обычно, функции, совпадающие п.в.
(почти
всюду),
отождествляются.
m
E ?, ? (m > ?, m > ?) – совокупность вектор-функций, производные Соболева которых существуют до порядка m включительно и
принадлежат пространству E?, ?.
m
u, E ?m, ? = ? u (i ); E ?, ? .
i =0
Помимо пространств E ?m, ? в статье используются пространства Соболева Lkp ([1], [2]) и
пространства Ck со стандартными нормами
k
k
i =0
i =0
u; Lkp = ? u (i ); L p , u; Ck = ? u (i ); C .
Теоремы вложения для пространств E ?m, ?
рассмотрены в [3], [4]. Ниже будут приведены некоторые следствия теорем вложения.
Предложение 1. Пусть k=0,1,?,m-1;
?=max{?-m+k,0}, ?=max{?-m+k,0}. Тогда E ?m, ?
компактно вкладывается в E ?k , ? и непрерывно в E k? , ? .
Предложение 2. Пусть
?i=max{?+i+1-m, 0}, ?i= max{?+i+1-m, 0}, (2)
?
?i (t ) = t ? (T ? t ) , (i = 0,1,..., m - 1; t ? I ). (3)
Тогда существует такая константа c, что
i
i
m ?1
? ?rai max? (t )u ( ) (t ) ? c u; E
i =0
i
i
m
?, ?
.
(4)
Предложение 1 есть одномерный вариант многомерных аналогов, приведенных в
[1], [2]. Предложение 2 есть простое след-
???????? ?.?.
???????? ?????????????? ??????????? ??? ?????????????...
ствие предложения 1. В требуемой форме оно
доказано в [3].
Рассмотрим дифференциальный оператор, определяемый равенством
Ax=x(m)+am-1x(m-1)+?+a1x«+a0x,
(5)
где ai (i=0,1,?,m-1) – матричные функции размерности nЧn. Старшую часть оператора A
обозначим далее A0 и определим ее следующим образом: A0x=x(m). Очевидно, что A0 – непрерывный оператор из E ?m, ? в E ?, ? . Младшая
часть A1=A-A0 оператора A при определенных ограничениях, налагаемых на коэффициенты ai, оказывается вполне непрерывным
оператором из E ?m, ? в E ?, ? .
Лемма 1. Пусть матричная функция ai(t)
(i=0,1,?,m-1) суммируема с весом ?(t)/?i(t) по
отрезку I, тогда оператор A1 : E ?m, ? ? E ?, ? является вполне непрерывным.
Доказательство.
Пусть S = {x ? E ?m, ? ; x, E ?m, ? ? 1} – единичный
шар в пространстве E ?m, ? , S(i ) = {x (i ); x ? S}
(i=0,1,?,m-1) – образ шара при i-кратном
дифференцировании. Так как S(i ) – ограниченное множество в пространстве E ?m,??1 , то оно
является относительно компактным в пространстве E ?, ? , что непосредственно следует
из предложения 1. Последнее влечет относительную компактность S(i ) (i=0,1,?,m-1) по
мере. Отсюда следует, что множество функций ?(t)ai(t)x(i)(t), где x?S, также относительно компактно по мере.
Если x?S, из неравенства (4) имеем
?i (t )x (i ) (t ) ? c ?
a i (t )x (i ) (t ) ?
поэтому
? a i (t ) ? x (i ) (t ) ? c a i (t ) / ?i (t ) . Вектор-функция ?(t)ai(t)x(i)(t) удовлетворяет неравенству
?(t )
?(t )a i (t )x (i ) (t ) ? c
a i (t ) ? правая часть ко?i (t )
торого есть суммируемая функция, не зависящая от x из S.
Из приведенных рассуждений вытекает,
что множество функций ?(t)ai(t)x(i)(t) имеет
равностепенно абсолютно непрерывные интегралы. Отсюда по признаку компактности
Красносельского следует относительная компактность множества функций ?(t)ai(t)x(i)(t) в
пространстве L1. Таким образом, оператор
A1: E ?m, ? ? E ?, ? вполне непрерывен.
Равенства (2) влекут оценки ?i??, ?i??
(i=0,1,?,m-1). В частности, если ?=?=0, то
?i=?i=0. В этом случае требования к коэффициентам ?i сводятся к их суммируемости по
отрезку I. Рассмотрим теперь случай ?>0,
?>0, m>2, тогда
?? + 1 + i ? m, i > m - ? - 1
?i = ?
,
?0, 0 ? i ? m - ? -1
?? + 1 + i ? m, i > m - ? -1
?i = ?
.
?0, 0 ? i ? m - ? - 1
Требование суммируемости коэффициента am-1 сохраняется и в этом случае, а младшие коэффициенты ai (0 ? i < m ? 1) суммируемы с весом, обращающимся в нуль вблизи
концов отрезка I. Таким образом, лемма 1
охватывает случаи, когда некоторые коэффициенты не являются суммируемыми на I.
Если оператор A рассматривать как отображение Lmp на L p , то для оператора
A1 : Lmp ? L p верна
Лемма 1'. Если a i ? L p (i=0,1?, m-1;
1????), то тогда оператор A1 : Lmp ? L p является вполне непрерывным.
Доказательство при 1???? полностью
аналогично доказательству леммы 1, а при
?=? утверждение леммы следует из компактности вложения Lmp в L p .
Всюду далее требования леммы 1 относительно коэффициентов считаются выполненными (иногда требования будут усиливаться). В условиях леммы 1 оператор
A: E ?m, ? ? E ?, ? непрерывен; его норму обозначим символом ?(A).
Наряду со стандартной нормой ?; E ?m,?
далее будет использоваться норма вида
x h = Ax; E ?, ? + h(x ),
оказывающаяся эквивалентной исходной
норме при выполнении условия следующей
леммы.
Лемма 2. Пусть h: E ?m,? ?R – полунорма,
обладающая свойствами:
1) h подчинена норме ?; E ?m,? в том смысле, что h(x ) ? ?(h ) x; E ?m, ? (?(h) не зависит от Rn
из E ?m,? );
2) h(?)?0, если ? – ненулевое решение
уравнения Ax=0. Тогда норма ? h эквивалентна норме ?; E ?m, ? .
Доказательство. Так как x h ? (?(A ) +
+ ?(h )) x, E ?m, ? , то очевидно, что норма ? h под??????? ??? ?10(92)/???????`2008
129
???????????? ?????
чинена норме ?; E ?m,? . Докажем, что норма
?; E ?m,? подчинена норме ? h . Предположим
противное. Тогда существует последовательность {x i }, для которой выполняется
x i ; E ?m, ? = 1, x i h ? 1 / i . Так как последовательность {x i} ограничена в E ?m,? , а оператор
A1: E ?m,? ? E ?,? вполне непрерывен и вложение
E ?m,? ? E ?m,??1 компактно, то тогда последовательности {A1x i }, {xi} относительно компактны
соответственно в E ?,? и E ?m,??1 . Так как оба пространства полные, то из обеих последовательностей {A1x i } и {xi} можно извлечь сходящиеся подпоследовательности.
С целью упрощения обозначений будем
считать, что сами последовательности являются сходящимися: A1x i ? y 0 в E ?,? ; xi?x0 в
E ?m,??1 . Последняя сходимость влечет сходимость xi?x0 по мере. Отсюда следует, что
A1x i ? A1x 0 по мере и y0=A1x0.
Из x i h ? 1/ i следует, что Ax i ; E ?, ? ? 1 / i , но
тогда Axi?0 в пространстве E ?,? . Эта сходимость вместе со сходимостью A1x i ? A1x 0 в E ?,?
влечет x (i m ) = A 0 x i ? ? A1x 0 в пространстве E ?,? .
Отсюда по теореме 5 ([11], с. 141) получаем,
что x (i m ) ? x 0(m ) в E ?,? . Так как по доказанному
выше x i ? x 0 в E ?m,??1 , то x i ? x 0 и в E ?m,? . Тогда
получаем, что Ax0=0, h(x0)=0, x 0 ; E ?m, ? = 1 . Из
последнего равенства следует, что x0?0. Получили противоречие с условием 2) леммы.
Лемма доказана.
Лемма 2 аналогична известным теоремам об эквивалентных нормах [1], [2]. Ниже
будет использоваться еще один вариант подобных теорем.
Лемма 3. Пусть коэффициенты оператора A принадлежат Lp (1?p??). Тогда существует такая постоянная ?0, что
x; Lmp ? ?0 ( Ax; L p + x; E ? , ? ).
(6)
Доказательство следует из леммы 1' и полностью аналогично доказательству леммы 2.
Оценки типа (6) принято называть неравенствами коэрцетивности. Вместо нормы
?; E ? , ? можно использовать и более слабые
нормы. Кроме того, если на некотором подпространстве E пространства ai оператор A
невырожден, то есть KerA = {x ? Lmp ; Ax = 0}= 0 ,
то имеет место неравенство
x; Lmp ? ?0 x; E ?, ? , x ? E ,
(7)
также являющееся неравенством коэрцетивности.
130
??????? ??? ?10(92)/???????`2008
2. Положим l=m-1-?, r=m-1-?. Очевидно,
что 0?l?m-1, 0?r?m-1. Из неравенства (4) вытекает, что если 0?j?l, то оператор взятия следа x?x(j)(0) непрерывен из E ?m,? в Rn. Аналогично, если 0?j?r, то оператор x?x(j)(T) непрерывен из E ?m,? в Rn. Проведенные рассуждения
влекут непрерывность на E ?m,? функционала
l
r
j=0
j=0
B(x ) = ? c jx ( j) (0 ) + ? d jx ( j) (T ),
(8)
где cj, dj ? Rn. Старшую часть B0 функционала B определим равенством B0 (x ) = c l x (l ) (0 ) +
) + d r x (r ) (T ) , а младшую часть – равенством
B1 (x ) = B(x ) ? B0 (x ) .
Если функционал h : E ?,? ? R есть норма,
подчиненная норме ?; E ?, ? , то в силу результатов общего характера ([5], с. 126) справедливо неравенство
x; E ?m,??1 ? ? x, E ?m,? + c(? )h(x ).
(9)
В неравенстве (9) и аналогичных ему параметр ? может быть сколь угодно малым;
c(?), c1(?), c2(?) и т. д. – убывающие функции
параметра ?>0. Непосредственным следствием (9) является оценка
B1 (x ) ? ? x; E ?m, ? + c1 (? )h(x ) ,
(10)
означающая усиленную непрерывность
младшей части B1(x) функционала (8).
Введем обозначения: K( A ) = {u ? E ?m, ? ;
Au ? 0}, ?, ? – стандартная билинейная форма, задающая двойственность между E ?, ? и
сопряженным к нему пространством E *?, ? которое можно отождествить с пространством
измеримых вектор-функций ? : I ? R n , имеющих конечную норму
?, E *?, ? = ?rai max ?(t )/ ?(t ) .
u, ? = ? u(t )?(t )dt (u ? E ?, ? ; ? ? E *?, ? ).
_
(11)
I
Через l обозначим вектор, все компоненты, которого тождественно равны 1.
Теорема 1. Пусть функционал B : E ?m, ? ? R
определен равенством (8), причем 0?r?m-1,
dr>>0. Пусть h есть норма, подчиненная норме ?; E ?, ? . Тогда найдутся такие постоянные
k0, k, что для всех вектор-функций x из конуса K(A) имеет место неравенство
x; E ?m, ? ? k 0B(x ) + kh(x ).
(12)
Доказательство. Фиксируем ? ? (0, T/2 ) и
введем вектор-функцию ? 0 : I ? Rn следующим образом
???????? ?.?.
???????? ?????????????? ??????????? ??? ?????????????...
t?
? +1
c l (? 1) (0 ? t ? ? ), ?
?!
? 0 (t ) =
? 0 (t ) =
(T ? t )
?
?!
d r (T ? ? ? t ? T )
на интервал (?, T-?), вектор-функция ? 0 (t )
продолжается таким образом, чтобы ? 0 ? Cm
и ? 0 (t ) >> 0 ?? t ? I ?? .
0
?
?
Очевидно, что функция ? 0 (t ) обладает
свойствами
? +1
? (0a ) (0 ) = c l (? l ) , ? (0j) (0 ) = 0 ( j ? ? ) ;
? 0(? ) (0 ) = d r (? l ) , ? (0j) (T ) = 0 ( j ? ?) ;
?
?1?(t )l ? ? 0 (t ) ?
_
_
?1?(t )l ? ? 0 (t ) ? ? 2?(t )l ,
(13)
где ?1 , ? 2 – положительные постоянные,
? 0 ? E *?, ? .
Если x?K(A), то Ax>0 и согласно (13) из
элементарного неравенства ?12 + ? 22 + ... + ? 2n ?
следует неравенство
? ?1 + ? 2 + ... + ? n
?1 Ax; E ?, ? ? Ax, ? 0 , а применив неравенство
?1 + ? 2 + ... + ? n ? n ?12 + ? 22 + ... + ? 2n и компактность оператора A1, получим
A1x, ? 0 ? ? 2 n A1x, E ?, ? ?
? ? x; E ?m, ? + c 2 (? )h(x ) .
(14)
Проведя интегрирование по частям выражения A0 x, ? 0 , получаем равенство
A0 x, ? 0 = B 0 (x ) + (? 1) x, ? 0(m ) ? B 0 (x ) + ?3 x; L1 .
m
Используя компактность вложения E ?m, ?
в L1, получаем неравенство
x; L1 ? ? x; E ?m, ? + c 3 (? )h(x ).
Тогда
A0 x, ? 0 ? B0 (x ) + ??3 x; E ?m, ? + c 3 (? )?3h(x ). (15)
Объединяя (14) и (15), получим
?1 Ax; E ?, ? ? Ax, ? 0 =
= A0 x, ? 0 + A1x, ? 0 ? B 0 (x ) + ?1 x; E ?m, ? + c 4 (?1 )h(x ) .
Прибавив к полученному неравенству
неравенство (10), получим
?1 Ax; E ?, ? ? B0 (x ) ? B1 (x ) + ? 2 x; E ?m, ? +
+ c 5 (? 2 )h(x ) ? B(x ) + ? 2 x, E ?m, ? + c 5 (? 2 )h(x ) ,
используя оценку
(
)
x; E ?m, ? ? M Ax; E ?, ? + h(x ) ,
следующую из леммы 2, получаем выполнимость неравенства
x; E ?m, ? ? ? 0B(x ) + ?h(x ) .
Теорема доказана.
Следствие. Если функционал B обращается в нуль на некотором подпространстве
E ? E ?m, ? , то x; E ?m, ? ? ?h(x ) x ? ? (A) ? E .
Функционал h : E ?, ? ? R можно, например, определить равенством h(x ) = ?1x; E ? , ? .
Если ?1 – положительная п.в. функция из L?,
то h удовлетворяет условиям леммы 2.
Неравенство (12) влечет соотношение
Ax; E ?, ? ? ?(A ) x, E ?m, ? ? ? 0?(A )B(x ) + ??(A ) ?1x, E ? , ?
(x?K(A)),
поэтому, если на некотором пространстве E
функционал B обращается в нуль, то имеет
место неравенство
x ? ? (A) ? E . (16)
Ax; E ?, ? ? ??(A ) ?1x, E ? , ?
Этим замечанием можно воспользоваться, например, если
E = {x ? E ?m, ? ; x (m-1) (0 ) = x (m?1) (T )}, ? = ? = 0 .
Подпространство такого типа возникает при рассмотрении периодических краевых
задач.
В качестве второго примера рассмотрим
подпространство
l ?1
?
E = ?x ? E ?m, ? ; x (l ) (0 ) + ? b0j x ( j) (0 ) =
j=0
?
) = x ( ) (T ) + ? b x ( ) (T ) = 0?? ,
r
r ?1
j=0
j
l
j
?
где blj – матрицы размера nЧn. Подпространство такого типа возникает при рассмотрении краевых условий типа Штурма - Лиувилля, многоточечных краевых условий и др.
Остановимся на усилениях неравенства
(12), связанных с заменой нормы h в правой
части неравенства полунормой h 0 (x ) =
= ? 0 x; E ?, ? , где ? 0 – неотрицательная
функция из L? с носителем I+ = {t ? I, ? 0 (t ) > 0},
который может быть множеством неполной
меры, то есть mes1I+<T (mes1 – линейная мера
Лебега).
Такого рода усиление возможно, если
оператор A допускает мультипликативное
представление вида A=PQ, где Qx=q0x+?+qmx(m-1), P? = q ?m1?1? ' , где qi(t) (i=0,1,?, m-1) – абсо1
лютно непрерывные матрицы-функции на I,
qm-1(t)>0 и detqm-1(t)?0 п.в., возможность такого рода хорошо изучена для скалярного слу??????? ??? ?10(92)/???????`2008
131
???????????? ?????
чая n=1 при n>1 соответствующий класс операторов заведомо не пуст.
Теорема 2. Пусть функционал B : E ?m, ? ? R
удовлетворяет условиям теоремы 1, дифференциальный оператор A допускает мультипликативное представление указанного
вида, функционал h0 определен равенством
h 0 (x ) = ? 0 x; E ?, ? (x? E ?m, ? ),
где ? 0 ? L ? , ? 0 (t ) ? 0
0
п.в. и для любого t из I выполняются неравенства
mes1 (I + ? [0, t ]) > 0 , mes1 (I + ? [t , T ]) > 0 , (17)
тогда имеет место неравенство
x; E ?m, ? ? ? 4B(x ) + ?5h 0 (x ) (x?K(A)),
где ? 4 , ?5 – некоторые постоянные.
Доказательство. Рассмотрим множество
?(?)={x?K(A), x, E ?m, ? = 1, x, E ?, ? ? ? } (?>0).
Установим оценку вида µ 0=inf{h 0 (x),
x??(?)}>0. Предположим противное, то есть
что µ0=0, тогда существует последовательность {xi}??(?), для которой h0(xi)<1/i. Так
как {xi} – ограниченная последовательность
в E ?m, ? , то в E ?m,-1? из нее можно выделить сходящуюся подпоследовательность, которую для
упрощения обозначений отождествим с {xi}.
Из сходимости xi?x0 в E ?m,-1? следует, что
(k )
x i ? x (0k ) (k=0,1,?,m-1) в пространстве E ?, ?
и x 0 ; E ?, ? ? ? > 0 . Кроме того, отсюда следуют сходимости по мере и существование
такой подпоследовательности (ее мы снова
отождествим с {xi}), что x (i k ) (t ) ? x (0k ) (t ) п.в. на
I и, следовательно, ? i = Q(x i ) ? ? 0 п.в., на I.
Обозначим множество, на котором эти сходимости имеют место, I1 (mes1I1=T). Тогда
тем более h0(xi)?h0(x0), что влечет равенство
h0(x0)=0 и, следовательно, ?0x0=0 п.в. (на I2,
mes1I2=T) на I. Таким образом, на I2?I+ выполняется x0=0.
0
Докажем, что ? 0 = Q(x 0 ) = 0 п.в. на I . Для
этого докажем, что ? 0 0 = 0 п.в. на произвольном отрезке [t1, t2 ] ? I . Так как ? 0 = Q(x 0 ) ,
P(? 0 )=PQ(x 0 ), q ?m1?1?`0 = Ax 0 , ? '0 = q m?1 Ax 0 ? 0 , то
? 0 (t ) – вектор-функция с неубывающими компонентами п.в. на I (на I3, mes1I3=T).
Пусть [t1' , t2' ] ? [t1, t2 ] и t1' , t2' ? I+ ? I1 ? I2 ? I3 .
Такие t1' , t2' всегда существуют в силу неравенств
(17). При этом получаем, что для t ? I+ ? [t1' , t2' ]
выполняется 0 = ? 0 (t1' ) ? ?) ? ? 0 (t ) ? ? 0 (t'2 ) = 0 . Таким образом, доказано, что ? 0 (t ) = 0 п.в. на I.
Отсюда Ax 0=P? 0=0. Получаем, что
Ax 0 ; E ?, ? + h 0 (x 0 ) = 0 , что влечет из леммы 2 ра-
132
??????? ??? ?10(92)/???????`2008
венство x0=0. Получаем противоречие с тем,
что x 0 ; E ?, ? > 0 . Таким образом доказано, что
µ0>0. Тогда очевидно, что функционал
C(x ) =
x; E ?, ? ? ?
h0 (x )
,
заданный на ?(?), ограничен сверху некоторым конечным числом c(?). Тогда для x??(?)
выполняется неравенство x; E ?, ? ? ? + с(? )h 0 (x )
и, следовательно, для x?K(A) имеем
x; E ?, ? ? ? + x; E ?m, ? + с(? )h0 (x ) . Из этого неравенства и теоремы 1 следует доказываемое
утверждение.
Теорема доказана.
Следствие. Если функционал B обращается в нуль на некотором подпространстве
E ? E ?m, ? , то в условиях теоремы 2 справедливо неравенство x; E ?m, ? ? ?5h 0 (x ) (x?K(A)?E).
Оценки нормы ?; E ?m, ? , гарантируемые теоремами 1, 2 и следствиями из них, носят характер обратных неравенств, поскольку основное их содержание связано с оценкой исходной нормы ?; E ?m, ? через более слабые нормы (полунормы). Необходимо подчеркнуть,
что обратные неравенства относятся лишь к
вектор-функциям из конуса K(A) и в определенной мере характеризуют степень узости
данного конуса.
Установим нелинейный вариант обратных неравенств. Пусть max{?, ?}?1, k=min{m?, m-?}, h?L1,
1 < pi <
m ? k +1
, (i = k,..., m - 1),
i ? k +1
(18)
0<c0<?, коэффициенты оператора A принадлежат L1. Обозначим через ?0 множество вектор-функций x:I?Rn из Lm1 , удовлетворяющих п.в. дифференциальному неравенству
m?1
p
Ax ? c 0 ??1 + ? x (i ) ?? + h .
? i =k
?
i
Теорема 3. Существует такая неубывающая функция V:R+? R+, что для всех векторфункций класса ?0 справедлива оценка
(
)
x; Lm1 ? V x; Lk1 .
Доказательство. Пусть x0??0. Фиксируем R0 так, чтобы x; Lk1 ? R0 . Неравенство (19)
влечет соотношение
m ?1
Ax; L1 ? c 0 T + c 0 ? x (i ); L1
pi
i =k
m ?1
+ h; L1 ? ? 6 + c 0 ? x; Lip
i= k
pi
i
+
.
???????? ?.?.
???????? ?????????????? ??????????? ??? ?????????????...
Теперь воспользуемся неравенствами
x; Lm1 ? ? 7 ( Ax; L1 + x; L1 ),
(20)
x; Lip ? ?(i ) x; L
E = {x ? E ?m, ? ; B j (x ) = 0; j = 1,2, ..., m}.
(21)
У1. KerA? E ={0} – условие невырожденности.
У2. Существует такая неотрицательная
функция 0? из L ?, что для всех функций
x?K(A)? E имеет место неравенство
m ?i
1
i
k 1??i
1
x; L
.
Неравенство (20) вытекает из леммы 3.
Неравенство (21) следует из мультипликативных неравенств Гальярдо - Ниренберга [6],
постоянные ?7, ?(i) не зависят от x из Lm1 , а
постоянные ?i определяются равенством
?i =
Положим: KerA = {x ? E ?m, ? ; Ax = 0},
1 ?
1?
i?k
?1 ? ? (i = k, ..., m - 1).
+
m ? k m ? k ?? pi ??
Тогда
m ?1
x; Lm1 ? ? 7 ?? ? 6 + c 0 ? x, Lip
i=k
?
? ? ? + ? m ?1 x, Li
?
p
8
9?
i=k
?
pi
i
pi
i
+ x; L1 ?? ?
?
m ?1 ~
? ? 8 + ? ?(i ) x; Lm1
i=k
m ?1
? ? 8 + ?10 ? x; Lm1
i=k
pi ?i
pi ?i
x; Lk1
p i (1? ? i )
,
где ?10 не зависит от R0. Так как ?ipi<1, то тогда x; Lm1 ? R1 , причем постоянная R1 зависит
от x и не зависит от x0??0.
Теорема доказана.
Метод доказательства теоремы 3 использовался во многих работах (см., например,
[7-9] и приведенную там литературу).
3. В качестве приложения рассмотрим
задачу о нахождении решений системы дифференциальных уравнений (1), удовлетворяющую краевым условиям
В j (x ) = 0 , (j=1,?,m),
(22)
m
где B j : E ?, ? ? R n – непрерывные операторы
(0??, ??m-1). Решениями задачи (1), (22) будем называть вектор-функции x класса Е ?m, ? ,
удовлетворяющие системе (1) и краевым условиям (22).
Краевая задача (1), (22) изучается при
ряде ограничений на ее данные. Ниже предполагается, что матричные коэффициенты ai
(i=0,1,?,m-1) оператора A суммируемы по
отрезку I; функция f(t, ?) (t?I, ?=(?0, ?1,?, ?m-1);
?i?Rn) удовлетворяет условию Каратеодори,
то есть f(t, ?) измерима по t при фиксированном ? и непрерывна по ? почти при всех t.
Кроме этих предположений общего характера будут использоваться ограничения
более специального вида. Первые два условия У1, У2 относятся к линейному варианту
задачи (1), (22), возникающему при ?=0.
0
0
Ax; E ? , ? ? ?x; E ?. ? .
(23)
Условие У1 влечет существование и
единственность решения задачи (1), (22) при
?=0 и любом y из L1; соответствующее решение обозначим Ky. Определяемый таким образом оператор K действует и непрерывен из
L1 в Lm1 .
Анализ условия У2 содержится в пункте
2. Оценка (16) очевидным образом влечет
неравенство (23) с ?=??(A)?1. Теорема 2 и
следствие из нее означают, что возможны
случаи, когда функция ? обращается в нуль
на множестве положительной меры.
Условия У3, У4 ограничивают рост функции f(t, ?) снизу и сверху соответственно.
У3. f (t, ? ) ? ?(t )M0 (?0 )[?0 ], где M0:R+?R+ положительная непрерывная функция, для
которой M0(u)?? при u??, ? – функция, фигурирующая в условии У2.
У4. Для каждой константы N существует такая постоянная c(N), что если ?0 ? 0 + ?1 ?1 +
+ ... + ?m?1 ? m?1 < N , то
m ?1
?
f (t, ? ) ? c(N )??1 + ? ? i ?? ,
? i=k
?
i
где k=min{m-?, m-?}, числа ?i (i=k,?, m-1)
удовлетворяют оценкам (18).
Теорема 4. Пусть выполнены условия
У1-У4. Тогда для каждой функции y?L1 найдется такое число ? 0>0, что при любом
??(0;?0) существуют два решения x?, X? задачи (1), (22), причем x ? ?x 0 =Ку в Lm1 ;
Х ? ; Lm1 ? ? при ??0.
Доказательство. Пусть ? – фиксированное
положительное число. Так как функция
M0:R+?R+ непрерывна и M0(u)?? при u??,
то найдется такой вектор m 0(?)?R n, что
?М0 (?0 )[?0 ] ? k n [?0 ] ? m 0 (? ), где k n = 2 n . Согласно условию У3 отсюда следует неравенство
?f (t, ? ) ? ?? (t )M0 (?0 )[? 0 ] ? k n [?0 ]?(t ) ? m 0 (? )? (t ) и
следовательно
(24)
?f (t, ? ) + m 0 (? )? (t ) ? k n [?0 ]? (t ) ? 0
??????? ??? ?10(92)/???????`2008
133
???????????? ?????
Положим f? (t , ? ) = (1 ? ? )(?f (t , ? ) + y ) + ?
+ ? (k n [? 0 ]? (t ) + 1 ) ( 0 ? ? ? 1);
( ? ; x, x?,..., x ( ) ),
F? (x ) = f? ( ? ; x, x?,..., x ( ) ).
F (x ) = f
m ?1
m ?1
Включим задачу (1), (22) в семейство
задач
Ax = F? (x ), x ? E ,
зависящих от параметра ? ? [0;1].
0
(25)
Пусть x – решение задачи (25) при некотором ? ,
?
y1 = ??? k n [x ]? + l ?? + (1 ? ?)(?F(x ) + m 0 (? )? ),
?
?
y 2 = (1 ? ? )(y ? m 0 (? )? ); wi = Kyi (i=1, 2),
тогда w1 + w2 = x .
Очевидна оценка w1; L1m ? Ro1 , R1 не зависит от ? . Функция w1 = Ky1 из E удовлетворяет неравенству Aw1 = y1 ? 0 , поэтому соглас-
но условию У2 имеем
Aw1 ; E? , ? ? ?w1 ; E? , ? .
Кроме того, используя элементарные
1
(?1 + ? 2 +
?
неравенства
n
2
2
2
+ ... + ? n ) , ?1 + ? 2 + ... + ? n ? ?1 + ? 2 + ... + ? n и
?12
+ ? 22
+ ... + ? n2
(24), получим
Aw1 ; E? , ? = ?y1; L1 ?
?
(
1
?y1 ,1 ?
n
1
?? (t )(k n x(t )? (t ) + n )dt ?
n ?I
)
? ? 2 ? (t ) w1 (t ) + w2 (t )? (t ) + n?? (t ) dt ?
I
2 ?w1 ; E? , ? ? 2 ?w2 ; E? , ? + R2 ?
? 2 ?w1 ; E? , ? ? R3 .
(27)
Используя (26), (27), получим, что
Aw1 ; E? , ? ? R3 , откуда в силу условия У1 вытекает неравенство w1 ; E?m, ? ? R4 , где R4 не зависит от ? ? [0; 1]. Используя предложение 2,
условие У4 и теорему 3, получим оценку
w1; L1m ? R5 .
Таким образом, x; L1m < R = R1 + R5 , где R
не зависит от ? ? [0; 1].
При ? = 1 задача (25) не имеет решений. В
этом случае у=0, w2 = Ky 2 = 0 и требуемое заключение следует из (26), (27). При произвольном ? множество решений задачи (25) совпадает с множеством особых точек вполне непрерывного
в
векторного
поля
L1m
?? (x ) = x ? ?KF? (x ), невырожденного на границе шара S R = x ? L1m ; x; L1m < R . Отсюда имеем
гомотопность на границе ?S R шара SR полей
Ф0, Ф1. Поскольку гомотопные поля имеют
одинаковое вращение ([10], с. 137), то
? (? 0 , S R ) = ? (?1 ; S R ). Так как поле Ф1 не имеет
особых точек, то ? (? 0 , S R ) = ? (?1; S R ) = 0 . Следовательно, вращение поля Ф0 на сферах больших радиусов пространства ?SR равно 0 и
ind (?, ? 0 ) = 0 . Это равенство справедливо при
любом ?>0.
Фиксируем R0 > 0 и положим
{
}
{
}
x0 = Ky , S (x0 , R0 ) = x ? L1m ; x ? x0 ; L1m < R0 .
Оператор КF ограничен на каждом ограниченном подмножестве пространства Lm1 , поэтому найдется такое число ? 0>0, что
? 0 KF(x ); Lm1 < R0 , если x ? x 0 ; Lm1 = R0 . При любом
??(0;? 0 )
векторное
поле
? 0 (x ) = x ? x0 ? ?KF (x ) не вырождается на границе шара S(x0, R0) и ? (? 0 , S (x0 , R0 )) = 1. Сравнивая это равенство с ранее установленным
равенством ind (?, ? 0 ) = 0 , получаем, что при
любом ? ? (0, ?0 ) выполняется соотношение
? (? 0 , S (x0 , R0 )) ? ind (?,? 0 ). В силу теоремы об
алгебраическом числе особых точек ([10], с.
139) поле Ф0 имеет хотя бы две особые точки
x?, Х?, причем x??S(x0, R0), Х??S(x0, R0). Отсюда вытекает требуемое заключение о поведении ветвей x?, Х? при ??0.
Теорема доказана.
Список использованной литературы:
1. Соболев С. Л. Введение в теорию кубатурных формул. М.: Наука, 1974. – 808 с.
2. Никольский С. М. Приближение функций многих переменных и теоремы вложения. М.: Наука, 1977. – 455 с.
З. Климов В. С. Одномерные краевые задачи с двумя решениями // Качественные и приближенные методы исследования
операторных уравнений. Вып. 3. Ярославль, 1978. - С. 90-111.
4. Климов В. С. О краевых задачах с четным числом решений // Дифференциальные уравнения, 1994, т. 30. С. 630-636.
5. Лионс Ж. Л., Мадженес Э. Неоднородные граничные задачи и их приложения. - М.: Мир, 1971. – 371 с.
6. Nirenberg L. On elliptic partial differential equations // Ann. Scuola Norm. Super. Pisa, 1959, V. 13, P. 115-162.
7. Клоков Ю. А. Краевые задачи с условием на бесконечности для уравнений математической физики. Рига, 1963.
8. Похожаев С. И. О нелинейных операторах, имеющих слабо замкнутую область значений, и квазилинейных эллиптических уравнениях // Матем. сб. , 1969, т. 78, № 2. С. 236-258.
9. Похожаев С.И. Об априорных оценках решений квазилинейных эллиптических уравнений произвольного порядка //
Дифференциальные уравнения, 1983, т. 19, № 1. С. 101-110.
10. Красносельский М. А., Забрейко П. П. Геометрические методы нелинейного анализа. М.: Наука, 1975. – 510 с.
11. Избранные главы анализа и высшей алгебры: Учеб. пособие / Фаддеев Д. К., Вулих Б. З. и др. – Л.: Изд. ЛГУ, 1981. – 199 c.
134
??????? ??? ?10(92)/???????`2008
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа