close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Lp-ограниченность граничного интегрального оператора на контуре с пиком.

код для вставкиСкачать
УДК 517.968.23
Вестник СПбГУ. Сер. 1, 2008, вып. 4
А. А. Соловьев
Lp -ОГРАНИЧЕННОСТЬ ГРАНИЧНОГО ИНТЕГРАЛЬНОГО
ОПЕРАТОРА НА КОНТУРЕ С ПИКОМ
Посвящается
Владимиру Гилелевичу Мазье
Данная работа является развитием результатов о разрешимости граничных интегральных уравнений на плоском контуре с пиком, полученных совместно с В. Г. Мазьей.
Если коротко, то в [2–4] найдены три пространства (условно обозначим их через X, Y
и Z) таких, что
(а) на контуре c внешним пиком оператор граничного уравнения действует непрерывно из пространства X на пространство Y ;
(б) на контуре с внутренним пиком оператор граничного уравнения непрерывно
отображает пространство X на пространство Z.
В этой работе рассматривается оператор I − 2W граничного интегрального уравнения плоской теории упругости, где W — упругий потенциал двойного слоя. Для контура с внешним пиком доказывается, что оператор I − 2W непрерывно действует из
пространства X × X векторнозначных функций в пространство Y × Y .
Из найденного представления (1) оператора I − 2W и доказанной в теореме 6 непрерывности вспомогательных интегральных операторов следует, что на контуре с внутренним пиком образы элементов из X × X имеют компоненты, представимые в виде
суммы функций из пространств Y и Z.
Перейдем к более подробному описанию результатов.
Граничное интегральное уравнение внутренней задачи Дирихле для оператора Ламе
в области Ω, ограниченной кривой Γ, имеет вид
− I + 2W u = 2v .
Здесь I — единичный оператор, u, v : Γ → R2 — векторнозначные функции и W u(z) —
прямое значение потенциала простого слоя
Z
∗
W u(z) =
T (∂q , nq )Γ(z, q) u(q) dsq ,
Γ
где
(
µ
I+
2π(λ + 2µ)
!
2(λ + µ)
∂
1
(x − u)2
(x − u)(y − v)
+
log
+
(y − v)2
µ|z − q|2 (x − u)(y − v)
∂nq
|z − q|
)
1
0 1 ∂
+
log
, z = (x, y), q = (u, v).
−1 0 ∂sq
|z − q|
∗
T (∂q , nq )Γ(z, q) =
c
46
А. А. Соловьев, 2008
На кусочно-гладких кривых без точек заострения Lp -ограниченность потенциала
двойного слоя W изучалась многими авторами. Подробную библиографию и историю
вопроса можно найти в обзоре [1].
Предположим, что кривая Γ\{z = 0} принадлежит классу C 2 . Точку z = 0 назовем внешним (внутренним) пиком, если Ω (дополнительная область Ωc ) задается вблизи пика неравенствами κ− (x) < y < κ+ (x), 0 < x < δ, где x−µ−1 κ± (x) ∈ C 2 [0, δ]
и limx→+0 x−µ−1 κ± (x) = α± с µ > 0 и α+ > α− . Через Γ± будем обозначать дуги
{(x, κ± (x)) : x ∈ [0, δ]}, точки на Γ+ и Γ− с равными абсциссами будем обозначать
символами q+ и q− .
Пусть L1p,β (Γ) обозначает пространство функций на Γ\{z = 0} с конечной нормой
!1/p
Z Z
p
pβ
p
p(β−1)
dsq
.
(∂/∂s)ϕ(q) |q| dsq + |ϕ(q)| |q|
kϕkL1p,β (Γ) =
Γ
Γ
Если |q|β ϕ ∈ Lp (Γ), то будем говорить, что ϕ принадлежит Lp,β (Γ). Определим
норму в этом пространстве соотношением
kϕkLp,β (Γ) = k|q|β ϕkLp (Γ) .
±
Введем пространства Np,β
(Γ) функций ϕ на Γ\{z = 0} с конечными нормами
kϕkN ±
p,β (Γ)
=
Z
Γ+ ∪Γ−
|ϕ(q+ ) ± ϕ(q− )|p |q|p(β−µ) dsq +
kϕkpL1
p,β+1 (Γ)
!1/p
.
−
Пространство Np,β
(Γ) будем обозначать далее через Np,β (Γ).
Пусть P(Γ) обозначает
Pm пространство сужений на Γ \ {z = 0} вещественнозначных
функций вида p(z) = k=0 t(k) Re z k , где m = [µ − β − p−1 ]. Запишем выражение для
нормы функции p:
Xm
k p kP(Γ) =
| t(k) | .
k=0
(+)
Пространство Mp,β (Γ) определим как прямую сумму пространств Np,β (Γ) и P(Γ).
Представим ядро интегрального оператора W в подходящем виде. С этой целью
воспользуемся соотношением
2
1
1 Re (z/z̄) Im (z/z̄)
1
x xy
= I+
.
|z|2 xy y 2
2
2 Im (z/z̄) −Re (z/z̄)
Так как
2(µ + λ) 1
µ
I+
I =
I,
2π(λ + 2µ)
2µ
2π
матричный оператор −I + 2W запишется в виде
λ+µ
−K1 + 2π(λ+2µ)
RK3
λ+µ
−K2 + 2π(λ+2µ) I K3
Здесь
1
K1 σ (z) = σ(z) −
π
λ+µ
K2 + 2π(λ+2µ)
I K3
λ+µ
−K1 − 2π(λ+2µ) RK3
Z
Γ
σ(q)
!
.
(1)
∂
1
log
dsq ,
∂nq
|z − q|
47
Z
∂
1
|z|
σ(q)
log
dsq = − σ ′ (q) log
dsq
∂s
|z
−
q|
|z
− q|
q
Γ
Γ
Z
z−q ∂
1
RK3 σ (z) =
σ(q) Re
log
dsq
z̄
−
q̄
∂n
|z
−
q|
q
Γ
K2 σ (z) =
и
Z
I K3 σ (z) =
Z
σ(q) Im
Γ
z−q ∂
1
log
dsq .
z̄ − q̄ ∂nq
|z − q|
Непрерывность первых двух интегральных операторов K1 , K2 изучалась в работах [2–
4]. Приведем формулировки этих результатов.
Теорема 1. Пусть 0 < β + p−1 < min{µ, 1}. Оператор K1 непрерывно отображает
пространство L1p,β+1 (Γ) в пространство Np,β (Γ), если область Ω имеет внешний пик,
и в пространство Mp,β (Γ), если Ω имеет внутренний пик.
Теорема 2. Пусть 0 < β + p−1 < min{µ, 1}. Оператор K2 непрерывно отображает
пространство L1p,β+1 (Γ) в пространство Np,β (Γ), если область Ω имеет внутренний
или внешний пик.
Впредь будем считать выполненным условие 0 < β + p−1 < min{µ, 1}.
Основным результатом работы является доказательство непрерывности оператора
I − 2W : L1p,β+1 × L1p,β+1 (Γ) → Np,β × Np,β (Γ)
на контуре Γ с внешним пиком.
Согласно теоремам 1 и 2 достаточно рассмотреть операторы RK3 и I K3 .
Для области Ω с внутренним пиком в теореме 6 доказывается непрерывность операторов
RK3 : L1p,β+1 (Γ) → Mp,β (Γ) и I K3 : L1p,β+1 (Γ) → Np,β (Γ) .
Из этого утверждения, теорем 1, 2 и представления (1) следует, что для u ∈ L1p,β+1 ×
L1p,β+1 (Γ) каждая компонента вектор-функции v = (−I + 2W )u являются суммой
функций из пространств Np,β (Γ) и Mp,β (Γ).
Сформулируем здесь несколько вспомогательных утверждений, доказательства которых можно найти в работах [2–4].
Введем интегральный оператор T вида
Z
T f (x) =
K(x, y)f (y)dy
R
с ядром K(x, y), удовлетворяющим неравенству
|K(x, y)| ≤ c
1
1
, J ≥ 0.
|x − y| (1 + |x − y|J )
Здесь и далее символом c будем обозначать различные положительные константы. Введем пространство Lp,α (R) функций на R с нормой
kϕkLp,α (R) = k(1 + x2 )α/2 ϕkLp (R) .
Следующая теорема доказывается подобно теореме об ограниченности сингулярных
интегральных операторов в Lp -пространстве со степенным весом [5].
48
Теорема 3. Если оператор T : Lp (R) → Lp (R), 1 < p < ∞, ограничен и выполняется соотношение −J < α + p−1 < J + 1, то T действует непрерывно в пространстве
Lp,α (R).
Положим ρ(u) = κ+ (u) − κ− (u) и определим функцию h соотношением
Z
δ
h(τ )
dν
= τ, τ ∈ (0, δ) .
ρ(ν)
Необходимые нам неравенства собраны в лемме 1.
Лемма 1. В предположении |1 − ξ/τ | < ε0 , где τ, ξ ∈ (0, δ) и ε0 — достаточно малое
положительное число, выполняются неравенства
̺(h(ξ))̺(h(τ ))
1
c
1
1
(2)
(h(ξ) − h(τ ))2 + (̺(h(ξ)))2 − (ξ − τ )2 + 1 ≤ τ (ξ − τ )2 + 1 + ξ
и
(h(ξ) − h(τ )) + iρ(h(τ )) (ξ − τ ) − i c
−
≤ .
(h(ξ) − h(τ )) − iρ(h(τ )) (ξ − τ ) + i
τ
(3)
Приступим к доказательству ранее описанных результатов.
Теорема 4. Пусть Ω имеет внешний пик и пусть β + p−1 < min{µ, 1}. Тогда
оператор K3 действует непрерывно из L1p,β+1 (Γ) в пространство Np,β (Γ).
Доказательство. (i) Пусть ε — настолько малое положительное число, что
|κ± (x) − κ∓ (u)| ≥ c uµ+1 для всех u, удовлетворяющих неравенству |x − u| < ε x. Дуги
на Γ± , проектируемые на отрезки [0, (1 − ε)x], [(1 − ε)x, (1 + ε)x] и [(1 + ε)x, δ], будем
обозначать символами Γℓ± (x), Γc± (x) и Γr± (x).
Представим σ в виде суммы двух функций σ0 и σ1 так, чтобы supp σ0 ⊂ Γ+ ∪ Γ−
и supp σ1 ⊂ Γ\{|q| > δ/2}. Перепишем (K3 σ)(z), z = x + iκ± (x) ∈ Γ± , следующим
образом:
Z
(K3 σ)(z) =
σ0 (q)
Γr+ (x)∪Γr− (x)
Z
+


+
σ0 (q)
Z
+
Z
Z
Γc∓ (x)
Γr+ (x)∪Γr− (x)
+
Z
N
z − q ∂ X 1 z k
Re
dsq +
z̄ − q̄ ∂nq
k
q
k=1
Γr+ (x)∪Γr− (x)
Γ\{|q|>δ/2}
+
z−q ∂
1
log dsq +
z̄ − q̄ ∂nq
|q|
+
Γc± (x)
z−q ∂
σ0 (q)
z̄ − q̄ ∂nq
Z
Γℓ+ (x)∪Γℓ− (x)

z−q ∂
1

log
dsq +
 σ1 (q)
z̄ − q̄ ∂nq
|z − q|
X 1 z k
1
log
−
Re
|z − q|
k
q
N
k=1
!
dsq =
7
X
Ik (z) . (4)
k=1
Начнем с оценки второго слагаемого I2 . Воспользуемся равенством
Re
∂ z k
∂
∂
= −Re z k
Im q −k + Im z k
Re q −k ,
∂nq q
∂sq
∂sq
49
где q = u+iκ± (u) ∈ Γ± . С помощью неравенств |Imz k | ≤ c xk+µ и |(∂/∂sq )q −k | ≤ c u−k−1
находим, что
k+µ
Im z k ∂ Re q −k ≤ c x
.
∂sq
uk+1
Отсюда и соотношения
k
k−1
X
k
Re z = (Re z) −
получаем, что
Im z
k−r
r−1
(Re z)
r=1
!
Im z
Re z k − (Re z)k ≤ c xk+µ .
Поэтому выполняется неравенство
k+µ
Re ∂ z k − (Re z)k ∂ Imq −k ≤ x
q ∈ Γr+ (x) ∪ Γr− (x) ,
∂nq q
∂sq
uk+1
из которого следует, что
Z
σ0 (q)
Γr+ (x)∪Γr− (x)
= xk
Z
z k
z−q ∂
Re
dsq =
z̄ − q̄ ∂nq
q
σ0 (q)
Γr+ (x)∪Γr− (x)
z−q ∂
Im q −k dsq + (Rσ)(z) = (Jk σ0 )(z) + (Rσ0 )(z) . (5)
z̄ − q̄ ∂sq
Последнее слагаемое справа допускает оценку
µ
|(Rσ0 )(z)|| ≤ c x
Z
δ
|σ0 (τ )|
dτ, z ∈ Γ+ ∪ Γ− ,
τ
(1−ε)x
из которой следует неравенство
Z
|z|p(β−µ) |Rσ0 (z)|p dσz ≤ c k σ ′ kpLp,β+1 .
Γ+ ∪Γ−
Сужение σ0 на дуги Γ+ и Γ− будем обозначать символами σ+ и σ− соответственно.
Из (5) и оценки
следует, что
z − q
z − z z− − q xµ+1
+
+
−
−
≤ c xµ
6 2
≤c
z̄+ − q̄
z̄− − q̄
z− − q
u
µ
|(Jσ0 )(z+ ) − (Jσ0 )(z− )| ≤ c x
Z
δ
(1−ε)x
|σ+ (u)| + |σ− (u)|
du .
u
C помощью неравенства Харди получаем
Z
|z|p(β−µ) |I2 (z+ ) − I2 (z− )|p dsz ≤ c k σ ′ kpLp,β+1 .
Γ+ ∪Γ−
50
(6)
(7)
(8)
Воспользуемся оценкой
(∂/∂nq ) log |q| ≤ cuµ−1
при
u→0
и неравенством (6) для того, чтобы оценить разность I1 (z+ ) − I1 (z− ):
Z
|z|p(β−µ) |I1 (z+ ) − I1 (z− )|p dsz ≤ c k σ ′ kpLp,β+1 .
(9)
Γ+ ∪Γ−
Так как I3 (z) является бесконечно дифференцируемой функцией
в окрестности ну
ля, из формулы Тейлора следует, что I3 (z+ ) − I3 (z− ) = O xµ+1 . Поэтому оценка для
I3 (z+ ) − I3 (z− ), подобная (9), выполняется.
В дальнейшем будем полагать, что z ∈ Γ+ . Оценим слагаемое I4 . Положим ρ(x) =
κ+ (x) − κ− (x). Нам потребуется неравенство
∂
1
ρ(x)
′
log
− (1 + κ+
(u)2 )−1/2
≤
∂nq
|z − q|
(x − u)2 + ρ(x)2
x2µ+1
≤ c xµ−1 +
(q = u + iκ− (x) ∈ Γc− (x)).
2
2µ+2
(x − u) + x
(10)
Для того чтобы доказать (10), заметим, что
|κ− (x) − κ− (u) − κ′− (u)(x − u)| ≤ c xµ−1 (x − u)2 .
Поэтому верно соотношение
(u − x)κ′− (u) − κ− (u) − κ+ (x)
∂
1
′
2 1/2
−
log
1 + (κ+ (u)
=
2 =
∂nq
|z − q|
(x − u)2 + κ− (u) − κ+ (x)
=
κ+ (x) − κ− (x)
µ−1
2 + O x
(x − u)2 + κ− (u) − κ+ (x)
Учитывая, что |κ− (x) − κ− (u)| ≤ c xµ |x − u|, получаем
(11)
.
ρ(x)
x2µ+1
.
2 =
2 + O
(x − u)2 + x2µ+2
(x − u)2 + κ− (u) − κ+ (x)
(x − u)2 + ρ(x)
κ+ (x) − κ− (x)
(12)
Из (12), (11) следует (10).
Пусть z = x + iκ+ (x) и q = u + iκ− (u), q ∈ Γc− (x). Через z ∗ обозначим x + iκ+ (u).
Так как
z − q z∗ − q z − z∗ |x − u|xµ
− ∗
≤ c xµ ,
6 2 ∗
6c
z̄ − q̄ z̄ − q̄
z̄ − q̄
|x − u| + xµ+1
из соотношения (12) получаем
z − q
z ∗ − q ∂
1 µ−1
x2µ+1
− ∗
log
+
.
≤ x
2
2µ+2
z̄ − q̄
z̄ − q̄ ∂nq
|z − q|
(x − u) + x
Теперь с помощью этой оценки находим, что
Z δ
Z
p
z − q
z∗ − q ∂
1
xp(β−µ) σ0 (q)
− ∗
log
dsq dx 6 c k σ ′ kpLp,β+1 .
z̄ − q̄
z̄ − q̄ ∂nq
|z − q|
0
Γc− (x)
51
В самом деле, в результате замены переменных τ = u−µ , ξ = x−µ , полагая σ± (u) =
σ(u + iκ± (u)), u ∈ [0, δ], получаем
Z
δ
p(β−µ)
x
0
Z
(1+ε)x
(1−ε)x
σ− (u) x2µ+1
du
(x − u)2 + x2µ+2
p
dx ≤
≤c
Z
+∞
ξ p(1−α)
δ −µ
Z
R
µ |σ− (τ −1/µ )| dτ
(ξ − τ )2 + µ2 τ
p
dξ ,
где β + p−1 = µ(α − p−1 ). Из теоремы 3 теперь следует, что правая часть не превосходит
+∞
Z
Zδ
−pα
−1/µ p
′
τ
|σ− (τ
)| dτ ≤ |σ−
(u)|p up(β+1) du .
c
0
δ −µ
Поэтому достаточно оценить интеграл
Z
z∗ − q ∂
1
σ(q) ∗
log
dsq .
z̄ − q̄ ∂nq
|z − q|
Γc− (x)
(13)
При помощи неравенств (2) и (3) нетрудно доказать, что
(h(ξ) − h(τ )) + iρ(h(τ ))
̺(h(ξ))̺(h(τ ))
(ξ − τ ) − i
1
(h(ξ) − h(τ )) − iρ(h(τ )) (h(ξ) − h(τ ))2 − (̺(h(ξ)))2 − (ξ − τ ) + i (ξ − τ )2 + 1 ≤
c
1
1
≤
+
. (14)
τ (ξ − τ )2 + 1 ξ
Выполняя замену переменных u = h(τ ) и x = h(ξ) в (13), с помощью (10) и (14) находим,
что
Z
Z
z∗ − q ∂
1
σ− (h(τ )) (ξ − τ ) − i
σ0 (q) ∗
log
dsq =
dτ + I(ξ) .
(15)
z̄ − q̄ ∂nq
|z − q|
(ξ − τ )2 + 1 (ξ − τ ) + i
Γc− (x)
R
Здесь последнее слагаемое допускает оценку
Z
Z ∞
Z ∞
c ξ
dτ
dτ
|σ− (h(τ ))| dτ
|I(ξ)| ≤
|σ− (h(τ ))|
+c
|σ− (h(τ ))| 2 + c
.
ξ h−1 (δ)
τ
τ
(ξ
− τ )2 + 1 τ
−1
ξ
h (δ)
Из (15) теперь следует, что
Z
Z
p
(x − u) + iρ(u)
ρ(x) du
dx 6
2 + ρ(x)2 (x
−
u)
−
iρ(u)
(x
−
u)
0
(1−ε)x
Z ∞
Z ∞
Z
p
(ξ − τ ) − i
1
6
ξ p(1−α) σ− (h(τ ))
dτ
dξ
+
ξ p(1−α) |I(ξ)|p dξ .
(ξ − τ ) + i (ξ − τ )2 + 1
h−1 (δ)
R
h−1 (δ)
(16)
52
δ
p(β−µ) x
(1+ε)x
σ− (u)
Согласно теореме 3 и неравенству Харди последний интеграл не превосходит
Z ∞ Z δ
d
′
|σ−
(u)|p up(β+1) du .
σ− (h(τ ))τ p(1−α) dτ = c
dτ
−1
h (δ)
0
Так как
τ −i 1
1
∂ 1
=
=−
,
τ + i τ2 + 1
(τ + i)2
∂τ τ + i
имеем
Z
Z
(ξ − τ ) − i
1
σ− (h(τ ))
dτ = −
(ξ − τ ) + i (ξ − τ )2 + 1
R
R
d
dτ
σ− (h(τ ))
.
dτ
(ξ − τ ) + i
По теореме об ограниченности оператора Гильберта в весовом Lp -пространстве первое
слагаемое справа в (16) не превосходит
Z
d
σ− (h(τ ))p τ p(1−α) dτ = c
h−1 (δ) dτ
Z
0
δ
′
|σ−
(u)|p up(β+1) du .
На Γc+ ∪ Γℓ+ (x) ∪ Γℓ− (x) выполняется неравенство
(∂/∂nq ) log |z − q| ≤ c xµ−1 .
Поэтому верна оценка
|I5 (z)| + |I6 (z)| ≤ c xµ−1
Z
С помощью неравенства Харди получаем
1+ε)x
0
σ+ (u)| + |σ− (u)| du .
k I5 kLp,β−µ + k I6 kLp,β−µ ≤ c k σ ′ kLp,β+1 .
Осталось рассмотреть I7 . Воспользуемся представлением
XN 1 z k 1
(z/q)N +1
(z/q)N +1
∂
Re log
−
= −Re
cos(nq , x)+Im
cos(nq , y) .
k=1 k
∂nq
1 − z/q
q
q−z
q−z
Первое слагаемое справа не превосходит c xN +1 uµ−N −2 . Функцию
Im (z/q)N +1 (q − z)−1
перепишем в виде
N +1
XN
z
1
1
zk
1
N +1
N −k
Re
Im
+ Im N +1 (Re z)
+ Im z
Re N +1 (Re z)
Re
.
k=1
q
q−z
q
q
q−z
Так как |Im (q − z)−1 | ≤ c uµ−1 на Γr+ (x) ∪ Γr− (x), имеем
N +1
z
1 Im
Re
≤ c xN +1 uµ−N −2 .
q
q −z
Кроме того, выполняются неравенства
XN
zk
N −k N +µ+1 −N −1
Im z
Re N +1 (Re z)
u
≤ cx
k=1
q
(17)
(18)
53
и
Im 1 ≤ c uµ−N −1 .
q N +1 (19)
Из оценок (17), (18) и (19) следует, что
N +1 ≤ c uµ−N −2 xN +1 on Γr (x) ∪ Γr (x).
Im (z/q)
+
−
q−z Окончательно получаем
∂
XN 1 z k q
Re log
−
≤ c xN +1 uµ−N −2 .
k=1 k q
∂nq
q−z
Поэтому верно неравенство
|I7 (z)| ≤ c xN +1
Z
δ
x
|σ+ (u)| + |σ− (u)| uµ−N −2 du .
(20)
Выберем N равным [µ]. Согласно неравенству Харди интеграл в (20) принадлежит Lp,β−µ (0, δ) и норма в Lp,β−µ (Γ+ ∪ Γ− ) левой части неравенства не превосходит
c k σ ′ kp,β+1 (Γ). Таким образом, имеет место соотношение
Z
K3 σ0 (z+ ) − K3 σ0 (z− )p |z|p(β−µ) dsz ≤ c k σ ′ kL
.
(21)
p,β+1
Γ+ ∪Γ−
∂
(ii) Докажем теперь ограниченность оператора ∂s
K3 : L1p,β+1 (Γ) → Lp,β+1 (Γ). Интег
рируя по частям, представим ∂/∂sz K3 σ в виде суммы трех операторов:
Z
∂ z − q ∂
1
K31 σ (z) =
σ(q)
log
dsq
∂sz z − q ∂nq
|z − q|
Γ
Z
|z|
z−q ∂
log
dsq
K32 σ (z) = − σ ′ (q)
z − q ∂nz
|z − q|
ZΓ
∂ z−q ∂
|z|
K33 σ (z) = − σ(q)
log
dsq .
∂s
z
−
q
∂n
|z
− q|
q
z
Γ
Ограниченность оператора K32 : L1p,β+1 (Γ) → Lp,β+1 (Γ) доказана в [3]. Покажем теперь,
что оператор K31 и K33 действуют из L1p,β+1 (Γ) в Lp,β+1 (Γ) непрерывно. Достаточно
рассмотреть операторы K1∗ и K2∗ , заданные соотношениями
Z
∂ z−q ∂
1
K1∗ σ0 (z) =
σ0 (q)
log
,
∂sz z − q ∂nq
|z − q|
Γ+ ∪Γ−
Z
∂ z−q ∂
|z|
K2∗ σ0 (z) =
log
dsq .
σ0 (q)
∂sq z − q ∂nz
|z − q|
Γ+ ∪Γ−
Обозначим через M (q, z) выражение
∂ z−q ∂
1 ∂ z − q ∂
|z| ∂sz z − q ∂nq log |z − q| + ∂sq z − q ∂nz log |z − q| .
54
Воспользуемся представлением
Z
σ0 (q)M (q, z)dsq =
Γ− ∪Γ+
Z
σ0 (q)M (q, z)dsq + J(z) ,
Γc− (x)∪Γc+ (x)
где |J(z)| не превосходит
c
x2
(1−ε)x
Z
0
c
|σ+ (u)| + |σ− (u)| du +
x
Zδ
(1+ε)x
du
|σ+ (u)| + |σ− (u)| 2 .
u
С помощью неравенства Харди доказывается, что
k J kL
p,β+1 (Γ+ ∪Γ− )
≤ c k σ ′ kL
p,β+1 (Γ)
.
Будем считать, что z ∈ Γ+ . Для q ∈ Γc+ выполняется неравенство
M (q, z) ≤ c x−2 ,
откуда следует, что
Z
Z (1+ε)x
c
σ0 (q)M (q, z)dsq ≤ 2
|σ− (u)| du .
Γc+ (x)
x (1−ε)x
(22)
Требуемая оценка для Lp,β+1 -нормы левой части последнего соотношения получается
при помощи неравенства Харди. На дуге Γc− имеют место следующие непосредственно
проверяемые соотношения:
−1/2
∂
1
ρ(x)
′
log
= 1 + κ+
(x)2
+ O x−1 ,
2
2
∂nq
|z − q|
(x − u) + ρ(x)
−1/2
∂
1
ρ(u)
′
log
= 1 + κ+
(x)2
+ O x−1 ,
2
2
∂nz
|z − q|
(x − u) + ρ(u)
ρ(x)
∂ z−q
= 2i
+ O x−1 ,
2
2
∂sq z − q
(x − u) + ρ(x)
ρ(u)
∂ z−q
= 2i
+ O x−1 .
2
2
∂sz z − q
(x − u) + ρ(u)
(23)
(24)
(25)
(26)
Из (23)–(26) следует, что
|M (q, z)| ≤
c
ρ(u)
c
+ 2.
u (x − u)2 + ρ(u)2
x
Учитывая (22), достаточно оценить Lp,β+1 -норму интеграла
J(x) =
Z
(1+ε)x
(1−ε)x
σ (u) ρ(x)
−
du.
u
(x − u)2 + ρ(x)2
55
Выполним замену переменных τ = u−µ и ξ = x−µ . В результате, получим
Zδ
p(β+1)
x
0
Z∞
p
|J(x)| dx 6 c
ξ
p(1−α)
Z∞ |σ (τ −1/µ )| dτ p 1/p
−
dξ
.
(ξ − τ )2 + 1 τ −1
−∞
δ −µ
Интеграл справа, согласно теореме 3, с точностью до постоянной не превосходит
Z∞
σ− (τ −1/µ )p τ −(pβ+µ+1)/µ dτ 6 c
δ −µ
Zδ
0
′
|σ−
(u)|p up(β+1) du .
(27)
Это рассуждение завершает доказательство ограниченности операторов K31 и K33 . Таким образом, приходим к неравенству
k (∂/∂s) K3 σ0 kL
≤ c k σ ′ kL
.
(28)
(Γ)
(Γ)
p,β+1
p,β+1
Из (21) и (28) следует ограниченность оператора K3 : L1p,β+1 (Γ) → Np,β (Γ).
Следствием теорем 1, 2 и 3 является основной результат работы.
Теорема 5. Для области Ω с внешним пиком при выполнении условия 0 < β+p−1 <
min{µ, 1} оператор
(29)
I − 2W : L1p,β+1 × L1p,β+1 (Γ) → Np,β × Np,β (Γ)
непрерывен.
В следующей теореме рассматриваются операторы RK3 и I K3 на контуре с внутренним пиком.
Теорема 6. Пусть Ω имеет внутренний пик и пусть 0 < β + p−1 < min{µ, 1}.
Тогда операторы
RK3 : L1p,β+1 (Γ) → Mp,β (Γ)
и
I K3 : L1p,β+1 (Γ) → Np,β (Γ)
непрерывны.
Доказательство. Пусть ε > 0 и дуги Γℓ± (x), Γc± (x) и Γr± (x) как в теореме 4.
Представим σ в виде суммы двух функций σ0 и σ1 так, чтобы supp σ0 ⊂ Γ+ ∪ Γ−
и supp σ1 ⊂ Γ\{|q| > δ/2}. Перепишем (K3 σ)(z), z = x + iκ± (x) ∈ Γ± , следующим
образом:
Z
σ0 (q)
Γr+ (x)∪Γr− (x)
+
1
z−q ∂
log
dsq +
z̄ − q̄ ∂nq
|z − q|
Z
+
Z
+
Γℓ+ (x)∪Γℓ− (x) Γc± (x)
+
Z
Γc∓ (x)
Z
z−q ∂
1
σ0 (q)
log
dsq +
z̄ − q̄ ∂nq
|z − q|
Γ\{|q|>δ/2}
56
5
σ1 (q)
X
z−q ∂
1
log
dsq =
Ik (z) ,
z̄ − q̄ ∂nq
|z − q|
k=1
Слагаемые Ik , k = 2, . . . , 5, оцениваются, как в предыдущей теореме. Поэтому ограничимся рассмотрением первого слагаемого I1 . Воспользуемся равенством
∂
1
1
1
log
= −Re
cos(nq , x) + Im
cos(nq , y) .
∂nq
|q − z|
q−z
q−z
(30)
Будем полагать, что q ∈ Γr+ (x) ∪ Γr− (x) и z ∈ Γ ∩ {|q| < δ/2}. Для первого слагаемого
справа в (30) верно представление
Re
1
cos(nq , x) = O(xµ u−1 ).
q−z
(31)
Найдем представление второго слагаемого справа в (30). С этой целью воспользуемся соотношением
Im (q − z)−1 = Im
m
X
zk
1
z m+1
+ Im m+1 Re
+
k+1
q
q
q−z
k=0
+ Re
1
1
1
1
Re z m+1 Im
+ Re m+1 Im z m+1 Re
.
q m+1
q−z
q
q−z
(32)
Для первого слагаемого в (32) имеет место представление
Im
m
m
X
X
zk
=
xk Im q −k−1 + O xµ u−1 .
k+1
q
k=0
k=0
Второе слагаемое справа в (32) не превосходит c xµ u−1 . Далее, так как
Im (q − z)−1 ≤ c (uµ−1 + xµ u−1 ),
для третьего слагаемого (32) получаем
Re q −m−1 Re z m+1 Im (q − z)−1 ≤ c xµ u−1 .
Для последнего члена в (32) верно неравенство
Re q −m−1 Im z m+1 Re (q − z)−1 ≤ c xµ u−1 .
Таким образом, для q ∈ Γr+ (x) ∪ Γr− (x) получаем
1
1
∂
log
= Im k+1 cos(nq , y) + I(q, z),
∂nq
|q − z|
q
где |I(q, z)| ≤ c xµ u−1 .
Множитель (z − q)(z − q)−1 в I1 перепишем в виде
q
z
1 1 − 2 i Im
.
q
q 1 − z/q
Учитывая, что
z−q
q
= 1 + O(xµ ) и q/q = 1 + O(xµ ) ,
z−q
q
57
приходим к соотношению
m−1
X
z−q ∂
1
1
log
=
xk Im k+1 cos(nq , y) + O(xµ u−1 ) .
z − q ∂nq
|z − q|
q
(33)
k=0
Согласно неравенству Харди операторы
Z
τ (x) → xk
(1+ε)x
Z0 ∞
µ
τ (x) → x
τ (u)uµ−k−1 du, 0 ≤ k ≤ m ,
τ (u)u−1 du
(1+ε)x
непрерывно отображают пространство Lp,β (0, ∞) в пространство Lp,β−µ (0, ∞). Поэтому
верно представление
Z
Γr+ (x)∪Γr− (x)
m
σ0 (q)
X
∂
1
log
dsq =
c(k) (σ0 )xk + (R1 σ0 )(z),
∂nq
|z − q|
k=0
где
c
(k)
(σ) =
Z
σ0 (q)gk (q)dsq
Γ+ ∪Γ−
являются непрерывными линейными функционалами в пространстве L1p,β+1 (Γ), и
(R1 σ0 )(z) допускает оценку
kR1 σ0 kL
p,β−µ (Γ∩{|q|<δ/2})
≤ c kσ ′ kL
p,β+1 (Γ)
.
Теорема доказана.
Литература
1. Мазья В. Г. Граничные интегральные уравнения. Современные проблемы математики.
Фундаментальные направления // Итоги науки и техники. ВИНИТИ АН СССР. Т. 27. 1988.
С. 131–228.
2. Mazya V., Soloviev A. Lp -theory of a boundary integral equation on a cuspidal contour //
Appl. Anal. 1997. Vol. 65. P. 289–305.
3. Mazya V., Soloviev A. Lp -theory of boundary integral equations on a contour with outward
peak // Integral Equations and Operator Theory. 1998. Vol. 32. P. 75–100.
4. Mazya V., Soloviev A. Lp -theory of boundary integral equations on a contour with inward
peak // Zeitschrift für Analysis und ihre Anwendungen. 1998. Vol. 17, N 3. S. 641–673.
5. Stein E. Note on singular integrals // Proc. Amer. Math. Soc. 1957. Vol. 8. P. 250–254.
Статья поступила в редакцию 18 мая 2008 г.
58
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
6
Размер файла
318 Кб
Теги
ограниченности, пико, контур, оператора, граничного, интегрального
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа