close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Об осцилляциях порождаемых оператором взаимодействия в дискретных кинетических уравнениях.

код для вставкиСкачать
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 147
УДК 517.91
ОБ ОСЦИЛЛЯЦИЯХ, ПОРОЖДАЕМЫХ ОПЕРАТОРОМ
ВЗАИМОДЕЙСТВИЯ В ДИСКРЕТНЫХ КИНЕТИЧЕСКИХ
УРАВНЕНИЯХ 14)
15)
Е.В. Радкевич
Московский государственный университет,
Ленинские горы, 1, В-899, Москва, 119899, Россия, e-mail: evrad07@gmail.com
Аннотация. Для дискретных уравнений кинетики доказано существование глобального
решения, получено разложение его по гладкости, исследовано влияние осцилляций, порождаемых оператором взаимодействия.
Ключевые слова: кинетическое уравнение,
решение.
оператор взаимодействия,
глобальное
1. Введение
Кинетическая теория рассматривает газ как совокупность громадного числа хаотически движущихся частиц тем или иным образом взаимодействующих между собой.
В результате таких взаимодействий частицы обмениваются импульсами и энергией.
Взаимодействие может осуществляться путем прямого столкновения частиц или при
помощи тех или иных сил. Для пояснения математической схемы, описывающей подобные явления, в [1] рассматриваются так называемые дискретные модели кинетического
уравнения Больцмана и приводится феноменологический вывод уравнения Больцмана для газовой модели с конечным числом различных скоростей частиц и конечным
числом разных взаимодействий (модели типа Бродуэлла [2])
∂t ni + (ωix ∂x + ωiy ∂y + ωiz ∂z )ni =
∑
ij
σkl
(nk nl − ni nj ) ,
i = 1, . . . , N
(1)
k,l,j;k̸=i,l̸=i,j̸=i
Потребуем справедливости так называемого закона детального равновесия
ij
σkl
= σijkl ,
который обычно имеет место для реальных систем. Более того, для любых φi имеет
место
∂t (φi ni ) + (ωix ∂x + ωiy ∂y + ωiz ∂z )(φi ni ) =
∑
ij
=
σkl
(φi + φj − φl − φk )(nk nl − ni nj ) .
(2)
k,l,j;k̸=i,l̸=i,j̸=i
14
Работа выполнена при финансовой поддержке Российского фонда фундаментальных исследований
(грант N: 09-01-12024), (грант N: 09-01-00288) и (грант N:11-01-12082-офим )
15
Радкевич Е.В., д. физ.- мат. наук, профессор Московского государственного университета
148 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
Отсюда следует, что ni > 0, i = 1, . . . , nN , если начальные условия n0i > 0, i = 1, . . . , nN .
Для φj ≡ 1 имеет место уравнение неразрывности
N
N
∑
∑
∂t (
nj ) + ∂x ( (ωjx ∂x + ωjy ∂y + ωjz ∂z )nj = 0
j=1
j=1
для φj = ln nj имеет место H-теорема Больцмана
∂t (ni ln ni ) + (ωix ∂x + ωiy ∂y + ωiz ∂z )(ni ln ni ) =
∑
ij
σkl
ln(
k,l,j;k̸=i,l̸=i,j̸=i
ni nj
)(nk nl − ni nj ) ..
nl nk
(3)
Для того чтобы выполнялись другие законы сохранения, надо накладывать на законы
столкновения частиц дополнительные условия, чтобы существовали такие φj , при которых правая часть уравнения (3) обращалась бы в нуль. Способ выбора дискретных
скоростей, обеспечивающих описание течения газа с законами сохранения трех компонент импульса и с сохранением энергии в общем случае не разработан. Это связано с
трудностями комбинаторно-геометрического характера [1].
Для кинетического уравнения Больцмана широко дискутируются две проблемы:
1. Необратимость (во времени);
2. Исследование структуры аттрактора.
Вторая проблема связана с исследованием сложной размерности аттрактора через
описание составляющих его разноразмерных податтракторов. Но, кинетическое уравнение Больцмана чрезвычайно сложно в исследовании. Дискретные кинетические уравнения, обладающие основными свойствами кинетического уравнения Больцмана, позволяют понять природу этих проблем.
В этой статье мы рассмотрим задачу Коши для одномерной модели типа Бродуэлла
(см.[1]):
1
(4)
∂t u + ∂x u = (v 2 − uw) ,
ε
2
∂t v = − (v 2 − uw) ,
ε
1
∂t w − ∂x w = (v 2 − uw) ,
ε
0
v(0) = v , u(0) = u0 , w(0) = w0 ,
(5)
и ее модификацию (комплексификацию):
1
1
∂t u + ∂x u = [vv − (uw + wu)] ,
ε
2
2
1
∂t v = − [vv − (uw + wu)] ,
ε
2
1
1
∂t w − ∂x w = [vv − (uw + wu)] ,
ε
2
(6)
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 149
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
формально совпадающую с (4) на вещественных решениях. Здесь x ∈ S 1 = [0, 2π] и
U (t, 0) = U (t, 2π) – пространственно-периодические граничные условия, ε-малая величина, которую мы выберем ниже. Все полученные результаты переносятся на двумерную и трехмерную модели (1), приведенные в [1].
Система (4) является кинетическим уравнением Больцмана модельного одномерного
газа, состоящего из частиц со скоростями c = 1, 0, −1 (их плотности соответственно
u = n1 (x, t), v = n2 (x, t), w = n3 (x, t)). Две частицы-одна первого, а вторая третьего
типов, сталкиваясь с вероятностью, пропорциональной uw = n1 (x, t)n3 (x, t), вызывают
реакцию, переводящую их в две частицы второго типа. В свою очередь, две частицы
второго типа, сталкиваясь с вероятностью v 2 = n2 (x, t)2 , переходят в одну частицу
первого типа и в одну частицу третьего типа. Эта модель при всей схожести с моделью
Карлемана не имеет квадратичных диссипирующих интегралов, в связи с чем, как
отмечено в [1], получение глобальной теоремы существования затруднительно.
Дискретные модели кинетики достаточно просты, но очень интересны с точки зрения потери симметрии [3], [4] и наличия эффекта необратимости. Более того, они
дают подход к объяснению фрактальной, многоразмерной сложности аттрактора через
его структуировванность, позволяют проверить гипотезу существования податтракторов кинетических уравнений. По сути, приемом довольно часто применяемым в математике, удается уйти от хорошо известной сложности исследования кинетического
уравнения Больцмана за счет разбиения частиц на семейства, расположенные в разных подпространствах и способных в результате взаимодействия переходить из одного
подпространства в другое. Формально, за счет увеличивая размерность пространства
переменных, удается упростить, сделать болеет прозрачным действие оператора взаимодействий, доказать существование глобальных решений и получить их разложение
по гладкости.
Для нас эти модели интересны еще с той точки зрения, что предварительный анализ
спектра линеаризованных задач в окрестности равновесия установил наличие «щели»
[6] в спектре, гарантирующей существование корректного усечения задачи [11], [13] в
фазовое пространство консервативных (гидродинамических) переменных. Тем самым,
удастся всю полученную информацию «спустить» вниз, в физические размерности пространства и получить информацию о природе реального оператора взаимодействия.
Мы докажем существование глобального малого возмущения U = Ue + ε2 U решения
в окрестности состояния равновесия Ue = (ue , ve , we )⊤ , ve2 = ue we , U = (u, v, w)⊤ .
e=
Малые возмущения (в окрестности состояния равновесия ve2 = ue we ). Положим u
ue /ε, w
e = we /ε, ve = ve /ε. Решение будем искать в следующем виде
1
1
1
u = ue + ε2 ue2 u , v = ve + ε2 ve2 v , w = we + ε2 we2 w .
Тогда система запишется в виде
3
1
∂t U + A∂x U + BU = ε 2 ν 2 Γ(U , U ) ,
0
U (0) = U ,
(7)
150 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
где
√





1
2
w
e
w
e
−2
we
e
v
v
e
1 0 0
√
√
1
 , ν 12 =  −2e
A =  0 0 0  , B =  −2 we
ev
4e
v
−2
u
e
v
e
v2  .
√
1
0 0 −1
ve
−2 u
eve
u
e
u
e2

Γ(U, U ) = v 2 − uw ,
U = (u, v, w)T .
Воспользуемся рядами Фурье по x
U (t, x) =
∑
ikx
Uk (t)e
Z
1
, Uk ∈ C, Uk (t) =
2π
∫
2π
U (t, x)e−ikx dx ,
0
где U−k = Uk , так как U (x, t) вещественнозначная. Введем нормализованную L2 -норму
для вещественнозначной функции f (x)
∫ 2π
∑
1
2
2
∥f ∥H 0 = ∥f ∥L2 =
f (x)2 dx = |f0 |2 +
|fk |2 .
2π 0
Z∈Z
0
Положим
∥f ∥2H s = |f0 |2 + ∥f ∥2◦s , ∥f ∥2◦s =
H
H
∑
|k|2s |fk |2 , s ∈ R, Z0 = Z \ {0} .
Z0
Далее мы будем использовать это определение нормы как для решения U , так и для
последовательности {Uk }.
Используя представление Фурье (в образах Фурье) функции U (как гладкого решения (4) перепишем (4) в виде бесконечной связанной системы обыкновенных дифференциальных уравнений для коэффициентов Фурье Uk (t) = (uk , wk , vk )T ,
∑
3
1
d
\
\
b, U
b) =
(GUk1 , Uk2 ) ,
U )k , Γ(U
Uk + Λ(k)Uk = ε 2 ν 2 Γ(U,
k
dt
k +k =k
1
где
√

w
e + ik
ve
−2 √we
ev
Λ = Aik + B = 
ve
u
e−
eve  ,
√
√ik −2 u
−2 we
ev −2 u
eve
4e
v

(8)
2


0 0 0
G =  −1 0 0  .
0 0 1
1). Нулевая мода(k = 0).
3
1
d
\
U0 + Λ(0)U0 = ε 2 ν 2 Γ(U,
U )0 ,
dt
√


w
e
ve
−2 √we
ev
Λ(0) = 
ve
u
e
−2 u
eve 
√
√
−2 we
ev −2 u
eve
4e
v
(9)
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 151
или
[
]
∑
1 d
u0 + w
e1/2 u0 + u
e1/2 w0 − 2e
v 1/2 v0 = ε3/2 v02 − u0 w0 +
(2|vk |2 − uk w−k − u−k wk ,
w
e1/2 dt
k>0
(10)
[
]
∑
1 d
1/2
1/2
1/2
3/2
2
2
w0 + w
e u0 + u
e w0 − 2e
v v0 = ε
v0 − u0 w0 +
(2|vk | − uk w−k − u−k wk ,
u
e1/2 dt
k>0
]
[
∑
1 d
− 1/2 v0 + w
e1/2 u0 + u
e1/2 w0 − 2e
v 1/2 v0 = ε3/2 v02 − u0 w0 +
(2|vk |2 − uk w−k − u−k wk .
2e
v dt
k>0
Отсюда
d 1/2
d 1/2
1 d 1/2
(e
u u0 ) = (w
e w0 ) = −
(e
v v0 ) .
dt
dt
2 dt
Тогда
1
u
e1/2 (u0 − u00 ) = w
e1/2 (w0 − w00 ) = − ve1/2 (v0 − v00 ) .
2
Подставляя в последнее уравнение, получаем
[
]
3 2
d
1
1/2
1/2
v0 + Le v0 − εve d0 = −ε ve
v0 + 2bv0 − 2c − 2ε ve1/2 (B(v, v)0 + H(v)0 ) ,
dt
ε
2
v0 |t=0 = v00 ,
(11)
где Le = 4ve + ue + we ,
(
)]
∫ t
∫ t
∑ [
1
−ik1 (t−s)
ik2 (t−s)
B(v, v)0 =
vk 1 vk 2 −
vk1 − ik1
e
vk1 ds)(vk2 + ik2
e
vk1 ds
,
4
0
0
k +k =0
1
2
(
(
)(
)
∫ t
1/2
1 ∑
w
e
k2 t
0
0
−ik1 (t−s)
H(v)0 =
e
2wk2 1/2 + vk2
e
vk1 ds +
vk1 − ik1
4 k +k =0
ve
0
1
2
(
+e−k1 t 2wk01
∑
(
1/2
ve
+ vk01
1/2
0 we
2wk1 1/2
ve
1
ei(k2 −k1 )t
2 k +k =0, k ,k ∈Z
1
2
1 2
0
(
)
1/2
1/2
1
u
w
e
e
b=−
u00 1/2 + w00 1/2 + v00 ,
2
ve
ve
d0 =
)(
1/2
we
1
c=
4
∫
))
t
eik2 (t−s) vk1 ds
vk2 + ik2
,
0
)
+ vk01
(
,
1/2
Z0 = {k ∈ Z, k ̸= 0} ,
ue
2u00 1/2 + v00
ve
)(
)
1/2
0 we
2w0
1/2
ve
+ v00
.
152 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
Выберем начальные данные из условий
v00 = −
2(e
v 1/2 w
e1/2 u00 + ve1/2 u
e1/2 w00 )
,
u
e+w
e
0
1/2 0
u1/2
e u0 − we w0 = 0 ,
(12)
отвечающих двум законам сохранения системы (8). Тогда b = c = H(v0 )0 = 0.
Неоднородное уравнение Риккати. Теперь рассмотрим неоднородное уравнение Риккати в случае, когда a0 = const:
1
3
d
v0 + Le v0 + d0 = − ε ve1/2 v02 + 2ε3/2 ve1/2 f (t) ,
dt
ε
2
v0 |t=0 = v00 .
(13)
Приведем здесь хорошо известные факты о неоднородном уравнении Риккати. Положим v0 = vstn + εz
d
1
3
z + (Le − 3ε2 ve1/2 vstn )z = − ε ve1/2 z 2 + f (t) ,
dt
ε
2
z|t=0 = 0 ,
(14)
где vstn – ограниченное решение стандартного уравнения
d
1
3
2
vstn + Le vstn + d0 = − ε ve1/2 vstn
,
dt
ε
2
v0 |t=0 = v00 .
Положим
(15)
(
)
3 2
L = min Le − ε vstn > 0, M0 = max |f (t)| .
06s6∞
06s6∞
2
Предложение 1. Пусть фиксировано M0 , max |f (t)| 6 M0 , а равновесные значе06s6∞
ния ue , ve , we и постоянная ε выбраны из условия
(
)2
4
3ε3 ve M0
2 (1 + 3ε ve M0 )
1+
6 1.
ε
L2
L2
(16)
Тогда существует абсолютно непрерывное решение задачи (15), для которого справедлива оценка
)
(
3ε3 ve M0
2
.
(17)
sup |z(t)| 6 (1 + 3ε ve M0 ) 1 +
L2
06t6T
Рассмотрим приближение
d
1
3
2
zn + (Le + 3ε2 vstn )zn = − ε ve1/2 zn−1
+ f (t) ,
dt
ε
2
zn |t=0 = 0 ,
(18)
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 153
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
∫t
zn =
{
1
exp −
ε
∫
t
} [
]
3 1/2 2
(Le + 3ε vstn )dτ ·
εv z
+ f (t) ds ,
2 e n−1
2
s
0


3
ε

1 + ε ve1/2
2
(Le + 3ε vstn ) 
2
|zn (t)| 6 sup |f (s)|
06s6t
1
|z1 (t)| 6 sup |f (s)|
L
06s6t
ε
|z2 (t)| 6 sup |f (s)|
L
06s6t
)2 
sup |zn−1 | 
06s6t

,
sup |f (s)| 
(
06s6t
(
)
3 1/2
1 + ε ve sup |f | ,
2
06s6t
(
3
ε2
1 + ε ve1/2 sup |f (s)| 2
2
L
06s6t
(
)2 )
3 1/2
1 + ε ve sup |f |
.
2
06s6t
3
Положим q = ε ve1/2 sup |f (s)|,
2
06s6t
s1 = 1 + q ,
(
)
εq
ε2 q
2
2
s2 = 1 + 2 (1 + q) 6 (1 + q) 1 + 2 ,
L
L
[
]
(
)2
2
ε2 q
ε2 q
ε2 (1 + q)4
ε2 q
2
s3 = 1 + 2 1 + 2 (1 + q)
61+q
1+ 2
6 1+q,
L
L
L2
L
2
если q ∈ (0, 1), L > ε выбраны из условия
(
)2
ε2 (1 + q)4
ε2 q
1+ 2
6 1 ⇐⇒
L2
L
(
)4 
2
3 1/2
3 3 1/2
2
ε 1 + ε ve sup |f (s)|
ε ve sup |f (s)|


2
06s6t
06s6t
1 + 2
 6 1.


L2
L2
Тогда
ε2 q
s4 = 1 + 2
L
(
[
)
]2 ) 2
(
ε2 q
ε2 q
ε2 q
ε2 q
2 2
2
2
1 + 2 1 + 2 (1 + q )
6 1 + 2 (1 + q) 6 (1 + q) 1 + 2 ,
L
L
L
L

2
s5 = 1 +
2
ε q
εq
1+ 2
2
L
L
61+
(
1+
2
[
2
εq
εq
1 + 2 (1 + q 2 )2
2
L
L
]2 )2

2
 = 1 + ε q s4 6
L2
(
εq )
ε2 q
εq
2
1
+
(1
+
q)
61+
6 1+q.
2
2
L
L
L
154 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Таким образом,
s2j+1
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
)
(
ε2 q
6 1 + q, s2j 6 (1 + q) 1 + 2 .
L
2
Отсюда следует, что
sj 6 (1 + q)2 (1 +
ε2 q
), ∀ j > 1
L2
и

3 3 1/2
(
)2
ε ve sup |f (s)|


2
3 1/2
06s6t
,

sup |zj (s)| 6 1 + ε ve sup |f (s)| 1 +

2
2
L
06s6t
06s6t

j > 1.
Далее, положим yn = zn − zn−1 . Тогда
d
1
3
yn + (Le + 3ε2 vstn )yn = − ε ve1/2 (zn−1 + zn−2 )yn−1 ,
dt
ε
2
yn |t=0 = 0 ,
∫t
yn = −
0
{
}
∫
1 t
3
2
exp −
(Le + 3ε vstn ) dτ · εve1/2 (zn−1 + zn−2 )yn−1 ds ,
ε s
2
ε
3
|yn (t)| 6 ε ve1/2 sup |yn−1 (s)|
2
L 06s6t
(
)
sup |zn−1 (s)| + sup |zn−2 (s)| 6
06s6t
06s6t


3 3 1/2
(
)2
ε ve sup |f (s)|


2
ε
3
06s6t
 sup |yn−1 (s)| .
6 3ε ve1/2
1 + ε ve1/2 sup |f (s)| 
1
+

 06s6t
L
2
L2
06s6t
Выбираем дополнительно, чтобы


3 2 1/2
)2
(
ε ve sup |f (s)|


2
3 1/2
06s6t
1/2 ε

 = q1 < 1 .
3ε ve
1 + ε ve sup |f (s)| 1 +

L
2
L2
06s6t
Отсюда следует, что
zn (t) → z0 (t) в CB (R+ ) .
(19)
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 155
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
2. Система для старших мод
Теперь перейдем к исследованию старших мод (|k| > 1), которые описываются системой
3
1
d
\
Uk + Λ(k)Uk = ε 2 ν 2 Γ(U,
U )k ,
dt
Uk (0) = Uk0 .
Отсюда
(20)
(
)
1
d
\
uk + ikuk + w
e1/2 uk + u
e1/2 wk − 2e
v 1/2 vk = ε3/2 Γ(U,
U )k ,
1/2
w
e
dt
(
)
1
d
\
wk − ikwk + w
e1/2 uk + u
e1/2 wk − 2e
v 1/2 vk = ε3/2 Γ(U,
U )k ,
u
e1/2 dt
1 d
\
− 1/2 vk + w
e1/2 uk + u
e1/2 wk − 2e
v 1/2 vk = ε3/2 Γ(U,
U )k .
2e
v dt
Следовательно,
1
w
e1/2
(
d
uk + ikuk
dt
или
)
1
=
(
u
e1/2
d
wk − ikwk
dt
)
=−
1 d
vk
2e
v 1/2 dt
d ikt 1/2
1
d 1/2
(e u
e uk ) = − eikt (e
v vk ) ,
dt
2
dt
d −ikt 1/2
d 1/2
1
(e w
e wk ) = − e−ikt (e
v vk ) .
dt
2
dt
Тогда

uk = −
1
2
1/2
ve
1/2
ue
vk − ik

wk = −
e−ik(t−s) vk ds − e−ikt
0
1 ve 
vk + ik
2w
e1/2
1/2
(
∫t
2
(
∫t
eik(t−s) vk ds − eikt
0
2
1/2
ue
1/2
ve
1/2
we
1/2
ve
)
u0k + vk0  ,
)
wk0 + vk0  .
Подставляя в последнее уравнение в (21), получим
1
1
d
vk + (Le + 3v 1/2 ε2 v0 )vk + ik
dt
ε
ε
∫t
(eik(t−s) ue − e−ik(t−s) we ) vk ds =
0
∫t
= ve1/2 εikv0
(eik(t−s) − e−ik(t−s) )vk ds+
0
1
1
ikt
+ d+
+ d−
e−ikt − 2ε ve1/2 [B(v, v)k + H(v)k ] − εve1/2 dk (t), k ∈ Z0 ,
ke
ε
ε k
(21)
156 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
где
[
∑
=
k1 +k2 =k, k1 ,k2 ,k∈Z0
1
H(v)k =
4k
B(v, v)k =
1
vk1 vk2 − (vk1 − ik1
4
[
∑
∫
(
k2 t
1 +k2 =k,k1 ,k2 ,k∈Z0
(
+ e−k1 t 2wk01
dk1 ,k2 =
1
2
(
1/2
0 we
2wk2 1/2
ve
1/2
ve
e
t
vk1 ds)(vk2 + ik2
e
ik2 (t−s)
]
vk1 ds) ,
0
we
)(
1/2
+
ve
+ vk01
∫
vk1 − ik1
vk02
t
−ik1 (t−s)
e
)
vk1 ds +
0
∫
)]
t
eik2 (t−s) vk2 ds
vk2 + ik2
,
0
)(
+ vk02
∫
0
)(
1/2
we
−ik1 (t−s)
1/2
2wk02
e
t
1/2
0 ue
2uk1 1/2
ve
1/2
1/2 0
1/2 0
d−
k = we (2ue uk + ve vk ) ,
Положим
1
1
d
Tk y = y + Le y + ik
dt
ε
ε
)
+ vk01
, Z0 = {k ∈ Z, k ̸= 0},
1/2
1/2 0
1/2 0
d+
k = ue (2we wk + ve vk ) .
∫t
(eik(t−s) ue − e−ik(t−s) we )yds ,
0
ik
Ak y =
ε
∫t
∫t
(eik(t−s) ue − e−ik(t−s) we )yds ,
(1)
Ak y
= ik
0
(eik(t−s) − e−ik(t−s) )yds .
0
Так как наша техника базируется на разложении Фурье, мы можем выбрать задачу
Коши для систем
d
1
3
v0 + Le v0 = −ε ve1/2 v02 − 2ε ve1/2 (B(v, v)0 + H(v)0 ]) − εve1/2 d0 ,
dt
ε
2
v0 |t=0 = v00 ,
(1)
Tk vk = −3v 1/2 ε v0 vk + ve1/2 εv0 Ak vk +
+
(23)
1 + ikt 1 − −ikt
− 2ε ve1/2 [B(v, v)k + H(v)k ] −
dk e + dk e
ε
ε
− εve1/2
∑
k1 +k2 =k,|k1 |,|k2 |,|k|6m,k1 ,k2 ,k∈Z0
vk |t=0 = vk0 .
(22)
ei(k2 −k1 )t dk1 ,k2 , k ∈ Z0 ,
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 157
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
за первоначальную форму системы (8), которая эквивалентна системе (4) для гладких
решений. Запишем ее в слабой форме
]
3 2
v0 (t) = −
e
v + 2(B(v, v)0 + H(v)0 ) − d0 ds ,
2 0
0
{
}
∫ t
1 − −1 −ikt
1
1
−1 ikt
0
2 1/2
vk (t) = vk exp −
(Le + 3ε ve v0 )ds − d+
d T (e ) −
k Tk (e ) +
ε 0
ε
ε k k
∫t
v00
ve1/2 ε
[
− 1ε Le (t−s)
− εve1/2 Tk−1 (dk (t)) − ve1/2 ε Tk−1 Kk (v, v) ,
(24)
k ∈ Z0
(1)
Kk (v, v) = 3v0 vk + ve1/2 εv0 Ak vk + 2[B(v, v)k + H(v)k ] ,
∑
dk (t) =
ei(k2 −k1 )t dk1 ,k2 .
k1 +k2 =k,|k1 |,|k2 |,|k|6m,k1 ,k2 ,k∈Z0
Определение 1. Функцию U (t, x), с коэффициентами Фурье Uk (t), k > 0, U−k (t) =
Uk (t), k > 0, назовем решением (8) на временном интервале [0, T ], если для любого
k ∈ Z0 функции vk (t) удовлетворяют системе интегральных уравнений (24).
3. Галеркинские приближения
Определим оператор усечения Πm , действующий на последовательность коэффициентов Фурье
{
φk если |k| 6 m ,
Πm φk = (Πm φ)k =
0 если |k| > m .
Теперь определим галеркинское усечение системы (70), (23) для аппроксимирующего
решения U (m) такого, что
(m)
(m)
U−k = Uk , k > 1 ,
3 (m)
d (m) 1
(m)
v0 + Le v0 = −ε ve1/2 (v0 )2 − 2ε ve1/2 (Πm B(Πm v, Πm v)0 + H(Πm v)0 ]) − εve1/2 Πm d0 ,
dt
ε
2
(25)
(m)
v0 |t=0 = v00 ,
(m)
Tk vk
(m) (m)
= −3v 1/2 ε v0 vk
(m)
(1) (m)
+ ve1/2 εv0 Ak vk
+
(26)
1
1
ikt
+ d+
+ d−
e−ikt − 2ε ve1/2 [Πm B(Πm v, Πm v)k + Πm H(Πm v)k ]
ke
ε
ε k
∑
ei(k2 −k1 )t dk1 ,k2 (t) ,
− εve1/2
k1 +k2 =k,|k1 |,|k2 |,|k|6m,k1 ,k2 ,k∈Z0
158 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
vk |t=0 = vk0 ,
(m)
Tk vk
(m) (m)
(m)
|k| 6 m, k ̸= 0 .
(1) (m)
= −3v 1/2 ε v0 vk + ve1/2 εv0 Ak vk +
1
1
ikt
+ d+
+ d−
e−ikt − 2ε ve1/2 Πm H(Πm v)k
ke
ε
ε k
∑
− εve1/2 Πm
(27)
ei(k2 −k1 )t dk1 ,k2 (t) ,
k1 +k2 =k,|k1 |,|k2 |,|k|6m,k1 ,k2 ,k∈Z0
vk |t=0 = vk0 , |k| > m .
и уравнения состояния
1/2
(m)
u0
1 ve (m)
v0 ,
=−
2 u1/2
e
1/2
1 ve
(m)
w0 = −
v0 ,
1/2
2 we
(28)
∫ t
1/2
1/2
1/2
1 ve (m)
1
1 −ikt ve 0
(m)
−ik(t−s) ve
−ikt 0
=−
v
+
ik
e
v
ds
+
e
u
+
e
v ,
k
k
1/2 k
1/2 k
2 u1/2
2
2
ue
ue
0
e
∫ t
1/2
1/2
1/2
1
1 ve ikt 0
1 ve
(m)
(m)
(m)
ikt 0
ik(t−s) ve
v
−
v
ds
+
e
w
+
e vk , k ∈ Z0 .
wk = −
ik
e
k
1/2 k
2 we1/2 k
2
2 we1/2
we
0
(m)
uk
Теорема 1. Пусть σ > 2 и v(0) = v 0 ∈ H σ (0, 2π). Пусть m ∈ N фиксировано.
Тогда существует T ∗ > 0, возможно зависящее от m, такое что система (25), (26), (27)
имеет единственное решение на интервале [0, T ∗ ]. Это решение v = v (m) (t) может быть
∗
∗
продолжено на максимальный интервал [0, Tmax
) такой что Tmax
= +∞, если норма
∥v(0)∥H σ (0,2π) достаточно мала.
Заметим, что для доказательства теоремы существенна конечность системы обыкновенных дифференциальных с квадратичной нелинейность. Следовательно, можно гарантировать конечный временной интервал [0, T ∗ ] существования и единственности ре∗
). Отметим, что в принципе T ∗
шения и максимальный интервал существования [0, Tmax
∗
∗
= +∞.
могут зависеть от m. Ниже мы покажем, что это не так, т.е. Tmax
и Tmax
Чтобы доказать это и перейти к пределу при m → ∞ в галеркинском усечении системы, нам необходимо получить глобальную априорную оценку для решений системы
(25), (26), (27). Прежде чем переходить к доказательству априорной оценки, исследуем
интегро-псевдодифференциальный оператор (гиперболический вариант оператора типа
Гуртина-Пипкина [7]) в левой части уравнения (26). Свойства этого оператора позволяют избежать при доказательстве глобальной разрешимости схемы Мозера-Нэша и
доказывать разрешимость в одном весовом гильбертовом пространстве.
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 159
4. Интегро-псевдодифференциальные уравнения
Сначала найдем условия существования глобального решения интегро-псевдодифференциального уравнения
∫
1
1 t ∂x (t−s)
∂t v + (4ve + we + ue )v +
[e
ue − e−∂x (t−s) we ]∂x vds = f + h ,
(29)
ε
ε 0
v(0) = v 0 .
В образах Фурье
d
vk + A(k, ε)vk = fk (t) + hk (t) ,
dt
vk |t=0 = vk0 ,
где
ik
1
A(k, ε)vk = (4ve + we + ue )vk +
ε
ε
– осциллирующая правая часть,
hk (t) =
∫
t
(30)
[eik(t−s) ue − e−ik(t−s) we ]vk ds
0
2 1/2 1/2 ikt 0 2 1/2 1/2 −ikt 0 1
ve ue e wk + ve we e uk + (we e−ikt + ue eikt )vk0
ε
ε
ε
и для некоторого µ > 0 функция fk (t) ∈ L2,γ,0>γ>−µε , где
∫ ∞
2
∥g(t)∥L2,γg (R+ ) =
e−2γg t |g(t)|2 dt .
0
Заметим, что этот оператор возникает при исследовании старших мод |k| ̸= 0, т.е.
k ∈ Z0 . Поэтому, в дальнейшем, мы будем считать, что целое k ̸= 0.
Далее, положим vk = yk + e− ε (4ve +we +ue )t vk0 . Тогда
∫
1
ik t ik(t−s)
d
yk + (4ve + we + ue )yk +
[e
ue − e−ik(t−s) we ]yk ds =
Tk yk ≡
dt
ε
ε 0
1
(1)
(2)
= fk (t) + gk (t) + gk (t) ,
(31)
yk |t=0 = 0 ,
(1)
gk (t)
(
) 1
ik ue
ik we
=
+
e− ε (4ve +ue +we )t vk0 ∈ L2,γ (R+ )
4ve + ue + we + iεk 4ve + ue + we − iεk
для любого γ > − 1ε (4ve + ue + we ) и для любого γg > 0
[
]
ik we
ik ue
(2)
ikt
−ikt
e +
e
gk (t) = −
vk0 + hk (t) ∈ L2,γg (R+ )
4ve + ue + we + iεk
4ve + ue + we − iεk
160 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
– измененная осциллирующая правая часть.
Сделав преобразование Лапласа по t, получим
[
]
1
ik/ε
ik/ε
g
g
(1)
(2)
p + (4ve + we + ue ) +
ue −
we yek (p) = fk (p) + gk (p) ,
ε
p − ik
p + ik
(1)
(1)
где fk (t) = fk (t) + gk . Введем символ
σ(p) =
Σ(p, k; ε)
,
p2 + k 2
1
ik
4k 2
2
Σ(p, k; ε) = (p + k )p + (4ve + we + ue )p + (ue − we )p +
ve .
ε
ε
ε
Формально мы можем написать преобразование Лапласа по t решения уравнения (31)
2
2
g
(1)
(p2 + k 2 )(fk (p))
yek (p, k) =
+
1
ik
4k 2
2
2
2
(p + k )p + (4ve + we + ue )p + (ue − we )p +
ve
ε
ε
ε
g
(2)
(p2 + k 2 )gk (p)
, ℜp > 0 .
+
1
ik
4k 2
2
2
2
(p + k )p + (4ve + we + ue )p + (ue − we )p +
ve
ε
ε
ε
(32)
Чтобы получить оценки этого решения в соболевских нормах, приведем сначала
широко известные факты, которые мы будем использовать в дальнейшем.
Определение 2. Назовем пространством Харди H2 (ℜp > γ, H) класс вектор-функций
fg
(p) со значениями в сепарабельном гильбертовом пространстве H, голоморфных в полуплоскости {p ∈ C : ℜp > γ > 0}, для которых
∫ +∞
^
sup
∥f (x
+ iy)∥2H dy < ∞ , p = x + iy .
x>γ
−∞
Сформулируем теорему Пэли-Винера для пространств Харди.
Теорема (Пэли-Винера).
1. Пространство H2 (ℜp > γ, H) совпадает с множеством вектор-функций(преобразований
Лапласа), допускающих представление
∫ ∞
1
g
f (p) = √
ept f (t)dt
(33)
2π 0
для f (t) ∈ L2,γ (R+ , H), p ∈ C, ℜp > γ > 0.
2. Для любой вектор-функции fg
(p) ∈ H2 (ℜp > γ, H) существует единственное представление (33), где вектор-функция f (t) ∈ L2,γ (R+ , H), причем справедлива формула
обращения
∫ ∞
1
^
+ iy)dy, t ∈ R+ , γ > 0 .
e(γ+iy)t f (γ
f (t) = √
2π −∞
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 161
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
3. Для вектор-функций fg
(p) ∈ H2 (ℜp > γ, H) и f (t) ∈ L2,γ (R+ , H), связанных соотношением (33), справедливо равенство
∥fe∥2H2 (ℜp>γ,H) ≡ sup
x>γ
∫
=
∞
∫
+∞
−∞
^
∥f (x
+ iy)∥2H dy =
e−2γt ∥f (t)∥2N dt ≡ ∥f ∥2L2,γ (R+ ,H) .
0
Если мы установим, что функция yek в (32) такова, что pyek , yek и Ak yek принадлежат пространству Харди fg
(p) ∈ H2 (ℜp > γ) при некотором γ ∈ R, то по теореме
Пэли-Винера функции dtd yk и Ak yk принадлежат пространству L2,γ (R+ ) и, следователь1
но, yk (t) ∈ W2,γ
(R+ ; A). Отсюда следует разрешимость уравнения (31) в пространстве
1
W2,γ (R+ ; A). Здесь
∥u∥2W 1 (R+ ;A)
2,γ
=
d 2
+ u
dt W 1
∥u∥2L2,γ (R+ )
+ ∥Au∥2L2,γ (R+ ) .
2,γ (R+ )
Нам нужны оценки символа σ(p, k; ε) снизу. Докажем его строгую устойчивость то
есть, что его корни находятся в левой полуплоскости ℜp < 0 параметра p.
Лемма 1. Существует µ > 0 такое, что равномерно по k ∈ Z0 имеет место
|Σ(p, ε, k)| > c0 > 0, ∀k ∈ Z, p ∈ C, ℜ p > −µ0 ε, 0 < µ0 < 1.
1). Сначала рассмотрим случай, когда ue = we . Тогда
Σ0 (p, k; ε) = (p2 + k 2 )p +
или
1
4k 2
(4ve + we + ue )p2 +
ve = 0
ε
ε
(
)
(
)
1
4
2
2
p + (4ve + we + ue ) p = −k p + ve .
ε
ε
Очевидно (из изучения графика), это уравнение имеет ограниченную ветвь корня
pR (k, ε) ∈ (− 1ε (4ve + we + ue ), − 4ε ve ), которая монотонно возрастает от pR (0) = − 1ε (4ve +
we + ue ) к pR (k) → − 4ε ve , k → +∞. Есть еще две комплексно сопряженных ветви с
вертикальными асимптотами p± (k, ε) = ±ik + κR + O( k1 ), где
κR = −
1
(ue + we ) .
2ε
Покажем, что эти ветви при |k| > 0 не пересекают мнимой оси. Если p = iy, y ∈ R, y ̸=
0 имеем
4k 2
1
ve = 0 ,
i(k 2 − y 2 )y − (4ve + we + ue )y 2 +
ε
ε
162 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
т.е.
k 2 − y 2 = 0 , y 2 = 4k 2
ve
.
(4ve + we + ue )
Эта система не имеет вещественных решений, поскольку
4ve
̸= 1 .
(4ve + we + ue )
Отсюда следует, что
Σ0 (p, k; ε) ̸= 0, ∀p ∈ C, ℜ p > 0 .
2). Теперь проверим устойчивость символа Σ(p, k, ε). Для этого покажем, что корни
находятся в левой полуплоскости параметра p. Сначала, также как выше, покажем что
ветви корней не пересекают мнимой оси. Для p = iy, y ∈ R, k ̸= 0 имеем
i(k 2 − y 2 )y −
1
k
4k 2
(4ve + we + ue )y 2 − (ue − we )y +
ve = 0 ,
ε
ε
ε
т.е.
k
4k 2
1
k 2 − y 2 = 0, − (4ve + we + ue )y 2 − (ue − we )y +
ve = 0 ,
ε
ε
ε
из второго уравнений получаем
k 2 [±(ue − we ) + (we + ue )] = 0 =⇒ 2ue = 0 или 2we = 0 ,
что невозможно, поскольку we > 0, ue > 0. Таким образом, ветви не пересекают мнимой
оси, если |k| ̸= 0.
Теперь разделим полином Σ на p(p2 + k 2 ). После простых преобразований получим
(
)
Σ
1 1 ik
1
1
= 1 + Le +
ue
− we
.
p(p2 + k 2 )
ε p
ε
p(p − ik)
p(p + ik)
Откуда
(
ℜ
Σ
p(p2 + k 2 )
)
=
(
)
1
1
1
1
+ ue
+ we
.
= 1 + ℜp 4ve
ε
(ℜp)2 + (ℑp)2
(ℜp)2 + (ℑp − k)2
(ℜp)2 + (ℑp + k)2
(
Имеем
ℜ
Σ
2
p(p + k 2 )
)
> 1, ∀p, ℜp > 0 .
В случае ℜp < 0 и min(|ℑp|, |ℑp + k|, |ℑp − k|) > δ > 0, δ < 1, имеем
(
)
Σ
Le
1
1
ℜ
> 1 − |ℜp| 2 > ,
2
2
p(p + k )
ε
δ
2
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
если |ℜp| <
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 163
ε δ2
. Отсюда
2 Le
|Σ| >
1
1
ε δ2
|p||p2 + k 2 | > δ 2 , ∀p, ℜp < 0, |ℜp| <
.
2
2
2 Le
(34)
Далее рассмотрим прямые p = −γ + iy, γ = εµ1 > 0. Тогда
y(k 2 − y 2 ) = µ1 [2(4ve + we + ue )y + k(ue − we ) − 2µ1 ε2 y] ,
(35)
(4ve + we + ue )y 2 + k(ue − we )y − 4k 2 ve = ε2 µ1 [(k 2 + µ2 ) − 3y 2 + (4ve + we + ue )µ1 ] .
Теперь рассмотрим случай, когда ℜp > −µ1 ε, |ℑp| 6 δ или |ℑp − k| 6 δ < 1 или
|ℑp − k| 6 δ и k ∈ Z0 . Для больших k, |k| > k∗ , k∗ ≫ 1 в силу (34) для двух волновых
ветвей корня полинома Σ(p; k, ε) = 0 с вертикальными асимптотами асимптотика: p =
+
−
−1
±ik + κ±
R + O(|k| ), где κR = −ue /ε, κR = −we /ε. Для ограниченной диффузионной
ветви (ℜpD < 0 имеет место асимптотика p = −4ve /ε + O(|k|−1 ). Отсюда следует, что
для ℜp > −µ1 ε, |ℑp| 6 δ или |ℑp − k| 6 δ < 1 или |ℑp − k| 6 δ и k ∈ Z0 система (35) не
имеет вещественных решений для любых ε 6 1 и достаточно малого µ1 = µ(δ, ε) > 0,
поскольку для конечных |k| 6 k∗ этот результат следует из исследования случая p =
iy, y ∈ R, k ̸= 0.
Таким образом, равномерно по k ∈ Z0 имеем
1
|Σ(p, ε, k)| > c0 > 0, ∀p ∈ C, ℜ p > − µ1 ε . 2
Теперь уточним полученную выше оценку.
Лемма 2. Существуют положительные µ0 ∈ (0, 1), c0 > 0 такие, что равномерно по
k ∈ Z0
p sup (36)
6 c0 ,
ℜp>0 σ(p, k)
для любых ℜp > −µε.
Для этого оценим снизу функцию Zk (p) = σ(p, k)/p. Имеем
ε Zk (p) =
ε(p2 + k 2 )p + (4ve + we + ue )p2 + ik(ue − we )p + 4k 2 ve
=
p(p2 + k 2 )
= ε + (ve + we )
1
1
1
+ (ve + ue )
+ 4ve .
p + ik
p − ik
p
Следовательно,
εℜ Zk (p) = ε + ℜp
(
)
(ve + we )
(ve + ue )
4ve
+
+
.
(ℜp)2 + (ℑp + k)2 (ℜp)2 + (ℑp − k)2 (ℜp)2 + (ℑp)2
164 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
Откуда следует, что
ℜ Zk (p) > 1, ℜp > 0
и требуемая оценка.
Теперь посмотрим поведение |Zk (p)| в окрестности ℜp = 0.
1
0 < µ1 6 , |ℑp − k| > µ1 , |ℑp + k| > µ1 , k > 1, то
2
|εℜ Zk (p)| > ε −
Если |ℑp| > µ1 ,
1
1
1
|ℜp|(µ21 (10ve + we ) + (ve + ue )) > ε − 2 |ℜp|(11ve + ue + we ) > ε ,
2
µ1
µ1
2
если
|ℜp| 6
µ21 ε
.
2(11ve + ue + we )
В случае |ℑp − k| 6 µ1 , |ℜp| 6 µ2 ε имеем
p 1
(|ℜp|2 + 4k 2 − µ31 )1/2 (|ℜp|2 + k 2 − µ31 )1/2
2
2
6
(|ℜp|2 + µ21 )1/2 ,
6 |p||p + k |
2
2
σ(p, k)
|Σ(p, k)|
c0 (|p| + k )
если в этой области |Σ(p, k)| > c0 (|p|2 + k 2 ). Последнее неравенство есть следствие следующей леммы:
Лемма 3. Существуют µ1 , 0 < µ1 < 0; c0 > 0 такие, что равномерно по k ∈ Z0
выполняется
|Σ(p, k, ε)| > c0 (|p|2 + k 2 ), ℜp > −µ1 ε .
(37)
1) Начнем с области {κ0 ℜp > |ℑp|. Здесь оценим главную часть символа Σ(p, k, ε).
Покажем, что в этой области |p(p2 + k 2 )| > c1 (|p|2 + k 2 ) при |p| > c0 для достаточно
большого c0 = c0 (κ0 ) ≫ 1.
Положим p = y(±i+µ), y > R0 , µ > κ0 . Рассмотрим три случая: min{|y−k|, |y+k|} >
δk, |y − k| 6 δk и |y + k| 6 δk, где 0 < δ < 1, k > 1. Случай целых k 6 −1 исследуется
таким же образом.
В первом случае
|p(p2 + k 2 )| = |y||i + µ|(µ2 y 2 + δ 2 k 2 ) >
}
{
}
{
µ2
µ2
2
2
2 1/2
2
2
(|p| + k ) > R0 (1 + µ ) min δ ,
(|p|2 + k 2 ) .
> |y||i + µ| min δ ,
1 + µ2
1 + µ2
Во втором случае |y| > (1 − δ)k. Тогда
|p(p2 + k 2 )| > |y|(1 + µ2 )1/2 µ|y|(µ2 y 2 + (2 − δ)2 k 2 )1/2 >
(
)1/2
{
}
1
R0 µ min{µ2 , (2 − δ)2 }
min (1 + µ2 )1/2 , (1 + µ2 )1/2 (1 − δ) (|p|2 + k 2 ) .
2
Теперь выберем R0 = R0 (κ0 ) из условия
{
{
}
[
µ2
2 1/2
2
R0 min min (1 + µ ) min δ ,
,
µ>κ0
1 + µ2
>
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 165
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
}
)1/2
{
}
1 (
2
2
2 1/2
2 1/2
min{µ , (2 − δ) }
min (1 + µ ) , (1 + µ ) (1 − δ)
>
2
(ue − we )
ve
1
2
2
> (4ve + we + ue ) max
p + 4k
p + ik
.
2
2
|p| +k =1
ε
(4ve + we + ue )
(4ve + we + ue )
Третий случай рассматривается аналогично.
2) Рассмотрим случай |ℑp| > κ0 |ℜp|, и |ℜp| 6 µ1 ε. Напомним, что все оценки проводятся для |k| > 1.
a) Начнем со случая ℜp = 0. Тогда
ℑ(Σ(p, k; ε))|ℜp=0 = ℑp(k 2 − (ℑp)2 )2 ,
)
1(
(4ve + we + ue )(ℑp)2 + k(ue − we )ℑp − 4k 2 ve .
ε
Пусть для определенности k > 1. Рассмотрим три случая, когда ℑp − k > δk,
k > (1 − δ)ℑp > 0 или |ℑp − k| 6 δk.
В первом случае
[
]
1 1
2
2 2
2
2
|ℑp(k − (ℑp) ) | >
δk|ℑp| (|ℑp| + (2 + δ)k) + δ |ℑp|k >
2 2
{
}
1
1
2
> min
δ , δ (|ℑp|2 + k 2 ) .
2
2
ℜ(Σ(p, k; ε))|ℜp=0 =
Во втором случае используем тот факт, что также как выше, если |ℑp ± k| > δ|k|,
0<δ<1
|ℑp(k 2 − (ℑp)2 )2 | > δ 2 , |ℑp| k 2 >
1 2
δ |ℑp|(1 − δ)2 (k 2 + |ℑp|2 ) .
2
Отсюда следует, что для |ℑp| > c1 имеем
|ℑp(k 2 − (ℑp)2 )2 | >
1 2
δ c1 (1 − δ)2 (k 2 + |ℑp|2 ) .
2
В третьем случае |ℑp| > (1 − δ)k, ℑp 6 (1 + δ)k и
1
|ℜ(Σ(p, k; ε))||ℜp=0 > [2ue − (4ve + we + ue )(2 + δ)δ − |ue − we |δ)]k 2 >
ε
1
1
1
ue k 2 >
ue (k 2 + (2 + δ)−2 |ℑp|2 ) >
ue (2 + δ)−2 (k 2 + |ℑp|2 )
ε
2ε
2ε
для достаточно малого δ.
В тоже время, для достаточно малого c1 при |ℑp| 6 c1
>
1
1
|ℜ(Σ(p, k; ε))||ℜp=0 = |4ve + we + ue )(ℑp)2 + k(ue − we )ℑp − 4k 2 ve | > k 2 ve , |k| > 1 .
ε
ε
166 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
Следовательно,
|Σ(p, k; ε)||ℜp=0 > c0 (k 2 + |ℑp|2 ), |ℑp| > 0, |k| > 1.
Отсюда вытекает существование достаточно малого µ1 > 0 такого, что
|Σ(p, k; ε)| > c0 (µ1 )(|p|2 + k 2 )
для |ℑp| > κ0 |ℜp|, |ℜp| 6 µ1 ε.
b) Теперь рассмотрим случай |ℑp| > κ0 ℜp, ℜp > µ1 ε. Заметим, что корни полинома
(4ve + we + ue )p2 + ik(ue − we )p + 4k 2 ve = (4ve + we + ue )(p − p+ )(p − p− ) = 0
чисто мнимые
p± = i
√
k
(−(ue − we ) ± (ue − we )2 + 16ve (4ve + we + ue )) = ikh± .
2(4ve + we + ue )
Положим p = kz, B = 1ε (4ve + we + ue ). Тогда
(
)
2
+
−
Σ(p, k, ε) = k k z(z + i)(z − i) + B(z − ih )(z − ih ) .
Рассмотрим случай Ω+ = {ℑp > κ0 ℜp, ℜp > µ1 ε}(случай ℑp < −κ0 ℜp,
анализируется аналогично). В Ω+ имеем
ℜp > µ1 ε
1
|z(z + i)(z − i)| > µ1 ε|z|(|z|2 + 1)1/2 > √ µ21 ε2 (|z|2 + 1) .
2
Отсюда
)
1 2 2 2
−
2
√
|Σ(p, k, ε)| > k k
µ1 ε (|z| +1)−B max(1, |h |)(|z|+1) > c0 k 2 (|z|2 +1) = c0 (|p|2 +k 2 )
2
√
для достаточно большого |k| > 2 2B max(1, |h− |)(µ1 ε)−2 .
Теперь рассмотрим случай |ℑp| > κ0 ℜp, ℜp > µ1 ε и 1 6 |k| 6 k0 . Тогда
+
− 1
(z
−
ih
)(z
−
ih
)
3
>
|Σ(p, k, ε)| = k |(z + i)(z − i)| z + B
k
(z + i)(z − i) +
− 1
1
(z
−
ih
)(z
−
ih
)
.
> √ µ1 ε(|z|2 + 1) z + B
k
(z + i)(z − i) 2
2
(
Очевидно, что в области Ω+
1 (z − ih+ )(z − ih− ) = c1 > 0 .
min z + B
z∈Ω+ k
(z + i)(z − i) Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 167
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Отсюда
1
c1 1
|Σ(p, k, ε)| > c1 √ µ1 ε(|z|2 + 1) > 2 √ µ1 ε(|p|2 + k 2 ) .
k0 2
2
Суммирование полученных оценок приводит к неравенству (37). Лемма 4. Для µ > 0 из предыдущей леммы справедлива следующая оценка
A(p,
e ε, k) 6 c1 , ∀k > 0, p ∈ C, ℜp > −µε,
σ(p, ε, k) (38)
равномерно по k ∈ Z0 .
В силу оценки (37) имеем
A
1
(4ve + we + ue )p2 + ik 1ε (ue − we )p + 4k 2 1ε ve
e ε
6 c1 . = 2
σ(p, k) (p + k 2 )p + 1ε (4ve + we + ue )p2 + ik 1ε (ue − we )p + 4k 2 1ε ve Разрешимость интегро-дифференциального уравнения.
(1)
Теорема 2. Пусть функция fk ∈ L2,γf (R+ , H), γf > −µε и g (2) = 0. Тогда для
1
любого γ > γf задача (31) однозначно разрешима в пространстве W2,γ
(R+ , A) и для ее
решения справедлива равномерная по k оценка
(
)
0
1 (R ,A) 6 d ∥fk ∥L
∥yk ∥W2,γ
(39)
2,γ (R+ ) + |vk |
+
с постоянной d, не зависящей от k и fk , vk0 .
Здесь
d 2
2
∥u∥W 1 (R+ ,A) = + ∥Au∥2L2,γ (R+ ) + ∥u∥2L2,γ (R+ ) .
dt u
2,γ
L2,γ (R+ )
Умножение на аналитическую и ограниченную не выводит из пространства Харди
g
(1)
fk yek
H2 (ℜp > γ, H). Поэтому из fk ∈ H2 (ℜp > −µε) следует, что функции pyek , A
принадлежат пространству Харди H2 (ℜp > −µε) и справедлива оценка
∥Ayk (t)∥2L2,γ (R+ ) + ∥
d
(1)
yk ∥2L2,γ (R+ ) 6 d1 (∥fk ∥2L2,γ (R+ ) + |vk0 |2 ) .
dt
(1)
Отсюда следует искомое неравенство (40) с постоянной d1 , не зависящей от fk , vk0 , k.
Таким образом, мы получили решение yk (t) уравнения в (29). Покажем, что полученное
решение удовлетворяет начальному условию yk (+0) = 0. Замечание. Если функция φ(p) ∈ H2 (ℜp > γ), то для любого R > γ можно найти
последовательность (Rn ), такую что limn→∞ Rn = +∞ и
∫
R
∥φ(x + iRn )∥H dx = 0 .
lim
n→∞
γ
168 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
Очевидно, это есть следствие оценки
)
∫ Rn ( ∫ R
∫ R (∫
2
|φ(x + iRn )| d dy 6
−Rn
γ
∞
−∞
γ
)
∥φ(x +
dy 6 (R − γ)∥φ∥2H2 (ℜp>γ) .
iRn )∥2H d
Из доказанного выше следует, что yk (t) ∈ L2,γ (R+ ), т.е. yek ∈ H2 (ℜp > γ). Тогда по
теореме Пэли-Винера получаем
1
yk (0) = √
lim
2π Rn →∞
∫
Rn
1
yek (γ + ix)dx = √
lim
2π Rn →∞
−Rn
∫
γ+iRn
yek (p)dp .
γ−iRk
Функция yek (p) является аналитической в правой полуплоскости ℜp > γ, следовательно,
по теореме Коши
∫
γ+iRn
yek (p)dp =
(∫
γ−iRn
∫
R+iRn
−
γ−iRn
∫
R
γ−iRn
yek (p)dp =
Rn
−Rn
yek (x − iRn )dx .
R
|yek (x − iRn )|dx = 0 .
lim
n→∞
)
R−iRn
∫
γ
∫
R+iRn
+
yek (x + iRn )dx + i
γ
Согласно замечанию
∫
R+iRn
R
yek (x − iRn )dx −
=
∫
γ
Отсюда
∫ Rn
1
|yek (x − iRn )|dx 6
∥yk (0)∥ 6 √
2π −Rn
∫
)1/2 ( ∫ ∞
1 ( ∞
dx )1/2
2
6√
|(R + ix)yek (R + ix)| dx
6
2
2
2π −∞
−∞ R + x
6 c(R)∥pyek ∥H2 (ℜp>γ) .
Таким образом, при Rk → ∞ получим yk (0) = 0.
Наконец, покажем, что полученное решение vk (t) удовлетворяет уравнению
d
1
ik
yk + (4ve + we + ue )yk +
dt
ε
ε
∫
t
[eik(t−s) ue − e−ik(t−s) we ]yk ds = fk .
(1)
0
Для этого достаточно проверить, что yk (t) есть решение задачи
d
1
ik
yk + (4ve + we + ue )yk +
dt
ε
ε
∫
t
[eik(t−s) ue − e−ik(t−s) we ]yk ds = fk ,
0
yk (0) = 0.
(1)
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 169
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
По теореме Пэли-Винора
1
yk (t) = lim √
R→+∞
2π
1
= lim √
R→+∞
2π
∫
R
−R
∫
g
(1)
σ(γ + ix, k, ε)−1 [fk (γ + ix)]e(γ+ix)t dx =
γ+iR
g
(1)
σ(p, k, ε)−1 [fk ] ept dp, γ > −µε .
γ−iR
Отсюда получаем
d
1
yk (t) = lim √
R→+∞
dt
2π
∫
γ+iR
γ−iR
p
g
(1)
[f ] . ept dp ,
σ(p, k, ε) k
γ > −µε .
(40)
Далее, для γ > 0 имеем
1
Ayk (t) = (4ve + we + ue )yk +
ε
∫ t
( ∫ γ+iR
)
1
1
1
g
(1)
ik(t−s)
−ik(t−s)
[e
ue − e
we ]
+ ik lim √
[fk ] esp dp ds =
ε R→+∞ 2π 0
γ−iR σ(p, k, ε)
1
(4ve + we + ue )yk +
ε
∫ γ+iR g
∫
(1)
)
[fk ]ept ( t ik(t−s)
1
1
+ ik
lim √
[e
ue − e−ik(t−s) we ]eps ds dp =
ε R→+∞ 2π γ−iR σ(p, k, ε) 0
∫ γ+iR f pt
1
1
Ak e
g
(1)
=
lim √
[f ] ept dp .
ε R→+∞ 2π γ−iR σ(p, k, ε) k
=
Следовательно,
1
1
Ayk (t) =
lim √
ε R→+∞ 2π
∫
γ+iR 1
ε
γ−iR
[(4ve + we + ue )p2 + ik 1ε (ue − we )p + 4k 2 1ε ve ]ept g
(1)
[fk ] ept dp ,
Σ(p, k, ε)
(41)
γ > −µε ,
поскольку выражение под знаком интеграла не имеет особенностей и для любых γ2 >
0, −µε < γ1 < 0
∫ γ1 +iR 1
[(4ve + we + ue )p2 + ik 1ε (ue − we )p + 4k 2 1ε ve ]ept g
1
1
(1)
ε
lim √
[fk ] ept dp =
ε R→+∞ 2π γ1 −iR
Σ(p, k, ε)
1
1
=
lim √
ε R→+∞ 2π
∫
γ2 +iR 1
ε
γ2 −iR
[(4ve + we + ue )p2 + ik 1ε (ue − we )p + 4k 2 1ε ve ]ept g
(1)
[fk ]ept dp .
Σ(p, k, ε)
Из соотношений (40), (40) вытекает, что функция yk (t) удовлетворяет (31) в случае
(2)
(2)
(2)
gk = 0. Теперь рассмотрим gk . Очевидно gk (t) ∈ L2,γ (R+ ), γ > 0. Преобразование
170 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
Лапласа
g
(2)
gk (p) = −
(
)
ik ue
ik we
+
v0
(4ve + ue + we + iεk)(p − ik) (4ve + ue + we − iεk)(p + ik) k
имеет чисто мнимые полюса p = ±k. Поэтому, также как выше, показываем, что соот(2)
ветствующее решение yk (t) задачи (31)
∫ γ+iR
1
g
(2)
(2)
yk (t) = lim √
Σ(p, k, ε)−1 (p2 + k 2 )gk (p) ept dp, γ > −µε ,
R→+∞
2π γ−iR
g
(2)
поскольку (p2 + k 2 )gk (p) аналитично в полуплоскости ℜp > −µε, и
g
(2)
∥Σ(p, k, ε)−1 (p2 + k 2 )gk (p)∥2H2 (ℜp>γ,H) =
∫
+∞
= sup
x>γ
−∞
g
(2)
|Σ(x + iy, k, ε)|−2 |((x + iy)2 + k 2 )gk (x + iy)|2 dy 6 ∞ .
Отсюда получаем, что для −µε < γ < 0 имеет место
∫ γ+iR
d (2)
1
ik ue vk0
yk (t) = − lim √
ept dp +
Σ(p, k, ε)−1 p(p2 + k 2 )
R→+∞
dt
(4ve + ue + we + iεk)(p − ik)
2π γ−iR
∫ γ+iR
1
ik we vk0
+ lim √
Σ(p, k, ε)−1 p(p2 + k 2 )
ept dp ,
R→+∞
(4ve + ue + we − iεk)(p + ik)
2π γ−iR
поскольку, в силу оценки (37), для −µε < γ
∫ ∞ sup
Σ(p, k, ε)−1 p(p2 + k 2 )
p=ℜp+ix, ℜp>γ
−∞
∫
6
c20 (γ)
p=ℜp+ix, ℜp>γ
∫
= c20 (γ)
∞
sup
∞
sup
p=ℜp+ix1 , ℜp>γ
−∞
−∞
2
ik we vk0
dx 6
(4ve + ue + we − iεk)(p + ik)
k 2 we2 |vk0 |2
dx =
((4ve + ue + we )2 + ε2 k 2 )(γ 2 + (x + k)2 )
k 2 we2 |vk0 |2
1
dx1 6 2 c1 (γ)2 .
2
2
2
2
2
((4ve + ue + we ) + ε k )(γ + x1 )
ε
Следовательно, что, равномерно по k, выполняется
g
g
(2)
(2)
∥pyk ∥H2 (ℜp>γ,H) 6 c∗ |vk0 |, ∥yk ∥H2 (ℜp>γ,H) 6
1
c∗ |vk0 | =⇒ y (2) (0) = 0 ,
(1 + |k|)
(42)
в силу оценки символа Σ(p, k, ε).
Замечание. За счет перехода от системы (10), (21) к системе (70), (23) в правой
части k-моды возникают осцилляции
∑
1
− −ikt
1/2
ikt
e
)
−
εv
e
+
d
ei(k1 −k2 )t dk1 ,k2 ,
hk (t) = (d+
e
k
k
ε
k +k =k, k∈Z
1
2
0
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 171
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
которые определяют часть решения
yk = ξk+ Dk+ + ηk− Dk− ,
(1)
где Dk± = Tk−1 (e±ikt ), для которого
(1)
(1)
Ak yk = Tk yk −
d (1)
d (1)
yk = hk (t) − yk .
dt
dt
Отсюда
(1)
Ak yk − hk (t) ∈ L2,γ;0>γ>−µε (R+ ) .
Оператор Ak на функциях hk (t) действует из L2,γ (R+ ), −µε < γ < 0 в L∞ (R+ ), но не в
L2 (R+ ).
В этом смысле решение можно считать обобщенным. Определим, в каком слабом
смысле мы построили решение задачи (31).
1
Определение 3. Функция yk (t) ∈ W2,γ
(R+ ), γ > −µε, называется обобщенным решением задачи (31), если для любой финитной ψ(t) ∈ C ∞ (R+ ) выполнено интегральное
тождество
∫ ∞
∫ ∞
(1)
(2)
Tk yk (t) ψ(t) dt =
(fk + gk ) ψ(t) dt .
(43)
0
0
Покажем, что построенное формальное решение является обобщенным решением
задачи (31) в сформулированном выше смысле. Действительно, для любой финитной ψ
e аналитичен в полуплоскости ℜp > γψ .
существует γψ < 0, такое что образ Лапласа ψ(p)
Тогда для 0 > γ1 > − min{µε, |γψ |} в силу доказанных свойств решения имеем
∫ ∞
∫ ∞
Tk yk (t) ψ(t) dt =
(e−|γ1 |t Tk yk (t)) (e|γ1 |t ψ(t)) dt =
1
=√
2π
∫
0
∞
−∞
0
e
Tg
k yk (|γ1 | + ix)ψ(−|γ1 | + ix)dx =
∫
=
∞
(e
−|γ1 |t
(1)
(fk
+
(2)
gk )(t)
(e
|γ1 |t
∫
∞
−∞
e(f (1) + g (2) )(|γ1 | + ix)ψ(−|γ
e
1 | + ix)dx =
k
k
∫
∞
ψ(t)) dt =
0
(1)
(2)
(fk + gk )(t) ψ(t) dt .
0
5. Разложение по гладкости
1). Начнем с того, что заменой
{
}
∫
1 t
(m)
(m)
0
2 1/2 (m)
vk = yk + vk exp −
(Le + 3ε ve v0 )ds ,
ε 0
Le = 4ve + we + ue
в системе (25), (26) перейдем к нулевым начальным условиям. Положим
(m)
Gk
= −2ve1/2 ε[B ∗ (v0 , v0 )k + H ∗ (v0 )k + gk ] ,
(m)
(m)
(m)
(m)
172 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
B ∗ (v0 , v0 )k =
(m)
(m)
(
{
}
∫
1 t
0
1/2 2 (m)
= Πm B Πm v exp −
(Le + 3v ε v0 )ds ,
ε 0
})
{
∫
1 t
1/2 2 (m)
0
+
(Le + 3v ε v0 )ds
Πm v exp −
ε 0
k
{
[ ∫ ∞
} ]
∫
∑
1
1 u
ik1 u
i(k2 −k1 )t
1/2 2 (m)
+ Πm
e
Πm k1
e
exp −
(Le + 3v ε v0 )ds du ×
4
ε
0
0
k1 +k2 =k
[ ∫ ∞
{
} ]
∫
1 u
1/2 2 (m)
−ik2 u
×Πm k2
e
exp −
(Le + 3v ε v0 )ds du ∈ L2,γ ,0>γ>−µ0 ε ;
ε 0
0
H
1
+ Πm
4
k
∗
(m)
(v0 )k
(
{
})
∫
1 t
0
1/2 2 (m)
+
= Πm H Πm v exp −
(Le + 3v ε v0 )ds
ε 0
k
( (
∑
e(k2 −k1 )t − 2wk02
1 +k2 =k,k1 ,k2 ,k∈Z0
∫
∞
×
ik1 u
e
0
(
+
(m)
gk
)
1/2
2wk01
we
1/2
ve
+
vk01
∫
Πm k2
−ik2 u
e
0
i (m)
= kv0 vk0
2
∫
∞
ik(t−u)
(e
1/2
ve
1
exp −
ε
−ik(t−u)
−e
t
+ vk02
Π m k1 ×
)
{
}
∫
1 u
1/2 2 (m)
0
exp −
(Le + 3v ε v0 )ds vk1 du +
ε 0
{
∞
)
1/2
we
∫
}
u
(Le +
(m)
3v 1/2 ε2 v0 )ds
vk02 du ∈ L2,γ ,0>γ>−µ0 ε ,
0
{
}
∫
1 u
1/2 2 (m)
) exp −
(Le + 3v ε v0 )ds du ∈ L2,γ ,0>γ>−µ0 ε ,
ε 0
[
{
} ]
∫ ∞
∫
1 u
1(
0
ik1 u
1/2 2 (m)
Πm k1 vk1
e
exp −
(Le + 3v ε v0 )ds du ×
bk1 ,k2 =
2
ε 0
0
[
{
} ]
∫ ∞
∫
1 u
0
−ik2 u
1/2 2 (m)
× Π m k 2 vk 1
e
exp −
(Le + 3v ε v0 )ds du −
ε 0
0
(
−
2wk02
(
+
2wk01
)
1/2
we
1/2
+
ve
vk02
1/2
ve
∞
)
+
vk01
ik1 u
e
Πm k1
0
1/2
we
∫
∫
Πm k2
∞
e
0
{
}
∫
1 u
1/2 2 (m)
exp −
(Le + 3v ε v0 )ds vk01 du +
ε 0
−ik2 u
}
{
∫
)
1 u
1/2 2 (m)
(Le + 3v ε v0 )ds vk02 du ;
exp −
ε 0
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 173
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
(m)
c±
k (v0 )
∫
=
{
∞
e
∓ikt
0
1
exp −
ε
∫
}
t
(Le +
(m)
3v 1/2 ε2 v0 )ds
dt ,
0
Тогда
3
d (m) 1
(m)
(m)
(44)
v0 + Le v0 = − ε ve1/2 (v0 )2 −
dt
ε
2
(m)
− 2ε ve1/2 Πm (B(Πm y, Πm y)0 + H(Πm y)0 + H(Πm y, v0 )0 ) +
∑
(m)
+ G0 (t) − εve1/2 Πm
ei(k2 −k1 )t Πm (dk1 ,k2 + bk1 ,k2 ) ,
k1 +k2 =0
(m)
v0 |t=0
(m)
(m) (m)
+
(m)
= −3v 1/2 ε v0 yk
Tk yk
= v00
(1) (m)
+ ve1/2 εv0 Ak yk
(m)
(45)
+ Gk (t)+
1
1 +
(m)
(m)
ikt
1/2 2 (m)
0 − (m)
−ikt
(dk + ve1/2 ε2 v0 ikvk0 c+
+ (d−
−
k (v0 ))e
k + ve ε v0 ikvk ck (v0 ))e
ε
ε
∑
− εve1/2 Πm
ei(k2 −k1 )t Πm (dk1 ,k2 (t) + bk1 ,k2 (t)) −
k1 +k2 =k
−
2ε ve1/2 Πm [B(Πm y, Πm y)k
(m)
+ H(Πm y, v0 )k + H(Πm y)k ] ,
(m)
yk |t=0 = 0 ,
k ∈ Z0 ,
|k| 6 m, k ̸= 0 .
Здесь билинейные операторы B(y (m) , y (m) ), H(y (m) , v (m) ):
∑ [
(m)
(m)
Πm (yk1 )Πm (yk2 )−
B(y (m) , y (m) )k =
k1 +k2 =k
(
)
(
)]
∫ t
∫ t
(m)
(m)
ik1 (t−s) (m)
−ik2 (t−s) (m)
−Πm yk1 − ik1
e
yk1 ds Πm yk2 + ik2
e
yk2 ds , k ∈ Z
0
0
и
H(y
(m)
(m)
, v0 ) 0
(
∑
= Πm
[
{ ∫
exp −
}
t
(4e
v+w
e+u
e+
(m)
5ε3/2 ve1/2 v0 )ds
0
k1 +k2 =0, |k1 |6m,k1 ̸=0
[
]
(m)
(m)
× Πm (vk01 )Πm (yk2 ) + Πm (vk02 )Πm (yk2 ) −
∫ t
(
) (
)
(m)
(m)
(m)
Πm yk1 + ik1
e−ik1 (t−s) yk1 ds Πm vk02 Hk2 ,w (v0 , t) −
0
−
(
)
(m)
Πm vk01 Hk1 ,u (v0 , t)
∫
(
(m)
Π m y k2
t
+ ik2
0
)
(m)
e−ik2 (t−s) yk2 ds +
×
174 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
) (
)])
(
(m)
(m)
.
+ Πm vk01 Hk1 ,u (v0 , t) Πm vk02 Hk2 ,w (v0 , t)
H(y
(m)
(m)
, v0 )k
= Πm
{ ∫
exp −
( ∑ [
×
(m)
Πm (yk1 )
+
+
(m)
Πm (vk01 )Πm (yk2 )
∫
(
(m)
Πm yk1
(
Πm vk01
×
]
Πm (vk02 )
+
(4e
v+w
e+u
e+
(m)
5ε3/2 ve1/2 v0 )ds
0
k1 +k2 =k
[
}
t
− ik1
0
t
+
)
(
)
(m)
(m)
e−ik1 (t−s) yk1 ds Πm vk02 hk2 ,w (v0 , t)
)
(m)
hk1 ,u (v0 , t)
∫
(
(m)
Πm yk2
+ ik2
0
t
(m)
eik2 (t−s) yk2 ds
)])
.
2). Оценим вклад билинейного оператора B(y (m) , y (m) ) в решение, выделив члены,
принадлежащие L2,γ;0>γ>µε (R+ ). Наша цель – получить так называемое разложение по
гладкости
(m)
yk
= Tk−1 Yk
(m)
+ Tk−1 Dk
(m)
(46)
,
Dk± = ξk eikt + ηk e−ikt ,
(m)
(m)
Dk± = Tk−1 (e±ikt ) , Yk
(m)
1
∈ W2,γ;
0>γ>−µ0 ε (R+ ) ,
−
+
где для k < 0 положим ξk = η|k| , ηk = ξ|k| , Dk+ = D|k|
, Dk− = D|k|
. Отсюда ξk Dk+ =
−
+
η|k| D|k|
, ηk Dk− = ξ|k| D|k|
, Dk = D|k| . Заметим, что Tk−1 Dk |t=0 = 0, Tk−1 Yk
Тогда
(m)
(m)
|t=0 = 0.
B(y (m) , y (m) ) = B(T −1 Y (m) , T −1 Y (m) ) + B(T −1 D(m) , T −1 Y (m) ) +
(47)
+ B(T −1 Y (m) , T −1 D(m) ) + B(T −1 D(m) , T −1 D(m) ) .
Начнем со старших мод k ∈ Z0 . Для k, k1 , k2 ∈ Z0 :
∑ (
(m)
(m)
Y k2 −
Yk1 Πm Tk−1
B(T −1 Y (m) , T −1 Y (m) )k =
Πm Tk−1
2
1
(
(m)
Yk1
−Πm Tk−1
1
∫
− ik1
k1 +k2 =k
t
ik1 (t−s)
e
0
(m)
Yk1 ds
Tk−1
1
)
∫
(
(m)
Yk2
Πm Tk−1
2
t
+ ik2
−ik2 (t−s)
e
0
(48)
(m)
Yk2 ds
Tk−1
2
))
.
Лемма 5. Для любых k, k1 , k2 ∈ Z0 , k + k1 + k2 и u, v ∈ WL12,γ;0>γ>µε (R+ ) справедлива
оценка
∥uv∥2L2,γ;0>γ>µε (R+ ) 6
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 175
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
2
)( )
d 2
2π ( d
2
2
2
2
+k
∥u∥
+k
∥v∥
6 2 u
v
L2,γ;0>γ>µε (R+ )
2
L2,γ;0>γ>µε (R+ ) .
dt k dt L2,γ;0>γ>µε (R+ ) 1
L2,γ;0>γ>µε (R+ )
a). Следствием этой леммы является приводимая ниже оценка для первых слагаемых в (47). Во-первых,
∑
∥
Yk2 ∥2L2,γ;0>γ>µε (R+ ) 6
Πm Tk−1
Yk1 Tk−1
2
1
(m)
(m)
k1 +k2 =k, 0<|k|,|k1 ||k2 |6 m
1
6 2 c21
k
∑
k1 +k2 =k, 0<|k|,|k1 ||k2 |6 m
(
d −1 (m) 2
T Y dt k1 k1 2
(m) + k12 Tk−1
Y
k1 1
L2,γ;0>γ>µε (R+ )
L2,γ;0>γ>µε (R+ )
(
d −1 (m) 2
× dt Tk2 Yk2 +
(m)
k22 ∥Tk−1
Yk2 ∥2L2,γ;0>γ>µε (R+ )
1
)
)
×
6
L2,γ;0>γ>µε (R+ )
6
1 4
c
k2 1
∑
(m)
(m)
∥Yk1 ∥2L2,γ;0>γ>µε (R+ ) ∥Yk2 ∥2L2,γ;0>γ>µε (R+ )
k1 +k2 =k, 0<|k|,|k1 ||k2 |6 m
(m)
с постоянной c1 не зависящей от Yk
(m)
Tk−1
Yk1
1
∫
− ik1
t
e
ik1 (t−s)
0
1
∈ W2,γ;0>γ>µε
(R+ ) и k ∈ Z0 ,
(m)
Tk−1
Yk1 ds
1
∫
t
eik1 (t−s)
=
0
d −1 (m)
T Y ds .
ds k1 k1
Далее, из приведенных выше свойств интегро-псевдодифференциального
оператора Tk
∫t
d −1
следует, что символ p(p + ik1 )/Σ(p, k1 ) оператора Ty = 0 eik1 (t−s) ds
Tk1 yds ограничен в
полуплоскости ℜp > γ = −µ0 ε. в силу Лемм 2,3, отсюда следует,что
∫ t
(∫ ∞
)1/2 −1 d (m) d
(m)
−1
ik
(t−s)
−2|γ|t
1
T
sup e
Tk1
Y ds 6
e
dt
6
k1 ds Yk1 ds k1
t>0
0
0
L2,γ;0>γ>µε (R+ )
6
√
(m)
2c1 µ0 /ε ∥Yk1 ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) .
Окончательно получаем
∥B(T −1 Y (m) , T −1 Y (m) )k ∥2L2,γ;0>γ>µε (R+ ) 6
(
6
c41
4µ0
1
+
2
k
ε
)
∑
(m)
(m)
∥Yk1 ∥2L2,γ;0>γ>µε (R+ ) ∥Yk2 ∥2L2,γ;0>γ>µε (R+ ) .
k1 +k2 =k, 0<|k|,|k1 ||k2 |6 m
Доказательство леммы. В образах Лапласа по t получим
∫
2
∫
2
u
e(p − s)e
v (s)ds dp 6
∥uv∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) = sup
γ>−µε
ℜp=γ
ℜs=γ
176 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
∫
∫
)
(
d 2
dp
2
2
+ k1 ∥v∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) sup
6 2 |e
u(p − s)|2 ds +
dt v 2 + k2
|p|
γ>−µε ℜp=γ
ℜs=γ
L2,γ;0>γ>µε (R+ )
∫
) ∞
( d 2
dp
2
2
+
k
∥u∥
.
+ 2∥v∥2L2,γ;0>γ>µε (R+ ) u
2
L
(R
)
+
2,γ;0>γ>µε
dt 2
2
−∞ |p| + k
L2,γ;0>γ>µε (R+ )
Здесь мы воспользовались тем, что (|p|2 + k 2 ) 6 2[(|s|2 + k12 ) + (|p − s|2 + k22 )]. (m)
Для последовательности {fk (t), k ∈ Z0 , |k| 6 m} положим
∑
(m)
∥fk ∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) ,
∥f (m) ∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) =
k∈Z0 , |k|6m
∥f (m) ∥2W 1
2,γ;0>γ>−µ
0ε
∥f (m) ∥2W 1
2,γ;0>γ>−µ
∑
=
(R+ )
k∈Z0 ,|k|6m
∑
=
(R+ ;A)
0ε
(
d (m) 2
f dt k k∈Z0 ,|k|6m
+ |k|
2
L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ )
(
d (m) 2
f dt k L2,γ;0>γ>µε (R+ )
(m)
∥fk ∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ )
)
,
(m)
+ |k|2 ∥fk ∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) +
)
(m)
+ ∥Ak fk ∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) .
Тогда
6 ε c21
∥ε B(T −1 Y (m) , T −1 Y (m) )∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) 6
∑
(m)
(m)
∥Yk1 ∥2L2,γ;0>−γ>−µ0 ε (R+ ) ∥Yk2 ∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) 6
∑
k∈Z0 k1 +k2 =k,0<|k1 |,|k2 |,|k|6m
6 ε c22 ∥Y (m) ∥4L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) .
b). Теперь оценим два следующих члена в (1). Имеем
∑ (
(m)
(m)
Yk2 −
Dk1 Πm Tk−1
J1 = B(T −1 D(m) , T −1 Y (m) )k =
Πm Tk−1
2
1
(
Dk1 − ik1
−Πm Tk−1
1
∫
(m)
(49)
k1 +k2 =k
t
∫ t
))
(
)
−1 (m)
−ik2 (t−s) −1 (m)
ik1 (t−s) −1 (m)
e
Tk2 Yk2 ds ,
e
Tk1 Dk1 ds Πm Tk2 Yk2 + ik2
0
0
k, k1 , k2 ∈ Z0 .
Также как выше
∫ t
∫ t
(
)
(
)
(m)
−1 (m)
−1 (m)
ik1 (t−s) −1 (m)
Πm Tk1 Dk1 − ik1
e
Tk1 Dk1 ds Πm Tk2 Yk2 + ik2
e−ik2 (t−s) Tk−1
Y
ds
=
k2
2
0
= −Πm
(∫
0
t
ik1 (t−s)
e
0
Tk−1
1
( ∫ t
d (m) )
d (m) )
Dk1 ds Πm −
e−ik2 (t−s) Tk−1
Y ds .
2
ds
ds k2
0
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 177
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Из приведенных выше свойств интегро-псевдодифференциального оператора Tk сле(m)
(m)
d
дует, что Tk−1 Dk ∈ L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) и Tk−1 ds
Dk ∈ L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ). Отсюда
(∫
∫ t
d
(m)
−1
ik
(t−s)
1
Dk1 ds 6
sup e
Tk1
ds
t>0
∞
−2|γ|t
e
0
0
)1/2 −1 d (m) T
dt
=
k1 ds Dk1 L2,γ;0>γ>−µ ε (R+ )
)
√
−1 d (m) = 2µ0 /ε Tk1
D ds k1 Оценим таким же образом Tk−1
Dk 1 =
1
(m)
.
L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ )
∫t
d
Dk1 ds. На основании этих оценок имеем
Tk−1
1 ds
(m)
0
∥J1 ∥2L2,γ;0>γ>−µ ε (R+ ) 6
)
6
2c21 µ0
ε
∑
(m)
k1 +k2 =k,k1 ,k2 ,k∈Z0 , |k|,|k1 ||k2 |6 m
(m)
(m)
∥Yk2 ∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) ) (|ξk1 |2 + |ηk1 |2 ) .
c). Наконец, оценим
B(T
−1
D
(m)
,T
−1
D
(m)
[
(m)
(m)
Πm (Tk−1
Dk1 )Πm (Tk−1
Dk2 )−
1
1
∑
)k =
k1 +k2 =k, k1 ,k2 ,k∈Z0 , |k|,|k1 ||k2 |6 m
(
(m)
−Πm Tk−1
Dk1 − ik1
1
∫
t
ik1 (t−s)
e
0
[
∑
=
(∫
)
(m)
Tk−1
Dk1 ds
1
(
(m)
Πm Tk−1
Dk2 + ik2
2
∫
0
t
e−ik2 (t−s) Tk−1
Dk2 ds
2
(m)
)]
=
Πm (Tk−1
Dk1 )Πm (Tk−1
Dk2 )−
1
1
(m)
(m)
k1 +k2 =k, |k|, 0<|k1 ||k2 |6 m
( ∫ t
)]
d (m) )
(m)
−ik2 (t−s) −1 d
−Πm
e
D ds Πm −
e
Tk2
Y ds .
ds k1
ds k2
0
0
∫t
∫t
Решим теперь проблему с членами ik 0 eik(t−s) D+ (s)ds, ik 0 e−ik(t−s) D− (s)ds, которые,
как мы показали выше, не принадлежат L2,γ;0>γ>µε (R+ ). Выделим в них вклад осциллирующей части.
(m)
(m)
Dk2 оценим по Лемме 5. Имеем
Dk1 Πm Tk−1
Слагаемое Πm Tk−1
1
1
t
ik1 (t−s)
Tk−1
1
∥Πm Tk−1
Dk1 Πm Tk−1
Dk2 ∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) ) 6
1
1
(m)
6
(m)
2c21 µ0 (m) 2
(m)
(m)
(m)
(|ξk1 | + |ηk1 |2 ) (|ξk2 |2 + |ηk2 |2 ) .
ε
Далее,
2
∫ t
∫
(m) (m) t −ik (t−s) d −1 ik s
−1 −ik2 s
ik2 (t−s) d
1
1
ξ η
Tk1 (e )ds
e
Tk2 (e
)ds
e
k1 k2
ds
ds
0
0
L2,γ;0>γ>−µ
0 ε (R+ )
6
178 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
µ0
6
ε
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
d −1 ik st 2
T (e 1 )
ds k1
L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ )
∫ t
2
d
−1
ik
(t−s)
−ik
s
2
e 2
T
(e
)ds
k
ds 2
0
6
L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ )
2c21 µ0 (m) 2
(m)
(m)
(m)
(|ξk1 | + |ηk1 |2 ) (|ξk2 |2 + |ηk2 |2 ) .
ε
Здесь мы воспользовались выражением для преобразования Лапласа
(∫ t
)
d
p
−ik2 s
L
eik2 (t−s) Tk−1
(e
)ds
=
.
2
ds
Σ(p, k2 )
0
6
∫t
d −1 −ik2 s
Откуда, в силу Леммы 3, следует, что ∥ 0 eik2 (t−s) ds
Tk2 (e
)ds∥2L2,γ;0>γ>−µ ε (R+ ) 6 c21 .
0
Теперь оценим члены вида
∫ t
(
) ∫ t
d
(m) (m)
−1 −ik1 s
−ik1 (t−s) −1 −ik1 s
I1 = ηk1 ηk2 Tk1 (e
) − ik1
e
Tk1 (e
)ds
eik2 (t−s) Tk−1
(e−ik2 s )ds,
2
ds
0
0
и
∫
I2 =
(m) (m)
ξk1 ξk2
t
−ik1 (t−s)
e
0
∫ t
(
)
d
d −1 ik1 s
−1 ik2 t
ik2 s
Tk1 (e )ds Tk2 (e ) − ik2
(e
)ds
.
eik2 (t−s) Tk−1
ds
ds 2
0
Далее, для определенности, рассмотрим случай k1 , k2 > 0. Тогда
∫ t
ε
−ik1 s
−ik1
e−ik1 (t−s) Tk−1
(e
)ds
=
Tk1 Tk−1
(e−ik1 s )−
(50)
1
1
we
0
[
]
∫
1
1 t ik1 (t−s) −1 −ik1 s
ε d −1 −ik1 s
−1 −ik1 s
T (e
) − Le Tk1 (e
) − ik1 ue
e
Tk1 (e
)ds =
−
we dt k1
ε
ε 0
[
]
∫ t
1
d −1 −ik1 s
ε −ik1 s
−1 −ik1 s
ik1 (t−s) d −1 −ik1 s
=
e
−
ε T (e
) − (Le − ue )Tk1 (e
) + ue
e
T (e
)ds .
we
we dt k1
dt k1
0
Таким образом, осталось оценить только члены вида
∫ t
)
(
(m) (m)
−1 −ik1 t
−ik1 (t−s) −1 −ik1 s
)ds ×
)+ik1
e
Tk1 (e
I3 = ηk1 ξk2 Tk1 (e
0
×
(
(eik2 t )
Tk−1
2
∫
− ik2
t
e
0
ik2 (t−s)
(eik2 s )ds
Tk−1
2
)
=
ε2 i(k2 −k1 )t
ε
(m) (m)
(m) (m)
e
+ ηk1 ξk2 Tk−1
(e−ik1 t ) eik2 t + ηk1 ξk2 Tk−1
(e−ik1 t )Tk−1
(eik2 t )−
1
1
2
ue we
ue
{
(ε
1 d
(m) (m)
−1 −ik1 t
(eik2 s ) −
(eik2 s ) − (Le − we )Tk−1
eik2 s + [ε Tk−1
−ηk1 ξk2 Tk1 (e
)
2
2
ue
ue dt
∫ t
)
d
ik2 s
− we
e−ik2 (t−s) Tk−1
(e
)ds]
+
dt 1
0
(m) (m)
= ηk1 ξk2
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 179
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
∫
1 [ d −1 −ik1 s
−
ε T (e
) − (Le − ue )Tk−1
(e−ik1 s ) + ue
1
we dt k1
d −1 −ik1 s ]
T (e
)ds ×
dt k1
0
}
∫ t
−1 ik2 s
ik2 (t−s) d
T (e )ds .
×
e
ds k2
0
t
eik1 (t−s)
Здесь мы дважды воспользовались (50).
Из приведенных выше оценок следует, что
∥ε B ∗ (Ξ(m) , Υ(m) )k ∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) 6
∑
6 ε c41
(m)
(m)
(m)
(m)
(|ξk1 |2 + |ηk1 |2 ) (|ξk2 |2 + |ηk2 |2 ) ,
k1 +k2 =k, |k1 |,|k2 |,|k|6m,k1 ,k2 ,k̸=0
где
B ∗ (Ξ(m) , Υ(m) )k = B(T −1 D(m) , T −1 D(m) )k − ak (t) ∈ L2,γ;0>γ>−µ0 ε ,
∑
ε2
(m)
ηs(m)
ξs(m)
ei(k2 −k1 )t .
ak (t) =
1
2
ue we
(m)
k1 +k2 =k, |k1 |,|k2 |,|k|6m
Замечание. Для k1 < 0 имеем
1
d
Tk1 y =
y + Le y + i|k1 |
dt
ε
Положим
T|kinv
y
1|
d
1
= y + Le y + i|k1 |
dt
ε
∫
t
(we ei|k1 |(t−s) − ue e−i|k1 |(t−s) )yds .
0
∫
t
(we ei|k1 |(t−s) − ue e−i|k1 |(t−s) )yds .
0
Тогда для k1 < 0 имеем
Tk1 y = T|kinv
y
1|
т.е. Tk−1
= (Tkinv
)−1 .
1
1
Из этого наблюдения можно сделать следующие выводы.
1. Для k1 < 0, k2 < 0
( ∫ t
)( ∫ t
)
(m)
−ik1 (t−s) −1 (m)
e
Tk1 Dk1 ds ik2
eik2 (t−s) Tk−1
D
ik1
ds
=
k2
2
0
(
= i|k1 |
∫
0
t
0
ei|k1 |(t−s) (T|kinv
)−1 D|k1 | ds
1|
(m)
2
)(
∫
t
i|k2 |
0
2
)
−1 (m)
e−i|k2 |(t−s) (T|kinv
)
D
ds
=
|k2 |
2|
ε
ε
η|k2 | ξ|k1 | e(−|k2 |+|k1 |)t + · · · =
η|k | ξ|k | e(k2 −k1 )t + . . . .
ue we
ue we 2 1
2. Для k1 > 0, k2 < 0
)
)( ∫ t
( ∫ t
(m)
−ik1 (t−s) −1 (m)
D
ds
=
eik2 (t−s) Tk−1
ik1
e
Tk1 Dk1 ds ik2
k2
2
=
0
0
180 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
(
=
∫
t
− ik1
e
−ik1 (t−s)
0
−
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
(m)
Tk−1
Dk1 ds
1
)(
∫
t
i|k2 |
0
)
−1 (m)
e−i|k2 |(t−s) (T|kinv
)
D
ds
=
|k2 |
2|
ε2
ε
η|k2 | ηk1 e−|k2 |−k1 + · · · = −
η|k | ηk ek2 −k1 + . . . .
u e we
u e we 2 1
2
3. Для k1 < 0, k2 > 0
( ∫ t
)( ∫ t
)
(m)
−ik1 (t−s) −1 (m)
ik1
e
Tk1 Dk1 ds ik2
eik2 (t−s) Tk−1
D
ds
=
k2
2
0
(
=
0
∫
t
− i|k1 |
i|k1 |(t−s)
e
0
−
(m)
(T|kinv
)−1 D|k1 | ds
1|
∫
)(
t
ik2
0
)
(m)
eik2 (t−s) (Tk−1
D
ds
=
k2
2
2
2
ε
ε
ξk2 ξ|k1 | ek2 +|k1 | + · · · = −
ξk ξ|k | ek2 −k1 + . . . .
u e we
ue we 2 1
Положим
B∗ (Y (m) , Y (m) ) = B(T −1 Y (m) , T −1 Y (m) ) + B(T −1 D(m) , T −1 Y (m) ) + B(T −1 Y (m) , T −1 D(m) ) ,
B ∗ (D(m) , D(m) )k = B(T −1 D(m) , T −1 D(m) )k +
∑
ε2
ue we
ei(k2 −k1 )t ξk2 ηk1 .
(m) (m)
k1 +k2 =k
Тогда B∗ часть B которая переводит
B∗ (Y (m) , Y (m) ) : (L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ))2 7→ L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) ,
и
B ∗ (D(m) , D(m) )k = B(T −1 D(m) , T −1 D(m) )k +
ε2
ue we
∑
ei(k2 −k1 )t ξk2 ηk1 ∈ L2,γ;0>γ>−µ0 ε .
(m) (m)
k1 +k2 =k
Таким образом, в переменных Y (m) , D(m) система (45) записывается в виде
(m)
Yk
=
+ 3v 1/2 ε v0 Tk−1 Yk
(m)
−Dk
(m)
− 3v
1/2
(m)
− ve1/2 εv0 Ak Tk−1 Yk
(m)
(m)
ε v0 Tk−1 Dk
(m)
+
(1)
(m)
(51)
(m)
(m) (1)
ve1/2 εv0 Ak Tk−1 Dk
1
1
ikt
−ikt
0 + (m)
0 − (m)
1/2 2 (m)
1/2 2 (m)
+ (d+
+ (d−
k + ve ε v0 ikvk ck (v0 ))e
k + ve ε v0 ikvk ck (v0 ))e
ε
ε
∑
ε2 (m) (m)
ei(k2 −k1 )t Πm (dk1 ,k2 (t) + bk1 ,k2 (t) +
−εve1/2 Πm
ξk2 ηk1 )
u
e we
k +k =k
1
2
(m)
−2ε ve1/2 Πm [B ∗ (Y (m) , Y (m) )k + B ∗ (D(m) , D(m) )k + H(T −1 Y (m) , v0 )k
(m)
(m)
−2ε ve1/2 Πm [H(T −1 D(m) , v0 )k + H(T −1 D(m) )k ] + Gk (t), k ∈ Z0 ,
+ H(T −1 Y (m) )k ]
|k| 6 m, k ̸= 0 .
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 181
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Заметим, что Tk−1 Dk |t=0 = 0, Tk−1 Yk |t=0 = 0. В силу Лемм 3-5 и приводимой ниже
Леммы 6 получим
∥ε B∗ (Y (m) , Y (m) )k ∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) 6
∑
(m)
6 ε c41
∥Yk1 ∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) ×
(m)
(m)
k1 +k2 =k,|k1 |,|k2 |,|k|6m,k1 ,k2 ,k̸=0
×
(
)
(m)
(m)
(m)
∥Yk2 ∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) + |ξk2 |2 + |ηk2 |2 .
Лемма 6. Аналитические в полуплоскости ℜp > γ; 0 > γ > −µε функции
pQ
1
·
,
Σ p ± ik
pQ
k
·
, Q = p2 + k 2 , ограничены, т.е. существует c0 > 0 такое, что
Σ p(p ± ik)
pQ
pQ
1
k
Σ · p ± ik 6 c0 , Σ · p(p ± ik) 6 c0 , ∀ p ∈ C, ℜp > γ , 0 > γ > −µε .
Действительно, во-первых
pQ
1
1
Σ · p ± ik 6 c0 |p ± ik| ,
pQ
k
k
1
Σ · p(p ± ik) 6 c0 |p| · |p ± ik| ,
|p ± ik| >
|p ± ik| >
1
.
2
1
,
2
|p| >
1
.
2
Далее, в окрестности |p| 6 1/2 имеем
Q pQ
k
k
Σ · p(p ± ik) = Σ · (p ± ik) 6 c1 ,
и в окрестности |p ± ik| 6
|
Точно также
1
2
имеем
pQ
k
k|p − (±ik)|
·
|6
6 c2 .
Σ p(p ± ik)
|Σ|
pQ
1 |p||p − (±ik)|
6 c3 . Σ · ±ik 6
|Σ|
Из доказанного утверждения следует, что указанные функции интегрируемы с квадратом
2 2 )
∫
( pQ
pQ
1 k
+
·
·
sup
Σ p(p ± ik) dp < ∞ .
Σ p ± ik γ1 >γ ℜp=γ1
182 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
Лемма 7. Из приведенных выше оценок частей билинейного оператора B ∗ (Y (m) , Y (m) )
следует равномерная по k априорная оценка
ε2 ∥B ∗ (Y (m) , Y (m) )k ∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε 6
∑
6 εc2B
(m)
(m)
(52)
(m)
(m)
(m)
(m)
[∥Yk1 ∥2L2,γ (R+ ) + |ξk1 |2 + |ηk1 |2 ][∥Yk2 ∥2L2,γ (R+ ) + |ξk2 |2 + |ηk2 |2 ]
k1 +k2 =k, 0<|k1 |,|k2 |,|k|6 m
для любой Y (m) ∈ L2,γ; 0>γ>−µ0 ε .
Более того, справедлива априорная оценка вида
∑
ε2 ∥B ∗ (D(m) , D(m) )k ∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε 6 εc2B
(m)
(m)
(m)
(m)
[|ξk1 |2 + |ηk1 |2 ] [|ξk2 |2 + |ηk2 |2 ]
k1 +k2 =k, 0<|k1 |,|k2 |,|k|6 m
(53)
для любых Ξ(m) , Υ(m) ∈ C m .
6. Нулевая мода
Теперь посмотрим как влияет билинейный оператор
(
Πm B(Πm (v
(m)
), Πm (v
(m)
[
∑
)
)) 0 =
vk1 vk2 −
k1 +k2 =0,|k1 |6m,k1 ̸=0
1 ( (m)
v − ik1
−
4 k1
∫
t
0
(m)
e−ik1 (t−s) vk1 ds
)(
∫
(m)
vk2
)]
(m)
eik2 (t−s) vk1 ds
t
+ ik2
0
на нулевую моду. При условиях на начальные данные (12) и (62), которое мы рассмотрим ниже, когда H(v)0 = d0 = 0, уравнение для нулевой моды принимает наиболее
простой вид
d
1
3
v0 + Le v0 = − ε ve1/2 v02 − 2ε ve1/2 B(v, v)0 ,
dt
ε
2
v0 |t=0 = v00 ,
(54)
{
}
∫t
1
2 1/2 (m)
Для v = v exp − ε 0 (Le + 3ε ve v0 ds dt + y (m) , y (m) |t=0 = 0, положим
0
(m)
G0
H(y
}
{
} )
(
{
∫
∫
1 t
1 t
0
0
2 1/2 (m)
2 1/2 (m)
= B v exp −
(Le + 3ε ve v0 )ds dt, v exp −
(Le + 3ε ve v0 )ds dt ,
ε 0
ε 0
0
(m)
(m)
, v0 )
(
{
1
= B v exp −
ε
∫
}
t
0
(Le +
(m)
3ε2 ve1/2 v0 )ds
0
(
+ B y
,y
{
(m)
(m)
1
, v exp −
ε
)
+
∫
0
t
(Le +
0
(m)
3ε2 ve1/2 v0 )ds
})
.
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 183
Далее, полагая, так же как и выше y (m) = Tk−1 Y (m) + Tk−1 Y (m) , получим
(
)
Πm B(Πm (y (m) ), Πm (y (m) ) =
0
(
∑
=
(Tk−1
Yk1 + Tk−1
Dk1 )(Tk−1
Yk2 + Tk−1
Dk2 ) −
1
1
2
2
(m)
(m)
(m)
(m)
k1 +k2 =0, |k1 |6m,k1 ̸=0
∫ t
)
1 ( −1 (m)
−1 (m)
−1 (m)
−1 (m)
−ik1 (t−s)
−
Tk1 Yk1 + Tk1 Dk1 + ik1
e
(Tk1 Yk1 + Tk1 Dk1 )ds ×
4
0
∫ t
(
)
−1 (m)
−1 (m)
−1 (m)
−1 (m)
−ik2 (t−s)
× Tk2 Yk2 + Tk2 Dk2 + ik2
e
(Tk2 Yk2 + Tk2 Dk2 )ds .
0
Суммируя, изложенное выше, мы можем разложить компоненты билинейного оператора, выделив осциллирующую часть. Тогда B0∗ часть оператора B, которая переводит
B ∗ (Y (m) , Y (m) )0 : (L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ))2 7→ L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) ,
по следующему правилу
B ∗ (Y (m) , Y (m) )0 = B(T −1 Y (m) , T −1 Y (m) )0 +B(T −1 D(m) , T −1 Y (m) )0 +B(T −1 Y (m) , T −1 D(m) )0 .
Далее,
B ∗ (D(m) , D(m) )0 = B(T −1 D(m) , T −1 D(m) )0 − a0 (t) ∈ L2,γ;0>γ>−µ0 ε ,
∑
ε2
(m)
a0 (t) =
ηs(m)
ξs(m)
ei(k2 −k1 )t .
1
2
u e we
(m)
k1 +k2 =0, |k1 |,|k2 |,|k|6m
(m)
Следовательно, несуммируемый в L2 вклад осцилляций определяется функцией a0 .
Функция a(m) ∈ CB1 (R+ ) меняет предельную константу на плюс бесконечности для стандартного уравнения
1
d
(m)
2
vstn + Le vstn = −3ve1/2 ε vstn
− 2ve1/2 ε a0 ,
dt
ε
vstn (0) = v00 .
(55)
(56)
При этом нулевая мода
d
d
(m)
(m)
(m)
(m)
v0 (t) = vstn (t) + ε v0 (t), v0 (t) ∈ L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) .
Мы потребуем, чтобы a(m) (t) ∈ CB1 (R+ ) была гладкой ограниченной функцией. Тогда
стандартное уравнений имеет глобальное решение
)
(
(m)
(m)
(m)
vstn (t) = v+ (t) − (3ve1/2 ε2 )−1 Le + 2v+ (t) ×
184 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
{
(
× 1 + exp
∫
t
3ve1/2 ε
(
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
(3ve1/2 ε2 )−1 Le
+
)
(m)
2v+ (t) ds
}
+τ
)−1
+ z (m) (t)
, τ ∈R
0
такое, что
(m)
sup et |vstn (t)|
t>0
(m)
6 C0 , стабилизирующееся при t → +∞ к функции v+ (t),
z (m) (t) ∈ L2,γ;0>γ>−µ0 ε . Параметр τ находим из условия
)(
)−1
(
(m)
(m)
= v00 .
v+ (0) − (3ve1/2 ε2 )−1 Le + 2v+ (0) 1 + eτ
(m)
(m)
Здесь y = vstn (t) − v+ (t) решение уравнения
Ly =
d
1
(m)
y + Le y − 3ve1/2 ε y(y − 2v+ (t)) = 0 .
dt
ε
Если
{
})
∫ t
(
)(
−1
)
( 1/2 2 −1
(m)
(m)
1/2 2 −1
1/2
y = − (3ve ε ) Le +2v+ (t) 1+exp 3ve ε
,
(3ve ε ) Le + 2v+ (t) ds + τ
0
то
{
})
∫ t
−1
)
( 1/2 2 −1
d (m) (
(m)
1/2
∈ L2,γ;0>γ>−µ0 ε
Ly = −2 v+ (t) 1+exp 3ve ε
(3ve ε ) Le + 2v+ (t) ds + τ
dt
0
при условии
(3ve1/2 ε2 )−1 Le − 2 sup |v+ (t)| > µ0 ε .
(m)
t>0
(t) ∈ L2,γ;0>γ>−µ0 ε ,
{
})
∫ t
−1
)
( 1/2 2 −1
d (m) (
(m)
1/2
= −2 v+ (t) 1+exp 3ve ε
(3ve ε ) Le + 2v+ (t) ds + τ
∈ L2,γ;0>γ>−µ0 ε
dt
0
Невязку z
Lz (m)
(m)
будем искать, так же как во введении.
(m)
Частное решение v+ (t) будем искать как решение задачи
d (m)
1
(m)
(m)
(m)
v+ (t) + Le v+ (t) − 3ve1/2 ε (v+ )2 (t) + 2ve1/2 ε a0 = O(m−1 ) .
(57)
dt
ε
∑
(m)
Для a0 (t) = |k|62m, k̸=0 hk eikt , |hk | 6 |k|−1−σ , σ > 1, решение будем искать в виде
∑
(m)
v+ (t) = |k|6m, k̸=0 ck eikt . Тогда
1/2
3ve ε
ck = −
Положим A =
∑
k
∑
ck1 ck2
k1 +k2 =k
1
ik + Le
ε
+
hk
.
1
ik + Le
ε
(58)
|k|σ |hk |. Разрешимость системы (58) есть следствие утверждения:
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 185
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
∑
Лемма 8. Пусть A = k, |k|>1 |k|σ |hk | < ∞, hk ∈ C, для некоторого σ > 1 и для семейства билинейных
∑ квадратичных форм Bm (u, u) равномерно по m справедлива оценка |Bm (c, c)k | 6
k1 +k2 =k |ck1 ||ck2 |. Тогда для любого m > 1 система билинейных уравнений
ck = ε(hk + B(c, c)k ) ,
(59)
k = 1, . . . , m,
имеет решение (c1 , . . . , cm ) ∈ C m , для которого равномерно по m и k справедлива оценка
(
)
A
|ck | 6 ε |hk | + σ ,
k = 1, . . . , m ,
(60)
|k|
если
ε2 8cA 6 1 ,
c=
∑ 1
.
|k|σ
k∈Z
0
(j)
(j)
Фиксируем m. Тогда для приближений (c1 , . . . , cm ) ∈ C m :
(j)
ck = ε[hk + B(c(j−1) , c(j−1) )k ] ,
k = 1, . . . , m ,
(0)
ck = 0, k = 1, . . . , m, справедлива оценка (60), поскольку в силу индукции
(
)(
ε2 ∑ [( σ
A )
(j)
|ck | 6 ε |hk | + σ
|k1 | |hk1 | + A |hk2 | +
+
|k| k +k =k
|k2 |σ
1
2
)
)]
(
)
A
+ |k2 |σ |hk2 | + A |hk1 | +
6
|k1 |σ
(
)
(
)
2
A
2 8cA
6 ε |hk | + ε
6 ε |hk | + σ ,
|k|σ
|k|
(
если ε2 8cA 6 1. Из ограниченности приближений следует существование решения (c1 , . . . , cm ) ∈ C m
системы (59), для которого справедлива оценка (60).
Замечание. Для оценки |kck |, k ∈ Z0 , умножим (60) на |k|. Тогда
(
)
(
)
∑
∑
∑
|kck | 6 ε |khk | + |k|
|ck1 ||ck2 | 6 ε |khk | +
|k1 ck1 ||ck2 | +
|ck1 ||k2 ck2 | 6
k1 +k2 =k
k1 +k2 =k
(
)
∑
6 ε |khk | + 2
k1 +k2 =k
|k1 ck1 ||k2 ck2 | .
k1 +k2 =k
Следовательно,
(
A1 )
|kck | 6 ε |khk | + σ ,
|k|
A1 =
∑
k
|k|1+σ |hk | < ∞ ,
186 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
если
16ε2 cA1 6 1 .
(m)
Для функции v+ (t) =
= 2ve1/2 ε
∑
|k|6m, k̸=0 ck e
ikt
имеем
d (m)
1
(m)
(m)
(m)
v+ (t) + Le v+ (t) + 3ve1/2 ε (v+ )2 (t) + 2ve1/2 ε a0 =
dt
ε
[( ∑
)2
∑
ikt
1/2
ikt
hk e + 3ve ε
ck e
−
|k|6m, k̸=0
m<|k|62m, k̸=0
−
]
ck1 ck2 eikt = O(m−1 ) .
∑
k1 +k2 =k, |k1 |,|k2 |,|k|6m
(m)
В зависимости от знака a0 нулевая мода либо проскакивает состояние равновесия либо не доходит до него. Решение стремится к нулю экспоненциально только при
условии a(m) = 0. В случае a(m) ̸= 0 мы имеем только устойчивость по Ляпунову в
окрестности состояния равновесия.
В переменных Y (m) , D(m) уравнение для нулевой моды
(
)
d (m) 1
3 2 1/2 (m) (m)
(m)
v0 +
L e − ε ve v0
v0 + 2εve1/2 a0 =
(61)
dt
ε
2
= G0 − 2ε ve1/2 H(T −1 Y (m) , v0 )0 − 2ε ve1/2 B ∗ (Y (m) , Y (m) )0 ,
[ (
{
}
∫
1 t
(m)
1/2
0
1/2 2 (m)
G0 = −2ve ε B v exp −
(Le + 3v ε v0 )ds ,
ε 0
})
]
{
∫
1 t
0
1/2 2 (m)
∗
(m)
(m)
−1 (m) (m)
(Le + 3v ε v0 )ds
+ B (D , D )0 + H(T D , v0 )0 .
v exp −
ε 0
0
(m)
(m)
7. Условия несекулярности
Как видно здесь за счет взаимодействия появляется члены с ei(k2 −k1 )t . Образ Лапласа решения с такой правой частью не будет аналитичен в полуплоскости ℜp > −µε.
Появляются полюса в точках p = i(k2 − k1 ). Мы должны потребовать выполнения дополнительного условия на начальные данные мод любого порядка:
)(
)
(
1/2
1/2
w
u
1
e
e
2wk02 1/2 + vk02
2u0k1 1/2 + vk01 = 0 ,
dk1 ,k2 =
2
ve
ve
+
1/2
1/2 0
1/2 0
1/2
1/2 0
1/2 0
d−
k = we (2ue uk + ve vk ) = dk = ue (2we wk + ve vk ) = 0 ,
т.е. потребуем, чтобы
1/2 0
1/2 0
1/2
1/2 0
0
we1/2 (2u1/2
e uk + ve vk ) = ue (2we wk + ve vk ) = 0 ,
k ∈ Z0 .
(62)
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 187
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Тогда
{
} )
∫
(∫ ∞
1 t
1
0
0
ik1 t
1/2 2 (m)
e exp −
(Le + 3v ε v0 )ds dt ×
bk1 ,k2 = − (ik1 vk1 )(ik2 vk2 )
2
ε 0
0
{
} )
∫
(∫ ∞
1 t
−ik2 t
1/2 2 (m)
e
exp −
×
(Le + 3v ε v0 )ds dt ,
ε 0
0
и оставшиеся секулярные члены имеют вид
(
)
∑
ε2
(m) ikt
(m)
(m) (m)
− (m) −ikt
i(k2 −k1 )t
(v
)e
+
c
(v
)e
]
−
e
(b
(t)
+
ε ve1/2 ikv0 vk0 [c+
ξ
η
)
.
k
,k
1 2
0
0
k
k
ue we k2 k1
k +k =k
1
2
Замечание. Положим Qm = {(k1 , k2 ); k1 , k2 ∈ Z0 , |k1 |, |k2 | 6 m, |k1 − k2 | > m}.
Отметим, что случай |k1 − k2 | > 2m невозможен для k1 , k2 , |k1 |, |k2 | 6 m Действительно, пусть для определенности k1 > 0. Тогда −k2 > m. Таким образом, в секулярных
условиях мы исключили все возможные пары из Qm .
Также как при исследовании нулевой моды разобьем осцилляции ∑
на две группы.
(m)
Учитывая, что v0 по построению есть линейная комбинация экспонент |k|6m,k̸=0 ck eikt ,
положим
(
)
∑
ε2
(m)
(m) ikt
(m) (m)
− (m) −ikt
i(k2 −k1 )t
e
b
ikε v0 vk0 [c+
(v
)e
+
c
(v
)e
]
−
(t)
+
ξ
η
=
k
,k
1 2
0
0
k
k
k2
k1
u
e we
k +k =k
1
2
(m)
= S (m) + S1
где
S (m) (t) =
∑
(m)
(m)
sk eikt ,
,
S1 (t) =
|k|6m
∑
(m)
sk eikt .
|k|>m
Имеем
(m)
sk
∑
=
q1 +q2 =k, |q1 |6m,0<q2 6m,q1 ̸=0
−
∑
(m)
iq2 cq1 vq02 c+
q2 (v0 ) +
∑
cq1 c−
q2 (v0 )−
(m)
q1 +q2 =k, |q1 |6m,0>q2 >−m,q1 ̸=0
(
bq1 ,q2
q1 +q2 =k, |q1 |,|q2 |6m,q1 ,q2 ̸=0
)
ε2
(m) (m)
,
ξ η
+
ue we q2 q1
|k| 6 m, k ̸= 0 .
Нетрудно проверить, что равномерно |k|σ |s1,k | = O(m−1 ) и поэтому, также как при
исследовании уравнения Риккати (нулевой моды), мы эти члены отбросим. Они будут
не существенны при обосновании схемы Галеркина.
(m)
(m)
Оставшиеся секулярные члены sk eikt , |k| 6 m, k ̸= 0 приводят к нелинейной
(m) (m)
(m)
системе для коэффициентов ξk , ηk . Для коэффициентов sk потребуем выполнения
следующего условия.
188 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
Условие несекулярности. Потребуем, чтобы для любых k ∈ Z0 , |k| 6 m, k ̸= 0 были
выполнены соотношения
(
)
ε2 (m)
(m)
(m)
1/2
sk +
κ
= 0,
0 < k 6 m,
(63)
ξk + 2ε ve
u e we k
(
)
ε2 (m)
(m)
(m)
1/2
sk +
ηk + 2ε ve
κ
= 0 , −m 6 k < 0 .
ue we k
где
(m)
κk
∑
=
ξq(m)
ηq(m)
.
2
1
q1 +q2 =k, |q1 |,|q2 |6m,q1 ,q2 ̸=0
Существование решения системы для достаточно малой нормы ∥v0 ∥H σ (0,2π) следует
из Леммы 9, приведенной выше.
В дальнейшем, мы потребуем выполнение условий несекулярности (63) и условий
(12), (62).
Остается вопрос, что будет в случае, когда для старших мод это условие не выполнено? Можно ли получить пусть слабое, но глобальное решение?
Заметим, что
(m)
ikc±
k (v0 )
∫
= ±ik
∞
e∓iks e− ε
1
∫t
0 (Le +3v
1/2 ε2 v (m) )ds
0
dt =
0
1
= 1−
ε
∫
{
∞
(Le +
(m)
3v 1/2 ε2 v0 )e∓iks
0
1
exp −
ε
∫
}
t
(Le +
(m)
3v 1/2 ε2 v0 )ds
dt .
0
Отсюда следует равномерная по k ограниченность
}
{
(m)
1/2 2 (m)
sup
|v
|
(L
+
3v
ε
|v
|)
e
(m)
(m)
t>0 0
0
.
|ikv0 c±
k (v0 ))| 6 max 1,
(m)
1/2
2
inf t>0 (Le − 3v ε |v0 |)
Точно также для
∑
jk = −2ve1/2
bq1 ,q2 =
q1 +q2 =k,|q1 |,|q2 |6m,q1 ,q2 ̸=0
=
ve1/2
∫
∑
(iq1 vq01 )(iq2 vq02 )
q1 +q2 =k, |q1 |,|q2 |6m,q1 ,q2 ̸=0
∫
×
∞
−iq2 t
e
0
∞
e
0
iq1 t
}
{
∫
1 t
1/2 2 (m)
(Le + 3v ε v0 )ds dt ×
exp −
ε 0
{
}
∫
1 t
1/2 2 (m)
exp −
(Le + 3v ε v0 )ds dt ;
ε 0
для σ > 1 имеем
|jk | 6
ve1/2
1
|k|σ
∑
q1 +q2 =k, |q1 |,|q2 |6m,q1 ,q2 ̸=0
{
|q1 |1+σ |vq01 | ×
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 189
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
} ∫
1 t
1/2 2 (m)
e exp −
(Le + 3v ε v0 )ds dt ×
ε 0
0
} {
∫
∫ ∞
1 t
0
−iq2 t
1/2 2 (m)
× q2 vq2
e
exp −
(Le + 3v ε v0 )ds dt +
ε 0
0
{
} ∫
∫
∞
1 t
iq2 t
1/2 2 (m)
1+σ 0 e exp −
(Le + 3v ε v0 )ds dt ×
+|q2 | |vq2 |
ε
0
0
{
} }
∫ ∞
∫
1 t
0
−iq1 t
1/2 2 (m)
e
exp −
× q1 vq1
(Le + 3v ε v0 )ds dt 6
ε 0
0
2
{
}
1/2 2 (m)
∑
supt>0 (Le + 3v ε |v0 |)
1

6 2ε ve1/2 σ max 1,
|q|σ |vq0 | .
(m)
|k|
(inf t>0 (Le − 3v 1/2 ε2 |v0 |))2
∫
×
∞
{
iq1 t
|q|>1
При выполнении условия достаточной малости нормы ∥v 0 ∥H σ равномерно по m однозначно разрешима система для определения двух векторов коэффициентов осцилляций
(m)
(m)
(m)
ξ (m) = (ξ1 , . . . , ξm
),
(m)
η (m) = (η1 , . . . , ηm
)
так, что для решения системы (45) справедливо разложение по гладкости
(m) +
yk (t) = ξm
Dk + ηk Dk− + Yk
(m)
(m)
(m)
Dk± = Tk−1 (e±ik ), |k| 6 m ,
(t) ,
k ̸= 0 ,
(m)
где Yk (t) ∈ L2,γ;0>γ>µε (R+ ), и проблема существования глобального решения задачи
(61), (51) сводится к проблеме для возмущения оператора A = I +ε A(Y (m) ) билинейным
оператором с малой нормой
A(Y (m) ) − εB(Y (m) , Y (m) ) :
(
)2
L2,γ;0>γ>µε (R+ )
7→ L2,γ;0>γ>µε (R+ ) ,
A(Y (m) )k = 3v 1/2 v0 Tk−1 Yk
(m)
(m)
B(Y (m) , Y (m) )k = ve1/2 B∗ (Y (m) ,
+ ve1/2 v0 Ak Tk−1 Yk
(m)
(1)
(m)
(64)
,
Y (m) )k , k ∈ Z0 , |k| 6 m
о существовании решения в пространстве L2,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) неоднородного уравнения
A(Y (m) ) − ε B(Y (m) , Y (m) ) = G(m) .
(65)
Предложение 2. Пусть v 0 ∈ H σ , σ > 1, выполнены условия несекулярности и
условие (12). Тогда существует число c0 = c0 (ε) > 0, независящее от m такое, что, для
достаточно малого ε 6 ε0 , при условии ∥v 0 ∥H σ 6 c0 и для любого m ∈ N , существует
190 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
решение v = v (m) (t) системы (25), (26), которое является глобальным по времени. Более
того, равномерно справедлива оценка
(m)
∥v0
(m)
где Av =
− vstn ∥W 1
2,γ ′ 0>γ>−µε
(R+ )
6 c0 |v00 | ,
(m)
0
1
∥vk (t) − Dk ∥W2,γ;0>γ>−µε
(R+ ;A) 6 c0 ∥vk ∥, ∀k ∈ Z0 ,
(
)
1 0
1
(m)
(m)
0
|ξk | + |ηk | 6 c0 |v0 | |vk | + σ Av ,
|k|
|k|
∑
k∈Z0
|k|σ |vk0 | < ∞ .
Замечание. Очевидно, что проведенные построения применимы к модификации
(6). Но этот случай намного проще, поскольку здесь
∑
1
(m)
(m) (m)
(m) (m)
a 0 = ε2 2 2
[u2e ξk1 ξk2 + we2 ηk1 ηk2 ]
ue we
k1 +k2 =0, k∈Z0 , |k|6m
есть константа и можем не приближенно, а точно решить уравнения для нулевой моды.
В тоже время
∑
1
(m)
(m) (m)
(m) (m)
ak = ε2 2 2
[u2e ξk1 ξk2 eikt + we2 ηk1 ηk2 e−ikt ] .
ue we
k1 +k2 =k,k∈Z0 , |k|6m
Это упрощает условие несекулярности и позволяет решить систему для k мод (|k| 6
m, k ̸= 0) опять же не приближенно, а точно. Ниже, для простоты, мы приведем вспомогательную задачу (линейную относительно старших мод) для такого случая, когда
(m)
a0 − константа.
8. Модельная задача (априорная оценка)
Сначала рассмотрим задачу, линейную относительно Y (m) (см. (44), (45)):
(
)
d (m) 1
3 2 1/2 (m) (m)
(m)
v +
L e − ε ve v0
v0 + 2εve1/2 a0 =
dt 0
ε
2
(66)
= F0 − 2ε ve1/2 H(T −1 Y (m) , v0 )0 ,
(m)
(m)
F0 ∈ L2,γ;0>γ>µ0 ε , в случае, когда для простоты, a0 − константа.
(m)
Yk
+ 3v 1/2 ε v0 Tk−1 Yk
(m)
(m)
− ve1/2 εv0 Ak Tk−1 Yk
(m)
(m)
(1)
+ 2ε ve1/2 H(T −1 Y (m) , v0 )k =
(m)
(67)
− 3v 1/2 ε v0 Tk−1 Y Dk − ve1/2 εv0 Ak Tk−1 Dk + 2ε ve1/2 H(T −1 D(m) , v0 )k +
(
)
(
)
1 +
1 −
(m) 0 + (m)
ikt
1/2
0 − (m)
+
d + ikve ε v0 vk ck (v0 ) e +
d + ikvk ck (v0 ) e−ikt
ε k
ε k
(
)
∑
ε2
(m) (m)
ei(k2 −k1 )t dk1 ,k2 + bk1 ,k2 +
−εve1/2
ξk2 ηk1 + Fk (t) ,
u e we
(m)
= −Dk
(m)
(m)
k1 +k2 =k, |k1 |,|k2 |,6m,k1 ,k2 ̸=0
(m)
(1)
(m)
(m)
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 191
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
k ∈ Z0 ,
|k| 6 m, k ̸= 0 ,
где
Dk (t) = ξk eikt + ηk e−ikt ,
∫ ∞
∫ ∞
∫
∫
(m)
1 t
1
1/2 2 (m)
ik1 s − 1ε 0t (Le +3v 1/2 ε2 v0 )ds
0
0
e e
= − (ik1 vk1 )(ik2 vk2 )
e−ik2 s e− ε 0 (Le +3v ε v0 )ds dt ,
dt
2
0
0
(
)(
)
1/2
1/2
w
u
1
e
e
2wk02 1/2 + vk02
2u0k1 1/2 + vk01 = 0 ,
dk1 ,k2 =
2
ve
ve
(m)
bk1 ,k2
(m)
(m)
+
1/2
1/2 0
1/2 0
1/2
1/2 0
1/2 0
d−
k = we (2ue uk + ve vk ) = dk = ue (2we wk + ve vk ) = 0 ,
Fk ∈ L2,γ;0>γ>µ0 ε . Правая часть определилась разложением билинейного оператор B(v, v).
(m)
Здесь мы упростили задачу, положив что a0 – константа.
(m)
Постоянная a0 меняет предельную константу на плюс бесконечности для стандартного уравнения
d
1
(m)
2
vstn + (4ve + ue + we )vstn = −2ve1/2 ε(vstn
− a0 ) ,
dt
ε
vstn (0) = v00 .
(68)
(69)
(m)
Как мы показали выше, в этом случае v0 (t) = vstn (t)+ε z (m) (t), где z (m) ∈ L2,γ;0>γ>µε (R+ ),
vstn (t)− решение стандартного уравнения Риккати.
(m)
1. К уравнению (66) (когда v∞ = const) применим результаты, проведенных выше
исследований неоднородного уравнения Риккати, согласно которым существует гло(m)
бальное решение v0 (t), если
ε2 (1 + 3ε ve3 M0 )4
L2
(
)2
3ε ve M0
1+
6 1,
L2
(70)
где в нашем случае
M0 = sup |F0 − 2ε ve1/2 H(T −1 Y (m) , v0 )0 | .
(m)
t>0
(m)
Это решение v0
оценке
= vstn + ε z(t) абсолютно непрерывно и z(t) удовлетворяет следующей
)
(
3ε3 ve M0
.
sup |z(t)| 6 (1 + 3ε ve M0 ) 1 +
L2
06t6T
3
2
Оценим M0 в этом случае. Начнем с
|H(T −1 Y (m) , v0 | 6 J1 + J2 + J3 ,
(m)
(71)
192 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
где
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
{
∑
J1 =
2vk01
k1 +k2 =0, |k1 |6m,k1 ̸=0
1
J2 = −
2
∑
vk01
− 1ε
e
∫t
(
∑
(Le +
(m)
0
1/2 (m)
v0 )ds
0
Tk−1
Yk2 ,
2
(m)
3ε2 ve1/2 v0 )ds
∫
t
−ik1
eik1 (t−s) e− ε
1
∫s
0
1/2
(Le +3ε2 ve
dτ
)
ds ×
0
(m)
Tk−1
Yk2
2
vk02
(
− 1ε
e
∫
)
(m)
e−ik2 (t−s) Tk−1
Y
ds
,
k2
2
t
+ ik2
0
∫t
1/2 (m)
v0 )ds
(Le +3ε2 ve
0
∫
t
+ik2
−ik2 (t−s) − 1ε
e
e
∫s
0
1/2
(Le +3ε2 ve
dτ
)
ds ×
0
k1 +k2 =0, |k1 |6m,k1 ̸=0
×
}
t
(Le +3ε2 ve
k1 +k2 =0, |k1 |6m,k1 ̸=0
×
1
J3 = −
2
(
∫
1
exp −
ε
(
(m)
Tk−1
Yk1
1
∫
t
− ik1
0
)
(m)
eik1 (t−s) Tk−1
Y
ds
.
k1
1
Имеют место следующие неравенства:
∫ t
d −1 (m) d
ε
(m)
−1 (m)
−1
ε |T Yk (t)| 6 T Yk (s)ds 6 √ T Yk 6
|γ| dt
0 ds
L2,γ;0>γ−µε (R+ )
√
(m)
6 c0 ε/µ0 ∥Yk ∥L2,γ;0>γ−µε (R+ ) .
Следовательно,
√
1
|J1 | 6 2c0 ε/µ0 e−t ε
1/2
inf t>0 {Le −3ε2 ve
(m)
|v0
∑
|}
(m)
|vk01 |∥Yk2 ∥L2,γ;0>γ−µε (R+ ) 6
k1 +k2 =0, |k1 |6m,k1 ̸=0
6
√
1
4
c0 ε/µ0 e−t ε
σ−1
1/2
inf t>0 {Le −3ε2 ve
(m)
|v0
|}
(∑
|k|σ |vk0 |
)( ∑
|k|>1
(m) 2
∥L2,γ;0>γ−µε (R+ )
∥Yk
)1/2
16|k|6m
Далее
∫ t
∫ t
−ik(t−s) −1 (m)
d
(m)
(m)
−1
−1
−ik(t−s)
−ik(t−s)
ik
e
Tk Yk ds = e
Tk Yk (t) −
e
Tk Yk s 6
ds
0
0
1
d −1 (m) 1 (m)
−1 (m)
6 2c0 √ ∥Yk ∥L2,γ;0>γ−µε (R+ ) .
Tk Yk 6 |Tk Yk (t)| + √
dt
|γ|
|γ|
L2,γ;0>γ>−µε (R+ )
Отсюда следует
|ε J2 | 6 c1
√
− 1ε L0 t
ε/µ0 e
(∑
|k|
σ
|k|>1
1/2
)( ∑
(m)
∥Yk ∥2L2,γ;0>γ−µε (R+ )
|vk0 |
)1/2
,
16|k|6m
(m)
где inf t>0 {Le − 3ε2 ve |v0 |} > L0 > 0. Таким образом
√
)1/2
)( ∑
(∑
1
(m)
(m) .
∥Yk ∥2L2,γ;0>γ−µε (R+ )
|k|σ |vk0 |
εH(T −1 Y (m) , v0 )0 6 ε c2 e− ε L0 t
|k|>1
16|k|6m
.
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 193
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
В силу (70), (71),
(
sup |z
(m)
06t6∞
где
M0 =
(∑
(t)| 6 (1 + 3ε ve M0 )
3
2
3ε3 ve M0
1+
L2
)
,
)( ∑
)1/2
(m)
+ sup |F0 (t)| ,
|k|σ |vk0 |
∥Yk ∥2L2,γ;0>γ−µε (R+ )
|k|>1
t>0
16|k|6m
если
ε2 (1 + 3ε ve3 M0 )4
L2
(
)2
3ε ve M0
1+
6 q < 1.
L2
(72)
Здесь
(m)
L0 > (Le − 3ε2 ve1/2 |v00 |) − 5ε3 ve1/2 max |z0 )| >
06s6∞
если
(m)
ε3 max |z0 | 6
06s6∞
1
1
Le ,
2
(Le − 10ε2 ve1/2 |v00 |) .
1/2
10ve
Достаточно, чтобы
(
)
3ε3 ve M0
ε3
ε (1 + 3ε ve M0 ) 1 +
6
[max((L2e , 1) + 12ε3 ve M0 ]3 6
L2
L2e
3
3
2
6
1
1/2
10ve
(Le − 10ε2 ve1/2 |v00 |)
или
Le − 10ε2 ve1/2 |v00 | > 0 ,
ε4 M 0 6
ε max{L2e , 1} 6
1
7/6
24(10)1/3 ve
1
1/6
2(10)1/3 ve
,
Le .
Точно также получим, что
ε2 (1 + 3ε ve3 M0 )4
L2
если
ε
4/3
(
)2
4ε2
3ε ve M0
6 6 [max{L2e , 1} + 12ε ve3 M0 ]6 6 q ,
1+
2
L
Le
[
]
1 ( q )1/6
1/3
2
Le − ε max{Le , 1} .
M0 6
12ve3
4
Выберем ε так, чтобы выполнены неравенства (73) и
ε1/3 max{L2e , 1} 6
1 ( q )1/6
Le .
2 4
(73)
194 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
Тогда условие разрешимости (72) выполнено, если
{
1
1 ( q )1/6 }
,
Le .
ε4/3 M0 6 min
7/6
24ve3 4
24(10)1/3 ve
Таким образом, условие разрешимости (72) выполнено, если
)1/2
)
)( ∑
(( ∑
(m)
+ sup |F0 (t)| 6
∥Yk ∥2L2,γ;0>γ−µε (R+ )
|k|σ |vk0 |
ε5/6
|k|>1
6
16|k|6m
{
(74)
t>0
1
1
1 ( q )1/6 }
Le
min
{
(
)
1/2
7/6
3
( 7 )2 }√ ,
2
ε
24(10)1/3 ve 24ve 4
1/2
max 16 |γ|
, 2ε
2
3



{
∑
1
1 ( q )1/6 }
1
,
Le .
ε3/4 
|k|σ |vk0 | + sup |F0 (t)| 6 min
7/6
2
24ve3 4
t>0
24(10)1/3 ve
|k|>1
(m)
2. Теперь перейдем к оценке норм Yk
|k| 6 m, k ̸= 0. Справедлива оценка
. Точно также оценивается H(T −1 Y (m) , v0 )k ,
(m)
∥H(T −1 Y (m) , v0 )k ∥22,γ;0>γ>−µ0 ε (R+ ) 6
(m)
6 c0
1
L0
∑
(m)
|vk01 |2 ∥Yk2 ∥2L2,γ;0>γ>−µε (R+ ) .
k1 +k2 =k, |k1 |,|k2 |,|k|6m,k1 ,k2 ,k̸=0
Аналогично получаем, что:
∥3v 1/2 ε v0 Tk−1 Yk
(m)
(m)
− ve1/2 εv0 Ak Tk−1 Yk
(m)
(1)
(m) 2
∥L2,γ;0>γ>−µ0 ε
6
(m)
(m) 2
∥L2,γ;0>γ>−µ0 ε
6 c0 sup |v0 (t)|2 ∥Yk
t>0
Оценим оставшиеся члены в правой части (67)
(m)
− ve1/2 εv0 Ak Tk−1 Dk
(m)
−ikt
ikt
(m)
],
+ c−
) ik vk0 [c+
− v∞
k (v0 ))e
k (v0 ))e
3v 1/2 ε v0 Tk−1 Dk
(m)
ve1/2 ε(v0
(m)
(m)
(1)
+ 2ε ve1/2 H(T −1 D(m) , v0 )k ,
(m)
(m)
(m)
где
(m)
(m)
= lim vstn (t) .
v∞
t→∞
(m)
Здесь существенно, что мы рассматриваем модельный случай, когда предел v∞ −
константа. Такое условие, как мы уже отмечали, выполнено для модифицированной
системы.
)
(
(m) ikt
(m)
0 − (m) −ikt
(m)
∥2L2,γ;0>γ>−µ0 ε 6
(v
)e
c
(v
)e
+
ikv
) ikvk0 c+
∥ve1/2 ε (v0 − v∞
0
0
k k
k
.
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 195
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
(
)2
supt>0 {Le + 3ε2 |v (m) (t)}
(m)
(m) 2
6 εc0 1 +
|vk0 |2 ∥(v0 − v∞
)∥L2,γ;0>γ>−µ0 ε ,
2
(m)
inf t>0 {Le − 3ε |v (t)}
(m)
если (v0
(m)
− v∞ ) ∈ L2,γ; 0>γ>µε (R+ ). Докажем этот факт. Для стандартного решения
]
[ d
∞
sup eτ vstn + |vstn (τ ) − vstn
< ∞,
dτ
τ >0
∞
где vstn
= limt→+∞ vstn (t). Вернемся к уравнению для невязки:
d (m) 1
3
z + (Le − 3ε ve1/2 (1 − vstn ))z (m) = ε ve1/2 (z (m) )2 + F0 (t) ,
dt
ε
2
(m)
z |t=0 = 0 .
(75)
Потребуем чтобы supt>0 e|γ|t |f (t)| < ∞. Положим x = e|γ|t z (m) . Тогда
d
3
x + (w
e+u
e + 4e
v − 3ε ve1/2 (1 − vstn ) − µ2 )x = ε ve1/2 e−|γ|t x2 + fγ (t) ,
dt
2
fγ (t) = e|γ|t F0 (t) .
К этой задаче применимы процедуры доказательства существования глобального решения задачи (18). Приведенные там условия разрешимости и оценка решения в нашем
случае
(
)2
(1 + 3ε ve M0 )4
3ε ve M0
1+
61
L2
L2
те же, поскольку коэффициент 32 ε ve e−µ2 t при x2 убывает и, по построению, мы должны
1/2
1/2
взять максимум 3ε ve e−µ2 t , т.е. опять же получили 3ε ve . Тогда существует абсолютно
непрерывное решение задачи (66), для которого справедлива оценка
(
)
3ε ve M0
2
sup |x(t)| 6 (1 + 3ε ve M0 ) 1 +
.
L2
06t6∞
1/2
Откуда следует требуемый результат supt>0 e|γ|t |z (m) | < ∞.
3. Остались секулярные члены
Isec = −(ξk eikt + ηk e−ikt ) +
(m)
(m)
)
(1
)
(1
−
ikt
0 + (m)
0 − (m)
(m)
(m)
1/2
1/2
(v
)
e
+
(v
)
e−ikt
c
c
ikv
ikv
ε
v
ε
v
+
v
+
v
+ d+
d
0
0
k k
k k
∞
∞
e
e
ε k
ε k
(
)
∑
ε2
(m) (m)
1/2
i(k2 −k1 )t
dk1 ,k2 + bk1 ,k2 +
−εve
e
ξ η
,
ue we k2 k1
k1 +k2 =k, |k1 |,|k2 |,6m,k1 ,k2 ̸=0
(m)
в которых предел v∞ – константа.
196 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
Прежде всего определим 2m начальных данных из 4m данных u0k , wk0 , |k| 6 m, k ̸= 0
в силу 2m уравнений
(
∑
ds1 ,s2 + bs1 ,s2 +
s1 +s2 =s, |s1 |,|s2 |,6m,s1 ,s2 ̸=0
)
ε2
(m)
ξs(m)
η
= 0,
ue we 2 s1
s2 − s1 = ±1, . . . , ±m ,
которые есть возмущение системы
∑
1
=
2
(
∑
s1 +s2 =s, |s1 |,|s2 |,6m,s1 ,s2 ̸=0
1/2
0 we
2wk2 1/2
ve
поскольку
+
(76)
ds1 ,s2 =
s1 +s2 =s, |s1 |,|s2 |,6m,s1 ,s2 ̸=0
vk02
)(
1/2
0 ue
2uk1 1/2
ve
∑
)
+ vk01 = 0 , s2 − s1 = ±1, . . . , ±m ,
bs1 ,s2 =
s1 +s2 =s, |s1 |,|s2 |,6m,s1 ,s2 ̸=0
∫
∑
1
=
2
(s1 vs01 )(s2 vs02 )
s1 +s2 =s, |s1 |,|s2 |,6m,s1 ,s2 ̸=0
∫
×
1
=
2
∞
0
∑
vs01 vs02
s1 +s2 =s, |s1 |,|s2 |,6m,s1 ,s2 ̸=0
×
[
1
−1+
ε
∫
∞
e−is2 t e− ε
1
∫t
0 (Le +3v
∞
eis1 t e− ε
1
∫t
0 (Le +3v
1/2 ε2 v (m) )ds
0
dt ×
0
1/2 ε2 v (m) )ds
0
dt =
∫
]
[
∫
1 t
1 ∞ is1 t
1/2 2 (m)
(m)
−1+
e (Le +3v 1/2 ε2 v0 )e− ε 0 (Le +3v ε v0 )ds dt ×
ε 0
e−ik2 t (Le + 3v 1/2 ε2 v0 )e− ε
1
(m)
∫t
0 (Le +3v
1/2 ε2 v (m) )ds
0
]
dt = O(ε2 ) .
0
Систему же (76) из 4m уравнений можно свести к 2m уравнений
1/2
0 we
2wk2 1/2
ve
1/2
0 ue
2uk1 1/2
ve
+ vk02 = 0, k2 = ±1, . . . , ± m ,
+ vk01 = 0 ,
k1 = ±1, . . . , ± m .
Положим
ζk+ =
∑
(ds1 ,s2 + bs1 ,s2 ) ,
k = 1, . . . , m ,
s2 −s1 =k, s1 +s2 =s,|s1 |,|s2 |,6m,s1 ,s2 ̸=0
ζk− =
∑
(ds1 ,s2 + bs1 ,s2 ) ,
k = 1, . . . , m .
s2 −s1 =−k, s1 +s2 =s,|s1 |,|s2 |,6m,s1 ,s2 ̸=0
(m)
(m)
Теперь неизвестные постоянные ξk , ηk , k = 1, . . . , m найдем из следующего условия.
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 197
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Условие несекулярности.
(m)
−ξk
1/2
ve
−ε
ue we
3
1
(m)
(m)
1/2 +
+ d+
+ ve1/2 ε v∞
ikvk0 c+
k (v0 ) − εve ζk −
ε k
∑
(m) (m)
ξk2 ηk1 = 0 , k = 1, . . . , m ,
s2 −s1 =k, s1 +s2 =s,|s1 |,|s2 |,6m,s1 ,s2 ,s̸=0
(m)
−ηk
+
1/2
ve
−ε
ue we
(77)
3
1 −
(m)
1/2 −
(m)
ikvk0 c−
dk + ve1/2 ε v∞
k (v0 ) − εve ζk −
ε
∑
(m) (m)
ξk2 ηk1 = 0 , k = 1, . . . , m ,
s2 −s1 =−k, s1 +s2 =s,|s1 |,|s2 |,6m,s1 ,s2 ,s̸=0
где
(m)
(m)
|ik c+
k (v0 )| 6 1 +
(m)
supt>0 {Le + 3v 1/2 ε2 |v0 |}
(m)
inf t>0 {Le − 3v 1/2 ε2 |v0 |}
.
(m)
Оценим решение этой системы ξk , ηk .
(m)
Лемма 9. Пусть равномерно по m > 1 имеем |a(m) | 6 K0 и ∥F0 ∥L2,γ;0>γ>−µε 6 K0 .
Тогда для σ > 1 для достаточно малого δ0 > 0 существует постоянная c1 > 0 такая, что
равномерно по k ∈ Z0 и m > 1 справедлива оценка
(m)
|ξk |
+
(m)
|ηk |
6 c1
(
|vk0 |
∑
Ak )
|k|σ |vk0 | ,
+ σ , Ak =
|k|
0<|k|6m
если
ε|v00 | Ak 6 δ0 .
4. Решение Y (m) системы (67) определим линейным уравнением
Y (m) + εAY (m) = G(m) + F,
(m)
Gk
=
(m)
−Dk
−
(m)
3v 1/2 ε v0 Tk−1 Y
D(m)k −
(m)
(m) (1)
ve1/2 εv0 Ak Tk−1 Dk
(78)
+
+ 2ε ve1/2 H(T −1 D(m) , v0 )k ,
(m)
(m)
Ak Yk
= 3v 1/2 v0 Tk−1 Yk
(m)
(m)
− ve1/2 v0 Ak Tk−1 Yk
(m)
(1)
(m)
+ 2ve1/2 H(T −1 Y (m) , v0 )k .
(m)
Из полученных выше оценок следует, что функция F ∈ L2,γ;0>γ>µε (R+ ) и что ограниченный оператор I + εA является малым возмущением тождественного. Тогда для
достаточно малого ε у него существует ограниченный обратный (I + εA)−1 . Решение
вспомогательной задачи
(m)
yk
(
)−1
(m)
= T −1 I + εA
(Fk ) + T −1 (Dk ) .
(79)
198 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
Как видим, мы получили так называемое разложение решения по гладкости, поскольку
(
)−1
AT −1 I + εA
(Fk ) ∈ L2,γ;0>γ>µε (R+ ) ,
в то время как
AT −1 (Dk ) ∈ L∞ (R+ )
(m)
и эта функция не принадлежит L2,γ;0>γ>µε (R+ ).
Последнее, что нужно сделать, чтобы убедиться в справедливости неравенств (74),
которые очевидно выполнено, если достаточно мала норма ∥v 0 ∥H σ (0,2π) .
Старшие моды. Исследование линейной системы для |k| > m есть следствие результатов для вспомогательной задачи. В этом случае, очевидно, справедлива оценка:
∥(I − Πm )v (m) (t)∥2◦ 6 c0 ∥(I − Πm )v m) (0)∥2◦ ,
H0
H0
∗
t ∈ [0, Tmax
).
9. Исследование нелинейного оператора
Теперь перейдем к исследованию нелинейной системы
(
)
d (m) 1
3 2 1/2 (m) (m)
(m)
(m)
v +
L e − ε ve v0
v0 + 2εve1/2 a0 = G0 − εA0 (Y (m) ) − εB(Y (m) , Y (m) )0 ,
dt 0
ε
2
Y (m) = G(m) − εA(Y (m) ) − εB(Y (m) , Y (m) ) ,
A(Y
A0 (Y
(m)
)=Y
(m)
+ ε A(Y
(m)
(80)
),
(m)
(m)
(m) (1)
(m)
A(Y (m) ) = 3v 1/2 v0 Tk−1 Yk + ve1/2 v0 Ak Tk−1 Yk ,
(m)
(m)
) = 2ve1/2 H(T −1 Y (m) , v0 )0 , B0 (Y (m) = 2ve1/2 B ∗ (Y (m) , Y (m) )0
.
Сначала рассмотрим
A(Y (m) ) − ε B(Y (m) , Y (m) ) = G(m)
(81)
(m)
при фиксированном v0 . Положим
∑
A(m) =
|k|2σ [∥Gk ∥2L2,γ (R+ ) + |ξk |2 + |ηk |2 ], σ > 0 .
0<|k|6m
и пусть постоянная b > 0 определяется оценкой
∥3v 1/2 Tk−1 Yk
(m,j)
+ ve1/2 Ak Tk−1 Yk
(1)
(m,j)
(m,j)
∥L2,γ (R+ ) 6 b∥Yk
∥L2,γ (R+ ) .
Лемма 10. Пусть A(m) < ∞. Тогда для любого m > 1 билинейное уравнение (81)
имеет решение Y (m) ∈ L2,γ (R+ ), для которого равномерно по m и k справедлива оценка
)
(
(
)2 ) (
A(m)
(m) 2
(m)
2 2
2
(82)
∥Yk ∥L2,γ (R+ ) 6 1 − ε b sup |v0 |
∥Gk ∥L2,γ (R+ ) + 2σ ,
|k|
t>0
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 199
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
если
(
)2 )−1
(
(m)
2 2
1 − ε b sup |v0 |
c2B cσ εA(m) 6 1 ,
1
,
2
σ>
t>0
где cσ =
∑
k∈Z0
(83)
1
6 2/(2σ − 1).
|k|2σ
Доказательство Леммы 10 аналогично доказательству Леммы 8, из него следует существование решения нелинейного уравнения (81) и оценка решения при фиксирован(m)
ных v0 , ξ (m) , η (m) . Как мы показали выше, для билинейных операторов B(Y (m) , Y (m) )
равномерно по m справедлива оценка
∑
6 c2B
∥B(Y (m) , Y (m) )∥2L2,γ (R+ ) 6
(m)
(84)
(m)
(m)
[∥Yk1 ∥2L2,γ (R+ ) + |ξk1 |2 + |ηk1 |2 ] ×
k1 +k2 =k, 0<|k1 |,|k2 |,|k|6 m
(m)
(m)
(m)
× [∥Yk2 ∥2L2,γ (R+ ) + |ξk2 |2 + |ηk2 |2 ] .
1) Фиксируем m. Тогда для итерации A(Z (m,j) ) = G(m) − εB(Z (m,j−1) , Z (m,j−1) ), j > 1 ,
(m,0)
Z0
= G(m) справедлива оценка (82), поскольку
(m,j) 2
∥L2,γ (R+ )
∥Zk
+εc2B
− ε∥3v 1/2 v0 Tk−1 Zk
+ ve1/2 v0 Ak Tk−1 Zk ∥2L2,γ (R+ ) 6 ∥Gk ∥2L2,γ (R+ ) +
∑
(m,j−1) 2
(m)
(m)
[∥Zk1
∥L2,γ (R+ ) + |ξk1 |2 + |ηk1 |2 ] ×
(m)
(m,j)
(m)
(1)
(m,j)
(m)
k1 +k2 =k, 0<|k1 |,|k2 |,|k|6 m
(m,j−1) 2
∥L2,γ (R+ )
× [∥Zk2
(m)
(m)
+ |ξk2 |2 + |ηk2 |2 ] .
Отсюда следует
(
(
)2 )
(m)
(m,j)
(m)
2 2
1 − ε b sup |v0 |
∥Zk ∥2L2,γ (R+ ) 6 ∥Gk ∥2L2,γ (R+ ) +
+εc2B
t>0
∑
(m,j−1) 2
∥L2,γ (R+ )
[∥Zk1
(m)
(m)
+ |ξk1 |2 + |ηk1 |2 ] ×
k1 +k2 =k, 0<|k1 |,|k2 |,|k|6 m
(m,j−1) 2
∥L2,γ (R+ )
× [∥Zk2
(m)
(m)
+ |ξk2 |2 + |ηk2 |2 ] .
В силу индукции
(m,j)
∥Zk ∥2L2,γ (R+ )
)
(
(
)2 )−1 (
A(m)
(m)
2 2
2
6 1 − ε b sup |v0 |
∥Gk ∥L2,γ (R+ ) + 2σ .
|k|
t>0
Следовательно, последовательность итераций Z (m,j) , j > 0 ограничена. Отсюда следует слабая сходимость Z (m,j) → Y (m) ∈ L2,γ (R+ ) при j → ∞. В тоже время, мы имеем
сильную сходимость T −1 Z (m,j) в L2,γ;0>γ>−µε (R+ ) и в CB (R+ ). Тогда последовательность
)
)( ∫ t
( ∫ t
(m,j)
ik1 (t−s) −1 (m,j)
Z
ds
e−ik2 (t−s) Tk−1
ik1
e
Tk1 Zk1 ds ik2
k2
2
0
0
200 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
сходится к
∫
(
t
ik1 (t−s)
ik1
e
0
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
(m)
Yk1 ds
Tk−1
1
∫
)(
ik2
t
e
−ik2 (t−s)
0
)
(m)
Tk−1
Yk2 ds
2
для всех t ∈ R+ . Отсюда, из структуры оператора B и оценки его частей (см. раздел 5)
последовательность
)
(
(m,j−1)
(m,j−1)
1/2 (m) (1) −1 (m,j)
1/2 (m) −1 (m,j)
+ B(Z
,Z
)
+ ve v0 Ak Tk Zk
ε 3v v0 Tk Zk
сходится поточечно к
(
)
(m)
(m)
(m) (1)
(m)
ε 3v 1/2 v0 Tk−1 Yk + ve1/2 v0 Ak Tk−1 Yk + B(Y (m) , Y (m) )
для всех t ∈ R+ . Таким образом, для почти всех t ∈ R+ имеет место
A(Y (m) ) − ε B(Y (m) , Y (m) ) = G(m) .
Следовательно, существует решение Y (m) ∈ L2,γ (R+ ), для которого справедлива оценка
(m)
(82) при условии (83) и фиксированном v0 .
2) Используя существование глобального решения вспомогательной задачи для правых частей специального вида, мы доказали обратимость оператора A(Y (m) ) в
L2,γ;0>γ>µε (R+ ) и ограниченность решения
∑
m)
m)
(m)
(m)
1
(85)
|k|σ (|ξk | + |ξk |) + ∥Y (m) ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) + ∥v0 − vstn ∥W2,γ;0>γ>µε
(R+ ) 6
0<k6m
6 c0 [∥F ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) + |v 0 |H σ (0,2π) ] ,
σ > 1.
(m)
в случае a0 (t) = const.
Теперь рассмотрим систему (86). Метод итераций дает систему уравнений
)
(
3 2 1/2 0 0
d 0 1
(m)
(m)
zn +
Le − ε ve zn zn + 2εve1/2 a0 = G0 − εA0 (zn ) − εB(zn−1 , zn )0 ,
dt
ε
2
zn = G(m) − εA(zn ) − εB(zn−1 , zn ) .
(86)
(m)
Те же рассуждения, что и для модельной задачи, позволяют и в случае a0 (t)− гладкой функции получить оценку (85) для решения системы (86) с точностью до O(m−1 )
(см. раздел 7). Достаточно потребовать σ > 2, чтобы в этом случае
∑
(m)
(m)
1
|k|σ−1 (|ξnk | + |ηnk |) + ∥zn ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) + ∥zn0 − vstn ∥W2,γ;0>γ>µε
(R+ ) + ∥a0 ∥Hb1 (R+ ) 6
0<k6m
(
6 c0 ∥G∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) + εcH ∥zn ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) +
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 201
)
+ εcB ∥zn−1 ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) ∥zn ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) + |v 0 |H σ (0,2π) ,
∑
(m)
(m)
где vstn (t) определяются функцией a(m) (t) = 0<|k|6m ck eikt , норма которой ∥a0 ∥Hb1 (R+ ) =
∑
0<|k|6m |k||ck |. Выберем M0 такое, что
∥G∥L2,γ;0>γ>µε (R+ )
6 M0 ,
1 − ε(cH + cB M0 )
т.е.
ε cB M02 − M0 (1 − ε cH ) + ∥G∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) 6 0 .
Возьмем
M0 =
2∥G∥L2,γ;0>γ>µε (R+ )
√
(1 − ε cH ) + (1 − ε cH )2 − 4ε cB ∥G∥L2,γ;0>γ>µε (R+ )
и ε выберем из условия, что
(1 − ε cH )2 − 4ε cB ∥G∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) > 0 .
Тогда для любого n > 0
∥zn ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) 6 M0 .
Выразим разность между двумя приближениями следующим образом
(zn − zn−1 ) = εH(zn − zn−1 ) + ε[B(zn−1 , zn ) − B(zn−2 , zn−1 )] .
Если справедлива оценка
∥B(Z (m) , Y (m) )∥L2 6 cB (∥Y (m) ∥L2 + ∥v 0 ∥H σ )(∥Z (m) ∥L2 + ∥v 0 ∥H σ ) ,
(87)
то
∥B(zn−1 , zn ) − B(zn−2 , zn−1 )∥ 6
6 cB ∥zn−1 ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) (∥zn − zn−1 ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) + ∥zn−1 − zn−2 ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) ) .
Отсюда
∥zn − zn−1 ∥H 6 εc0 (cH +B (∥zn−1 ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) ) + ∥v 0 ∥)∥zn − zn−1 ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) +
+εc0 cB (∥zn−1 ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) ) + ∥v 0 ∥L2 (0,2π) )∥zn−1 − zn−2 ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) ,
если равномерно ∥zj ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) 6 M0 , то
∥zn − zn−1 ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) 6
εc0 cB (M0 + ∥v 0 ∥L2 (0,2π) )
∥zn−1 − zn−2 ∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) .
1 − εc0 (cH + cB (M0 + ∥v 0 ∥H σ ))
При этом должно быть выполнено условие
εc0 cB (M0 + ∥v 0 ∥H σ )
< q < 1.
(1 − εc0 (cH + cB (M0 + ∥v 0 ∥H σ ))
202 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
Отсюда следует сходимость zn в L2,γ;0>γ>µε (R+ )) к решению Y (m) ∈ H задачи (86).
Выбор постоянной M0 . Последнее, что нам осталось сделать – обосновать равно(m)
мерный по n (и, соответственно, независимо от v0 ) выбор постоянной M0 . Для этого
(m)
нам нужно оценить правую часть Gk . Очевидно, все определяется оценкой Gk (v0 ) для
(m)
v0 = vstn . Тогда постоянную M0 можно определить , например, по 2∥G(vstn )∥L2,γ;0>γ>µε (R+ ) .
10. Обоснование галеркинских приближений
Построенные нами решения задачи (25), (26), (27) имеют следующую структуру
(m)
(m)
(m)
v0 (t) = vstn (t) + z0 (t) ,
(m)
где vstn (t) определяются функцией a(m) (t).
{
}
∫ t
1
(m)
(m)
(m)
(m)
0
1/2 (m)
vk (t) = vk exp − ε (4ve + ue + we + 4εve v0 (s))ds + ξk Dk+ + ηk Dk− + Yk (t) .
0
Теорема 3. Пусть σ > 2 и v(0) ∈ H σ и выполнены условия Предложения 2. Тогда
(m)
существует подпоследовательность vk (t), k ∈ Z(которую будем обозначать также)
решений задачи (25), (26), (27) с тем же начальными данными v(0) ∈ H σ такое, что
(m)
(m)
v0 (t) и vk (t), k ∈ Z0 сходятся строго в CB (R+ ) и L2,γ;0>γ>µε (R+ ) соответственно и
1
1
слабо в W∞
(R+ ) и W2,γ;0>γ>µε
(R+ ) к функциям v0∞ (t) и vk∞ (t), k ∈ Z0 ; v0∞ (t), vk∞ (t), k ∈ Z0
являются решением задачи (8)(в смысле определения (24)) для почти всех t ∈ R+ , с
ограниченными нормами
∞
0
1
∥v0∞ (t) − vstn
(t)∥W2,γ;0>γ>µε
(R+ ) 6 Mσ |v |H σ ,
∥Ξ(m) ∥H σ−1 , ∥Υ(m) ∥H σ−1 6 c0 ∥v 0 ∥H σ ,
0
1
∥v ∞ (t) − ξ ∞ D+ − η ∞ D− ∥W2,γ;0>γ>µε
(R+ ;A) 6 Mσ |vk |H σ ,
с постоянной Mσ не зависящей от k ∈ Z.
(m) (m)
1) Постоянные ξk , ηk равномерно ограничены
∥Ξ(m) ∥H σ−1 , ∥Υ(m) ∥H σ−1 6 c0 ∥v 0 ∥H σ ,
∑m
∑
∑m
s (m)
s (m)
(m)
σ 0
(m)
∥H s =
где ∥v 0 ∥H σ =
∥H s =
k=1 |k| |ηk |.
k=1 |k| |ξk |, ∥Υ
k̸=Z0 |k| |vk |, ∥Ξ
Откуда следует существование предельных постоянных векторов
Ξ(m) → Ξ∞ , Υ(m) → Υ∞ , m → ∞ .
и
a
Тогда
(m)
∞
(t) → a (t) =
ε3
∑
(Ξ∞ , Υ∞ )ei(k2 −k1 )t в HB1 (R+ ) .
3/2
ve 0<|k|6m
∞
(t) в CB1 (R+ ) ,
vstn (t) → vstn
(m)
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 203
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
где ∥y∥CB1 (R+ )
d ]
[
= sup |y(t)| + y , и справедлива равномерная по m оценка
dt
t>0
(m)
∥v0 (t)
−
(m)
vstn (t)∥2W 1
2,γ;0>γ>−µε (R+ )
+
m
∑
(m) 2
∥W 1
2,γ;0>γ>−µε (R+ ;A)
∥Yk
6 c0 ∥v 0 ∥2H σ .
k=1
→ Yk∞ в L2,γ;0>γ>−µε (R+ ). Из равномерной ограничен2) Теперь покажем, что Yk
(m)
(m)
→ Yk∞
ности ограниченность норм ∥Yk ∥L2,γ;0>γ>−µε (R+ ) следует слабая сходимость Yk
(m)
1
(R+ )
при m → ∞. В тоже время, мы имеем сильную сходимость T −1 Dk в W2,γ;0>γ>−µε
(m)
(m)
∞
∞
и в CB (R+ ). Отсюда следует сильная сходимость B∗ (D , D ) → B∗ (D , D ) и
B∗ (Y (m) , D(m) ) → B∗ (Y ∞ , D∞ в L2,γ;0>γ>−µε (R+ ). К тому же последовательность
( ∫ t
)( ∫ t
)
(m)
ik1 (t−s) −1 (m)
ik1
e
Tk1 Yk1 ds ik2
e−ik2 (t−s) Tk−1
Y
ds
k2
2
(m)
0
сходится к
0
∫
(
ik1
t
e
ik1 (t−s)
0
Tk−1
Yk∞
ds
1
1
∫
)(
ik2
0
t
e−ik2 (t−s) Tk−1
Yk∞
ds
2
2
)
поточечно для всех t ∈ R+ . Отсюда
A(Y ∞ ) − ε B(Y ∞ , Y ∞ ) = G∞
для почти всех t ∈ R+ .
Тогда с силу (81) имеем
(Y (m) − Y ∞ ) = −ε A(Y (m) − Y ∞ ) + ε(B(Y (m) , Y (m) ) − B(Y ∞ , Y ∞ ) + (G(m) − G∞ ) ,
где ∥(G(m) − G∞ )∥L2,γ;0>γ>−µε (R+ ) → 0 когда m → ∞ и
∥ε A(Y (m) − Y ∞ ) + ε(B(Y (m) , Y (m) ) − B(Y ∞ )∥L2,γ;0>γ>−µε (R+ ) 6
6 ε1/2 C0 ∥(Y (m) − Y ∞ )∥L2,γ;0>γ>−µε (R+ ) .
Отсюда, для достаточно малого ε 6 ε0 , следует сильная сходимость Yk
→ Yk∞
(m)
в L2,γ;0>γ>−µε (R+ ) для любого |k| > 1. В тоже время, получим, что z (m) = v0 (t) −
(m)
vstn (t) → z ∞ в L2,γ;0>γ>−µε (R+ ) и слабо в WL12,γ;0>γ>−µε (R+ ) к функции z ∞ ∈
WL12,γ;0>γ>−µε (R+ ;A) .
3) Теперь покажем, что функции
(m)
∞
v0∞ (t) = vstn
(t) + z ∞ (t) ,
{
}
∫
1 t
0
∞
2 1/2 ∞
vk (t) = vk exp −
(Le + 3ve ve v0 (s))ds + ξk∞ Dk+ + ηk∞ Dk− + Tk−1 Yk∞ (t) , k ∈ Z0
ε 0
являются решением задачи (70), (23) в смысле определения (24) (Dk± = Tk−1 (e±ikt ).
204 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
(m)
Для v0
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
имеем
[
d (m)
1
3 (m)
(m)
1/2
v0 (t) + Le v0 (t) − ve ε (v0 )2 +
dt
ε
2
]
∑
(m)
(m)
(m)
(m)
(m)
(Πm vk1 Πm vk2 − Πm uk1 Πm wk2 ) = −2ve1/2 ε O0 ,
+2Πm
k1 +k2 =0
(m)
O0
∑
= 2ve1/2 ε
∑
hk eikt + 3ve1/2 ε
(88)
ck1 ck2 eikt = O(m−1 ) ,
|k1 +k2 |2 >m, |k1 |,|k2 |
m<|k|62m, k̸=0
где
(m)
sup |O0 | 6
t>0
(
∑
)
|ck1 | |ck2 | 6
∑
|hk | + 3ve1/2 ε
|k1 +k2 |>m, |k1 |,|k2 |6m
m<|k|62m,
∑
6 C1
|k|σ |vk0 |] = O(m−1 ) .
|k|>m
Далее, второе уравнение в (24) запишем в более удобной нам форме
{
}
∫
1 t
1
1
(m)
(m)
0
2 1/2 (m)
ikt
−ikt
Yk (t) + Dk (t) = vk exp −
(Le + 3ε ve v0 )dτ + d+
+ d−
+ (89)
ke
ke
ε 0
ε
ε
(m)
+ εve1/2 dk (t) + ve1/2 ε Πm Kk (Πm v (m) , Πm v (m) ) + Ok
(m)
Ok
(m)
= −2εve1/2 S1 (t) =
∑
,
sk eikt = O(m−1 ) .
(m)
|k|>m
Положим Π−m = I − Πm . Тогда
]
[3
∑
d ∞
1
∞
(vk∞1 vk∞2 − u∞
w
)
=
v0 (t) + Le v0∞ (t) + ve1/2 ε (v0∞ )2 +
k1 k2
dt
ε
2
k +k =0
1
2
[3
]
∑
(m)
(m)
(m)
(m)
∞
(Πm (vk∞1 −v0 )Πm vk∞2 −Πm (u∞
−u
)Π
w
= −ve1/2 ε (v0∞ +v0 )(v0∞ −v0 )+Πm
m k2 +
k1
k1
2
k1 +k2 =0
[
]
∑
1
(m)
(m)
(m)
(m)
(m)
(Πm v0 Πm (vk∞2 − vk2 ) − Πm uk1 Πm (wk∞2 − vk2 ) +
+ Le (v0∞ (t) − v0 ) − ve1/2 ε Πm
ε
k +k =0
1
+
2
]
[ ∑
d ∞
d (m)
∞
∞
Π
w
− Πm u∞
(Πm vk∞ Πm v−k
v0 (t) − v0 + ve1/2 εΠ−m
m
−k +
k
dt
dt
0<|k|6m
]
[ ∑
∞
∞
∞
∞
1/2
(Π−m vk1 Πm vk2 − Π−m uk1 Πm wk2 +
+ ve ε
k1 +k2 =0
+
ve1/2 εΠm
[ ∑
(Πm vk∞1 Π−m vk∞2
k1 +k2 =0
−
∞
Πm u∞
k1 Π−m wk2
]
(m)
+ 2ve1/2 ε O0
.
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 205
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Для фиксированного k имеет место
∫t
1 + ikt 1 − −ikt
d e + dk e
+ εve1/2 dk (t)
ε k
ε
)
(
(1) ∞
∞ ∞
∞
1/2
∞ ∞
∞
+ve ε 3v0 vk + v )Ak vk + 2[B(v , v )k + Hv )k ]
2 1/2 ∞
0 (Le +3ε ve v0 )dτ
Yk∞ (t) + Dk∞ (t) − vk0 Tk (e− ε
1
+Yk∞ (t) − Yk
(m)
)=
(t) + Dk∞ (t) − Dk (t) + vk0 Tk [e− ε
1
(m)
∫t
2 1/2 (m) )dτ
0 (Le +3ε ve v0
− e− ε
1
∫t
2 1/2 ∞
0 (Le +3ε ve v0 )dτ
]
−ve1/2 ε Π−m Kk (v ∞ , v ∞ ) − ve1/2 ε Πm Kk (Π−m v ∞ , v ∞ ) − ve1/2 ε Πm Kk (Πm v ∞ , Π−m v ∞ )
(
(m)
(m)
(1)
(m) (1)
+ve1/2 ε 3(v (m) −v0∞ )Πm vk∞ +3v (m) Πm (vk∞ −vk )+ve1/2 ε(v0 −v ∞ )Ak vk∞ +v0 Ak (vk∞ −v ∞ )
)
(m)
+2Πm [B(v (m) , v ∞ )k + B(v (m) , v (m) − v ∞ )k + H(v (m) − v ∞ )k ] + Ok .
Здесь важно отметить, что Tk−1 Ok не принадлежит L2,γ;0>γ>−µε (R+ ).
(m)
Теперь отметим, что Π−m vk∞ − это предел решений vk , |k| > m, задачи (27), для
которых очевидна оценка
(m)
(m)
∥vk ∥WL1
2,γ;0>γ>−µε (R+ )
6 c0 |vk0 | → 0, m → ∞ .
Из полученных выше оценок следует, что
]
[3
∑
d ∞
1
∞
(vk∞1 vk∞2 − u∞
w
)
,
v0 (t) + Le v0∞ (t) = −ve1/2 ε (v0∞ )2 + 2
k1 k2
dt
ε
2
k +k =0
Tk vk∞ (t)
−
1
vk0 Tk e− ε
1
∫t
2 1/2 v ∞ )dτ
0
0 (Le +3ε v
=
ve1/2 ε
2
Kk (v ∞ , v ∞ ) , k ∈ Z0 .
(90)
в смысле интегрального тождества
∫ ∞[
(3
)]
∑
d ∞
1
∞
1/2
∞ 2
∞ ∞
∞ ∞
(vk1 vk2 − uk1 wk2 ) ψdt = 0 ,
v (t) + Le v0 (t) + ve ε (v0 ) + 2
dt 0
ε
2
0
k +k =0
1
∫
∞
[Tk vk∞ (t) − vk0 Tk e− ε
1
∫t
2 1/2 v ∞ )dτ
0
0 (Le +3ε v
2
− ve1/2 ε Kk (v ∞ , v ∞ )] φdt = 0 ,
0
для любой ψ, φ(t) ∈ C0∞ (R+ ). Замечание. Для комплексификации (6) мы получаем точное решение (24)), поскольку в этом случае поправка a(m) в уравнении Риккати является константой и условие несикулярности позволяет точно решить систему для k мод, |k| > 1.
Теорема 4. Пусть σ > 1 и v(0) ∈ H σ и выполнены условия Предложения 1 для ком(m)
плексификации (6). Тогда существует подпоследовательность vk (t), k ∈ Z (которую
будем обозначать также) решений задачи (25), (26), (27) с тем же начальными данными
206 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
(m)
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
(m)
v(0) ∈ H σ такое, что v0 (t) и vk (t), k ∈ Z0 сходятся строго в CB (R+ ) и L2,γ;0>γ>µε (R+ )
1
1
соответственно и слабо в W∞
(R+ ) и W2,γ;0>γ>µε
(R+ ) к функциям v0∞ (t) и vk∞ (t), k ∈ Z0 ;
v0∞ (t), vk∞ (t), k ∈ Z0 являются решением задачи (8)(в смысле определения (24)) для всех
t ∈ R+ , с ограниченными нормами
(m)
∞
0
1
∥H σ−1 , ∥Υ(m) ∥H σ−1 6 c0 ∥v 0 ∥H σ ,
∥v0∞ (t) − vstn
(t)∥W2,γ;0>γ>µε
(R+ ) 6 Mσ |v |H σ , ∥Ξ
0
1
∥v ∞ (t) − ξ ∞ D+ − η ∞ D− ∥W2,γ;0>γ>µε
(R+ ;A) 6 Mσ |vk |H σ ,
с постоянной Mσ не зависящей от k ∈ Z.
В этом случае a(m) – константа. Сeкулярные члены в уравнении для k− моды
возникают только для пар k1 + k2 = k, т.е. для той же моды. Поэтому условиями
сeкулярности можно убрать осциллирующие члены в правой части приближения Га(m)
леркина. Отсюда следует, что функции vk (t) ∈ L2,γ;0>γ>−µε , |k| 6 m, k ̸= 0. Также
(m)
(m)
(m)
(vk (t)−vstn (t)) ∈ L2,γ;0>γ>−µε и vstn (t) → v + (a(m) ) при t → +∞ стабилизируется к предельной константе однородного уравнения Риккати, определяемой постоянной a(m) .Из
полученных выше оценок для комплексификации (6)следуют предельные уравнения
∫t
1 + ikt 1 − −ikt
d e + dk e
+ εve1/2 dk (t)
ε k
ε
(
)
(1)
+ve1/2 ε 3v0∞ vk∞ + v0∞ Ak vk∞ + 2[B(v ∞ , v ∞ )k + H(v ∞ )k ] ,
2 1/2 ∞
0 (Le +3ε ve v0 )dτ
Yk∞ (t) + Dk∞ (t) − vk0 Tk (e− ε
1
v0∞ (t)
−
1
v00 e− ε Le t
∫
=
−ve1/2 ε
0
t
e− ε Le (t−s)
1
[3
2
)=
(v0∞ )2 + 2
∑
]
∞
(vk∞1 vk∞2 − u∞
w
)
k1 k2 ds
k1 +k2 =0
для всех t ∈ R+ . Как следствие этих результатов получаем
Теорема 5. Пусть σ > 2, начальные данные v 0 ∈ H σ (0, 2π), и выполнены условия
Предложения 2 (условие несекулярности, законы сохранения для начальных данных и
условия малости нормы ∥v 0 ∥H σ ). Тогда построенное решение системы (25), (26), (27)
является глобальным классическим решением задачи (4) в малой окрестности точки
равновесия и удовлетворяет системе почти всюду. Из за осцилляции во времени vstn
нулевая мода функции v(x, t) осциллирует так же как и нулевые моды функций u(x, t)
и w(x, t).
Терема 6. Пусть σ > 1, начальные данные v 0 ∈ H σ (0, 2π) , выполнены условия
Предложения 1 (условие несeкулярности, законы сохранения для начальных данны и
условия малости нормы ∥v 0 ∥H σ ). Тогда построенное решение системы (25), (26), (27) для
системы (6) является глобальным классическим решением этой задачи в малой окрестности точки равновесия и удовлетворяет системе для всех t ∈ R+ . Функция v(x, t) стабилизируется к константе. Осцилляции в противофазе на больших временах функций
u(x, t), w(x, t) остается за счет интегро-псевдодифференциальных членов в уравнениях
состояния.
НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26 207
Заключение. Можно сделать следующие выводы.
1. В построенном решении задачи Коши для системы (6), для вещественных начальных данных, функция a(m) (t) равномерно по t сходится при m → +∞ к постоянной.
Поэтому функция v(x, t) стабилизируется к константе, возможно не равной нулю, а
функции u(x, t), w(x, t) осциллируют при больших значениях t в противофазе. Остается вопрос о том, совпадают ли построенные решение для задачи Коши для систем (4)
и (6) для одних и тех же начальных вещественных данных. Проблеме единственности
слабого решения как для модели (4), так и модели (6), в более общей ситуации σ > 0
будет посвящена ближайшая публикации.
2. В этой статье мы рассмотрели модели типа Бродуэлла [2] (дискретных уравнений
Больцмана, см. [1]) спонтанной потери симметрии. Часто хиральная специфичность
биоорганического мира воспринимается как феномен нарушения зеркальной симметрии, проявляющийся в существовании жизни [3], [4]. Сразу возникает вопрос, а где
именно искать причины нарушения симметрии–в ходе химической, предбиологической
или же биологической эволюции. Интуитивно эти этапы молекулярной эволюции представляются различными, но какими бы они не были, они привели к возникновению
уникального полимерного мира–гомохиральных молекул, обладающих удивительными
структурными и функциональными свойствами. Ключевой является проблема–как возникли гомохиральные молекулы, сложность которых адекватна сложности информационных и функциональных носителей в биологии? Ответ на этот вопрос во многом, если
не во всем, может определить подход и к вопросу о причинах нарушения зеркальной
симметрии биосферы в целом [3]. Но потеря симметрии–это не только природа биологической среды. Многие эффекты неравновесности неорганического мира, как например
ликвация [15] (начальная стадия разделения на фазы в жидкостях, сплавах и даже
газах) можно смоделировать как спонтанную потерю симметрии (классическая триада
Ван дер Ваальса-двух устойчивых зон и одной неустойчивой). Эти факты определяют
интерес к моделям потери зеркальной симметрии.
3. Все полученные результаты переносятся на двумерную и трехмерную модели (1),
приведенные в [1]. Естественно, технически это намного сложнее, но суть одна. Полученные результаты позволяют выдвинуть дерзкую гипотезу о структуре решения кинетического уравнения Больцмана в окрестности распределения Максвелла. На больших
временах для парных взаимодействий возмущения распределения Максвелла имеют
локальный аттрактор, размерность которого равна числу законов сохранения, и диссипация определяется бесконечномерным уравнением Риккати, имеющим сепаратрисное
решение.
Литература
1. Годунов С.К., Султангазин У.М. О дискретных моделях кинетического уравнения Больцмана // Успехи МН(1971). – т. XXVI, в. 3(159), стр. 3-51.
2. Broadwell T.E. Study of rarified shear flow by the discrete velocity method // J. of Fluid
Mechanics. – 1964. – 19:3.
208 НАУЧНЫЕ ВЕДОМОСТИ
Серия: Математика. Физика. 2012. №5(124). Вып. 26
3. Аветисов В.А., Гольданский В.И. Физические аспекты нарушения зеркальной симметрии
биоорганического мира // Успехи Ф.Н. – 166;8. – C.73-891.
4. Chirality: from the weak Bozon to α-Helix / Ed. R. Janoschek. – New York: Springer-Verlag,
1991.
5. Boltzmann L. On the Maxwell method to the reduction of hydrodynamic equations from the
kinetic gas theory / Rep. Brit. Assoc (1894) in the L. Boltzmann memories, v.2/ M.: Nauka,
1984. – P.307-321. [in Russian].
6. Radkevich E.V. Mathematical Aspects of Nonequilibrium Processes / Novosibirsk: Tamara
Rozhkovskaya Publisher, 2007. [in Russian].
7. Gurtin M.E., Pipkin A.C. Theory of heat conduction with finite wave speed // Arch. Rat.
Mech. Anal. – 1968. – 31. – P.113-126.
8. Веденяпин В.В. Кинетические уравнения Больцмана и Власова // В.В. Веденяпин. – М.:
ФИЗМАТЛИТ,2001.
9. Chapman S., Cowling T. Mathematical Theory on Non-uniform Gases / S. Chapman. –
Cambridge: Cambridge University Press, 1970.
10. Chen G.Q., Levermore C.D., Lui T.P. Hyperbolic conservation laws with stiff relaxation terms
and entropy // Commun. Pure Appl. Math. – 1994. – 47;6. – P.787-830.
11. Palin V.V., Radkevich E.V. Mathematical aspects of the Maxwell problem // Applicable
Analysis. – 2009. – 88;8. – P.1233-1264.
12. Radkevich E.V. Problems with insufficient information about initial-boundary data // Advances
in Mathematical Fluid Mechanics/ Special AMFM Volume in Honour of Professor Kazhikhov /
Volume editor(s): A. Fursikov, G.P. Galdi, V. Pukhnachov / Birkhauser Verlag, 2009. – P.347376.
13. Palin V.V., Radkevich E.V. Hyperbolic Regularizations of Conservation Laws // Russian
Journal of Mathematical Physics. – 2008. – 15;3. – P.343-363.
14. Babin A.V., Ilyin A.A., Titi E.S. On the regularization mechanism for the periodic KdV
equation // Comm. on Pure and Appl.Math. – 2011. – LXIV, 0591-0648.
15. Radkevich E.V. On structures in instability zones // Journal of Mathematical Sciences. –
2010. – 165;1.
OSCILLATIONS GENERATED BY INTERACTION OPERATOR
IN DISCRETE KINETIC EQUATIONS
E.V. Radkevich
Moscow State University,
V-899, Moscow, 119899, Russia, e-mail: evrad07@gmail.com
Abstract. It is proved the existence of global solution of discrete kinetic equations. Besides,
it is obtained its expansion according to smoothness and it is studied the influence of oscillations
generated by interaction operator.
Key words: kinetic equation, global solution, interaction operator, circular terms.
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
6
Размер файла
434 Кб
Теги
кинетическая, порождаемая, уравнения, дискретное, взаимодействия, оператора, осцилляции
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа