Книги по разным темам
Pages: | 1 | 2 | 3 | 4 | [0,1] [0,1] C1[0,k] i,j,k,r Доказательство. При выполнении условий этой теоремы рассматриваемая задача имеет КГР U(x, t), для которого верна оценка (19), что позволяет применить к U(x, t) теорему об обращении преобразования Лапласа [14]. Тогда в областях непрерывности КГР, т. е. в областях Rj (j = 1, 2,... ), решение представимо в виде +i U(x, t) = U(x, )et d, > A1, (47) 2i -i где интеграл на бесконечности понимается в смысле главного значения, а кон станта A1 определяется в (19). Функция U(x, ), являющаяся преобразованием Лапласа по t от функции U(x, t), есть решение краевой задачи (21), поэтому она представима в виде (25). Используя это представление и предыдущие наши построения, докажем оценку (46).
Рассмотрим функцию U1(x, ) (26). В силу гладкости U(x, t) и r () для k целой функции R() (22) при || справедливо R() = O( ) в любой полосе B1 Re B2 (B1 < B2). Поэтому ввиду (28), (44) этим же свойством обладает U1(x, ), если B1 > A. Тогда при t > 0 имеем +i -+i 1 U1(x, )et d = U1(x, )et d.
2i 2i -i --i Обозначим через U1(x, t) функцию справа в этом равенстве. Очевидно, что она есть КГР задачи (20), (2) (3) в случае начальных данных U1(x, t):
r r U1(x, 0) = 0, U1(r, t)| = U(r, t)| (r = 0, 1), и для нее при t > 0 верно неравенство (18), т. е.
U1(x, t) R KeAt U1(x, t) C( ). (48) t 1114 Н. А. Люлько Докажем при t > T0 оценку U1(x, t) R Ke-t max U(r, t) C( r. (49) ) t r=0,Используя (28), (40), (44), запишем (26) при || > N в виде суммы:
P1(x) W (x, ) Tx(x, ) i U1(x, ) = - I + + ()R() = -U1(x, )R(), 2 () i=где 1 r0 1 2(x, P1(x)Tx(x, ) 1 r 1(x, U1 ) = Tx(x, ) - -, U1 ) = -, 2 2 1 R Tx(x, )R 3(x, U1 ) = W (x, )Tx(x, )() - P1(x)Tx(x, ) - +, 2 2 и докажем существование чисел Tk 0 (k = 1, 2, 3) таких, что при t > Tk будут справедливы неравенства -+i k(x, sup etU1 )R() d Ke-t max U(r, t) C( r. (50) ) r=0,2i x[0,1] --i В дальнейшем мы будем ссылаться на следующую лемму, доказательство которой вытекает из леммы 4 и доказательства теоремы 4 в [7].
емма 2. Пусть () полином Дирихле вида (31), для нулей которого верна оценка < - ( > 0). Если y() непрерывно дифференцируемая, а z(x, ) дважды непрерывно дифференцируемая функции своих аргументов, причем - z(x, ) ( 0), z(x, ) = 0 для всех x, [a, b], то при t > верна оценка -+i b 1 et y()ez(x,) d d Ke-t y(x) C[a,b] 2i k q() --i a с константой K, не зависящей от t, y(x). Здесь q = 0, 1, 2, k = 0, 1.
Рассмотрим функцию U1 (x, ). Из (44) следует, что для получения оценки (50) нужно оценить следующее выражение:
-+i 1 1 r0 sl e(t+ (x))+sl(x)Xsl() - - Rp() d, (51) 2i 2 --i где Rp() есть p-я компонента вектор-столбца R() (22), а s, l, p любые числа от 1 до n. Функции Xsl() определены в выражении (41), (), r0(), 1() в выражениях (31), (32), (34). Из (41) в силу (43) на прямой Re = - при || > N имеем для i, j = 1,..., n представление ac Xij () 1 () ij 0 0 0 ac Xij Xij() = Xij() +, Xij() = 0 () + rij() +, () K, ij откуда в силу (39), (43) справедливо xac() 1 r0 ij Xij() - - = x0 () +, 2 2 ij Cмешанная задача для гиперболической системы где 0 0 1 1 0 r0 rij ij ij ij ij xac() x0 () = - + - +, K. (52) ij ij 2 Так как при t > 0 интеграл -+i 1 Rp() sl e(t+ (x))+sl(x)xac() d sl 2i --i в силу (22) оценивается величиной в правой части (50) для всех s, l, p, то для получения нужной оценки интеграла (51) достаточно оценить -+i 1 Rp() sl e(t+ (x))+sl(x)x0 () d.
sl 2i --i Для этого в силу (22) достаточно оценить при r = 0, 1; s, l = 1,..., n; = 1,..., m функции -+i sl v1(t) = e(t+ (x))x0 () p(r, )e- d d, sl 2i --i -+i sl v2(t) = e(t+ (x))x0 () r () d, sl kp 2i --i где r () есть p-й элемент столбца (23) (p = 1,..., n).
kp Оценим функцию v1(t). Из (52) следует, что для этого нужно оценить интегралы -+i sl 1 e(t+ (x)) () p(r, )e- d d, (53) 2i k q --i -+i sl 1 e(t+ (x))r() p(r, )e- d d. (54) 2i q --i Здесь k0 = 0, 1, q = 0, 1, 2, () один из полиномов Дирихле 0, 0 1, 1, ij ij ij а r() имеет вид одной из функций 0 r0, rij (i, j = 1,..., n). Не ограничивая ij общности, будем считать, что M k () = Dke-d (0 = d1 < < dM = t + t).
k=Запишем (53) как -+i sl 1 e(t+ (x)) () p(r, - )e-(- ) d d 2i k q --i и применим к этому интегралу лемму 2. В силу неравенства (45) при t > t1 = 1 + dM интеграл (53) оценивается величиной в правой части неравенства (50).
1116 Н. А. Люлько Оценим интеграл (54). Из вида (32), (42) функций r0(), rij() следует, что в (54) в качестве r() нужно взять функцию r() = L(e-tf(),..., e-t f()... f()), k где k равно n или n - 1 (n 2), а t {T }, где {T } конечное множество неотрицательных чисел. Из (38) на прямой Re = - имеем соотношение f()... f() = O( ) ( ) при k 2, поэтому для оценивания (54) до k статочно получить оценку в случае, когда r() = f(), f() F. Заменим f() ее выражением (37) и запишем (54) в виде суммы -+i r r sl k e(t+ (x)) fkij(0) - fkij(k)e- p(r, )e- d d 2i q --i -+i k sl 1 e(t+ (x)) d r + fkij(y)e-y dy p(r, )e- d d, 2i q dy --i 0 где k, = 1,..., m; s, l = 1,..., n; q = 0, 1, 2; r = 0, 1. Первое слагаемое в силу леммы 2 при t > 1 + m оценивается величиной в правой части (50). Из гладкости p(r, ) по следует, что 0 p(r, )e- d = O, ||, поэтому ко второму слагаемому применим теорему Фубини, запишем его в виде - -+i sl d 1 e(t+ (x)-y) r fkij(y) p(r, )e- d d dy dy 2i q 0 --i и к повторному по, интегралу применим лемму 2. Итак, при t > 1 + m имеет место оценка и для второго слагаемого. Пусть t2 = max t + 1 + m, t{T } тогда из вида функции r() в (54) и приведенных выше рассуждений следует, что при t > t2 интеграл (54) оценивается величиной в правой части (50). Таким образом, при t > max(t1, t2) для функции v1(t) имеет место нужная оценка.
Оценим функцию v2(t). Как и в случае с v1(t), для этого нужно оценить два интеграла -+i sl 1 e(t+ (x)) () r () d, k0 = 0, 1; q = 0, 1, 2, (55) 2i k q kp --i -+i sl 1 e(t+ (x))r() r () d, q = 0, 1, 2, (56) 2i q kp --i Cмешанная задача для гиперболической системы где функции r(), () те же, что и в выражениях (53), (54). В качестве r () kp возьмем функцию k r () = fkpj()e- j(r, t)e-t dt d, 0 где j любое число от 1 до n. (В действительности r () есть сумма n таких kp функций.) В силу гладкости r () запишем () в виде k k r k -fkpj(k)e- r () = j(r, t)e-t dt + fkpj()j(r, -) d -k k e- d r + fkpj() j(r, t)e-t dt d, (57) d 0 затем подставим в (55) и результат представим в виде суммы трех функций:
-+i k sl 1 e(t+ (x)) () r i1(x, t) = d fkpj()j(r, -) d, 2i k +1 q --i -+i sl -1 e(t+ (x)-k) () r i2(x, t) = fkpj(k) j(r, t)e-t dt d, 2i k +1 q --i -k -+i k sl 1 e(t+ (x)) () d r i3(x, t) = e- fkpj() j(r, t)e-t dt d d.
2i k +1 q d --i 0 Для k0 = 1, q = 0, 1, 2 функции ip(x, t) (p = 1, 2, 3) в силу абсолютной сходимости несобственного интеграла оцениваются величиной в правой части (50) при t > 0. Для оценки этих функций при k0 = 0 нам понадобятся формула из теории преобразования Лапласа [14]:
-+i 1 et d = 0 при t > 0, если > 0, (58) 2i --i а также лемма, справедливость которой следует из леммы 2 и следствия к ней из работы [7].
емма 3. Пусть () полином Дирихле вида (31), для нулей которого верна оценка < - ( > 0). Тогда при t > 0 справедлива оценка -+i 1 et |hq(t)| Aq()e-t, где hq(t) = d (q = 1, 2). (59) 2i q() --i Рассмотрим функцию i1(x, t) при k0 = 0. Согласно лемме 3 и формуле (58) при t > 1 + dM ее можно записать в следующем виде:
k M r Dihq(t + sl(x) - di) fkpj()j(r, -) d, если q = 1, 2, i1(x, t) = i=1 0, если q = 0.
1118 Н. А. Люлько Отсюда и из (59) получаем, что i1(x, t) при t > 1 + dM оценивается вели чиной в правой части (50). В силу леммы 2 для i2(x, t) при k0 = 0 такая же оценка имеет место при t > 1 + dM + m. Доказательство проводится анало гично случаю получения оценки для интеграла (53).
Рассмотрим функцию i3(x, t) и, пользуясь при || соотношением 0 j(r, t)e-t dt = O, применим к i3(x, t) теорему Фубини, записав ее в виде -+i k sl d 1 e(t+ (x)-y-) () r i3(x, t) = fkpj() j(r, y) d dy d.
d 2i k +1 q 0 - --i Cогласно (58) и лемме 3 для k0 = 0 при t > 1 + dM + m имеем k M d r Di d fk () j(r, y)hq(t + sl(x) - y - - di) dyd, q = 1, 2, pj i3(x, t) = i=1 0 0, q = 0.
Отсюда в силу (59) получаем, что i3(x, t), а следовательно, и (55) для рассматриваемых t оценивается величиной в правой части (50).
Оценим интеграл (56), где в качестве r () возьмем () (57). Рассуждая kp аналогично случаю с интегралом (54), докажем для (56) нужную оценку, если r() = f(). Из (38), (57) на прямой Re = - имеем неравенство f()() K max U(r, t) C( r (q = 0, 1, 2), ) r=0, q ||откуда и следует, что (56) при t > 0 оценивается величиной в правой части (50).
Итак, при t > T1 = max(t1, t2, 1 + m + dM ) для U1 (x, ) справедлива оценка (50).
Рассмотрим функцию U1 (x, ). Из равенства -+i -+i 1 P1(x) Tx(x, ) 1 r 2(x, etU1 )R() d = et - R() d, 2i 2i --i --i 1 вида U1 (x, ) и рассуждений, приведенных выше для функции U1 (x, ), следует оценка (50) при t > T2 (T2 = T1) и для U1 (x, ).
Рассмотрим функцию U1 (x, ), для которой при || > N на прямой Re = 3 K U- верна оценка (x, ), гарантирующая наличие оценки (50) для этой ||функции при t > 0. Итак, при t > T1 = T0 для функции U1(x, t) имеет место оценка (49), а при t > 0 оценка (48), что и означает наличие для U1(x, t) неравенства (49) для t > 0.
Рассмотрим функцию +i U2(x, t) = U2(x, )et d, 2i -i Cмешанная задача для гиперболической системы где константа определена в (47), а U2(x, ) в (27). Очевидно, что U2(x, t) есть КГР задачи (20), (2), (3) в случае начальных данных U2(x, t):
r U2(x, 0) = U(x, 0) = U0(x), U2(r, t)| = 0 (r = 0, 1), поэтому для нее при t > 0 верно неравенство (18), т. е.
U2(x, t) R KeAt U0(x) C[0,1]. (60) t Докажем для функции U2(x, t) при t > 0 справедливость оценки U2(x, t) R Ke-t U0(x) C[0,1]. (61) t В (27) U2(x, ) однозначно определяется через функцию Грина G(x,, ), которая в (29) представима в виде суммы G1(x,, ) и G2(x,, ). Введем в рассмотрение две функции (k = 1, 2) +i Vk(x, t) = - et Gk(x,, )U0() d d ( > A1) (62) 2i -i и докажем для них при t > tk неравенство sup |Vk(x, t)| Ke-t U0(x) C[0,1] (63) x[0,1] с константой K, не зависящей от t, U0(x). В [7] дано представление G1(x,, ) и доказана для функции V1(x, t) оценка (63) при t > t1.
Построим асимптотическое представление G2(x,, ) и докажем оценку (63) для функции V2(x, t). Из (30), (44) при || > N, Re > A имеем k G2 (x,, ) G2(x,, ) = - (), k () k=где G2 (x,, ) = Tx(x, )(I0I - I1T(1, )I)T-1(, )K-1(), 1 G2 (x,, ) = P1(x)G2 (x,, ) + Tx(x, )(I0P1(0)I - I1P1(1)T(1, )I) T-1(, )K-1() + G2 (x,, )K()R1()K-1(), 2 -G2 (x,, ) = W (x, )H()V (, )K-1().
Из вида (40) функции () справедливо представление Gk(x,, ) G2(x,, ) =, (64) k k= r0 1 G2 1 1 1 rG0 = G2 -, G1 = - G2 -, 2 2 2 0 G2 G2 R G2 = - R + - 1 - G2 ().
2 1120 Н. А. Люлько k Выпишем более подробно вид матриц G2 (x,, ) (k = 0, 1, 2), для этого введем следующие обозначения:
p n 1 ij() = Xikkj, ij() = Xikkj (1 i n, 1 j p), k=1 k=p+(65) p n 1 ij() = Xikkj, ij() = Xikkj (1 i n, p + 1 j n).
k=1 k=p+Здесь ij(), ij() элементы соответственно матриц I0, I1, а функции Xij() определены в (41). Тогда справедливo представление 0,r 0,r 2 (x,)+ij (x,) r ij e ij() 0 0 G2 = g2ij(x,, ), g2ij(x,, ) =, (66) i,j=1,...,n kj() r=0,r где функции 0,r(x, ), ij (x, ) трижды непрерывно дифференцируемы по x, ij, причем 0,r(x, ) ij = = 0, -2 0,r(x, ) 0 (2 > 0). (67) ij kj() Из вида матрицы G2 ясно, что для ее представления достаточно построить матрицу 1,G2 (x,, ) = Tx(x, )(I0P1(0)I - I1P1(1)T(1, )I)T-1(, )K-1(), вид которой лишь незначительно отличается от вида G2. Действительно, обо p p значим I0P1(0) = ij, I1P1(1) = ij (i, j = 1,..., n) и вместо ij, ij подp p ставим в (65) соответственно ij, ij. Полученные в (65) функции обозначим p,r 1,через ij (r = 1, 2), тогда вид матрицы G2 будет следующий:
0,r 0,r 2 (x,)+ij (x,) p,r ij e ij () 1,1 1,1 1,G2 = g2ij(x,, ), g2ij(x,, ) =, (68) i,j=1,...,n kj() r=0,r где функции 0,r(x, ), ij (x, ) такие же, как и в (66). Из вида матрицы Gij вытекает, что она непрерывно дифференцируемая по x, [0, 1] функция, аналитическая по в полуплоcкости Re > A + ( > 0), где для неe верна Gоценка (x,, ) K. Отсюда, из вида (40) функции () и (66), (68) следует, что в представлении (64) для функции G2 при || > N также верна оценка G2(x,, ) K.
(69) Итак, исследуем функцию V2(x, t) (68). В силу гладкости U0(x) и свойства (67) функции G2 при || справедливо равенство 1 G2 (x,, )U0() d = O в любой полосе B1 Re B2 (B2 > B1 > A ). Тогда в силу (64) 1 G2(x,, )U0() d = O Cмешанная задача для гиперболической системы при этих же значениях. Поэтому при t > 0 имеем -+i V2(x, t) = - et G2(x,, )U0() dd.
2i --i Из (69) при t > 0 выводим оценку -+i 1 G2(x,, ) sup et 2 U0() d d Ke-t U0(x) C[0,1], 2i x[0,1] --i поэтому для доказательства (63) достаточно при t > t2 доказать неравенства -+i 1 Gk(x,, ) sup et 2 U0() d d Ke-t U0(x) C[0,1], (70) 2i k x[0,1] --i где k = 0, 1. Из (64), (66), (68) следует, что для этого достаточно оценить три вида функций -+i 0,r 0,r 1 (x,)+ij (x,) ij e Xik()Ckj()u0 () j j1(x, t) = et d d, (71) 2i k kj() --i -+i 0,r 0,r 1 (x,)+ij (x,) ij e Xik()Ckj()r0()u0 () j j2(x, t) = et d d, 2i k 2kj() --i (72) -+i 0,r 0,r 1 (x,)+ij (x,) ij e Xik()Ckj() 1()u0 () j j3(x, t) = et d d 2i 2kj() --i (73) (здесь i, j, k произвольные числа от 1 до n; r = 1, 2, k0 = 0, 1) и получить для них при t > t2 неравенства sup |jk(x, t)| Ke-t u0 (x) C[0,1] (k = 1, 2, 3). (74) j x[0,1] В (71)Ц(73) функции Ckj() суть либо kj(), либо kj(), Xij() имеют вид (41), полином Дирихле, функции r0(), 1() определены соответственно в (31), (32), (34). Из неравенств (43) получаем, что для оценивания интегралов (71) - (73) достаточно оценить эти интегралы в случае, когда функция Xik()Ckj() имеет вид одного из следующих выражений:
n0 n0 n rij n rij ij k k e- ij, e-, f(), f(), 0 0 0 n n n n где n0 = 0, 1, а f() F. Из (38), (43) на прямой Re = - имеем n1 K K K k f() rij f() ij e- rij (n0 = 0, 1),,, n ||2 ||2 ||1122 Н. А. Люлько поэтому для оценивания (71)Ц(73) в правых частях этих выражений достаточно в качестве Xik()Ckj() рассмотреть функции вида k k k k xijk,1 = e- 0, xijk,2 = e- ij, xijk,3 = e- rij, xijk,4 = e- f() 0.
Pages: | 1 | 2 | 3 | 4 | Книги по разным темам