Диссертация (Агентная модель поведения толпы в условиях чрезвычайной ситуации для оценки интенсивности фронта выходного потока), страница 13

. Найдется последовательностьϕs такая, что kϕs kL2 (Br ) > s k∇ϕs kL2 (Br ) . Положимψs =ϕs.kϕs kL2 (Br )Очевидно, что kψs kL2 (Br ) = 1, и при этомk∇ψs kL2 (Br ) → 0 при s → ∞ .Следовательно, kk − ψs kW21 (Br ) стремится к нулю при s → ∞ и при некоторойконстанте k, а значит, взяв функцию (k − ψs )η, где η ∈ C0∞ (B2r0 ), η ≡ 1 вокрестности Br0 , будем иметьnCap((R \ Ω) ∩B r0 ,W21 (Rn ))≤Z|∇((k − ψs )η)|2dx ≤ const kk − ψs kW21 (Br ) .RnПерейдя к пределу при s → ∞, будем иметь Cap((Rn \ Ω) ∩ B r0 ,W21 (Rn)) = 0.Полученное противоречие доказывает лемму.87Доказательство Теоремы 1. {ri }ni=1 и {ρi }ni=1 – бесконечно возрастающие последовательности вещественных чисел.

Пусть ri < ρi для всех i, иcap ϕ− c ((Rn \ Ω) ∩ B ri ,Bρi ) < cap ϕ− c (Rn \ Ω) +1, i = 1,2, . . .2iОчевидно [35], что емкость cap ϕ− c ((Rn \ Ω) ∩ B ri ,Bρi ) достигается на функцииovi ∈W 12 (Bρi ) такой, чтоtg v = 0 в B \ ((Rn \ Ω) ∩ B )iρirivi| n(R \Ω)∩B r = ϕ − c ,(3.6)ioгде последнее равенство означает, что (vi − (ϕ − c))µ ∈W 12 (Bρi \ ((Rn \ Ω) ∩ B ri ))для любого µ ∈ C0∞(Bρi ).

Наряду с задачей (3.6) рассмотрим другую задачу:Lu = 0 в B \ ((Rn \ Ω) ∩ B )iρiriui| n(R \Ω)∩B r = ϕ − c ,(3.7)ioгде ui ∈W 12 (Bρi ).Имеет место следующее утверждение: пусть функция ui – решение задачи(3.7), а функция vi – решение задачи (3.6). ТогдаZZZ22|∇vi| dx ≤|∇ui| dx ≤ c |∇v1|2 dx ,(3.8)BρiBρiBρiгде c – неотрицательная константа, не зависящая от ui и vi.

Проведем доказательство этого факта. Левое неравенство, очевидно, следует из определенияемкости. Докажем правое неравенство. Ввиду того, что функция ui – решениезадачи (3.7), будем иметьZ XnBρi l,m=1alm (x)∂ui ∂ψdx = 0∂xm ∂xl88oдля любой функции ψ ∈ W 12 (Ω). В частности, взяв ψ = u − v, получимZ XnBρi l,m=1∂ui ∂uialm (x)dx −∂xm ∂xlZ XnBρi l,m=1alm (x)∂ui ∂vidx ≤= 0∂xm ∂xlОткуда следуют оценкиγZZ Xn∂ui ∂ui∂ui ∂vi|∇ui | dx ≤alm (x)dx =alm (x)dx ≤∂xm ∂xl∂xm ∂xlBρi l,m=1Bρi l,m=1ZZ11const( |∇ui|2 dx) 2 ( |∇vi|2 dx) 2 ,2BρiZ XnBρiΩчто доказывает правое неравенство в (3.8).Очевидно,Z1ncap ϕ− c ((R \ Ω) ∩ B ri ) ≤|∇vi|2 dx < cap ϕ− c(Rn \ Ω) + i .2BρiВ то же время, из неравенства (3.8) следует, чтоZ1|∇ui|2 dx < c2 (cap ϕ− c (Rn \ Ω) + i ) .2BρiЕсли Cap(Rn \ Ω,W21 (Rn )) = 0, то множество Rn \ Ω является (2,1)-полярным( [31] с. 331), а значит, согласно лемме 4, функция 1−ϕ равна нулю на Rn \Ω.

Темсамым, взяв единичную функцию, мы получим искомое решение задачи (3.2).Пусть теперь Cap((Rn \ Ω) ∩ B ri ,W21 (Rn )) > 0 для некоторого ri. Тогда излеммы 5 получим, что последовательность {ui}ni=1 ограничена как в L2 (Br ) таки в W21 (Br ) для любого r. В самом деле, для достаточно больших i,j имеемoui − uj ∈ W 12 , loc (Rn \ ((Rn \ Ω) ∩ B r )) , i,j > i0 .Таким образом, фиксируя j, будем иметьkuik2L12 + kuik2W21 (K) ≤ α(kuj k2W21 (K) + cap ϕ− c (Rn \ Ω) +11+),2i 2j89для всякого компакта K ⊂ Rn , где константа α > 0 не зависит от ui .В силу компактности вложения W21 (Br ) в L2 (Br ) мы можем выбрать подпоследовательность последовательности {ui}ni=1 фундаментальную в L2 (Br ).Чтобы не загромождать индексов, обозначим эту подпоследовательность также{ui}ni=1.

Возьмем функцию η ∈ C0∞ (Br ) такую, что η ≡ 1 в открытой окрестности множества B r/2 . Ввиду того, что ui удовлетворяет (3.7), то для разностиui − uj получимZ Xn∂(ui − uj ) ∂ψalm (x)dx = 0 ,∂xm ∂xlBr l,m=1где ψ = η 2 (ui − uj ). Другими словами,Z Xn+Br l,m=1Z Xn∂(ui − uj ) ∂η 2alm (x)(ui − uj ) dx+∂xm∂xlalm(x)η 2Br l,m=1∂(ui − uj ) ∂(ui − uj )dx = 0 .∂xm∂xlПерепишем последнее соотношение в видеγZη 2 |∇(ui − uj )|2dx ≤ −2Z Xnakl (x)Br k,l=1Br∂(ui − uj ) ∂ηη (ui − uj ) dx ,∂xl∂xkоткуда ввиду неравенства ab ≤ 12 a2 + 12 b2 , находимZ22η |∇(ui − uj )| dx ≤ c1BrZ2 2|∇(ui − uj )| η dx + c2BrZ|∇η|2 (ui − uj )2 dx ,Brгде c1 ,c2 – неотрицательные константы, не зависящие от ui . Таким образом, будем иметьZZ2|∇(ui − uj )| dx ≤ β (ui − uj )2 dx ,Br/2Brгде константа β > 0 не зависит от ui, что доказывает фундаментальность последовательности {ui}ni=1 в W21 (Br/2 ) для любого r > 0.

Тем самым, существуетфункция u ∈ W21, loc (Rn) такая, что для любого r > 0 последовательность {ui}ni=190стремится к u в W21 (Br ). Очевидно, что функция u является искомым решениемзадачи (3.2).Доказательство Теоремы 2. Предположим, что функция u – решение задачи(3.2). Продолжим u на Rn \ Ω значением ϕ. Пусть n ≥ 3, тогда существуетконстанта c ∈ Rn такая, что для функции u имеет место общее неравенствоХарди. Обозначая |x|(u − c) ,νR = ηRгде η ∈ C0∞(B2) и η ≡ 1 в открытой окрестности B 1 , получимνR |(Rn \Ω)∩B R = ϕ − c .Интеграл Дирихле для функции νR допускает оценку2 2 Z Z |x||x| dx ≤ 2 ∇η dx+∇ η(u−c)(u−c)RRB 2RB 2R2Z η |x| ∇(u − c) dx .+RB 2RЗаметим, что ∇η |x| ≤ p и 1 ≤ 4 при x ∈ B 2R ,R RR2|x|2где p > 0 – некоторая константа. Тогда с учетом неравенства Харди будем иметь2 Z |x|p2∇η(u − c) dx ≤ 2RRB 2R≤ 4p2ZZ|u − c|2 dx ≤B 2R \BR2 Z|u − c|24pdx≤|x|2k|∇u|2 dx .B 2RB 2R \BRТаким образомncap ϕ− c((R \ Ω) ∩ B R ) ≤ZB 2R2|∇νR | dx ≤ γZB 2R|∇u|2dx < ∞ ,91где γ > 0 – некая константа, не зависящая от νR .

Переходя к пределу при R →∞, получимZcap ϕ− c (Rn \ Ω) ≤ γ |∇u|2dx < ∞ ,Rnчто доказывает теорему 2 для n ≥ 3.В случае n = 2, обозначаяνR = η|x|Rlnln R!u,где η ∈ C0∞(R2 ), η равна нулю в окрестности нуля и η ≡ 1 в открытой окрестности дополнения B1 , получимνR |(Rn \Ω)∩BR2= ϕ.Интеграл Дирихле для функции νR оценивается следующим образомИмеем∇ηln |x|Rln R|x|Rlnln RB 2R2Z ≤ 2∇ηB 2R2Z ∇(η!2u) dx ≤! 2Z |x|ln Ru dx +ηln RB 2R2!|x|ln Rln R2∇u dx .!2q1mи 2 2≤ 2при x ∈ B 2R2 ,≤2 |x| ln Rln Rln |x|где q,m > 0 – некоторые константы.

Тогда с учетом неравенства Харди находимZ ∇ηB 2R2! 2lnu dx ≤ln R|x|RZB 2R2 \BR24 q2m4 q222 2 |u| dx ≤2|x| ln RZZ4q 2 m|u|2dx ≤|∇u|2dx .22k|x| ln |x|B 2R2 \BR2B 2R292Таким образом,cap ϕ ((R2 \ Ω) ∩ B R2 ) ≤Z|∇νR |2 dx ≤ γB 2R2Z|∇u|2dx < ∞ ,B 2R2где γ > 0 – некая константа, не зависящая от νR . Переходя к пределу при R →∞, получимZ2cap ϕ (R \ Ω) ≤ γ |∇u|2 dx < ∞ .R2Тем самым, теорема 2 полностью доказана.Доказательство Теоремы 3.

Пусть cap ϕ− c (Rn \ Ω) < ∞. Тогда по Теореме 1 существует функция u, являющаяся решением задачи (3.2). Пусть n ≥ 3. Возьмемсрезывающую функцию ηk ∈ C0∞ (Rn ) такую, что ηk (x) = 1, на B2k+1 \ B2k−1 иsupp ηk (x) ⊂ B2k+2 \ B2k−2 , k = 1,2, .

. ., построенную следующим образом. Пустьη(x) – монотонная неубывающая функция из C ∞ (Rn ), равная нулю на отрезке [−∞, 14 ] и равная единице на отрезке [ 34 , + ∞]. Далее, принимаем за ηk (x)следующую функцию |x|−rk−2, если x ∈ B rk−1 \ Brk−2ηrk−1 − rk−2ηk (x) = 1 ,если x ∈ B rk+1 \ Brk−1rk+2 − |x|, если x ∈ B rk+2 \ Brk+1ηrk+2 − rk+1Имеем оценку|∇ηk (x)|2 ≤c,|x|293где c не зависит от k. Тогда, согласно неравенству Харди, получим цепочкунеравенствcap ϕ− c ((B rk+1 \ Brk−1 ) ∩ (Rn \ Ω),Brk+2 \ B rk−2 ) ≤Z≤|∇ (ηk (x)u(x))|2 dx ≤Brk+2 \B rk−2Z2Z2|∇ηk (x)u(x)| dx + 2Brk+2 \B rk−22c|ηk (x)∇u(x)|2 dx ≤Brk+2 \B rk−2ZZ|u(x)|2dx + b1|x|2|∇u(x)|2 dxBrk+2 \B rk−2Brk+2 \B rk−2где b1 – положительная константа, не зависящая от u.

Таким образом,∞Xk=1∞Xcap ϕ− c ((B rk+1 \ Brk−1 ) ∩ (Rn \ Ω),Brk+2 \ B rk−2 ) ≤Z2k=1∞Brk+2 \B rk−2X|u(x)|2dx +b1|x|2k=1Z|∇u(x)|2 dxBrk+2 \B rk−2Ввиду того, что каждая точка x ∈ Rn принадлежит не более, чем трем областямBrk+2 \ B rk−2 , то получаем∞Xk=12ZBrk+2 \B rk−2∞X|u(x)|2dx+b1|x|2k=1b3ZRnZ2|∇u(x)| dx ≤ b2Brk+2 \B rk−2|∇u(x)|2 dx ≤ b4Z|∇u(x)|2 dx < ∞ ,Rnгде b2 ,b3,b4 – положительные константы, не зависящие от u.ZRn|u(x)|2dx+|x|294Пусть теперь n = 2.

Введем обозначениеηk (x) =ηln r|x|k−2!,если x ∈ B rk−1 \ Brk−21,rk+2 !ln|x|η ln rk+2 ,rk+1если x ∈ B rk+1 \ Brk−1k−1ln rrk−2если x ∈ B rk+2 \ Brk+1где η(x) – монотонная неубывающая функция из C ∞ (Rn ), равная нулю на отрезке [−∞, 14 ] и равная единице на отрезке [ 43 , + ∞]. Имеем|∇ηk (x)|2 ≤c,|x|2 ln2 |x|где c не зависит от k. Тогда, согласно неравенству Харди, получим цепочкунеравенствcap ϕ− c ((B rk+1 \ Brk−1 ) ∩ (Rn \ Ω),Brk+2 \ B rk−2 ) ≤ZZ2|∇ (ηk (x)u(x))| dx ≤ 2|∇ηk (x)u(x)|2 dx+≤Brk+2 \B rk−2Brk+2 \B rk−2Z+2Z2|ηk (x)∇u(x)| dx ≤ 2cBrk+2 \B rk−2+b1Z|u(x)|2dx+|x|2 ln2 |x|Brk+2 \B rk−2|∇u(x)|2 dx,Brk+2 \B rk−2где b1 – положительная константа, не зависящая от u.

Таким образом,∞X≤k=1∞X2k=1cap ϕ− c ((B rk+1 \ Brk−1 ) ∩ (Rn \ Ω),Brk+2 \ B rk−2 ) ≤ZBrk+2 \B rk−2∞X|u(x)|2dx+b1|x|2 ln2 |x|k=1ZBrk+2 \B rk−2|∇u(x)|2 dx.95Ввиду того, что каждая точка x ∈ Rn принадлежит не более, чем трем областямBrk+2 \ B rk−2 , то получаем∞X2k=1≤ b2ZZRnBrk+2 \B rk−2Z∞X|u(x)|2dx +b1|x|2 ln2 |x|k=1|u(x)|2dx + b3|x|2 ln2 |x|Z|∇u(x)|2 dx ≤Brk+2 \B rk−22|∇u(x)| dx ≤ b4RnZ|∇u(x)|2 dx < ∞ ,Rnгде b2 ,b3,b4 – положительные константы, не зависящие от u.В обратную сторону.

Пусть∞Xcap ϕ− c ((B rk+1 \ Brk−1 ) ∩ (Rn \ Ω),Brk+2 \ B rk−2 ) < ∞k=1и n ≥ 3. Введем срезывающую функцию |x|−rk−1,ηr−rkk−1ψek (x) =r−|x|k+1,ηrk+1 − rkОбозначимесли |x| ≤ rkесли |x| ≥ rk .ψek (x)ψk (x) = P.∞eψi (x)i=0Очевидно,∞Xψk (x) = 1 .k=1Из условия на емкость мы имеем функции uk (x), реализующие емкость и которые равны ϕ − c в Brk+1 \ Brk−1 и с носителем из Brk+2 \ Brk−2 . Заметим, чтоN2Xk=N1uk (x)ψk (x) = ϕ − c96при x из окрестности множества (B rN2 −1 \ BrN1 +1 ) ∩ (Rn \ Ω). Имеем2 N2 NN222 XXXuk (x)ψk (x) = ∇uk (x)ψk (x) +uk (x)∇ψk (x) ≤∇k=N1k=N1k=N1 N2 N222XX≤ 2∇uk (x)ψk (x) + 2 uk (x)∇ψk (x) .k=N1k=N1Так как для любого x ∈ Rn существует не более трех натуральных чисел k ∈{N1, . .