Диссертация (Агентная модель поведения толпы в условиях чрезвычайной ситуации для оценки интенсивности фронта выходного потока), страница 14

. ,N2}, таких что ψk (x) 6= 0, получим N2N22XX∇uk (x)ψk (x) ≤ 9|∇uk (x)|2 |ψk (x)|2 .k=N1Аналогичноk=N12 NN22XX|uk (x)|2 |∇ψk (x)|2 .uk (x)∇ψk (x) ≤ 9k=N1k=N1В итоге, получаем2 NN2N22 XXX22|∇uk (x)|2|ψk (x)|2 .|∇uk (x)| |ψk (x)| + 18uk (x)ψk (x) ≤ 18∇k=N1k=N1k=N1Следовательно,≤ 18 Z ∇RnN2XZN2Xk=N1!2uk (x)ψk (x) dx ≤|∇uk (x)ψk (x)|2dx +k=N1Brk+2 \Brk−2N2XZk=N1Brk+2 \Brk−2|uk (x)∇ψk (x)|2dx .Первое слагаемое в последнем выражении допускает оценкуN2XZk=N1Brk+2 \Brk−22|∇uk (x)ψk (x)| dx ≤N2XZk=N1Brk+2 \Brk−2|∇uk (x)|2dx ,97так как |ψk (x)| ≤ 1.

Используя тот факт, что|∇ψk (x)| ≤rk+1 − rk2kи неравенство Фридрихса, оценим второе слагаемоеN2XZN2X(rk+1 − rk )2|uk (x)∇ψk (x)| dx ≤4k2k=N1Brk+2 \Brk−2k=N1≤ c1N2XZZ|uk (x)|2dx ≤Brk+2 \Brk−2|∇uk (x)|2dx ,k=N1Brk+2 \Brk−2где c1 – положительная константа, не зависящая от uk и ψk . Получаем цепочкунеравенствcap ϕ− c ((B rN2Z \ BrN1 ) ∩ (Rn \ Ω)) ≤ ∇≤ c2N2Xk=N1B=N2XZRnN2Xk=N1!2uk (x)ψk (x) dx ≤|∇uk (x)|2dx =rk+2 \Brk−2cap ϕ− c ((B rk+1 \ Brk−1 ) ∩ (Rn \ Ω),Brk+2 \ B rk−2 ) ,k=N1где c2 – положительная константа, не зависящая от uk и ψk . Устремляя N2 кбесконечности, получаемcap ϕ− c ((Rn \ Ω) \ BrN1 ) ≤≤∞Xcap ϕ− c((B rk+1 \ Brk−1 ) ∩ (Rn \ Ω),Brk+2 \ B rk−2 ) < ∞ ,k=N1откуда и следует, чтоcap ϕ− c (Rn \ Ω) < ∞ .98Пусть теперь n = 2.

Тогда введем срезывающую функциюψek (x) =и пустьηηln r|x|k−1!rkln rk−1!k+1ln r|x|ln rk+1rk,если |x| ≤ rk,если |x| ≥ rkψek (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, чтоN2Xuk (x)ψk (x) = ϕ − ck=N1при x из окрестности множества (B rN2 −1 \ BrN1 +1 ) ∩ (Rn \ Ω). Несложно увидеть,что функции ψk будут снова удовлетворять соотношениямZ ∇RnN2X≤ 18 ZN2XZN2Xk=N1!2uk (x)ψk (x) dx ≤2|∇uk (x)ψk (x)| dx +k=N1Brk+2 \Brk−2N2XZk=N1Brk+2 \Brk−2|uk (x)∇ψk (x)|2dx .Первое слагаемое из последнего выражения допускает очевидную оценкуk=N1Brk+2 \Brk−2|∇uk (x)ψk (x)|2dx ≤N2XZk=N1Brk+2 \Brk−2|∇uk (x)|2dx ,99так как |ψk (x)| ≤ 1. Теперь, используя тот факт, что |∇ψk (x)| ≤венство Харди, оценим второе слагаемоеZN2X2|uk (x)∇ψk (x)| dx ≤k=N1Brk+2 \Brk−2ZN2Xk=N1Brk+2 \Brk−2≤ c1N2XZconstи нера|x| ln |x||uk (x)|2dx|x|2 ln2 |x||∇uk (x)|2dx ,k=N1Brk+2 \Brk−2где c1 – положительная константа, не зависящая от uk и ψk .

Получаем цепочкунеравенствcap ϕ− c ((B rN2Z \ BrN1 ) ∩ (Rn \ Ω)) ≤ ∇≤ c2N2XZRnN2Xk=N1!2uk (x)ψk (x) dx ≤|∇uk (x)|2dx =k=N1Brk+2 \Brk−2=N2Xcap ϕ− c ((B rk+1 \ Brk−1 ) ∩ (Rn \ Ω),Brk+2 \ B rk−2 ) ,k=N1где c2 – положительная константа, не зависящая от uk и ψk . Устремляя N2 кбесконечности, получаемcap ϕ− c ((Rn \ Ω) \ BrN1 ) ≤≤∞Xcap ϕ− c((B rk+1 \ Brk−1 ) ∩ (Rn \ Ω),Brk+2 \ B rk−2 ) < ∞ ,k=N1откуда и следует, чтоcap ϕ− c (Rn \ Ω) < ∞ .Доказательство Теоремы 4.

Пусть u – решение задачи (3.2). Продолжим u наRn \ Ω значением ϕ. Тогда согласно неравенству (3.3) будем иметьσ(ωk ,µk )ku − ck kL2 (ωk ,µk ) ≤ k∇ukL2 (ωk ) .100Откуда получимσ 2(ωk ,µk )kϕ − ck k2L2 (ωk \Ω,µk ) = σ 2 (ωk ,µk )ku − ck k2L2 (ωk \Ω,µk ) ≤ k∇uk2L2 (ωk ) .Суммируя последнее соотношение, получим∞X2σ (ωk ,µk )kϕ −k=1=∞XZck k2L2 (ωk \Ω,µk )≤∞XZ|∇u|2 dx +k=1ω ∩ΩkЗаметим, что∞ ZXk=1|∇u|2dx ≤k=1 ω ∩Ωkи∞ ZXk=1k∇uk2L2 (ωk ) =k=1|∇u|2dx.ωk \Ω|∇u|2dx < ∞Ω2|∇u| dx =ωk \ΩZ∞X∞ ZXk=1|∇ϕ|2dx < ∞.ωk \ΩТаким образом, будем иметь∞Xσ 2(ωk ,µk )kϕ − ck k2L2 (ωk \Ω,µk ) < ∞,k=1откуда немедленно следует (3.5). Теорема полностью доказана.3.2.4Уточненные оценки емкостиВ случае верхней полуплоскости и задания степенной граничной функциина действительной оси удается конкретизировать условия теоремы существования в терминах показателя роста граничной функции.Следствие 1.

Пусть Ω = {(x′, xn) ∈ Rn |xn ≥ 0} и ϕ(x) = (1 + |x|)α . Тогдаn−2краевая задача (3.2) имеет решение тогда и только тогда, когда α < −2или α = 0 в случае n ≥ 3 и α ≤ 0 в случае n = 2.101Доказательство следствия 1. Пусть α = 0. Тогда, взяв в теореме 1 c = 1, получим, что задача (3.2) имеет решение.Пусть теперь α 6= 0 и n ≥ 3. Согласно лемме 2,Z2|∇ϕ| dx ≥ kRnZ|ϕ − c|2dx .|x|2(3.9)RnВозьмем срезывающую функцию η ∈ C0∞ (Rn ) такую, что η(x) = 1, на B1 иsupp η(x) ⊂ B2 и пустьϕN (x) = η|x|(ϕ(x) − c) .NТогда получаем цепочку неравенствZZn2cap ϕ− c (BN ∩ (R \ Ω)) ≤|∇ϕN | dx ≤ const|∇ϕ|2 dx .B2N(3.10)B2NДействительно,ZB2N22 Z Z |x||x|η dx .(ϕ − c) dx +∇(ϕ−c)|∇ϕN |2 dx ≤ 2  ∇ηNNB2NB2NЗаметим, что ∇η |x| ≤ p и 1 ≤ 4 при x ∈ B2N ,N N N2|x|2где p > 0 – некоторая константа.

Тогда с учетом неравенства (3.9) будем иметь2 Z 2|x|∇η dx ≤ p(ϕ−c)NN2B2N≤ 4p2Z2ZB2N \BN2 Z|ϕ − c|4pdx≤|x|2kB2N \BNчто и доказывает неравенство (3.10).|ϕ − c|2 dx ≤|∇ϕ|2 dx,B2N102Пусть теперь n = 2. Согласно лемме 3,Z2|∇ϕ| dx ≥ kR2ZR2|ϕ|2dx.|x|2 ln2 |x|(3.11)Возьмем срезывающую функцию η ∈ C0∞(R2 ) такую, что η(x) = 0 в окрестностинуля и η ≡ 1 в открытой окрестности дополнения B1, и пустьϕN = ηln |x|Nln N!ϕ.Тогда получаем цепочку неравенствZZ22cap ϕ (BN 2 ∩ (R \ Ω)) ≤|∇ϕN | dx ≤ const|∇ϕ|2 dx .B2N 2(3.12)B2N 2Действительно,ZB2N 2Z |∇ϕN |2 dx ≤ 2 ∇ηЗаметим, что∇ηB2N 2ln |x|Nln N! 2Z ln |x|Nϕ dx +ηln NB2N 2!|x|ln Nln N2∇ϕ dx .!2q1mпри x ∈ B2N 2 ,и 2 2≤ 2≤2 |x| ln Nln Nln |x|где q,m > 0 – некоторые константы. Тогда с учетом неравенства (3.11) будемиметь! 2Z Z|x|ln N4q 2∇ηϕdx≤|ϕ|2 dx ≤222ln N|x| ln NB2N 2B2N 2 \BN 2ZZ|ϕ|24q 2m24q mdx ≤|∇ϕ|2 dx,22k|x| ln |x|B2N 2 \BN 2что и доказывает неравенство (3.12).B2N 2103Теперь рассмотрим при каких условиях последний интеграл будет конечен, а значит согласно теореме 1 задача (3.2) имеет решение.

Очевидно, чтоконечность последнего интеграла эквивалентна условиюZ∞rn−1r2(α−1) dr < ∞ ,0что приводит к неравенству n−1+2(α−1)+1 < 0, откуда получается требуемоенеравенство.В обратную сторону. Пусть задача (3.2) имеет решение. Рассмотрим ωk ={x ∈ Rn |2k−1 ≤ |x| ≤ 2k , xn ≥ −εk }, где εk такое, что справедливо условие (3.4).Вычислим коэффициенты σ(ωk ,µk ), где µk является (n−1)-мерной мерой Лебегана {x ∈ Rn |2k−1 ≤ |x| ≤ 2k , xn = 0}. ИмеемZ2k|u − A| dS ≤ 2 BZ|∇u|2 dx ,(3.13)Ik∂Ikгде A и B – некоторые константы, причем A зависит от u,k,n, а B зависит толькоот n, Ik = {x ∈ Rn |2k−1 ≤ |x| ≤ 2k , xn > 0}. В самом деле, заменой переменнойy = 2−k x неравенство (3.13) приводится к видуZZ2|u − A| dS ≤ B |∇u|2 dy.(3.14)∂I0I0Установим справедливость последнего соотношения.

Согласно неравенству Пуанкаре,Zku − Ak2W21 (I0 ) ≤ C |∇u|2 dy ,I0где постоянная A зависит от u,n, а постоянная C – только от n. В то же время,согласно теореме вложения С.Л.Соболева,ku − AkL2 (∂I0 ) ≤ C0k∇ukW21 (I0 ) ,где постоянная C0 зависит только от n. Таким образом, для доказательства (3.14)достаточно объединить две последние оценки. Из соотношения (3.13) немедлен-104но получимσ(ωk ,µk )kv − ckL2 (ωk ,µk ) ≤ k∇vkL2 (ωk ) ,гдеσ(ωk ,µk ) =1B 1/22k/2.Тем самым, неравенство (3.14) теоремы 4 принимает вид∞X2−k m2k (ϕ) < ∞ .(3.15)k=1Не сложно увидеть, что m2k (ϕ) ≥ λ2k(2α+n−1) для некоторой постоянной λ > 0,не зависящей от k, поэтому (3.15) позволяет утверждать, что∞X2k(2α+n−2) < ∞ ,k=1откуда получим 2α + n − 2 < 0.Напомним, что для компакта e через Mϕ (e,Ω) и R(e,Ω) обозначаются следующие классы функцийMϕ (e,Ω) = {u ∈ C0∞ (Ω) : u = ϕ в окрестности e},R(e,Ω) = {u ∈ C0∞ (Ω) : u = 1 в окрестности e}.Как обычно, в случае Ω = Rn указание на Ω будем опускать.В следующих предложениях устанавливаются основные свойства емкостиcap ϕ (e,ω), аналогичные приведенным в монографии [31].Предложение 1.

Пусть ω и Ω — открытые множества в Rn , D = diam Ω < ∞,ω ⊂ Ω. Тогда для любого компакта e ⊂ ω, удаленного на расстояние de от ∂ω,имеет место неравенствоcap ϕ (e,ω) ≤ Cгде C – положительная константа.Dde2cap ϕ (e,Ω),105Доказательство. Пусть u ∈ Mϕ (e,Ω) и α ∈ R(e,ω), а также |∇α(x)| ≤ c d−1e [47,гл.6, §2], где c – положительная константа. ТогдаZ2cap ϕ (e,ω) ≤ k∇(αu)kL2 (ω) = |u∇α + α∇u|2 dx ≤ ωZZZ2 Z2c222≤ 2  |u∇α| dx + |α∇u| dx ≤ 2|u| dx + 2k |∇u|2dx ≤deωωωω!2kukL2 (Ω)+ k∇uk2L2 (Ω) ,≤ c12deгде c1 = max{2c2, 2k}. Остается воспользоваться неравенством ФридрихсаkukL2 (Ω) ≤ c2 Dk∇ukL2 (Ω) ,где c2 – положительная константа.

Следовательно!!2 22kuk2L2 (Ω)cDk∇uk2L2 (Ω)c1+ k∇uk2L2 (Ω) ≤ c1+ k∇uk2L2 (Ω) =22dede 2 2 2 2 22cDcDDDc1 k∇uk2L2 (Ω) 2 2 + 1 ≤ c1 k∇uk2L2 (Ω) 2 2 + 2 ≤ Ck∇uk2L2 (Ω) ,dedededeгде C = c1 (c22 + 1). Переходя к инфинимуму по всем функциям u ∈ Mϕ (e,Ω),получаем необходимое неравенство.Предложение 2. Пусть e ⊂ Ω, D = diam Ω и de = dist {e,∂Ω}. Тогдаc1,ϕ min{1,d2e }cap ϕ (e,Ω) ≤ Cap(e).При этом существует константа c, чтоCap(e) ≤ c2 max{1, D2}cap ϕ−c (e,Ω).106Доказательство.

Пусть u ∈ R(e) и α ∈ Mϕ (e,Ω), а также |∇α(x)| ≤ cϕ d−1e .ТогдаZcap ϕ (e,Ω) ≤ k∇(αu)k2L2 (Ω) = |u∇α + α∇u|2 dx ≤ΩZZZ2 Z2cϕ≤ 2  |u∇α|2 dx + |α∇u|2dx ≤ 2|u|2 dx + 2kϕ |∇u|2dx ≤deΩΩRnRn!kuk2L2 (Rn )−1+ k∇uk2L2 (Rn ) ,≤ c1,ϕ2deгде c1,ϕ = (max {2c2ϕ , 2kϕ})−1. Откуда и следует оценка для Cap(e) снизу.Пусть теперь u ∈ R(e,Ω). ТогдаCap(e) ≤ Cap(Ω) ≤k 2D2Zkuk2L2 (Ω)|∇u|2dx +ΩZ+k∇uk2L2 (Ω)=Z2|u| dx +Ω|∇u|2 dx ≤ c′ (D2 + 1)ΩZZ|∇u|2 dx ≤Ω|∇u|2dx,Ωгде c′ = max{k 2 ,1}.

Очевидно, что для любой функции u существуют такиеконстанта c и функция α ∈ Mϕ−c (e,Ω), чтоk∇ukL2 (Ω) ≤ k∇αkL2 (Ω) .Тогда, обозначая c2 = 2c′, получаем необходимое неравенство.Предложение 3. Пусть e ⊂ Br . Тогдаcap ϕ (e,B2r ) ≤ kcap ϕ (e),где константа k зависит только от n.Доказательство. Пусть u ∈ Mϕ (e) и α ∈ R(B r ,B2r ). Имеемk∇(αu)kL2 (B2r ) ≤ c(kukL2 (B2r ) + k∇ukL2 (B2r ) ) ≤≤ c1 (kukL2nn−2+ k∇ukL2 ) ≤ c2 k∇ukL2 .(3.16)107Предложение 4.