С.Г. Михлин - Линейные уравнения в частных производных 1977 (1120421), страница 24
Текст из файла (страница 24)
михлих »29 Покажем, что эта же последовательность некомпактна в !'.в(Г'), где Г' — любая дуга на Г. Допустим противное. Тогда найдутся дуга Г' ~ Г и последовательность значков пы такие, что 1~ю"ь(!) —,"!(!)!'~ ((',—,,=„О. Пусть при отображении и!=ю(г) дуга Г' переходит в дугу единичной окружности а==0 =р, 9=ауди!, тогда ~ ' е!"" — е ' ~, ю (() и!6 —,— О. а Контур Г ~ Се, поэтому величина !ю'(()! ' ограничена снизу положительным числом, и из последнего равенства следует, что !цп т н!пв~ ь ') !И=0. а,! сь 3 2 а Однако последний интеграл не стремится к пулю.
В этом можно убедиться, например, так. Устремим сначала Ь вЂ” ьоо при фиксированном (, а затем пусть 1-+.оо. В результате получим Нн! 1пп ~ н!пв " ' Я= 2 а !'(! — а Нп(нь — и!!)! — в!п(н„— п,)а! (! — и 2 (пь — и!) ( 2 Если через ю (г) обозначить функцию, реализующую конформное отображение внутренности 1' на внешность единичного круга !!и!', )1, то аналогично можно доказать, что последовательность М: ю" (!), п=-1, 2, ..., ограничена в !'.е(Г), но некомпактна в 1., (Г'), какова бы ни была дуга Г' ~ Г. Допустим теперь, что существует точка (о ~Г, в которой Ь((е) ~0.
Тогда на некоторой дуге Г' ~ Г функция Ь(() положительно ограничена снизу по модулю. Пусть, например, в((о) =1. Тогда е (!) = 1, зт( ~ 1". Рассмотрим последовательность М функций и„(()=ю" ((). По формулам Сохоцкого — Племеля, 5и„=и„ и если ! ннГ', то (е1+5) и„=2и„. Получается, что умножение на функцию 2Ь(!) преобразует множество М в множество, компактное в (.в (Г'). Пусть подпоследовательностк (2Ь (!) иаа (!)) сходится в !'в(Г'). Так как ца Г' функция Ь(() положительно ограничена снизу по модулю„то в том же пространстве (.в(Г') сходится и последовательность (и„а (Г)), Отсюда следует, что последовательность М компактна в Ев(Г'), что, как мы видели выше, неверно. Аналогично исследуется допущение, что е ((е) = — 1; в этом случае используется последовательность функций М.
° 3 а м е ч а и н е. Результаты настоящего параграфа распространнютсп на пространство Ьн (ч'), ! < Р (оо. Трудность представляет толька доказательство леммы 6.6.1; по алому поводу см., напрнмер, 1!6). !ЗО а т. симВОл и РеГуляРизАция синГуляРнОГО ОпеРАтОРА Оператор вида А =а1+Ь5+Т, (1) где а(1) н Ь(1) — заданные на Г непрерывные функции, а вполне непрерывный в 1,з(Г) оператор будем называть оби(им сингуляр- нылг оператором или, проще, сингулярным оператором. Очевидно, такой оператор ограничен в 1.,(Г).
Множество Я сингулярных операторов представляет собой кольцо в 1,,(Г). Лействительно, пусть А„~ Я, й=1, 2, так что А„=а„1+Ь,5+Ты тогда А,+А,=(а,+а,) 1+(Ь,+Ьз) 5+(Т,+Т,), (2) и (Аз+Аз) ~Я. Йалее, АГА, = (а,1+ ЬГ5+ ТГ) (а,1+ Ь,5+ Т,) = = а,аз1+ Ь|5Ьа5 + аФ,5+ ЬГ5а, +...; здесь и ниже в настоящем параграфе многоточие означает вполне непрерывный оператор.
Пользуясь теоремой 6.6.2 и формулой Пуанкаре — Бертрана, находим А,А, = (а,а, + Ь,ЬД 1+ (а„Ь, + а,ЬГ) 5+...; (з) отсюда ясно, что АГАз ~Я. Из формул (2) и (3) следует, что кольцу операторов Я можно привести в соответствие кольцо символов. Пусть 0 означает независимую переменную, принимающую только два значения +1 и — 1, так что 0'=1. Любому оператору вида (1) приведем в соответствие в качестве символа функцию Ф, (1, 0) = а(1) + Ь(1) 6. Тогда Ф,(1, 9)=1 и Фл,—;л, (1, О)=аз(1)+ее(1)+(Ьз(1)+Ьз(1)) 6= =Ф„(1, О)+Фл,(1, б1); Фл,л, (1, 0) = а, (1) а, (1) + Ь, (1) Ьз (1) + + (а~ (1) Ь2 (1) + аз (1) Ьг (1)) О = Фл, (1, О) Фл, (1, 0). Из данного здесь определения и нз теоремы 6.6.3 вытекает, что по данному сингулярному оператору его символ определяется единственным образом н что символ тождественно равен нулю тогда и только тогда, когда соответствующий оператор вполне непрерывен в 1-,(Г).
Из сказанного здесь ясно, что введенный выше символ удов- летворяет всем требованиям теоремы 6А.1. Отсюда вытекают следствия, которые мы здесь сформулируем. Пусть символ Фл (1, 0) сингулярного оператора А (фор- мула (1)) не вырождается, т. е.
при любом 1енГ и при 6= + 1, Фл(1, 61) ~0. Иначе говоря, допускаем, что при любом 1ееГ функция а'(1) — Ьз(1) отлична от нуля. Тогда; в* гм 1) оператор А допускает двустороннюю регуляризацию син- гулярным же оператором. Символ регуляризатора равен 1 ! а(О Ь (11 Ф (! 61 а (1!+ Ь (1) 6 ве 66 — Ьв ((1 рг (11 Ь (1) и, следовательно, )т= (! 1— а- ЬΠ— ьв (1) а~ (Π— ьв (11 где Т' — произвольный оператор, вполне непрерывный в ).г(Г); 2) оператор А нормально разрешим и имеет конечный индекс; 3) индекс оператора А не меняется при произвольных изменениях вполне непрерывного слагаемого Т и при произвольных достаточно малых по модулю изменениях коэффициентов а(Г) и Ь (().
Для дальнейшего важно следующее замечание: если в операторе (1) Т = О, так что А =а?+ЬЗ (такой сингулярный оператор называется просте1!1иим), то (А(~~ К шах ', Фд ((, 6) '„К = 1+(5,,''; действительно, ) А )' ==- гпах ', а (() , '+15 1! Гпах ~ Ь ((), = = — п!ах, Фл(Г, +1)+Фд(Г, — 1) +-, (5~(!пах (Фд ((, -(-1)— ! — Фл (Г, — 1),'~(1+((5~) гпах Фл(1, (д),'. й 8. вычисление индексА синГуляРнОГО ОпеРАТОРА Теорема 6.8.!. Индекс сингулярного оператора (7.1), символ которого не вырождается, равен величине 1 Е а(11 — ь(г) ! Пд А = х = йч( 1 г( 1и 81 1 ь (1! . (1) г Индекс сингулярного оператора (?.1) пе зависит от вполне непрерывного слагаемого Т и, следовательно, полностью определяется коэффициентами а(() и Ь (().
Иначе говоря, индекс сингулярного оператора полностью определяется его символом, и мы будем дальше иногда говорить об индексе символа вместо индекса оператора и писать 1пд Фд вместо 1пд А. Введем в рассмотрение функции о(Г) =- Фд((, +1) = а(()+ Ь((); 6(1) =ФА(г', — 1) = а(() — Ь(Г). (2) Задание символа Фд(г', 6) равносильно заданию пары функ ций о(() и 6(г); будем писать Фд((, (д)=(о(Г), 6(()). Будучи частными значениями символа, функции о ((), соответственно 6 (Г), перемножаются при умножении операторов, поэтому если Фд„(1, 6) = ',од((), бь(()), й= 1, 2, то Фл,д, = (о,ог. 6,6,).
Заметим еще, что если 6(()=о((), то Ь(()=0, а(() =о(() =6((), оператор (7.1) сводится к умножению на непрерывную функцию а(Г), которая нигде не обращается в нуль (напомним, что по 1Эг предположению символ не вырождается). Очевидно, индекс такого оператора равен нулю, !пб (о(1), а(1)) =О. Введем в рассмотрение интегралы х„=--. ~ И!по(1), х = — —. ~ г(!пб (1); г 1 это конечныс целые числа, причем х=х — х„. Поместим начало координат внутри Г; имея в виду последующее, координатные оси выберем так, чтобы точка г = 1 не принадлежала контуру Г.
Очевидно, ~ В !п [1-"о (1)) = О, ~ г(1п [1- б (1)! = О, 1 г так что функции а(1) =!п1 —" о(1), б(1) =!п1 — "-б(1) однозначны и, следовательно, непрерывны па Г. Пусть Л~ [0, 1!. Введем в рассмотрение простейший сингулярный оператор Ах с сим- волом (1х ехр(Ла (1)), !'- ехр (Л б (1))). Этот оператор удовлетво- ряет всем условиям теоремы 6.3.4; в частности, в силу замеча- ния в конце 4 7, норма регуляризатора будет ограничена независимо от Л, если в качестве регуляризатора взять простей- ший сингулярный оператор с символом (1-"+ ехр ( — Л о (1)), 1 — х-ехр( — Лб(1))). В таком случае 1пдА,=!пд А,. Но опера- торы А, и А различаются лишь вполне непрерывным слагаемым, поэтому !пав А = !пав А, = !пав А„и достаточно вычислить величину 1пб А, = )пд (1"' 1"-), Но (Р' 1"-) = (Р'+ 1х+) [1, (х); индекс первого множителя равен нулю, и по теореме Аткинсона 1пг) А = .—...
(пд (1, 1'"). Чальнейшее распадается на трн случая. 1. Если х=О, то !пав А =1пб (1, !) =0; в этом случае теорема уже доказана. 2. Пусть х)0. Тогда [1, 1") = (1, 1)"; по теореме Аткинсона !пав А =и!пд (1, 1), и задача сведена к вычислению индекса кон- кретного символа (1, 1). Соответствующий простейший сингуляр- ный оператор (обозначим его через В) имеет вид (Ви) (1) = + и (1) + — (ои) (1). (3) Найдем его нули. На обе части уравнения 2(Ви) (1) =(1+1) и(1)+(1 — 1) (Зи) (1) =0 (4) подействуем оператором (1+1) ( — (1 — 1) Я, который только мно- жителем 21 отличается от регуляризатора оператора В.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
