Диссертация (1145332), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Для того чтобы функция f (x) была решением прямой задачиb удовле(1.1), (1.2) необходимо и достаточно, чтобы f (x) для всех x ∈ Xтворяла уравнениюf (r, ω, E) = h(r − d(r, −ω)ω, ω, E) exp(−τ (r, ω, E))+d(r,−ω)Zexp(−τ (r, ω, E, t))P (r − tω, ω, E)dt(1.5)0в классе функций D(X).Доказательство. Необходимость. Пусть функция f (x) является решениемbпрямой задачи, тогда f (x) ∈ D(X) и для любых точек x ∈ Xlf (r − tω, ω, E) = P (r − tω, ω, E)(1.6)почти везде на множестве {r − tω : t ∈ [0, d(r, −ω)]}. Так как функцияf (r−tω, ω, E) абсолютно непрерывна на множестве {r−tω : t ∈ [0, d(r, −ω)]},то выражение lf (r − tω, ω, E) является интегрируемой функцией по t дляb Умножая равенство (1.6) слева и справа на функциюлюбых x ∈ X.25exp(−τ (r, ω, E, t)) и интегрируя по t ∈ [0, d(r, −ω)], получаемd(r,−ω)Zexp(−τ (r, ω, E, t))lf (r − tω, ω, E)dt =0d(r,−ω)Zexp(−τ (r, ω, E, t))P (r − tω, ω, E)dt.(1.7)0Так как функция τ (r, ω, E, t) абсолютно непрерывна по переменной t, а функция lf (r−tω, ω, E) интегрируема, то к левой части равенства (1.7) применимаформула интегрирования по частям [68]:d(r,−ω)Zexp(−τ (r, ω, E, t))lf (r − tω, ω, E)dt =0f (r, ω, E) − f (r − d(r, −ω)ω, ω, E) exp(−τ (r, ω, E))d(r,−ω)Z−exp(−τ (r, ω, E, t))(−µ(r − tω, E)f (r − tω, ω, E)+0µ(r − tω, E)f (r − tω, ω, E))dt.(1.8)Учитывая граничное условие (1.2), из (1.8) получаемd(r,−ω)Zexp(−τ (r, ω, E, t))P (r − tω, ω, E)dt =0f (r, ω, E) − h(r − d(r, −ω)ω, ω, E) exp(−τ (r, ω, E)).b удоОтсюда непосредственно вытекает, что функция f (x) для любых x ∈ Xвлетворяет уравнению (1.5).
Необходимость доказана.Достаточность. Пусть функция f (x) ∈ D(X) удовлетворяет уравнению(1.5). Тогда для любых (ξ, ω, E) ∈ Γ− из уравнения (1.5), учитывая, что26d(ξ + tω, −ω) = t, имеемf (ξ + tω, ω, E) = exp(−τ (ξ, −ω, E, t))×Zth(ξ, ω, E) + exp(τ (ξ, −ω, E, t0 ))P (ξ + t0 ω, ω, E)dt0 . (1.9)0Так как неопределенный интеграл от интегрируемой по t функции является абсолютно непрерывной функцией, а сумма и произведение абсолютно непрерывных функций также абсолютно непрерывная функция [68], тоиз (1.9) заключаем, что функция f (ξ + ωt, ω, E) абсолютно непрерывна на{ξ + tω : t ∈ [0, d(ξ, ω)]} для любых (ξ, ω, E) ∈ Γ− . Непосредственно убеждаемся, что при t = 0 функция f (ξ + ωt, ω, E) удовлетворяет краевому условию(1.2).Для произведения двух абсолютно непрерывных функций ϕ(t) и ψ(t) почти везде по t выполнено равенство (ϕ(t)ψ(t))0 = ϕ0 (t)ψ(t) + ψ 0 (t)ϕ(t), следовательно при почти всех t ∈ [0, d(ξ, ω)] имеемlf (ξ + tω, ω, E) = −µ(ξ + tω, E) exp(−τ (ξ, −ω, E, t))(h(ξ, ω, E)+Ztexp(τ (ξ, −ω, E, t0 ))P (ξ + t0 ω, ω, E)dt0 )+0exp(−τ (ξ, −ω, E, t)) exp(τ (ξ, −ω, E, t))P (ξ + tω, ω, E)+µ(ξ + ωt, E) exp(−τ (ξ, −ω, E, t))(h(ξ, ω, E)+Ztexp(τ (ξ, −ω, E, t0 ))P (ξ + t0 ω, ω, E)dt0 ) = P (ξ + tω, ω, E).0Таким образом, функция f (x) ∈ D(X), являющаяся решением уравнения(1.5), удовлетворяет всем условиям в определении краевой задачи (1.1), (1.2).Лемма доказана.27Линейные интегральные выраженияd(r,−ω)Zexp(−τ (r, ω, E, t))ϕ(r − tω, ω, E)dt,(Aϕ)(r, ω, E) =01(Sϕ)(r, ω, E) =4πZE2 Zk(r, ω · ω 0 , E, E 0 )ϕ(r, ω 0 , E 0 )dω 0 dE 0E1 Ωс областью определения и областью значений в пространстве D(X), определяют линейные операторы A и S.
Приведенные выше условия на функции µ, kобеспечивают ограниченность операторов A, S, AS из D(X) в D(X). Действительно, при ϕ ∈ D(X) существование функций Aϕ, Sϕ, ASϕ вытекаетиз определения класса D(X), а их ограниченность является следствием оценокd(r,−ω)ZkAk ≤ supx∈X1kSk ≤ supx∈X 4πZE2 Zexp(−τ (r, ω, E, t))dt ≤ d,0k(r, ω · ω 0 , E, E 0 )dω 0 dE 0 ≤supµ∗s (r, E) ≤ const,(r,E)∈G×IE1 ΩkASk ≤ kAkkSk.Измеримость функций Aϕ, Sϕ, ASϕ на соответствующих множествах, требуемых в определении класса D(X), обеспечивает теорема Фубини [1, 52].b можноИспользуя операторные обозначения, уравнение (1.5) для x ∈ Xпереписать в видеf (x) = f0 (x) + (ASf )(x),(1.10)гдеf0 (r, ω, E) = h(r − d(r, −ω)ω, ω, E) exp(−τ (r, ω, E)) + (AJ)(r, ω, E).Таким образом, из леммы 1.1. следует, что решение краевой задачи (1.1), (1.2)эквивалентно решению интегрального уравнения (1.10).
Поэтому, чтобы до-28казать существование и единственность решения краевой задачи (1.1), (1.2),достаточно доказать однозначную разрешимость уравнения (1.10).Определим функциюµ∗s (r, E),λ(r, E) =µ(r, E)если µ(r, E) 6= 0 в точке (r, E) и λ(r, E) = 0, если µ(r, E) = 0 в точке (r, E).Эта функция в моноэнергетическом случае совпадает с альбедо однократногорассеяния. Пусть существуетλ=λ(r, E) 6= ∞,sup(r,E)∈G×Iи обозначимτ = sup τ (x).x∈XВеличина τ называется оптическим диаметром области G.
В дальнейшембудем предполагать, что если µ(r, E) = 0 в некоторой точке (r, E), то иµ∗s (r, E) = 0 в этой же точке. Имеет место утверждение.Лемма 1.2. Для оператора AS имеет место следующая оценкаkASk ≤ λ(1 − e−τ ).Доказательство. Из определения нормы линейного оператора имеемd(r,−ω)Zexp(−τ (r, ω, E, t))µ∗s (r − tω, E)dt =kASk ≤ supx∈X0d(r,−ω)Zexp(−τ (r, ω, E, t))λ(r − tω, E)µ(r − tω, E)dt ≤supx∈X0d(r,−ω)Zexp(−τ (r, ω, E, t))µ(r − tω, E)dt.λ supx∈X0(1.11)29Далее, аналитически вычисляя значение последнего интеграла, имеемkASk ≤ λ sup(1 − exp(−τ (x))) ≤ λ(1 − exp(−τ )).x∈XЛемма доказана.Теорема 1.1. При выполнения условияλ(1 − e−τ ) < 1(1.12)b существует, единственно ирешение краевой задачи (1.1), (1.2) для x ∈ Xпредставимо равномерно сходящимся рядомf (x) =∞X((AS)n f0 )(x).(1.13)n=0Доказательство.
Согласно лемме 1.1. достаточно доказать, что существуетединственное решение уравнения (1.10). Перепишем это уравнение в виде(I − AS)f = f0 ,где I – единичный оператор. Из оценки (1.11) и условия (1.12) следует, чтоkASk < 1. Поэтому, так как D(X) банахово пространство, то cуществуетобратный оператор (I − AS)−1 , при этом f = (I − AS)−1 f0 . Кроме того,при kASk < 1 справедливо разложение [52](I − AS)−1 = I + AS + (AS)2 + ...,поэтому решение уравнения (1.10) может быть найдено в виде ряда Неймана(1.13) [52].
Равномерная сходимость этого ряда обусловлена возможностьюмажорировать его числовым сходящимся рядом. Утверждение теоремы доказано.Замечание 1.2. Везде далее будем считать выполненным условие (1.12),обеспечивающее существование и единственность задачи (1.1), (1.2).30В заключение этого параграфа отметим один частный случай прямой задачи (1.1), (1.2). Пусть функции µ, J, h не зависят от энергетической переменной E и индикатриса имеет вид k(r, ω · ω 0 )/(E2 − E1 ). Тогда из (1.1), (1.2)имеемω · ∇r f (r, ω, E) + µ(r)f (r, ω, E) =Z14πΩ0k(r, ω · ω )E2 − E1ZE2f (r, ω 0 , E 0 )dE 0 dω 0 + J(r, ω),(1.14)E1f (ξ, ω, E) = h(ξ, ω),(ξ, ω, E) ∈ Γ− .(1.15)Согласно (1.5), для решения задачи (1.14), (1.15) справедливо представлениеf (r, ω, E) = h(r − d(r, −ω)ω, ω) exp(−τ (r, ω))+d(r,−ω)Zexp(−τ (r, ω, t))(N (r − tω, ω) + J(r − tω, ω))dt.0Так как функции h, τ, J, N не зависят от переменной E, то и вся правая частьпоследнего равенства не зависит от E.
Следовательно, и функция f (r, ω, E)в левой части равенства также не будет зависеть от E. В этом случае соотношения (1.1), (1.2) принимают вид1ω · ∇r f (r, ω) + µ(r)f (r, ω) =4πZk(r, ω · ω 0 )f (r, ω 0 )dω 0 + J(r, ω),(1.16)Ωf (ξ, ω) = h(ξ, ω),(ξ, ω) ∈ Γ− .(1.17)Здесь Γ− состоит из (ξ, ω) ∈ ∂G × Ω таких, что ξ ∈ Γ−ω.1.2.Свойства решения прямой задачиВ этом разделе доказываются некоторые вспомогательные утверждения,выводы и следствия из которых понадобятся в дальнейшем.
Также исследуется непрерывность решения краевой задачи (1.1), (1.2).b0Пусть X 0 = G0 × Y 0 , где Y 0 – некоторое подмножество из Ω × I0 , а X31b что (ω, E) ∈ Y 0 . Докажем лемму.состоит из таких точек (r, ω, E) ∈ X,Лемма 1.3. Пусть функции ψ(x, α), ϕ(x, t, α) определены на множествахX × [0, 1] и X × [0, d(r, −ω)] × [0, 1] соответственно, кроме того, ψ(x, α) ∈b 0 × [0, d(r, −ω)] × [0, 1]). Тогда функцииCb (X 0 × [0, 1]), ϕ(x, t, α) ∈ Cb (XZtΨϕ (x, t, α) =b 0 × [0, d(r, −ω)] × [0, 1]),ϕ(x, t0 , α)ψ(r − t0 ω, ω, E, α)dt0 ∈ Cb (X0ZtΨ(x, t, α) =b 0 × [0, d(r, −ω)] × [0, 1]).ψ(r − t0 ω, ω, E, α)dt0 ∈ Cb (X0b 0 × [0, d(r, −ω)] ×Доказательство.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
