Диссертация (1149911), страница 9
Текст из файла (страница 9)
По построению ˜ > 0. Положим ε̃ = ˜ (1) → 0, определим δ̃ через соотношение∫︁1(˜ )+ = ε̃1−δ̃и обозначим^ = (˜ )+ · {[−1, 1 − δ̃ ]} − (˜ )− .Используя те же рассуждения, получаем ‖^ − ˜ ‖() [−1,1] → 0.Обозначим ^ первообразную ^ , удовлетворяющую ^ (−1) = 0. По построению ^ > 0, ^ (1) = 0 и ^′ → ′ в () [−1, 1].()1Из вложения [−1, 1] ↦→ [−1, 1] следует ^ → в 11 [−1, 1]. Далее,√︀√поскольку | 1 + 2 − 1 + 2 | 6 |−| для любых и , из сходимости ^′ → ′в () следует ℐ(^ ) → ℐ().По предложению 7 из сходимости ^ → в 11 [−1, 1] следует слабая^**сходимость⇁ в 11 [−1, 1].
Кроме того, по предложению 1 функционалℐ секвенциально слабо полунепрерывен снизу. Поэтомуℐ(* ) 6 lim ℐ(^* ) 6 lim ℐ(^ ) = ℐ().3.4Некоторые достаточные условияУсловие выпуклости функции на самом деле есть некоторое условие2на функцию . Вычисление показывает, что всегда > 0, а также если2 выпукла, то и > 0. Поэтому выпуклость равносильна выполнениюнеравенства det( ′′ ) > 0 в смысле мер.Прямое вычисление приводит к(1 + )−1det( ) =4(︁)︁′2′′′22× ( +1)( +1) ln(1+)( ln(1+)+2 )− ((1−) ln(1+)−2) ,′′58где = () = () − 1 и = () = 12 .Поэтому неравенство det( ′′ ) > 0 даёт следующее неравенство на функцию : ′′ > ′2 ℬ(),(3.5)где ℬ() ≡ sup (, ) и>0(4 − ( + 3) ln( + 1)) −(, ) =−1ln( + 1) + 4 ln(+1)−42( + 1)·.+1Следующее утверждение проверяется прямым счётом.Лемма 3.3.
Пусть > 0 — непрерывная функция на [−1, 1]. Тогда неравенство ′′ > ′2 ℳ в смысле распределений при ℳ ∈ (0, 1) равносильновыпуклости функции 1−ℳ .Сформулируем теперь простые достаточные условия для выполнениянеравенства ℐ(* ) 6 ℐ():Теорема 3.4. Пусть () > 1 — чётная непрерывная функция на [−1, 1].i) Если функция (() − 1)0.37 выпукла, то неравенство ℐ(* ) 6 ℐ()выполнено для любой неотрицательной ∈ 11 [−1, 1].√︀ii) Если () 6 2.36 для всех ∈ [−1, 1] и функция () − 1 выпукла,*то неравенство ℐ( ) 6 ℐ() выполнено для любой неотрицательной ∈ 11[−1, 1].Доказательство.
Следующие неравенства доказаны в параграфе 3.5:sup ℬ() = lim sup ℬ() 6 0.63;>0(3.6)→+∞sup ℬ() 6 0.5.(3.7)0661.36По лемме 3.3 неравенство (3.5) следует для обоих пунктов теоремы. Применениетеоремы 3.3 завершает доказательство.593.5Численные оценки функции (, )Для доказательства неравенства (3.6) мы делим положительный квадрант(,) ∈ R+ × R+ на пять участков, см.
рис. 3.2:1 = [0, 6] × [0, 1], 2 = [0, 1] × [1,∞],4 = [6,∞] × [0,1],3 = [1, 4] × [1, ∞],5 = [4,∞] × [1,∞].На каждом из участков мы доказываем неравенство численно-аналитическимметодом.62351104-0146Рисунок 3.2: К доказательству неравенства (3.6)Для (, ) ∈ 1 мы строим кусочно постоянную функцию 1 (, ), оценивающую (, ) сверху. Для этого мы делим 1 на прямоугольники ≡ {0 6 6 1 ;0 6 6 1 } ⊂ 1и находим постоянное значение 1 на каждом из них, заменяя члены формулыдля (,) их экстремальными значениями в этом прямоугольнике:(, ) ==−4(4 − ( + 3) ln( + 1)) − (1 − 1 ) ln( + 1) + 4 ln(+1)2( + 1)[4] − [( + 3) ln( + 1)] − [ln( + 1)] + [ ln(+1)] + [4 ln(+1)]−4(*)6[2( + 1)]·+1·[]+1[41 1 ] − [0 (0 + 3) ln(0 + 1)] − [ln(0 + 1)] + [ ln(00+1) ] + [4 ln(11+1) ] − 4[2(0 0 + 1)]×[1] =: 1 | .1 + 160Неравенство (*) вытекает из монотонности в 1 каждой из функций, заключённых в квадратные скобки, по обеим переменным.Для (,) ∈ 2 мы полагаем = 1 и строим кусочно постоянную функцию2 (, ), оценивающую (, 1 ) сверху.
Для каждого прямоугольника ≡ {0 6 6 1 ;1116 = 6 } ⊂ 210берём(︁1(, ) = [4(− 1)] + [3( − ln( + 1))] − [ ln( + 1)] − [ ln( + 1)]ln( + 1))︁ln( + 1) )︁⧸︁(︁+ [] + [][2( + )] · [1 + ](︁1− 1)1 ] + [3(1 − ln(1 + 1))] − [0 ln(0 + 1)] − [0 ln(0 + 1)]6 [4(ln(1 + 1))︁ln(0 + 1) )︁⧸︁(︁+ [1 ] + [1][2(0 + 0 )] · [1 + 0 ] =: 2 | .0Аналогично, для (, ) ∈ 4 мы полагаем = 1 и строим кусочнопостоянную функцию 4 (,), оценивающую ( 1 ,) сверху. Для каждого прямоугольника111 ≡ { 6 = 6 ; 0 6 6 1 } ⊂ 410берём(︁1111( , ) = [4] − [(1 + 3) ln( + 1)] − [ ln( + 1)] + [ 2 ln( + 1)] )︁)︁⧸︁(︁4+[ 1] − [4][2( + )] × []+1ln( + 1)(︁1116 [41 ] − [0 (1 + 30 ) ln( + 1)] − [0 ln( + 1)] + [12 ln( + 1)]001)︁⧸︁(︁)︁41+[] − [40 ][2(0 + 0 )] × [] =: 4 | .11 + 1ln( 1 + 1)Наконец, для (,) ∈ 5 мы используем обозначения = 1 , = 1 истроим кусочно постоянную функцию 5 (, ), оценивающую ( 1 , 1 ) сверху.Для каждого прямоугольника≡{1116= 6 ;101116 = 6 } ⊂ 51061берём[ ln( 4] + [4(1 − )] − [(( − 2 ) + 3 + 1) ln( 1 + 1)]11 1 +1)( , ) = 2(1 + )(1 + )[ ln( 41 1+1) ] + [4(1 − 0 0 )] − [(0 (1 − 12 ) + 31 + 1) ln( 11 + 1)]16=: 5 | .2(1 + 0 )(1 + 0 0 )Оценочные функции 1 , 2 , 4 , 5 были вычислены с 15 значащими цифрами на достаточно мелких разбиениях на прямоугольники.
Были полученыследующие результаты.Участок1245Шаг разбиения по () Шаг разбиения по () Неравенство6 · 10−210−11 6 0.5110−210−22 6 0.6172 · 10−210−14 6 0.502 · 10−310−25 6 0.605Во всех случаях было получено (,) 6 0.62.Анализ (,) в 3 приходится производить более аккуратно. Мы сноваберём = 1 и утверждаем, что (, 1 ) убывает по . Для доказательства мыстроим кусочно постоянную функцию 3 (, ), оценивающую (, 1 ) сверху.Для каждого прямоугольника ≡ {0 6 6 1 ;1116 = 6 } ⊂ 210берём(︁(︀1 (, ) = [4][ − 2 ] + 4 [2 ] − [2 + 2 + 2]ln( + 1))︁)︀)︁⧸︁(︁22222+ ([ + 2(3 + ) + 4 + 3 + ] − [ ])[ln( + 1)][2(1 + ) ( + ) ](︁(︀16 [4][1 − 02 ] + 4 [12 ] − [20 0 + 02 + 20 ]ln(1 + 1))︁)︀)︁⧸︁(︁022222+ ([1 + 21 (3 + 1 ) + 4 + 31 + 1 ] − [ ])[ln(1 + 1)][2(1 + 0 ) (0 + 0 ) ]1=: 3 | .Функция 3 была вычислена на достаточно мелком разбиении с 15 значащимицифрами.
Был получен следующий результат.62Участок3Шаг разбиения по Шаг разбиения по Неравенство5 · 10−310−33 6 −0.08Тем самым, поскольку в 3 есть точки, в которых значение функции больше0.62, мы получаем, что (, 1 ) достигает максимума в 3 при = 0.Для нахождения максимума мы берём1ln( + 1)(, ∞) = 2 − (ln( + 1) + 3)2и утверждаем, что (, ∞) вогнута при ∈ [1, 4]. Чтобы доказать это, мы2строим кусочно постоянную функцию ∞ (), оценивающую (, ∞) сверху. На каждом отрезке [0 , 1 ] ⊂ [1, 4] берём2(, ∞) =[(2 +9+6)][(+1)2 ]− [6 ln( + 1)][23 ]6[1 (12 +91 +6)][(0 +1)2 ]− [6 ln(0 + 1)][203 ]=: ∞ |[0 ,1 ] .Функция ∞ () была вычислена на достаточно мелком разбиении с 15 значащими цифрами. Был получен следующий результат.Участок1664Шаг разбиения Неравенство3 · 10−3∞ 6 −0.13Тем самым, точка максимума единственна. С использованием стандартных численных методов было получено, что максимум достигается при ≈ 1.816960565240,причёмmax (,∞) ≈ 0.627178211634.Неравенство (3.6) доказано.Для доказательства неравенства (3.7) мы делим (, ) ∈ R+ × [0, 1.36] начетыре участка, см.
рис. 3.3:6 = [0, 3] × [0, 1.36], 7 = [3, 5] × [0, 1.3],8 = [3, 5] × [1.3, 1.36], 9 = [5, ∞] × [0,1.36].6361.361.368970-35Рисунок 3.3: К доказательству неравенства (3.7)0На этих участках мы используем кусочно постоянные функции 1 и 4 ,введённые ранее. Значения функций были вычислены при достаточно мелкомразбиении с 15 значащими цифрами. В 8 потребовался шаг разбиения меньше 10−5 , поэтому мы повторили вычисления с 18 значащими цифрами.
Былполучен следующий результат.Участок6789Шаг разбиения по () Шаг разбиения по Неравенство3 · 10−31.36 · 10−31 6 0.4982 · 10−31.3 · 10−31 6 0.4982 · 10−46 · 10−61 6 0.499962 · 10−31.36 · 10−24 6 0.4992Доказательство завершено.3.6Многомерный аналог неравенства ℐ(* ) 6 ℐ()В этом параграфе функция ∈ 11 (Ω), где Ω = × (−1, 1). Как и впервой главе, мы используем обозначения = (′ , ), где ′ ∈ , ∈ [−1, 1].Введём многомерный аналог функционала ℐ:∫︁()̂︀ℐ()= (1 + |∇()|2 ) 2 .Ω̂︀ * ) 6 ℐ()̂︀Теорема 3.5.
Если ℐ(для любой неотрицательной функции ∈ 11(Ω), то (′ ,) не зависит от .64Доказательство. Для начала, мы докажем, что, аналогично теореме 3.2, должна быть чётной и выпуклой по , а функция(︀′ (, , ) = 1 +1+22)︀ (2′ ,)должна быть выпуклой по совокупности аргументов на R+ × R+ × [−1, 1].Действительно, рассмотрим две точки1 = (′0 , 1 ), 2 = (′0 , 2 ),где ′0 ∈ , − 1 < 1 < 2 < 1.Зададим функцию ∈ 11 (Ω) с ненулевым градиентом только в окрестностях1 , 2 и в окрестности боковой границы цилиндра с осью [1 , 2 ] следующимобразом)︁(︁(︀ − )︀ (︀ 2 − )︀(︀)︀1′′′′′′′′+( −0 )·b1 + ,+( −0 )·b2 + , δ −| −0 | + , ℎ .() = min12Здесь параметры 1 , 2 > 0 — обратные производные по в «основаниях» цилиндра, b′1 , b′2 ∈ R−1 — градиенты по ′ в «основаниях» цилиндра, δ > 0 —модуль градиента на боковой поверхности цилиндра, > 0 — радиус цилиндра,а ℎ > 0 — максимальное значение функции.Зафиксировав 1 , 2 , 1 , 2 , b′1 , b′2 , мы выбираем ℎ и δ как функции малогопараметра .
Мы требуем κ ≡ ℎδ := 2 (κ — ширина бокового слоя с ненулевойпроизводной).Левое основание носителя задаётся системой − 1+ (′ − ′0 ) · b′1 = 0;|′ − ′0 | 6 .1То есть это ( − 1)-мерный вытянутый эллипсоид вращения с большой полу√︀осью 2 + 21 2 |b′1 |2 и радиусом . Значит ∇ = (b′1 , 11 ) на множестве 1 ,которое является усечённым конусом с этим эллипсоидом в основании.
Прямоевычисление показываетmeas 1 = 1 δ1 (здесь и далее с индексом или без — некоторые константы, зависящие толькоот ).Аналогично ∇ = (b′2 , − 12 ) на множестве 2 , meas 2 = 1 δ2 .′′22 b2После симметризации на «основаниях» ∇* = ( 1 b11 ++2 , ± 1 +2 ). Тем самым, множества 1 и 2 переходят в ′1 и ′2 , и выполненоmeas ′1 = meas ′2 = 1 δ1 + 2 .265Далее обозначим за δ боковой слой с ненулевым градиентом. Прямаяоценка даёт)︀(︀meas δ 6 (2 − 1 )−1 + (1 |b′1 | + 2 |b′2 |) .Также обозначим = meas{ ∈ Ω | ∇() = 0} = meas{ ∈ Ω | ∇* () = 0}.Приследует11=12= 2 , δ = 4 и b′1 = b′2 = 0 из предположений теоремы(︀)︀(¯ )̂︀̂︀ * ) − ) 6 (1 + 4 ) 21 − 1 · meas 10 6 (ℐ()− ) − (ℐ()︀(︀)︀(︀(¯2 )+ (1 + 4 ) 2 − 1 · meas 2 + (1 + 8 ) 2 − 1 · meas δ(︀)︀(^1 )(^2 )− (1 + 4 ) 2 − 1 + (1 + 4 ) 2 − 1 · meas ′1)︀(︀)︀(︀6 4 (¯2 1 ) + (¯2 2 ) + () 1 +2 + 8 2 + () (2 − 1 )−1(︀)︀−4 (^2 1 ) + (^2 2 ) + () 1 +2 .Здесь = max (′ , ), ¯1 ∈ 1 , ¯2 ∈ 2 , ^1 ∈ ′1 , ^2 ∈ ′2 .Мы переходим к пределу при → 0 и получаем1 − 22 − 10 6 (′0 ,1 ) + (′0 , 2 ) − (′0 ,) − (′0 ,).22Применив лемму 2.6, получаем, что чётна и выпукла по .Теперь зафиксируем произвольные положительные 1 , 2 , 1 и 2 , положимb′1 = 11 e, b′2 = 22 e (здесь e — некоторый единичный вектор в гиперплоскости′ ) и возьмём δ = 2 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
