Диссертация (1150426), страница 18
Текст из файла (страница 18)
Решающую роль для следующей главы сыграет то,как оценочные постоянные будут зависеть здесь от величины kD 1 AkM .Забегая вперед, отметим, что такая зависимость появляется либо непосредственно от функции A , либо через применение различных фактов оповышении гладкости из эллиптической теории. Мы будем указывать, вкакие из констант и каким образом входит kD 1 AkM . До сих пор липшицевость функции A не требовалась, поэтому и сектор S, и неравенство (2.1.7)сохранят свой вид для операторов с A ∈ C (R̄d ; L̃ ∞ (Q)).2.1.1 О коэрцитивностиОбсудим подробнее условие коэрцитивности (2.1.5). Как и ранее в главе 1, из подобного условия вытекает, что оператор Aε сильно эллиптиченпри всех положительных ε.
Однако обратим внимание на то, что еслидля доказательства оценки (1.1.17) из главы 1 было достаточно выполнения условия (1.1.4) хотя бы для одного значения параметра ε, то сейчасважно, чтобы его аналог имел место уже для некоторой последовательности εk → 0 (как нетрудно понять, это отличие обусловлено тем, чтораньше «быстрая» переменная ε−1 x 1 и «медленная» переменная x 2 были«разделены»).Прежде всего покажем, что из равномерной (по параметру ε ∈ E) слабойкоэрцитивности оператора D ∗ A ε D на H 1 (Rd )n (то есть из (2.1.5)) вытекаетравномерная (по переменной x ∈ Rd ) сильная коэрцитивность оператора D ∗ A(x, · )D на H̃ 1 (Q)n .Лемма 2.1.2.
При всех x ∈ Rd и u ∈ H̃ 1 (Q)nRe(A(x, · )Du, Du)Q Ê c A kDuk22,Q .(2.1.8)Доказательство. Подставим в (2.1.5) u ε = εu ε ϕ, где u ∈ C̃ 1 (Q)n , а ϕ ∈∈ C c∞ (Rd ), и учтем, что u ε и Du ε − (Du)ε ϕ при ε → 0 сходятся в L 2 к нулю:lim Reε→0ZRdεεε2〈A (x)(Du) (x), (Du) (x)〉|ϕ(x)| dx Ê lim c Aε→0ZRd|(Du)ε (x)|2 |ϕ(x)|2 dx.Далее, воспользуемся тем, что для произвольной f ∈ C c (Rd ; L̃ ∞ (Q))limZε→0 Rdεf (x) dx =Z ZRdf (x, y) dx dy(2.1.9)Q81(см.
[A92, леммы 5.5 и 5.6]; мы уже неоднократно применяли различныеварианты этого факта — ср., например, с (1.2.16)). Тогда получим:ReZ ZRd2Q〈A(x, y)Du(y), Du(y)〉|ϕ(x)| dx dy Ê c AZ ZRd|Du(y)|2 |ϕ(x)|2 dx dy.QПоскольку функция ϕ ∈ C c∞ (Rd ) произвольна, а функция A непрерывнапо первой переменной, то отсюда находим, что для любого x ∈ RdReZQ〈A(x, y)Du(y), Du(y)〉 dy Ê c AZ|Du(y)|2 dy.äQТеперь легко убедиться, что A отвечает условию Лежандра–Адамара(ср.
с леммой 1.1.1).Лемма 2.1.3. Функция A удовлетворяет условию Лежандра–Адамара:Re〈A( · )ξ ⊗ η, ξ ⊗ η〉 Ê c A |ξ|2 |η|2 ,ξ ∈ Rd , η ∈ Cn .(2.1.10)Доказательство. Фиксируем δ > 0. По теореме Лебега о дифференцировании, при всех x 0 ∈ Rd и почти всех y 0 ∈ Rd найдется r > 0 (зависящееот x 0 и y 0 ), такое чтоZ|B r (y 0 )|−1B r (y 0 )(2.1.11)|A(x 0 , y) − A(x 0 , y 0 )| dy É δ.2Выберем функцию ϕ ∈ C c∞ (B 1 (0)), для которой Rd |ϕ(y)|dy = 1. Тогда еслиR−d /2−1∞ϕr (y) = rϕ(r (y−y 0 )), то ϕr ∈ C c (B r (y 0 )), причем Rd |ϕr (y)|2 dy = 1. Пустьξ ∈ Rd и η ∈ Cn — произвольные ненулевые векторы.
Положим u k (y) == k −1 ϕr (y)e i k〈y,ξ〉 η. Мы будем считать, что y 0 ∈ int Q, а r настолько мало,что B r (y 0 ) ⊂ int Q. В таком случае u k ∈ H̃ 1 (Q) иRZRd|Du k (y) − ϕr (y)e i k〈y,ξ〉 ξ ⊗ η|2 dy = k −2 |η|2ZB r (y 0 )|Dϕr (y)|2 dy −−−−→ 0.k→∞Подставим u = u k в (2.1.8) с x = x 0 и перейдем к пределу:ReZB r (y 0 )〈A(x 0 , y)ξ ⊗ η, ξ ⊗ η〉|ϕr (y)|2 dy Ê c A |ξ|2 |η|2 .Отметим также, что согласно (2.1.11)¯Z¯¯¯¯¯〈A(x 0 , y)ξ ⊗ η, ξ ⊗ η〉|ϕr (y)| dy − 〈A(x 0 , y 0 )ξ ⊗ η, ξ ⊗ η〉¯¯ =B r (y 0 )¯¯Z¯¯2¯〈(A(x 0 , y) − A(x 0 , y 0 ))ξ ⊗ η, ξ ⊗ η〉|ϕr (x)| dx ¯¯ É=¯2B r (y 0 )É δνd kϕk2∞,Rd |ξ|2 |η|2(напомним, что νd — объем единичного шара в Rd ). Объединяя два последних неравенства, приходим к оценке¢¡Re〈A(x 0 , y 0 )ξ ⊗ η, ξ ⊗ η〉 Ê c A − δνd kϕk2∞,Rd |ξ|2 |η|2 .Ввиду произвольности δ, из нее сразу же получается (2.1.10).ä82Условие Лежандра–Адамара не влечет за собой, вообще говоря, ниисходное условие слабой коэрцитивности (2.1.5), ни вытекающее из негоусловие (2.1.8) — см.
соответствующее обсуждение в п. 1.1.1. Более простоетребование, достаточное для выполнения (2.1.5) (а тогда и (2.1.8)), имеетследующий вид: существует постоянная c > 0, такая что при всех x ∈ RdRe(A(x, · )Du, Du)Rd Ê ckDuk22,Rd ,u ∈ H 1 (Rd )n ,(2.1.12)то есть оператор D ∗ A(x, · )D сильно коэрцитивен на H 1 (Rd )n равномернопо переменной x (ср. с (1.1.19) в главе 1).Лемма 2.1.4. Из условия (2.1.12) следует условие (2.1.5), притом с произвольной постоянной c A < c .Доказательство.
Предварительно запишем условие (2.1.12) в формеReZRd〈A(x 0 , ε−1x)Du, Du〉 dx Ê cZRd|Du|2 dx,u ∈ H 1 (Rd )n(2.1.13)(аргумент x у функций для краткости опускается), где x 0 ∈ Rd и ε > 0 произвольны.Идея доказательства леммы во многом повторяет вывод неравенстваГординга. Сначала оценка (2.1.5) локализуется с помощью разбиения единицы. Используя равномерную непрерывность функции A , мы фиксируем ее первый аргумент в каждом элементе соответствующего покрытия,после чего становится возможным применить (2.1.13) и завершить доказательство.По δ > 0 найдем δ0 > 0, такое что k∆h AkM É δ при любых |h| É δ0 .
Выберем покрытие пространства Rd шарами B i = B δ0 (x i ) таким образом, чтобыего кратность — обозначим ее через ̹ — была равномерно ограничена.Построим функции ϕi ∈ C c∞ (B i ) со значениями в интервале [0, 1], для котоPрых kDϕi k∞,Rd É ρ и i ∈N ϕ2i = 1 (на каждом компакте в этой сумме отличноот нуля только конечное число слагаемых).Пусть u ∈ C c∞ (Rd )n . ТогдаZRd〈A(x, ε−1 x)Du, Du〉 dy =XZ=〈A(x i , ε−1 x)ϕi Du, ϕi Du〉 dx +i ∈I u B i+XZi ∈I uBi(2.1.14)〈(A(x, ε−1 x) − A(x i , ε−1 x))ϕi Du, ϕi Du〉 dx,где суммирование ведется по минимальному (конечному) набору индексов I u , отвечающему условию supp u ⊂ ∪i ∈I u B i .
Очевидно, что последнееслагаемое в (2.1.14) оценивается сверху через δkDuk22,Rd ; в другом распишем подынтегральное выражение:〈A(x i , ε−1 x)ϕi Du, ϕi Du〉 = 〈A(x i , ε−1 x)D(ϕi u), D(ϕi u)〉 −− 〈A(x i , ε−1 x)ϕi Du, Dϕi · u〉 −− 〈A(x i , ε−1 x)Dϕi · u, ϕi Du〉 −− 〈A(x i , ε−1 x)Dϕi · u, Dϕi · u〉.83То слагаемое, которое возникает из первого члена в правой части, мыоценим снизу с помощью (2.1.13), остальные — сверху:ReZBi〈A(x i , ε−1 x)ϕi Du, ϕi Du〉 dx ÊÊ ckD(ϕi u)k22,B i − 2kAkM kϕi Duk2,B i kDϕi · uk2,B i − kAkM kDϕi · uk22,B i .Поскольку при произвольных α > 0kD(ϕi u)k22,B i = kϕi Duk22,B i + 2 Re(ϕi Du, Dϕi · u)B i + kDϕi · uk22,B i ÊÊ (1 − α)kϕi Duk22,B i + (1 − α−1 )kDϕi · uk22,B iи2kϕi Duk2,B i kDϕi · uk2,B i É αkϕi Duk22,B i + α−1 kDϕi · uk22,B i ,тоReZBi〈A(x i , ε−1 x)ϕi Du, ϕi Du〉 dx Ê (c − δ)kϕi Duk22,B i −C (δ)kDϕi · uk22,B i .Просуммируем эти неравенства по i ∈ I u и учтем свойства покрытия {B i }i ∈Nи функций ϕi :ReXZi ∈I u B i〈A(x i , ε−1 x)ϕi Du, ϕi Du〉 dx Ê (c − δ)kDuk22,Rd − ̹ρ 2C (δ)kuk22,Rd .Объединяя оценки для двух слагаемых из (2.1.14), окончательно получаем:Re(A ε Du, Du)Rd Ê (c − 2δ)kDuk22,Rd − ̹ρ 2C (δ)kuk22,Rd .Тем самым мы доказали, что неравенство (2.1.5) выполнено с постоянной c A , сколь угодно близкой к c .äКак видно, условие (2.1.5) влечет за собой (2.1.8) и, с другой стороны,само является следствием (2.1.12).
Все они оказались бы равносильны,если бы (2.1.12) вытекало из (2.1.8). Однако известны примеры функций A ,для которых выполнено лишь (2.1.8), но не (2.1.12) — см. [BF15]. В такихслучаях некоторая подпоследовательность операторов (Aεµ )−1 всё ещеможет сходится в каком-нибудь смысле к резольвенте эффективногооператора A0 (см. его определение в § 2.2), но A0 уже не будет сильноэллиптическим.Отметим еще, что рассуждения с разбиением единицы позволяют перейти от (2.1.8) к оценке вида (2.1.12), но лишь с дополнительным слагаемым C kuk22,Rd в левой части (другими словами, получается слабая коэрцитивность, а не сильная). Тогда легко понять, что в неравенстве (2.1.13),появилось бы уже растущее при ε → 0 слагаемое ε−2C A kuk22,Rd , и тем самым вместо условия равномерной коэрцитивности (2.1.5) мы пришли бык оценке видаRe(A ε Du, Du)Rd + ε−2C A kuk22,Rd Ê c A kDuk22,Rd ,u ∈ H 1 (Rd )n .84По этой причине ослабить условие (2.1.12) до слабой коэрцитивности бездополнительных предположений, по-видимому, нельзя.Приведем теперь пример функции A , которая удовлетворяла бы достаточному условию (2.1.12).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
