Диссертация (1155102), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Заметим, что поскольку fγ ∈ L2 ((h, +∞)) иg ∈ W21 ((h, +∞)), то Fγ ∈ L2 ((0, +∞)). В силу определения функцийfγ и g и неравенства (1.1.7) выполняется оценка (1.1.11).Так как w(+0) = 0, то будем искать решение уравнения (1.1.8) ввидеZtw(t) =e(a−γ)(t−s) Z(s)ds ≡ (Vγ Z)(t),t ∈ R+ ,(1.1.12)0где Z ∈ L2 ((0, +∞)) – неизвестная функция.Лемма 1.4. Пусть γ > a. Если функция w ∈ W21 (R+ ) удовлетворяет условию (1.1.9), то существует единственная функцияZ ∈ L2 (R+ ) такая, что выполняется равенство (1.1.12), при этомp1 + (a − γ)21pkZkL2 (R+ ) ≤ kwkW21 (R+ ) ≤kZkL2 (R+ ) .γ−a1 + (a − γ)2(1.1.13)Наоборот, если Z ∈ L2 (R+ ) и функция w определена равенством(1.1.12), то w ∈ W21 (R+ ) и справедлива оценка (1.1.13).– 30 –Доказательство.
Пусть функция w ∈ W21 (R+ ) удовлетворяетусловию (1.1.9). Продолжим функцию w нулем на полуось t < 0 дофункции w̃. Тогда функция w̃ ∈ W21 (R), причемkw̃kW21 (R) = kwkW21 (R+ ) .Функцию z ∈ L2 (R+ ) продолжим нулем на полуось t < 0 до функции z̃. Тогда функция z̃ ∈ L2 (R), причемkz̃kL2 (R) = kzkL2 (R+ ) .Каждой функции w ∈ W21 (R+ ), удовлетворяющей условию (1.1.9),сопоставляется функцияz(t) =∂w(t) + (γ − a)w(t),∂tt ≥ 0,которая принадлежит пространству L2 (R+ ) и справедлива оценкаkzkL2 (R+ ) ≤ (1 + (a − γ)2 )1/2 kwkW21 (R+ ) .Тогда если функции w̃ и z̃ являются продолжениями нулем функцийw и z соответственно на полуось R− , то они принадлежат пространствам W21 (R) и L2 (R) соответственно и удовлетворяют равествуz̃(t) =∂w̃(t) + (γ − a)w̃(t),∂tt ∈ R.Поскольку преобразование Фурье является унитарным в пространстве L2 (R), то преобразование Фурье функций z̃ и w̃ принадлежатпространству L2 (R) и связаны соотношениемF (z̃) = (iξ + γ − a)F (w̃).Значит функция w̃ является сверткой функций z̃ иF −1 (1) = θ(t)e−(γ−a)t ,iξ + γ − a– 31 –t ∈ R,(1.1.14)то есть выполняется соотношение (1.1.12).
Наоборот, если Z ∈ L2 (R+ )и функция w определена равенством (1.1.12), то выполняется соотношение (1.1.9) и функция w̃ является сверткой функций z̃ и функции(1.1.14). Поэтому поскольку преобразование Фурье является унитарным в пространстве L2 (R), то преобразование Фурье функций z̃ и w̃принадлежат пространству L2 (R) и связаны соотношениемF (w̃) = (iξ + γ − a)−1 F (z̃).Следовательно, в силу унитарности преобразования Фурье в пространстве L2 (R), справедливы оценкиkddwkL2 (R+ ) = k w̃kL2 (R) = kξ(γ − a + iξ)−1 F z(ξ)kL2 (R) ≤dtdtkF z(ξ)kL2 (R) = kz(ξ)kL2 (R+ )иkwkL2 (R+ ) = kw̃kL2 (R) = k(γ−a+iξ)−1 F z(ξ)kL2 (R) ≤ (γ−a)−1 kz(ξ)kL2 (R+ )при условии, что γ > a.Поэтому при всех γ > a справедливо неравенствоp1 + (γ − a)2kzkL2 (R+ ) .kwkW21 (R+ ) ≤γ−aСледствие 1.1.
Для функции (1.1.12) справедливы следующие равенстваdw(t) + (γ − a)w(t) = Z(t),dtt ∈ (0, +∞).(1.1.15)Следствие 1.2. Пусть γ > a. Тогда оператор Vγ осуществляетвзаимно однозначное линейное отображение пространства L2 ((0, +∞))на пространство Ẇ21 ((0, +∞)) - подпространство элементов u из пространства W21 ((0, +∞)), для которых выполнено равенство lim |u(t)| =t→0– 32 –0. При этом нормы отображения Vγ и обратного к нему допускаютоценки:p1 + (γ − a)2|||Vγ |||B(L2 ((0,+∞)),W21 ((0,+∞))) ≤γ−a1|||Vγ |||B(L2 ((0,+∞)),L2 ((0,+∞))) ≤γ−aи|||Vγ−1 |||B(W21 ((0,+∞)),L2 ((0,+∞))) ≤ p1.1 + (γ − a)2Обозначим через ||| · ||| и ||| · |||1 нормы в пространстве ограниченных линейных операторов, действующих в гильбертовых пространствах L2 ((0, +∞)) и W21 ((0, +∞)) соответственно.
Определим в пространстве L2 ((0, +∞)) для всех h ∈ R линейные операторы сдвигаv(t + h); if t + h > 0,0;if t + h ≤ 0.Очевидно, что норма оператора Sh как отображения пространстваSh v(t) =L2 ((0, +∞)) в себя не превосходит единицы при произвольном h ∈ R.Лемма 1.5. Функция w ∈ W21 (R+ ) является решением задачи Коши (1.1.8),(1.1.9) тогда и только тогда, когда функция Z = Vγ−1 w ∈L2 (R+ ), определяемая равенством (1.1.12), является решением уравненияZ(t) + Kγ Z(t) = Fγ (t),t ∈ R+ ,(1.1.16)гдеKγ Z(t) = be−γh Sh (Vγ Z)(t) + ceγτ Sτ (Vγ Z)(t).(1.1.17)Положим|c||b|+ eγτ, γ > 0.γ−aγ−aТогда согласно лемме 1.4, 1.5 и следствию 1.2 справедливо неравенω(γ) = e−γhство|||Kγ ||| ≤ ω(γ).– 33 –Теорема 1.1.
Пусть ω(γ) < 1 на интервале (α, β) ⊂ R. Тогда еслиϕ ∈ W21 ([−h, 0]) и f ∈ L2,γ (R+ ) при некотором γ ∈ (α, β),то задачас начальным условием (1.1.1)–(1.1.3) имеет единственное решение u1в пространстве W2,γ((−h, +∞)), причем норма решения допускаетоценку1 ((−h,+∞)) ≤ c[kf kL+ kϕkW21 ([−h,0]) ],kukW2,γ2,γ (R+ )(1.1.18)с постоянной c, не зависящей от выбора f ∈ L2,γ (R+ ) и ϕ ∈W21 ([−h, 0]).Доказательство. Задача (1.1.1)–(1.1.3) отыскания решения u в1((−h, +∞)) с некоторым γ ∈ R сводится к экпространстве W2,γвивалентному уравнению (1.1.15) относительно неизвестной функцииZ ∈ L2 (R+ ), в котором оператор Kγ задан соотношением (1.1.16).Если γ ∈ (α, β), то в силу предположений теоремы выполняетсянервенство |||Kγ ||| < 1.
Кроме того, если f ∈ L2,γ (R+ ) при некотором γ ∈ (α, β), то согласно лемме 1.3 правая часть Fγ принадлежитпространству L2 (R+ ) в силу предположений теоремы. Следовательно, решение Z уравнения (1.1.15) существует, единственно, задаетсяравенством Z = (I + Kγ )−1 Fγ и, в силу леммы 1.3, допускает оценкуkZkL2 (R+ ) ≤ ckFγ kL2 (R+ ) .Тогда эквивалентная задача (1.1.1)– (1.1.3) имеет единственное решение u, которое допускает оценку (1.1.17).Замечание 1.2.
Ограниченный оператор (I + Kγ )−1 допускаетпредставление сходящимся по операторной норме рядом Неймана∞P(−1)k Kγk , а норма его допускает оценкуk=0|||(I + Kγ )−1 ||| < (1 − ω(γ))−1 .– 34 –(1.1.19)Замечание 1.3. Корректность задачи с опережающим аргументомявляется требованием более ограничительным, чем корректность задачи с запаздывающим аргументом, поскольку в случае отсутствия воператоре (1.1.2) слагаемых с опережением (в случае c = 0) функцияω должна удовлетворять условию ω(γ) < 1 на некоторой полупрямой(γ0 , +∞) (см. [9]).
Утверждение теоремы 1.1, полученное для уравнения (1.1.1) с оператором (1.1.2), имеет обобщение на аналогичноеуравнение с конечным набором слагаемых с отклонением аргумента.Необходимые условия корректной разрешимости.Рассмотрим задачу с начальным условием (1.1.3) для однородногодиффренциально-разностного уравнения (1.1.1) видаut (t) = au(t) + bu(t − h) + cu(t + τ ),Характеристическоеt > 0,уравнение,(1.1.20)соответствующеедифференциально-разностному уравнению (1.1.20), имеет видλ = a + be−λh + ceλτ ,λ ∈ C.(1.1.21)Характеристическое уравнение (1.1.21) имеет счетное множество Ξкомплексных корней Ξ = {λk , k ∈ N}, причем при каждом k ∈ Nфункция exp (λk t), t > 0, является решением уравнения (1.1.20).1Если λk = xk + iyk и γ ∈ R, то включение exp (λk t) ∈ W2,γ(0, +∞)выполняется тогда и только тогда, когда xk < γ. Основываясь на этомфакте мы исследуем взаимное расположение множества Ξ и промежутка корректности задачи (1.1.1) – (1.1.3) в шкале весовых показателей –такого промежутка (α, β) (см.
теорему 1.1), что ∀γ ∈ (α, β) и ω(γ) < 1.Определим числаâ = sup{Reλ : λ ∈ Ξ, Reλ < α},– 35 –b̂ = inf {Reλ : λ ∈ Ξ, Reλ > β}.Теорема 1.2. Пусть ω(γ) < 1 на интервале (α, β) ⊂ R. Тогда еслиγ > b̂, то однородная задача (1.1.1) – (1.1.3) имеет нетривиальное1решение u ∈ W2,γ(0, +∞). Если γ < â, то не при всех начальныхданных φ ∈ W21 ([−h, 0]), однородное уравнение ut (t) = au(t) + bu(t −1(0, +∞).h) + cu(t + τ ), t>0 имеет решение из пространство W2,γДействительно, если γ > b̂, то существует такое λk = xk + iyk , чтоβ < xk < γ. Тогда функцияU (t) = exp((xk + iyk )t),t ∈ (−h, +∞),1лежит в пространстве W2,γ(−h, +∞), удовлетворяет однородномууравнению (1.1.1) и условию (1.1.3) с начальной функциейφ = exp((xk + iyk )t), t ∈ (−h, 0).Но в силу теоремы 1.1 однородное уравнение (1.1.1) с начальнойфункцией φ = exp((xk + iyk )t), t ∈ (−h, 0) в условии (1.1.3) имеетединственное решение1(−h, +∞),u ∈ W2,1 α+β (−h, +∞) ⊂ W2,γ2которое отлично от функции U (t) = exp((xk + iyk )t), t ∈ (−h, +∞), нележащей в пространстве W2,1 α+β (−h, +∞).
Следовательно, однородное2уравнение (1.1.1) с начальной функцией φ = exp((xk + iyk )t), t ∈(−h, 0) в условии (1.1.3) имеет бесконечно много различных решений1в пространстве W2,γ(−h, +∞).А если γ < â, то существует такое λk = xk + iyk , что γ < xk < α.В силу теоремы 1 однородное уравнение (1.1.1) с начальной функциейφ = exp((xk + iyk )t), t ∈ (−h, 0) в условии (1.1.3) имеет единственноерешениеu = exp((xk + iyk )t), t ∈ (−h, +∞) ∈ W2,1 α+β (−h, +∞),2– 36 –1которое не принадлежит пространству W2,γ(−h, +∞) поскольку γ <1(−h, +∞) решения заxk .
Поэтому существование в пространстве W2,γдачи (1.1.1) – (1.1.3) с начальной функцией φ = exp((xk + iyk )t), t ∈(−h, 0) в условии (1.1.3) противоречит единственности решения задачи (1.1.1) – (1.1.3) в пространстве u ∈ W2,1 α+β (−h, +∞), установленной2в теореме 1.1.– 37 –1.2. Дифференциально-разностного уравненияс опережением без запаздывания.Рассмотрим теперь задачу (1.1.1)–(1.1.3) в предположении b = 0 т.е.уравнение с опережением без запаздывания имеет видаut (t) = au(t) + cu(t + τ ),t > 0.(1.2.1)Тогда начальные условия к дифференциально-разностному уравнению (1.2.1) ставятся в одной точке – левой границе области определения неизвестной функции:u(+0) = u0 ∈ R.(1.2.2)Таким образом, в случае уравнения с опережением, в отличие отуравнения с запаздыванием, область задания начальных данных независит от параметра τ .
Если τ = 0, то уравнение (1.2.1) превращаетсяв обыкновенное дифференциальное уравнениеut (t) = (a + c)u(t),t>0решение которого, удовлетворяющее начальному условию (1.2.2), имеет вид u(t) = u0 e(a+b)t .Достаточные условия корректной разрешимости задачи(1.1.1) – (1.1.3) без запаздывания.Исследуем отдельно задачу (1.1.1)–(1.1.3) с опережением без запаздывания — в предположении, что b = 0.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
