Фридман - Вариационные принципы и задачи со свободными границами (947327), страница 54
Текст из файла (страница 54)
ОЕ 1 Х Поскольку гЧ вЂ” х-график, то функция вг = иг тг иаг принадлежит Кхг „. а функция о, =иг Чиг' принадлежи~ К~Он. Можнопровернть,что 3л,д н(о') + "гЛ,О,н(ог) - хл о н(иг) + хх о н(иг). (18.22) 282 Отсюда из а) и1 в связной компоненте Р множества ( и, < Я, содержашей верхнее основание йи. В частности, ит ) и, в Р. а Так как ди,/ду <О, заключаем, что Р имеет вид(у ) Ф(х)) для некоторой ф. Как часть свободной границы, график тг гладкий. Поэтому функция (и, в Р, 1 а ° а„ЛР допустимая; следовательно, У(и,) ) а(й), откуда ди,/ду = О в йа ЛР. Таким образом, открытое множество (и, < !г) связно и ! и;Ъи| в (и, <!г). Полагая е -~ О, получаем и, ) и1 в (и, < Д). Аначогично и, ~ ит в ( ит < !г). Отсюда следует, что и, -= из. Это завершает доказательство леммы.
Поскольку свободная граница аналитическая и и < О, можно записать свободную границу в виде у = р(х), где р(х) непрерывна и конечнозначна в некотором открьпом подмножестве(О <х ( а). Л е м м а 18.6. Свободная граница Г в (О < х ( а) задается непрерывной функцией у = р(х), О ( х < а. Д о к а з а т е л ь с т в о. Сначала покажем, что область определения !а(х) есть в точности один отрезок.
Предположим, что это не тзк. Тогда сушествует эна. чение х Е (О, а) такое, что Г не пересекает (х = х), но Г содержит точки из (х < х ) и из (х ) х). Следовательно, найдутся кривые Гр у=д(х), х,(х <хе (!=1,2; х,<х,<х<хз<хз) такие, что Ф(х) - — », если х — х, и х — х,. Возьмем те малым и Х = (х,, у ), где уе < О, 1у ! достаточно большое. Тогда В„ /з(Х ) содержит точки свободной границы; следовательно, ввиду леммы о невырожденности (лемма 3.3 с «/Л вЂ” у вместо !г) (г ) / (!г — и) ) сх,те ш!и «/Л вЂ” у— в,„!х' > в„,/т!х'> при у, -~ —; пришли к противоречию.
Таким образом, мы доказали, что область определения р(х) есть один отрезок. Правый конец отрезка должен соответствовать х = а, иначе мы придем к противоречию, как и выше. Аналогично левый конец отрезка должен соответствовать х = О. Л е м м з 18.7. Существует и конечен !йп р(х) (будем обозначать его х а через~р(а)). ' Д о к а з а т е л ь с т в о.
Если 1!ш д(х) = —, то рассуждая, как в предыдух а шей лемме, придем к противоречию. Если д(х) колеблется при х -+а, то придем к противоречию с леммой 5.2. Отметим, что — < р(а) < Л. Л е м м а 188. Свободная граница Г не пересекает прямую у = Л, те. !р(х) <Л, если О < х < а. До к а з а т е л ь с т в о. Предположим, что Хе = (хе,.Л) — точка свободной границы, где О < хе < а. По лемме 3.1 (см. также лемму 8.3) Я вЂ” и) < Сгх шах з/Л вЂ” у эв,!х'! в,(х'! лля малых г; здесь мы определили ч/г = О, если г < О.
Следовательно„ (Π— и) К Сг~l~ эвдх'! (18. 23) Рассмотрим функцию и, удовлетворяюшую следуюшим условиям: т =ОвР„, и~=О нау=Л, О<х<а, ю = Д вЂ” и на остальной части границы дР„. Тогда О < тч < 1е — и в Р„по принцшту максимума. Теперь введем функцию Грина бг для оператора Т. в полукруге В = В„(Х ) гз гз ( у ) Л1. Поскольку Ьи = О в В можно записать для Х Е В,!э(Х ) г! (у ) Л ) ас„ ВС„ ш(Х) = -)' —" ю < -)' —" (а — и) < эв Э э (г>э) а. < С у ((2 — и) < Сгз!з эв„(х' ! в силу (! 8.23).
Если возьмем Х = (хе, Л + г/8). то получим при г - О а (ХО) ау (18.24) лри у— Д о к аз а тел ь от в о. Возьмем произвольную последовательность (х„,у„) Я Е Г такую,что ун-ь — ~ и числоЯ ) О. Тогда ~ '7и )' ~ чт'т УТ(нс!2)е дяде "+ О (< ун у ! < д) ! если и -г .
Рассмотрим преобразование й„(х, у ) = и ( — . у„+ — !, гн гн г„ = (Л - у„)Щ . что противоречит принципу максимума. Доказательство, приведенное выше, пригодно для случая хе = а при условии, что Ф не содержит точку (а, Л) . Д е м м а 18.9. Сущестует достаточно большое уе такое, что Г Г! (у < -уе) задается в виде х = Г(у), где У(у) = (1+о(1)), Т (у) = о(1) /2д' 11 /4 (18.25) Интегралы, записанные выше, приводятся к виду ай„ ( <н(л- „111)(Л х ах 112 2 112 /1 (Л-уя) (Л )( Я х(л )-214(- (-— 14 ай„ = (л-у.) I (1у ~ < я(л - г„)1/4) ~ лл х а и з14 (й < д» х ~» у. (~~.~~) Поэтому последний интеграл стремится к нулю при л -+ . Пля подпоследователь- ности имеем: 1,2 и„. и слабо в Н1бс, и„- и п.в, 1(ия < о) + 7 4-слабо в ь1мс, О < Г < 1; кроме того, аи„ вЂ” —" — ((-„„а)- О в 112„, х дйя — Овта 1ес ° ду т.е.
дй ай — — = ух. — =О. (18.27) дх ду Так как 7 = 1 п.в. в ( и ( О ), то 7='(. а) (18.28) Но поскольку и =0 на оси у (напомним, что й„= 0 на оси у ни„- и слабо вН,'„', ), то из (18.27) и (18.28) следует, что хз — для 0 < х <,/2Д, 2 й(х, у) = Д для х > ~/2Д. Пусть 1у 1 < 1 и х > ч/2Д. Тогда дчя малых г > 0 1 11ш — У ф — и„) = 0 (Х = (х, У)). я- г ан,(х'1 Поэтому ввиду невырожденности Х не может быть точкой свободной границы дпя й„при больших я. Аналогично дпя х < чт2й' ! !пп — т Я вЂ” й„) -+ ' т ав„!х> при т - О, поэтому Х не пришщлежит д (и„< (2) при больших л.
Это показывает, что д ( и„< („а) сходится к ( х =л/20) локально в метрике Хаусдорфа. В частности, 1 .Л )4 - ГЯ (18.29) Отметим, что и „вЂ” функция, минимизирующая функционал — — 1 —, 1(„д) с!ааНу в Вл(0) при больших и. и свободная граница имеет вид УЛ х =~„(у) = т„~у„т-'= ел л/2Д у 4) + ( у а)!3!ч при л — (где у" не обязательно однозначная) .
Таким образом, дпя больших и свободная граница дпя и„удовлетворяет условию пологости нз д 4, вследствие чего )'„однозначна н !тп(у) ! < е~ при 1у ! '~ Я дпя каждого Я, где е„-+ 0; это вместе с (18.29) завершает доказательство (1 8.25). Лемма 18.10. (!) Если Л, < Лы то ил,, о,„< ил,, о,п. (й) Если Д, > Дз, то 1 1 ил, О„п ~ ил, Р„п. Доказательство предоставляем читателю; см. задачу 2. Из монотонности и получаем строгую монотонность соответствующих свободных границ.
Имеем также непрерывность ил О „, относительно !2, Л, д. Задачи 1. Доказать (18.22). (Отметим, что зто неравенство есть следствие монотонности АХ вЂ” у по у.) 2, Доказать лемму 18.10. [У к а за ни е. См. доказательство (18.22).) 3. В случае симметричного плоского потока под действием сил тяжести ди и = Я вЂ” = лГЛ вЂ” у на свободной границе, ди аЛи = 0 в области жидкости. Функционал имеет вид л О и ( е ) Г ! ~ и Л Л у Г ( и < О ) о в е ! ~ ~ х ф ~ ~и и<!2 овл а) Обобщить лемму 18.2, положив и = хь!/Х вЂ” у, если у < уо. б) Обобщить лемму 18.9; здесь 2Д у(у) = 1 !/з (1 + о(1)) при у- $ 19.
Непрерывная стыковка при учете сил тяжести Пусть г, „7з — две дуги класса С', начинающиеся в точке А и образуняцие угол о. Обозначим 6 область, ограниченную 7,, 7, и Вл(А) для некоторого малого Я > О. Введем полярные координаты (г, В) с началом в А так, что В = О соответствует касательной к 7, в А. Л е м м а 19.1. Луста !о — ограниченное полджительное решение задачи Е!о=баб, и = О на 6 () (7! () 7!), Если О < о < п, то для х Е С о — — 1 !о(Х) < С!' Й!$((Х, 7! !-» 7!), (1 9.1) « =(Х вЂ” А(, с некоторой константой С > О и — — ! ! г2 !о(Х) ! < Сг '" (19.2) для Х Е 7! О 'Гг.
До к а з а т е л ь с т в о. Ввиду 1128, с. 236) ге имеет вид !о(Х) = аог /о Ип(ай/о) + !оо(Х) с некоторой константой а„где !оо ~ Й!о ' ' (см. )128, с. 231]) при условии, что Ф + 1 Ф и/а, й положительное целое и и/о < й + 1 < 2п/а. Таким образом, имеем (и'о ~ / 2„,2) Дхду <". о г (Отметим, что можно взять /с + 1 = 3, если а = и/2 и /с+ 1 = 2, если и/2 < о <а.) Теперь пусть Х Е 7! О 7,, г = (Х вЂ” А( > О, ХЕ В ( /з»,(Х ) и д = д!з((Х 7! () О 7з). Тогда для е мало,то при е < е <2е имеемоценку ьЫ г — Сд ьт(Х) < — ' < Сдг +— г дВ«'г(Х ) г ав, „(хо» Интегрируя по е!, получаем о (Х) — а(го < — /' ~ !ос ~ < гз вз„(х')(в„(хо) Сд < — ( )' 1!о ~!) /' < г вз,г(х')~вгг(х') г !.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
