Фридман - Вариационные принципы и задачи со свободными границами (947327), страница 72
Текст из файла (страница 72)
Наконец, если с = О, то й р должна совпадать с Й, н и — собственная функция с фиксированным знаком в Й, следовательно Л = Л,; опять пришли к противоречию. Отметим, что ввиду эллиптической регулярности любое решение (11.1) „(11.2) (из Н' (й) ) должно принадлежать С +о(й ) Г1 С~+а(й) при любом 0 < б < ! . Для доказательства существования решения задачи о плазме (11.1) — (11.3) используем варнационный подход, взяв Ко = ( р Е Ь'(й), р > 0 п в., ~ р(х)дх *1 1) а в качестве класса допустимых функций и 1 1 эо(р) = — 1' рт(х)Ых — — ( 1'С(х, у)р(х)р(у)йх е(у 2Л а 2 аа (11.6) как функционал на Ко, где С (х, у) — функция Грина для — Ь в й. 3 а д а ч а (Я о) .
Найти функцию р такую, чго Уо(р) = плп А(Р), Р~Ко о и хо (1 1.7) оР~Ко. Используя неравенства С 0<С(х,у) < „, если л>3 (С>0), !х — у!" ' 1 1 0 < С(х, у) о, — 1п если и =2 2н 1х — у! 391 Эта задача аналогична задаче о врюцении сжимаемой жидкости (из з 1); в действительности даже намного проще, так как здесь й — ограниченная область. Легко можно вычислить производную Фреше функционала эо.
1 Уо(р) = — 1' С(х,у)р(у)Иу + — р(х) (11.8) а Л и неравенство Юнга, находим, что ! ) С(х, у) р(у)Иу ) ч* С ( ) р ) 1~, !И е гт если з < 2н/(н — 4). При н <4 мы можем взять любое т < Можем теперь вывести, что для произвольного е > 0 ) !" )'С(х,у)р(х)р(у)г!хну ! < е)" р'(х)йх+С, И И а Следовательно, Уе ограничен снизу на Ке. Поэтому ввиду компактности сушествует решение р задачи (хе ) н так же, как в а 1, почти всюду Уе(р)= — с в (р>0), (11,9) Уе(р)> — с в (р= 0], (с = сола!), Полагая и = — (С(х, у)р(у) + с„ (11.10) и вспоминая (1!.8), получаем, что условие равновесия (11.9) сводится к уравнению р=Ли (11.11) Применяя Д к обеим сторонам (11.! 0), получаем (11.1). Кроме того, и = с на Эй.
Окончательно, ди ) — = (Ди-" Л)'и = !" р = й гар и и Таким образом, мы доказали следуюшую теорему. Т е о р е м а 113, Сушествует решение рзадачи (Хе), и функция и, определен- ная но (11.! 0), есть решение задачи о плазме (1 ! .1) — (! 1.3) . Далее мы установим единственность при условии Л < Л з. Т е о р е м а 11.2. Если Л < Лю то решение задачи о плазме (! 1.1) — (11.3) единственно. Д о к аз а тел ь от в о. Предположим,что ив ит — два решения ни! =с! на Г. В силу (11.4), (11.5) збпс, = зблаз. Предположим, для определенности, что або с, > 0 (т.е. Л>Л,),н пусть Ц=и;/сь Полагая О, если У, =Уз, т (х) (У!) — (Ут) , если у, чьуз, и, — и, получаем,что функция У= У1 — Уз удовлетворяет условиям - Д (! = и$ Ц в й, У=О на Г и 0<й < 1.Покажем,что либо У>0 в й, либо У~:'0 в й.
(11.12) Действительно, иначе пусть й~ =(У> 0), йт =(У< О). Выберем положительную константу т так, что т) (т+) о С=О. О, И 392 Таким образом, функция 170 на йг, б=~ У на ггг Нс (гг)) ортогональна главной собственной функ- (которая, очевидно. принадлежит ции о,.
Согласно определегшю Лг )1»»о1' )' г Х1 Р О! г У! Р 0 1г ) (7г )йуг (11.13) Лг= тш 1ьь»=о Но так как Л )' ьттг» Тг )' Лй(т(т 7» )' ттд!т 7г )' ~ р(т~» = )' ~ р(т ~г и» гг» и, аналогично, Л ( й О' = )' )Ттб~г, О» й» а функционал— г Л 1(о) = — )' ~ Р о 1' »7х — !ой) — — )' (о ) дх. 2 о 2 и (11.15) Рассмотрим вариациониую задачу.
Задача (1).Найти функцию и такую, что 1(и)= пг(п 1(о), иЕК. ьск (11.16) Т е о р е м а 11.3. Существует решение и задачи (1) и и — решение задачи о ялазме (11.1) — (11.3) . Нам потребуется следующая Л е м м а 11.4. Существует нолохгительная константа С такая, что для любой не и»г а(й) имеем (117и1 р)чу(" "1 ~и~ ч<С !Чи) р+шах 1и ~ „, ~ ( 1 (11.17) то правая часть (11.13) равна Л; получили противоречие с предположением Л < Лг. Таким образом, мы установили (11.12) . Можно теперь предположить.
что Уг > Уг. Если !гг т- Уг, то области Р, = (Уг < О), Р, = ( Уг < О) удовлетворяют условию Рг С Р,, Р, Ф Рг. Поскольку каждая У; есть главная собственная функция в Р; с тем же собственным значением Л, то приходим к противоречию (см. задачу 1). Из тождества !тг =— Уг и (11.3) выводим,что с, =сг, так что и, =и,. 3 а м е ч а н и е 11.1. Единственность не имеет места, вообще говоря, если Л > Лг.
Действительно, для любого е > 0 можно построить области й„для которых существует по крайней мере два решения задачи (1е) с некоторым Л из (Лг, Л, + е). Области ьг, состоят из двух шаров (1х 1< 1), (1х — хе ! < 1) (с !хе 1> 2), связанных тонкой перемычкой; подробностя см. в 11588) (см. также задачу 3 из й 13).
Теперь введем другой вариационный принцип, который даст тот же класс решений задачи о плазме. Здесь мы работаем непосредственно с и. Класс допустимых функций имеет вид 1 К= оЕН»(й), о=сопят=о(Г) на 1', ) и Ых= (11.14) л)' эдесь Х,' = А'(Й), 1Ьт = 1!р — 1/л, если р < л, 4 — произвольное число из (1, ' ), если р > л, и г — любое число такое, что в < г < а. Д о к а з а т е л ь с т в о.
Мы можем предположить, что Й выпукла, иначе про)ь ставим Й как конечное объединение областей, каждая из которых диффеоморфна выпуклой области. Рассмотрим сначала случай р < л. Будем пользоваться неравенством Пуанкаре — Соболева (см. 1109, $7.8) ) 1и — т(и)1 ч <С1Чи1 (11.18) где т(и) — усреднение и в Й. Если т(и) <О, то 1 т(и)> — — Хи 1Й1 г) так что т(и) <1Й1 Й" 1и 1 и (11.17) следует из (11,18) . Если т(и)>0, то (11.18) дает Г 1и +т(и)!о<С(1Чи! р)ч. (чСО) Используя неравенство (а+ Ь) > уа'Ьч " для а > О„Ь > 0 с некоторым 7 = 7(гу, г) > > О, получаем т(и)ч "(1и 1 г)'<С(1Чи1 р)ч, так что С1Чи1 р у/(ч-г) ' Используя это неравенство, из (11.18) опять получаем (11.17).
Если р > л, то мы можем взять 4 произвольно большим в (1 1.18) и повторить предыдущие рассуждения. Полагая р = г = 2 в лемме 11.4, имеем 1и 1 2 лил+э) < С 1Чи1, +шах 1и (1и 1,)!р-'Яз если л> 2,и (1Чи1,) '+' !и1 о<С, 1Чи1, +шах 1и 1 ч, (1и 1,)' если и=2длялюбого 1<4«и е>0 (е=гу(д — г)). Из этих неравенств, учитывая, что 1 !и(Г)1= — )'!о!< б 3 1Чо1 +Се )'1о1т 1Г1 г) дпя произвольного б > О, легко видеть, что функционал У(о) ограничен снизу на множестве К.
Поэтому существует решение и задачи (11.16) . Покажем, что и удое. летворяет (11.1) — (11З), Для произвольной функции и ЕН' (й), и = сопо1 = и(Г) на Г, положим и+ еи Л и,= , где а, = — ) (и + еи) ао Ввиду теоремы Лебега находим, что если е ) О, е 1 О, то а,— 1 Х вЂ” -~ — ) (рои р,и), е У й (11.19) где ро =т(о=о», р1 =т(„<о».Так как и, ЕК, имеем 1 1пп — (.У(и,) — У(и)] > О.
ооо е В силу (11.19) последнее неравенство сводится к следующему: (у'(и), и)> 7Х (Рои -р1и), й (11.20) где у = — ()' ~ 'ч и 1з — 1и (г ) — Х )' (и ) з», ! (./'(и),и»= )' Чи 1Уи — Уи(Г) — Х)'и и; (11.21) при выводе (11.20), (11.21) мы опять использовали теорему Лебега. Аналогично, полагая е(0, е т О, получаем (у (и),и)~ -7 У (Рои++Р1и). (11.22) Таким образом, ~(У'(и), и)~+7) Рти<7 ) Ро 1и!. Поскольку и произвольна, мы заключаем, что — Ьи+1чз + ур, = — уо, (11.23) у ди 71рои — ~~У ~У~ — т и(Г) — 7 Гос ~ — 7) Роио. где l й й Если мы выберем и(Г) = 1, и > О, так, что |ио ~, достаточно мало, то получим (11.3) н, следовательно, 7 У Рои — ч- .-7 1 си< 7 ) Рос+. й й й Отсюда следует, что у 4 О.
Если у Ф О, то 0 < о < ро н интегрлрование (11.23) по й дает (после применения (11.2), (11.3)) О>7 У Ух= -7 У о>О, (о<о» (о=о» 395 гДе !о(х)1<Ро(х). Умножая (11.23) на и Е К и интегрируя, после сравнения с (11.20), (11.21), находим так как ) и > О. Полученное противоречие показывает, что у = О, и тогда (11.23) сводится к (11.1). 3 а м е ч а н и е 11.2. Если и — решение задачи (э), то р = Ли — решение задачи (1е); если р — решение задачи (Уе), то и, данное по формуле (11.10) с подхо.
дящим с, — решение задачи (э') и !ш э (о) = Ш! эо(р). к яз Таким образом, эти две задачи эквивалентны и дают один и тот же класс решений задачи (11.1) — (11.3). Доказательства предлагается провести читателю; см. задачу 2, Задачи 1. Если т!У~+Л 0!=0 в Ро иСО вР;, Ц=О на дРо Р> С Р, и существует открытая часть о границы ВР, класса С', содержащаяся в Рз, то Л, > Лт. (Отметим, что последнее условие имело место в доказательстве теоремы 1!.2; действительно, Р, > О. Ь(Г, = 0 в ГтЯ, и условие внутреннего шара выполняется в некоторых точках множества ое = дР, Г! Р„так что д(Г,/дячь Ф 0 В таКИХ тОЧКаХ И ОЕ Г! ««Г, = 0) будЕт тОГда КЛаССа С'+ч ВбЛИЗИ таКНХ ТОЧЕК.) !У к а з а н и е. Возьмите последовательность е = ею ! 0 и используйте равенство =(Л, -Л ) )' «1,ит.) «и,<- ) 2.
Доказать утверждения нэ замечания 1 !.2. «У к а з а н и е. Если р Е Ке, то и бК, данное по формуле (! 1.10), удовлетворяет условию э(и) <.!е«р). Если и Е К„то р = Ли Е Ке и !е«р) < э(и).! 3. Установка токамак в действительности трехмерна и осесимметрична; соответствующая задача о плазме получается заменой (11.1) - (! 1.3) на условия !.и — Ли . = 0 в й, и=сопи на Г, 1 ои Х вЂ” — !э=К ап где Хи = ((1/г)и„)„+ ((1/г)и,),. Распространить теоремы 11.! — 11.3 на этот случай, полагая 2 2 Л .Ци) = — Х вЂ” (от+ и,')т!тс1т — Го(Г) — — )' (и )з с«п«т. 2 а г ™ 2 я 396 еь 12.
Свободная граница в задаче о плазме з ь с;и в С; (1=1,2), и в й~(С~ О Сг), где с, — положительные константы такие, что с, (и +с.) и.= 1 и +) и с, с, с, с, (12.1) Тогда йс. К. Поскольку Г 1~7и ~г = — )' идти =Л1' (и )г, сь с, с; то Х(й) = У(и), так что Д вЂ” минимизирующая функция. Ввиду доказательства теоремы 11.3 отсюда следует, что Д вЂ” решение задачи о плазме (11.1) — (11.3) и, в частности, йЕ Сгьь(й). Однако это невозможно, если мы выберем с; чь 1, так как ди/да $0 на дС; (по принципу максимума). Ограничимся случаем п = 2.
Г е о р е м а 12.2. гели и = 2 и и — решение, полученное в теореме 11.3, го свободная гранина Гр аналитическая. Доказательство. Сначала докажем,что 17и чьО на Г . (12.2) Предло.южим, что утверждение неверно в точке хе С Гр. Возьмем х (х1 хг) я1 +ьхг г хе О. Гак как 1Ьи1 < Л~и ~,мы можем применить задачу 7 из 5 5 (т.е. лемму 5.2 для н -- 2) и лемму 5 3 для о = 1 (см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
