Фридман - Вариационные принципы и задачи со свободными границами (947327), страница 90
Текст из файла (страница 90)
Далее мы будем использовать следующую лемму. Ле м ма 64. Пусть и Е Н'(ьь) О С((2). ОбозначимК компоненту множества (и >0). Тогда1х лринаг)лежигН'((2) и Ч1хи =1к%ч. Доказательство предяагается провести читателю самостоятельно (см. задачу 2) . 2. Доказать лемму 6.4. (У к а ванне. Если и ЕС(й), й ограничена,то положим е >О, К, = (х ЕК; и(х)>е), ЕСо(тг 1К), 0< (,< 1, (о='! на Ко. Тогда '7(7л,(и - е)] = Ч11,(и — е)') = 1;Ч(и — е)'; пусть е 1 О. В обшем случае возьмите й С й„„, 7 й."! з 7. Регулярность свободной границы В этом параграфе мы обозначаем (и, 7) решенно задачи (А) . Те о ре ма 7.1.
Соедуюитие соотношения имеют место в й в смысле рислределений: т!и +Тт = О, (7.1) Ьи>0, (7.2) 7, ~ О. (7.3) Д о к а з а т е л ь с т в о. Полагая ( б С,, (й) в (6,6), получаем (7.1) . Для доказательства (7.2) положим !" б Со (й), Р ря О, е > О. Так как функции ! =+пил(и, еТ) являютсн пробными, то ) Чи ' ЧП1п1(и в!1+ ) 7~лип(и, е())у = О.
О й Поскольку 7= ! на (и >0),второй интеграл равен )'(п)!п(и, е())„= )' шгп(и, е()(у и)= О. а аа Следовательно, О= ) Чи Чп1!п(и, е()- е ! Чи. Ч(+ !' ! Чи )з й (н Ьгт) (о Кгт) и поэтому ,Р(„>,1)ЧИ. 17!'-.=. О. Полагая е — О, получаем /Чи: Ч('= О. Я Так как ( — произвольная неотрицательная функции из С,", (й), то получаем (7?) .
Наконец, (7.3) вьпекаетиз (7.1), (7.2). Лемма 72. Если (хо) Х !уо — е, у1 о е) С й Г) (и= 0), е >О, то и(х,у)= о(!х — хо!) лри х-+хо (7.4) равномерно относительно у в (уо„у, ) . Доказательство. ПУсть а= (хо) Х (Уо,У1). Положим и,'х, у) А = 1пп апр (х,у)-~а !х — хо! От)1етим, что )1 конечно, так как и ~ Со'. Возьмем последовательность Х„ 493 1 = (х„у,) — а такую, что г=1х„— хо! и — и(Х„)- Л. Рассмотрим блоуап-последовательность (и,т„) относительно шаРов В,(хо, У,), т.е. 1 и,(х„у) = — и(х +гх, у„+6у), г 7г(х.у) 7(хо +гх, У„+гУ).
Тогда ! '7и„~ <' С в каждом ограниченном множестве, и тем самым для подпосле- довательности ри„- Tй *-слабо в А"„,(Ва), и, й в С",0,(Ва) 1та< 1, 7„- 7 *.слабо в 1,„,(ттз). Легко видеть, что (й, 7) есть решение задачи (А) в яз, т.е. ) ттт ('7й + уе) = 0 (7.5) для каждой ( ЕН'(кз) с компактным носителем. Рассуждая, как в теореме 7.1, выводим, что Дй> О в Вз.
Имеем также й(х, у) < Л 1х ! и,предполагая,дляопределенности, что х, — хо > О, получаем, что й(1, 0) = Л. Применяя принцип максимума к субгармонической функции й — Лх в (х > О), заключаем,что й=Лх в (х>0).Если покажем,что Л=О,то получим (74). Лля произвольного Б > 0 положим х 06(х)=гпах пнп 1+ — ° !(, 0~ . Заметим, что Ы6 (х) = 1, если х > О.
Поскольку и й = Лх, если х > О, то можем записатьдлилюбой (~Со(Яз) Л ) 6ИУ= — ) чь.(хй+е)= — ) 67(616() (тГй +те). (7.б) ( =о) (х>о) (х >0) Так как 6166 — пробная функция для (7.5), то правая часть равна 1 дй ,/ д6 Ч Ь" ° (х й + 'тЕ) +— (-6 < х < 0) Б (-6 <х< О) дХ Первый интеграл стремится к нулю при Б - 0; второй интеграл равен величине 1 1 — — й(„1У вЂ” — ) й(. 1У.
Б ( — 6 < х < 0) Б (х = -6) Здесь первый член стремится к нулю при Б -+ О, так как интеграл имеет порядок 0(Бз); напомним, что йЕ Со', Таким образом, из (7.б) получаем 1 Л )' (Иу = — 1пп — )' й( ду. (х=о) 6 о Б(х=-6) Выбираят > О,заключаем,что Л < О. 494 (7.7) то ) 0 при у < ч!(хо)„ и(хо у) ( = О при у > р (хо). Проведенное доказательство показывает также, что !о(х) полунепрерывна снизу.
Так как и > Р на Вз Гъ !З (аг, г;), то и ) О, если х Е (ор, г!), (х, у) Е й. с=! Предположим, наконец, что (хо, уо) Е й, хо = а! или хо = г! . Покажем, что и (хо уо) Ф О. Действительно, иначе и (хо. у) = 0 лля у > уо и по принципу макси- мума д — и(хо у) ~ О, ах но это противоречит лемме 7.?. Л е м м а 7.4. Предположим, что и (х!, у) = и (хз, у) = 0 длл всех (х, у) Е й, у>й, ! =1,?,и (х!,х,) лехигвя(Я!) (лроекцияЯз наосьх), Пусть Хь =((х,у); х, < х < х,, у > й) г! й. Тогда ) (7и, + 7') «О. гл Д о к а з а т е л ь с т в о.
Пусть (7В) ( е Н!д) г! С(Еь), ~ ) О, ((х, й) = О. Покажем, что р (' . ('?и + У(о ) о)е) «) ('(х, р(х))дх. г„ х, (7.9) Действительно, для любого е > 0 функция ппп(и, е1) будет пробной (если продолжить ее нулем вне Ян). Поэтому ) ~р„~г+ )' ри. р(+ г г!(н к,г) г!, о(о >аГ) + ) 7 (л!1п(и, е!))г «О. гн 495 Тео рема?.З.Мнозгесгво йс! (и > 0) имеет вид ((х,у)'Ей; Я (х) <у< < р (х)), где р (х) нолуненрерывная снизу и р(х) = Я'(х), если х е гз (о!, г!).
1= 1 До к а з а т е л ь с т в о. Предположим, что и (хо, уо) > О. Тогда и > 0 в некотором диске Во (Хо) с Хо = (хо, усу. Следовательно, у = 0 в Вь (Хо). Так как 0 « 1и7у«Ото70в Ко = ((х, у) Е й; ! х — хо! < Ь, у < уо) гз Ва (Хо). Но тогда (7 1) влечет д и = О в Ко. Замечая, что и(хо, уо) > 0 и > 0 в Кь, согласно принципу максимума получаем и > 0 в Ко.
Тем самым мы доказали, что если !р(хо) = зпр(у;и(хо,у) > 0), Но первый интеграл неотрицательный, а последний интеграл обращается в нуль на ( и = О) и равен [пйп(и, е [)] „на (и > О) . Стедовательно, /и )']7(.>.1)уи ~1 + 7(.>е)~ ш~ —, 1]1 1< О, 4» и«« ] 7(и>«г) 5'и' ~1+7(и>0) Ту ~ ]' 7(и>е)]( ] г» г» ~ ег « )' дх 1Ы,/ Т вЂ” — ду «,т'. и '1' «т г 1» — — 1 (х,чт(х))0х / Т(х, р(х))Ых. «~ е « Полагая е -«О, получаем (7.9). Теперь пусть тт(х) будет функцией из С е (хт, хт ) такой, что О < т1 ~ 1, тт = 1 в (хт + е,хт — е).
Тогда (и +7)=)' Ги. ~(у — тт)+7(у — тт)] г» г» У (~и 57[и(у — Й)] + 7[тт(у — Ь)] ) + г» + )' (9'и ~[(1 — П)(у — й)] + 7[(1-Пйу — й)]г). г» Первый интеграл в правой части неположительный, так как тт(у — й) — пробная функция (если она продолжена нулем вне 2») .
Второй интеграл в силу (7.9) меньше величины «« ) (1 — тт)И(х) — п)их + [ (1 тт)(7 — т(и > О)). «, г» Полагая е «О, имеем [ (и„ь7)<О. г» Так как„окончательно, и,;т = и,„7' ч! 7 п.в., выводим (7.8). С л е д с т в и е 7.5 . Вели и = О в В, (Хе) с «1, то 7 = О п.в. в В, (Хе) . Действительно, если взять Е» с основанием (хе — г, хе + г), то, применяя лемму 7.4, получим )'7' = Х (7иг + 7') < О, г» г» откуда следует требуемое утверждение. Л е м м а 7.6.
Пусть выполнены предположения леммы 7.4 и и (х, тт) <М при хт <х а:хз. Тогда и(х,у) = О, если хт 4 х < хт, у> й + М. Д о к а з а т е л ь с т в о. Сравним с функцией с(у) = псах (С вЂ” (у — Ус),0), С > М, Для любых Б > О, е > 0 положим с(са(г) = псах О, ппп —, ! (1 су, (Х) = пс!и ~ — с!!з! (Х, У О (с > О )), 1 где Л = Яа. Тогда -с!4 (»»6(и) — 1) + Фа (и — с) есть пробнан функция после продолжения нулем вне Я». Следовательно, (» (ст.
(Фа(») — 1) — Ф6 (и — с)! (» и + Те) > О. Так как» с = (О, 1), то ,l ~сссса(и — с) (» с + 7(~ > о)е) = О. г Складывая, получаем 0 4-.((» $6(и — с) (» (с — ») — (у — 1(» > о))е))— г — )» (сс,(1 — сга(и))! (» и + Те). Поэтому, прибавляя н вычитая выражение .( Ф6(») Те, го(»=о) можем записать .( ф6'(и — с) !17(и — с) !2 ~ — ( ~7 46(»1 (17» + Те)— го(»> о) го(»= о) ( ~»6(» о) ' ((Т ~(~> 0))е Т'(» — 0)е! + г + (а', » 626(и) (ри + уе) — ((1 — $6(и))рсу, (» и + уе) = г г 'ус + '72 +уз + '74 ° (7.10) Отметим, что в 72, если и = О, то»фа (и — с) = О, а если и > О, то у = 1 и второй множитель в подынтегральном выражении обрюцается в нуль. Таким образом, ,7 =О.
(7.11) Далее, в 72 интеграл можно брать только по (о =0), так как с(4 = О, если с > О. Тем самым Ус 4' Уз = .( (1 ст»)471»'6 (и) ° ('17» + уе) -» О, (7.12) гсз (» = о) 497 если е - 0 Ч Ь. Та часть 24, где и = О,отрицательна, так как подынтегральное выраже- ниеесть~И, .7е> О.Такимобразом, 2о <С ! с' А 1, в,1а(о > о) о а) о(о < о < а) где В, (Г) — еюкрестность Е", здесь использован тот факт, что и Е Со'. Обозначая Н' одномерную меру Хаусдорфа, получим (ввиду липшнцевости и) з4 я- СН (д(с> 0) га ао г1(0< и < Б + Се)].
Но так как Ь + е - О, множество в квадратных скобках сходится к пустому множеству. Следовательно, 1пп зпр з4 < О- а+о- о Вспоминая также (7.11), (7.12), выводим из (7.10) фа(и — с)!'7(и — с) !' - 0 хо(о>о) о(о<о — о<а) (7.13) прн д — О. Теперь легко закончить доказательство леммы. Пусть ао = шах (и- и, О).
Тогда для любой а е Со (В) ( — произвольный шар) га( )~« иов ) «('«а(о)а) ' ~( и) з «та( ) лов Первый ннтеграл.в правой части равен нулю, так как функция и — п гармоническая там, где и — с > О, и чаа (ао) 1 = 0 на границе множества т, га В. последний интеграл ограничен по модулю величиной С ~~ао1з 0 гово(о<о <а) ввиду (7.13) при условии, что В Э (с > 0). Если Ь -«О,получаем 498 )' 7( 17и =О, лов прн ( с > 0) С В. Таким образом, аогармоническая в Е Гз (с > 0). Так как ж= 0 н н > 0 их,.окре- стности де, .й(у = И ), выводим с помошью аналитического продолжения, что «о= 0 в х, га(с > 0), т.е. и < С вЂ” (у — И), если И < у < С+ И. Полагая С ( М, получаем утверждение леммы. (х~) < Ф(хо) < В (хо), то ~р(х) иепрерояеиа алеко.
торой д-окрестности хо и у О, если у > р (х),! х — хо! < д. До к азат ел ь ство. Пусть уо = у(хо). Тогда и(хо. У) = 0 прн уо < у < < Я (хо). Заметим, далее, что и не может быль положительной ни в какой [х >хо ) окРестности любой точки интеРвала ((хо.У),Уо <У< Я'(хо)). Действительно, иначе и„чь 0 в этой точке (по принципу максимума), что противоречит лемме 7.2. Отсюда следует, что для любого И >ус сушествует последовательность (хо, у о) такая, что х; 4 хо, г Е (уо И), и(хьу~) = О. Аналогично сугдествует последовательность (хы уг) такая, что х; Т хо, у, Е (уо,й), и(хоуг) = О.
Полагая ял =Йтт((х,у); х,<х<х;, у>й), можно применить лемму 7.6. Так как и Е Со', и(х, я) < Сбо где Бг = х~ — х. С~едовательно, и(х„у)=0, если х;<х<х, у>й+Сд,. (7Л 4) Так как л может быть произвольно близко куо,из(7.14) следует,что р(х) полунепрерывна сверху в х = хо.
Поскольку ~р также полунепрерывна снизу, то заключаем, что ~р (х) непрерывна в х = хо. Тем самым р (х) непрерьгвна до тех пор, пока (х, р (х) ) остается в Й. Последнее утверждение теоремы вытекает кз следствии 75 к непрерывности у(х).
3 а м е ч а н и е 7.1. Из доказательства полунепрерывности сверху и снизу вкдно также„что если р(хо) =Я (хо) непрерывнавх=хо,то р(х) непрерывнавх=хо С л е д с т в и е 7,8. Имеем 7 = 1(„> о) я.в. В заключенке докажем теорему. Те о ре ма 7.9. Если (хо, р(хо)) Е о1, то р(х) аналитическая в окрестности х =х,. До к аз атель ство. Возьмем малый интервал х, <х<ха,содержюцийхо, и пусть й, Н такие, что Я (х) < й < р(х) < Н < Ю'(х) для х1 <х <хт. Введем множества с ((х у); х, < х < хт, я < у < ) й й, си = ((х,у); х, < х < ха, л < у < Н) и функцию н ж(х,у) = )'и(х,а)т(а = )'и(х, а)~й. У У положим и = О в 2'12н. Дпя любой (' е со (хн) определим функцию и е с (2) такую, что У и (х,у) = / т (х, а)йз, если й < у < Н, л п(х,у) = О вблизи д2 о Юа, тогда ап — пробные функции для (и, 7) (поскольку они обрццаются в нуль на 82 о ОЯа) к позтому (7.15) ( ч т1 .
( ч и + У(и > о) е) = О. Интегрируя по частям, получим ) г)уи =1(из= — )ьуи= )(ужу г г х г и после замены порядка интегрирования имеем ! г!хих з !х н!х. г г Отметив также,что1(„> о) =1( > о), из (7.15) получаем /(т!~' Tш + ['/(ж > о)) = 0 Ч[ е Со(2н), (7.1б) тл. — Ья!+1(ж> о) = О. Таким образом,ю есть решение в огг вариацнонного неравенства ю»* О, — Ью > — 1, ю(Ьн! — 1) = О. Так как ю,, < О, можно применить теоремы б.1 и 6.2 из гл. 2, чтобь! Установить аналитичность р (х). Задача 1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
