Главная > КАМ-ТЕОРИЯ И ПРОБЛЕМЫ УСТОЙЧИВОСТИ(Ю. Мозер)
НАПИШУ ВСЁ ЧТО ЗАДАЛИ
СЕКРЕТНЫЙ БОТ В ТЕЛЕГЕ
<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Пред.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
123
124
125
126
127
128
129
130
131
132
133
134
135
136
137
138
139
140
141
142
143
144
145
146
147
148
149
150
151
152
153
154
155
156
157
158
159
160
161
162
163
164
165
166
167
168
169
170
171
172
173
174
175
176
177
178
179
180
181
182
183
184
185
186
187
188
189
190
191
192
193
194
195
196
197
198
199
200
201
202
203
204
205
206
207
208
209
210
211
212
213
214
215
216
217
218
219
220
221
222
223
224
225
226
227
228
229
230
231
232
233
234
235
236
237
238
239
240
241
242
243
244
245
246
247
248
249
250
251
252
253
254
255
256
257
258
259
260
261
262
263
264
265
266
267
268
269
270
271
272
273
274
275
276
277
278
279
280
281
282
283
284
285
286
287
288
289
290
291
292
293
294
295
296
297
298
299
300
301
302
303
304
305
306
307
308
309
310
311
312
313
314
315
316
317
318
319
320
321
322
323
324
325
326
327
328
329
330
331
332
333
334
335
336
337
338
339
340
341
342
343
344
345
346
347
348
349
350
351
352
353
354
355
356
357
358
359
360
361
362
363
364
365
366
367
368
369
370
371
372
373
374
375
376
377
378
379
380
381
382
383
384
385
386
387
388
389
390
391
392
393
394
395
396
397
398
399
400
401
402
403
404
405
406
407
408
409
410
411
412
413
414
415
416
417
418
419
420
421
422
423
424
425
426
427
428
429
430
431
432
433
434
435
436
437
438
След.
Макеты страниц

Распознанный текст, спецсимволы и формулы могут содержать ошибки, поэтому с корректным вариантом рекомендуем ознакомиться на отсканированных изображениях учебника выше

Также, советуем воспользоваться поиском по сайту, мы уверены, что вы сможете найти больше информации по нужной Вам тематике

ДЛЯ СТУДЕНТОВ И ШКОЛЬНИКОВ ЕСТЬ
ZADANIA.TO

Дадим доказательства утверждений (I)-(V). Чтобы доказать первое утверждение, отметим, что h ограничена снизу, и поэтому функционал Iuα в X также ограничен снизу. Пусть uj=θ+u^jX является минимизирующей последовательностью. Из вида Iuα ясно, что
\[

u \int_{0}^{1}\left(\frac{\partial u_{j}}{\partial \theta}\right)^{2} d \theta
\]

ограничено и, поскольку Iuα инвариантен относительно сдвигов u(θ)u(θ+ const ), предположим
01u^jdθ=0.

Таким образом,
u^jH1(S1)

ограничено, и можно найти подпоследовательность, опять называемую u^j, которая слабо сходится в H1(S1). Кроме того, Iuα является полунепрерывным снизу относительно слабой сходимости в H1(S1), и таким образом минимум Iuα достигается на функции uX. Также этот минимум удовлетворяет проинтегрированному уравнению Эйлера
\[

u u_{\theta}=\int_{0}^{\theta}\left(h_{1}\left(u, u^{+}\right)+h_{2}\left(u^{-}, u\right)\right) d \theta+\text { const. }
\]

Из этого следует, что uC и что u удовлетворяет условиям (11), (12). Другими словами, обычные прямые методы вариационного вычисления применимы к этой задаче, если u>0.

Чтобы доказать утверждение (II), положим z=u2u10 и из уравнения (11) получим дифференциальное уравнение
uzθθ+m(θ)z+h12()z++h12()z=0,

где звездочки указывают некоторые промежуточные значения и m(θ)=h11()+h22() — непрерывная функция. Из условия h12<0, z±0 получим
uzθθ+m(θ)z0,z0,

или
zθθmuz,z0.

Из этого неравенства заключаем, что, по принципу максимума, либо z0, либо z>0. Можно было бы продолжить следующим образом. Множество нулей z очевидно является замкнутым множеством на R, и достаточно показать, что оно открыто, чтобы увидеть, что оно пусто или совпадает с R.

Если это множество нулей не пусто и содержит, например, θ=0, тогда мы имеем z(0)=0,z(0)=0 и таким образом
0z(θ)0θ(θt)m(t)uz(t)dt,

следовательно, в некоторой окрестности |θ|<δ
z(θ)c|0θz(t)dt|.

Принимая во внимание неравенство Гронуолла, это дает z0 при |θ|<δ, доказывая, что множество нулей открыто, т.е. R.

Те же рассуждения доказывают (III). Действительно, определим для cR
μ(c)=minθ(u1(θ+c)u2(θ)).

Поскольку функция u1(θ+c)u2(θ) имеет период 1 , минимум принимается при некотором θ=ξ(c)[0,1]. Также из уравнения (12) делаем вывод, что μ(c+1)=μ(c)+1, следовательно, если мы установим непрерывность μ, то увидим, что μ(c) принимает все значения из R, в частности, нуль. Если подберем c так, что μ(c)=0, тогда u1(θ+ +c)u2(θ) с равенством для θ=ξ(c) и согласно утверждению (II) заключаем, что u1(θ+c)=u2(θ) для всех θ.

Установим непрерывность μ. Пусть cj — произвольная последовательность, сходящаяся к c при j, тогда из неравенств
μ(cj)u1(θ+cj)u2(θ)

следует, что при j
limlimμ(cj)u1(θ+c)u2(θ) при всех θR.

Таким образом limlimμ(cj)μ(c), то есть μ полупрерывно сверху. Чтобы показать, что limμ(cj)μ(c) выберем такую подпоследовательность cj, чтобы limμ(cj)=limμ(cj) и подпоследовательность cj в cj такую, что ξ(cj)θ. Тогда
μ(cj)=u1(θ+cj)u2(θ) для θ=ξ(cj)

и j дает
limμ(cj)=limμ(cj)=u1(θ+c)u2(θ)μ(c).

Следовательно μ непрерывно в c и, следовательно, в R.

Перейдем к доказательству (IV) и покажем, что u(θ+c)u(θ)0 для c>0. Иначе μ(c)=minθ(u(θ+c)u(θ)) было бы отрицательным для некоторой положительной c, и так как μ(c)+ при c+, можно было бы найти c0>0 такое, что μ(c0)=0. Таким образом u(θ+c0)u(θ) с равенством для некоторого θ. Так из утверждения (II) имеем u(θ+c0)=u(θ) для всех θ. Это значит, что u(θ) имеет период c0 и, следовательно, ограничено, что противоречит условию (12). Итак, u(θ) является монотонной с производной u(θ)0.

Дифференцируя уравнение (11), получим для z=uθ дифференциальное уравнение
Lz=uzθθ+(h11(u,u+)+h22(u,u))z++h12(u,u+)z++h12(u,u)z=0.

Поскольку z0, то из принципа максимума делаем вывод, что z0 или z>0. Первый случай исключается, потому что при этом u=const, следовательно uθ>0.

Наконец, установим (V). Нормируем u=u(θ;α,u) условием u(0;α,u)=0 и заметим, что uθ>0,01uθdθ=1. По теореме выбора Хелли, существует последовательность uk0, для которой uk(θ)=u(θ;α,uk) почти повсюду стремится к монотонной функции u(θ). Фактически uk(θ) стремится к u(θ) в каждой точке непрерывности u. Более того, u(θ+1)=u(θ)+1. Из уравнения Эйлера (11) следует, что
R(uφθθu+φ(h1(u,u+)+h2(u,u)))dθ=0 для u=uk,u=uk

для всех φCcomp 2(R). Следовательно, для u=uk0, по теореме об ограниченной сходимости, получим
Rφ(h1(u,u+)+h2(u,u))dθ=0.

Из этого соотношения следует обращение в нуль выражения в скобках во всех точках непрерывности u.

1
Оглавление
email@scask.ru