Метод Галеркина с возмущениями для задач на собственные значения. Даутов P.З. - 51 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КФУ | Казань

Составители: 

Рубрика: 

2.2. Существование и свойства решений задачи (P). 51
Пусть теперь ϵ(p) := max{K
0
(pR)/R, p}. Поскольку при всех n
имеем 0 6 K
n
(pR) − |n| 6 R ϵ(p), то
0 6 a(p, u, u)−a(0, u, u) = p
2
∫
Ω
σu
2
dx+2π
∞
∑
n=−∞
(K
n
(pR)−|n|)|a
n
(u)|
2
6 p
2
σ
+
∥u∥
2
0,Ω
+ ϵ(p) 2πR
∞
∑
n=−∞
|a
n
(u)|
2
=
= p
2
σ
+
∥u∥
2
0,Ω
+ ϵ(p)∥u∥
2
0,Γ
6
(
p
2
σ
+
+ c
Ω
ϵ(p)
)
∥u∥
2
1,Ω
, (2.29)
где c
Ω
— постоянная вложения H
1
(Ω) ⊂ L
2
(Γ). Отсюда следует, что
a является непрерывной в нуле, так как ϵ(p) → 0 при p → 0.
Следствие 2.5. Оператор A
1
(p) := A(p)−A(0) является неот-
рицательным и компактным при p > 0, ∥A
1
(p)∥ → 0 при p → 0.
Доказательство. Так как (A
1
(p)u, u) := a(p, u, u) − a(0, u, u),
то из (2.29) имеем:
0 6 (A
1
(p)u, u) 6 p
2
σ
+
∥u∥
2
0,Ω
+ ϵ(p)∥u∥
2
0,Γ
.
Отсюда следует компактность оператора A
1
(p), так как вложения
H
1
(Ω) ⊂ L
2
(Ω) и H
1
(Ω) ⊂ L
2
(Γ) являются компактными. Ясно, что
∥A
1
(p)∥ = sup
u∈V,u̸=0
|(A
1
(p)u, u)|
∥u∥
2
1,Ω
6 p
2
σ
+
+ c
Ω
ϵ(p) → 0, p → 0.
2.2. Существование и свойства решений задачи (P).
Напомним операторную формулировку задачи: при каждом за-
данном p > 0 найти такие (β, u) ∈ R
+
× V \ {0}, что A(p)u = β
2
Bu.
Рассмотрим также задачу
A(0)u = β
2
Bu, (2.30)
собственные числа которой определяют критические числа.
Задачи подобного вида были изучены нами в главе 1 (см. § 3, с.
19), где спектральный параметр β
2
обозначался через λ, а параметр
2.2. Существование и свойства решений задачи (P).                                       51


   Пусть теперь ϵ(p) := max{K0 (pR)/R, p}. Поскольку при всех n
имеем 0 6 Kn (pR) − |n| 6 R ϵ(p), то
                                             ∫               ∞
                                                             ∑
 0 6 a(p, u, u)−a(0, u, u) = p           2         2
                                                 σu dx+2π          (Kn (pR)−|n|)|an (u)|2
                                                            n=−∞
                                             Ω
                                                         ∞
                                                         ∑
                 6p     2
                            σ+ ∥u∥20,Ω   + ϵ(p) 2πR          |an (u)|2 =
                                                        n=−∞
                                                        (                 )
            =p   2
                     σ+ ∥u∥20,Ω   +   ϵ(p)∥u∥20,Γ      6 p2 σ+   + cΩ ϵ(p) ∥u∥21,Ω , (2.29)

где cΩ — постоянная вложения H 1 (Ω) ⊂ L2 (Γ). Отсюда следует, что
a является непрерывной в нуле, так как ϵ(p) → 0 при p → 0. 
   Следствие 2.5. Оператор A1 (p) := A(p)−A(0) является неот-
рицательным и компактным при p > 0, ∥A1 (p)∥ → 0 при p → 0.
    Доказательство. Так как (A1 (p)u, u) := a(p, u, u) − a(0, u, u),
то из (2.29) имеем:

               0 6 (A1 (p)u, u) 6 p2 σ+ ∥u∥20,Ω + ϵ(p)∥u∥20,Γ .

Отсюда следует компактность оператора A1 (p), так как вложения
H 1 (Ω) ⊂ L2 (Ω) и H 1 (Ω) ⊂ L2 (Γ) являются компактными. Ясно, что
                          |(A1 (p)u, u)|
     ∥A1 (p)∥ = sup                      6 p2 σ+ + cΩ ϵ(p) → 0, p → 0.
                 u∈V,u̸=0    ∥u∥1,Ω
                                  2



2.2. Существование и свойства решений задачи (P).

   Напомним операторную формулировку задачи: при каждом за-
данном p > 0 найти такие (β, u) ∈ R+ × V \ {0}, что A(p)u = β 2 Bu.
Рассмотрим также задачу

                                      A(0)u = β 2 Bu,                               (2.30)

собственные числа которой определяют критические числа.
    Задачи подобного вида были изучены нами в главе 1 (см. § 3, с.
19), где спектральный параметр β 2 обозначался через λ, а параметр

Страницы