Elmi ƏSƏRLƏr fiZİka-riyaziyyat və texniKA
Yüklə 2,31 Mb. Pdf görüntüsü
|
- Bu səhifədəki naviqasiya:
- Лемма 2
|
1. Основные результаты Относительно коэффициентов
и
B системы (3) примем следующие предположения. i)
, 0 ; 1 1 L B A ; ii) ; кусочно-непрерывные на
0 функции с точками разрыва
и N k k , соответственно. Предположим, что множество k k k t s ~ может иметь единственную предельную точку
, 0 ~ 0 s и функция
t t t ~ имеет в точке 0 ~
справа и слева конечные пределы. iii)
1 ~
k s h , где
0 ~ ~ 0 ~ ~ ~ k k k s s s h скачки функции
~ в точках k s~ . Определим
. 0 , , 0 , 1 1 t t B t A t t A t B e G it
Пусть
, 0 p L f некоторая функция и положим
. 0 , , 0 , 1 1
t B t f t t A t f t g Рассмотрим следующую краевую задачу Римана в классах
m p H H :
, , 0 F G F (7) Обозначим
it e G t arg
. Имеем
. 0 , , , , 0 ,
t t t t t t
Ясно, что
k s s ~ 0 0 тоже являются точками разрыва функции
на , . Рассмотрим следующую функцию скачков : 1
, 0 1
, )], 0 ( [ 0 1 s s s s h s s s k k где
, ~ ~ 0
k k s s s s а
. 0 0
k k s s s h -
8 - Покажем, что функция
s s s 1 0 является непрерывной на ] , [ . Непрерывность этой функции в произвольной точке 0
легко проверяется. Докажем ее непрерывность в точках 0
. Достаточно рассмотреть случай 0
s . Не ограничивая общности будем считать, что функция
непрерывна слева. Пусть 0 s s . Имеем
. 0 0 1 s s s k s s k s s k k k k s h s h s h s
(8) Будем считать, что , 0 s s card k так как, при
, 0 s s card k непрерывность функции
0 справа в точке 0
s очевидна. Так как, k k h , то ясно, что ряд
s s k s h 0 ) (
тоже сходится. Перенумеруем элементы последовательности 0 s s k по убыванию (ясно, что это возможно) и обозначим через
... : 2 1 x x x k . Имеем 0 lim
s x k k .
Соответствующие им скачки обозначим через
k k k x h : . Так как, ряд k k h
абсолютно сходится, то ясно, что ряд тоже 1 k k сходится. Для произвольной точки 0 s s
существует
N s k :
1
k s k x s x . Ясно, что если s стремится к 0 s , то
k . Поэтому
. 0 s s s k s k n n k s h
Тогда из выражения (8) для
1 получаем
. lim 0 0 0 0 1 s s k s k n n s k s s k k k s h s h s
Опять таки, из (5) непосредственно следует
, 0 0 0 1
s k k s h s и в результате
. 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 s s s h s s
Таким образом, . 0 0 0 0 0 s s Итак, справедлива следующая
определена выражением (8). Тогда
, , 1 0 s s s s где , 0 C .
Эта лемма позволяет применить метод, разработанный в монографии И.И.Данилюка [18] к решению однородной задачи Римана (7) в классах
p m p H H . Предположим, что имеют место неравенства
. , 1 , 2 ~ 2 ____
s q h s p i i i (9) Следуя обозначениям книги [18] имеем
; 0 0 , 1 1 0 0 0 0 0
h h
. 2 0 0 0 0 0 0 h h h i
Скачок функции s 1 в точке 0 s равен
. 0 0 2 0 2 0 0 0 h
-
9 - Сперва требуем выполнение неравенства
. 0 0 0 0 q p (10) Прежде чем переходить к дальнейшему изложению, покажем справедливости одного результата из монографии [18] в
p L . Пусть
, k произвольное, не более чем счетное множество и
, 0
произвольная, но той же мощности совокупность положительных чисел. Будем считать, что имеет место
. , ; 1 N k k k k k (11) Рассмотрим следующее бесконечное произведение
k k s s s 2 sin
. В монографии И.И. Данильюка [18] доказана следующая. Лемма 2 [18]. Пусть
,
s различные точки и
, 0
, 1 inf 0 k q
пространству , 0 q L при 0
, 0 0 q L ), и не принадлежит , ,
L при . 0 q q
Итак, пусть имеет место iii) и выполнены неравенства (9), (10). Покажем, что тогда бесконечное произведение
0 , 2 ~ sin 0 2 ~ 0 s s s s k s h k k принадлежит пространству
,
L . В действительности, ясно что при N m , функция
, 2 ~ sin
2 ~ 0
s h m k k m s s s
принадлежит пространству
, p L . Положим
. 0 ~ , 0 , 0 ~ , ~ 2 1 k k k k s h при s h при s h h
Достаточно показать, что
, p m L , где
. 2 ~ sin 1 k h m m k k m s s s
Если
k h card , то ясно что
. , p m L Пусть
k h card . Ясно, что 0 lim
k k h . Поэтому
m k m h 1 inf lim . Пусть t p vrai p , sup
. Возьмем
. 1 inf : 0 0 0 p h p N m k m k m Из Леммы 2 [18] следует, что
, 0 0 m p m L . Тогда из непрерывных вложений
-
10 -
, , , , 0 p p p L L L m
получаем выключение
, 0 p m L . Таким образом справедлива Yüklə 2,31 Mb. Dostları ilə paylaş:
|