Examples of non-uniqueness of the solution to theVolterra integral equation of the first kind.pdf Для линейного интегрального уравнения Вольтерра 1-го рода0( , ) ( ) ( )xM x t u t dt ∫ ⋅ =f x (1)А.Л. Бухгеймом [1, 2] доказана единственность решения при следующих пред-положениях:1) M (x, t) непрерывно по совокупности переменных (x, t) при 0 ≤ t ≤ x ≤ 1, иM (x, x) = 1; решение u(t) непрерывно;2) ядро M (x, t) по переменной x имеет модуль непрерывности ω(h) = h·|ln h|,т. е.1 2 1 2 1 2 M(x ,t)−M(x ,t)≤x −x ⋅ ln x −x; (2)3) решение u(t) удовлетворяет условию Гёльдера с показателем α, 0 < α < 1.Л.Б. Мацнев [3] привел пример неединственности решения для уравнения (1),при котором для ядра и решения выполнено условие 1). Исследования качестваравномерной непрерывности при этом не проводилось. Ниже, модифицируя этотприем, приведем примеры, показывающие, что условия 2) и 3) теоремы единст-венности А.Л. Бухгейма [1, 2] существенны и не могут быть ослаблены.Вопросы единственности для интегральных уравнений Вольтерра 1-го родаизучались А. Асановым [4, 5], А. Сражидиновым [6] и другими авторами. В ука-занных работах единственность решения доказана для операторов с положитель-ным ядром. Построенные в настоящей работе примеры имеют сильно осицили-рующие ядра, меняющие знак бесконечное число раз. Впервые содержательныйпример неединственности решения для интегрального уравнения Вольтерра1-го рода (для уравнения с осицилирующим ядром) был приведен Ю.Е. Анико-новым [7].Метод построения примеров такого рода и связь единственности решения скачественными свойствами равномерной непрерывности ядра (и решения) анон-сированы О.Н. Чащиным в работах [8, 9]. В этой работе анонсированные резуль-таты усилены.1. Пример неединственности решения для ядра,удовлетворяющего условию ГёльдераПоложим в уравнении (1)u (t) = t · B(t); (3)1 ( , ) 1 ( ) ( ) ( ) k kM x t t x t B t A x −= − ⋅ − ⋅ ⋅ , (4)где k > 1;020( )( )( ) ()xxk kt B t dtA xt x t B tdt⋅=⋅ − ⋅∫∫. (5)Тогда, формально интегрируя, имеем0( , ) ( ) 0xM x t u ∫ ⋅ t dt= ,при M (x, t) ≠ 0, u(t) ≠ 0. Ясно, что M (x, x) ≡ 1 и нам нужно подобрать функциюB(t) так, чтобы A(x), а, значит, и M (x, t) были непрерывными. Затем исследуем ха-рактер равномерной непрерывности функций u(t) и M (x, t).Зададим последовательности {an}, {bn}, n = 0, 1,…, следующим образом:a0 = 1, 2n 2n 2 2n 2a a aγ+ +− = , (6)n = 1, 2, …, γ > 1.Будем выбирать a2n+1 ∈ (a2n+2, a2n) так, чтобы для решения u(t), определяемогоформулой (3), для каждого интервала (a2n+2, a2n) выполнялись равенства22 2( ) 0nnaau t dt+∫ = , n = 0, 1, … . (7)Для определения a2n+1 с учетом требования (7) нужно решить уравнение22 2( ) ( ) ( ) 0nny aa yI y u t dt u t dt+=∫ +∫ = , (8)которое для конкретного примера является алгебраическим или трансцендентнымотносительно y и имеющее в каждом интервале (a2n+2, a2n) ровно одно решение.Ниже мы докажем это строго и укажем как надо выбирать a2n+1.Зададим далееδn = a2(n+1) - a2(n+2), n = 1, 2, …, δ−1 = 0;4 2 14 1 2 14 2 2 14 3 2 2,,,,n n nn n nn n nn n nb ab ab ab aβ−β+ +β+ +β+ +⎧ = −ƒƒ⎪= +ƒƒ ⎪⎨= −ƒƒ ⎪⎪⎩ = +ƒƒ(9)n = 0, 1, …; β > 1, α < 1/8.Определим функцию4 1 44 3 4 24 24 2 4 14 1 4 24 44 4 4 34 3 4 40, 0,1, ,1, ,( )1 2 , ,1 2 , .n nn nnn nn nnn nn ntb t bb t bB t t bb t bb bt bb t bb b++ +++ ++ +++ ++ +⎧ =⎪ ≤ ≤⎪− ≤≤ ⎪⎪= ⎨− + − < 1 дает возможность определить кусочно-линейную функцию B(t)и произвести все необходимые построения.Условие k > 1 гарантирует непрерывность ядра M (x, t).В более тонких примерах эти условия будут уточняться, так как соотношениевеличин указанных трех констант определяет характер равномерной непрерывно-сти построенных функций.Лемма 1. 22 2lim 1. nnna→∞ a+=î.Согласно (6), a2n+2 есть корень уравнения ϕ(t) = tγ + t = a2n иϕ(0) = 0.Отсюда2 2 22 2 2 2( )( ) n nnn na aa a++ +ϕ= =ϕ′ ς , 0 ≤ ςn ≤ a2n+2,но a2n+2 → 0 при n → ∞. Но ϕ′(0) = 1, и утверждение леммы доказано.Лемма 2. Для0( ) ( )xF x t B = ∫ ⋅ t dt- числителя в выражении для A(x) - имеет место оценка12 1 2 ( ) ( ) n nF a aγ ++= Ο .î.В самом деле: F(x) - неположительная функция, имеющаянули в точках a2n и максимумы в точках a2n+1, n = 1, 2, …. Справедлива оценка2 1 ( ) n n ns F a S + ++< < ,где 4 2 4 3 4 2 4 3 ( )( ) / 2 n n n n ns b b b b ++ + + += − ⋅ + ,2 1 2 2 2 1 2 2 ( )( ) / 2 n n n n nS a a a a ++ + + += − ⋅ + .ns+ и nS+ - площади трапеций, между которыми заключен график функции t·B(t).В силу равенства (6) и результата леммы 1 12 1 ( ) n nS+ aγ++= Ο . Из определенияпоследовательности {bn}, n = 0, 1, … , следует b4n+2 + b4n+3 = a2n+1 + a2n+2,4 2 4 3 2 1 2 22n n n n nb b a a β+ + + +− = − − αδ , отсюда имеем 12 1 ( ) n ns a+ γ++= Ο . Лемма доказана.Лемма 3. Для знаменателя 20( ) ( ) ( )xk k G x =∫t ⋅ x−t ⋅B t dt имеет место оценка2 1 2 1 ( )2k k kkCx Gx C x + +⋅ < < ⋅при α < 1/8, β > 1. Здесь Ck = Г2(k + 1) / Г(2k + 2), Г - гамма-функция Эйлера.Доказательство. Верхняя оценка очевидна, достаточно положить 2B (t) ≡1для верхней оценки, а для нижней оценки обязательным условием будет α < 1/8.Выбирая α < 1/8, достаточно малым, и β > 1, можно добиться, чтобы20 01( ) () ( )2x xk k k k ∫t ⋅ x−t ⋅B tdt≥∫t ⋅ x−t dt,что доказывает лемму.Из предыдущих лемм очевидны неравенства2 21 2 1 2 1 2 2 1 ( ) k kn n nC aγ− Aa C aγ−+ + +⋅ ≤ ≤ ⋅ ,где C1, C2 - некоторые константы.Отсюда видно, что для непрерывности A(x) необходимо условие γ > 2k. Приэтом0lim ( ) 0xA x→= . Ниже будет доказано, что оно же и достаточно, более того, вэтом случае A(x) будет удовлетворять условию Гёльдера.Лемма 4.2 2 1 2 1 24 1 4 2 4 3 4 4lim lim 1 n n n nn nn n n na a a ab b b b+ +→∞ →∞+ + + +− −= =− −,2 1 2 22 2 1lim 1 n nnn na aa a+ +→∞+−=−.Доказательство. Первые равенства очевидны, так как nα⋅δβ есть малая болеевысокого порядка малости, чем a2n - a2n+2.Пусть ns+ и nS+ определены как в лемме 2, а ns− и nS− аналогично им со сле-дующими номерами. Обозначим2 12 2( )nnanaI t B t dt+++= ∫ ⋅ ;22 1( )nnanaI t B t dt+−= ∫ ⋅ .В силу выбора a2n+1 n nI I + −= − . Из этого непосредственно видноlim lim 1 n nn nn nS sS s+ +− −→∞ →∞= =− .Отсюда следует второе равенство.В качестве следствия имеем равенство2 1 2 22 2 21lim2n nnn na aa a+ +→∞+−=−.Исследование характера равномерной непрерывности ядра осложняется тем,что единственный минимум функции A(x) на интервале (a2n+2, a2n) достигается нев точке a2n+1, а при xn < a2n+1, так как A′(a2n+1) < 0, что подсчитывается непосред-ственно.В дальнейшем будет полезнаЛемма 5. При всех n2 22 1 2 20 n nn nx ada a++ +−≥ >−.Доказательство. Предположим обратное, т. е. существует подпоследователь-ность { } { } qq 1,2,... nn 1,2, ...a a==⊂ , такая, что2 22 1 2 2lim 0 q qqq qx aa a+→∞+ +−=−.Так как при всяком qA(x) = A(xq) + O(x - xq)2.Но 22 1 1 2 1 ( ) ( ) kq q qA x A a C aγ −+ +> ≥ ⋅ ,22 2 2 2 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) q q q q q q qA a A x O x a A x o x a+ + += + − = + − =2 2 22 1 1 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) k kq q q qA x o aγ C aγ− o aγ−+ + += + ≥ ⋅ + .Это противоречит тому, что A(a2q+2) = 0 и доказывает лемму.Сформулируем теперь основной результат параграфа.Теорема 1. Пусть u(t) и M (x, t) определяются соответственно формулами (3) и(4), A(x) задано отношением (5). Последовательности {an}, {bn}, n = 0, 1, …, - со-ответственно формулами (6) и (9) с выполнением условия (7), функция B(t) - ус-ловиями (10) при k > 0, γ > 2k, α < 1/8, β > 1.Тогда функция u(t) удовлетворяет условию Гёльдера с показателем 1/ βγ , аM (x, t) по переменной x удовлетворяет условию Гёльдера с показателем 1−2k/γ.Доказательство. Функция имеет наибольший рост на интервалах (b4n+1, b4n+2),(b4n+4, b4n+3), причем4 1 4 2 4 1 4 2 2 1 ( ) ( ) 2 n n n n nu b u b b b a+ + + + +− = + = ,и, так как 4 1 4 2 2 22 2n n n nb b βμ aγβμ+ + +− = δ = ,то 4 1 4 2 12 24 1 4 2( ) ( ) 1( )2n nnn nu b u bab bμ+ + −γβμμ ++ +− =⎛⎜ ⎞⎟ ⋅− ⎝ α⎠.Значит, верхнее отношение ограничено при μ

Скачать электронную версию публикации