Отсюда сразу следует
,
что
y
(
t
)
∈
E
max(
γ
0
,α
)
(
в случае
,
когда
α
=
γ
0
,
затруднений не возникает
),
т
.
е
.
κ
(
α
)
6
max (
γ
0
, α
)
при всех
α
.
Докажем пункт б
).
Поскольку
K
(
s, s
) =
∂K
(
s, s
)
∂t
=
. . .
=
∂
n
−
2
K
(
s, s
)
∂t
n
−
2
= 0
,
∂
n
−
1
K
(
s, s
)
∂t
n
−
1
= 1
,
то
K
(
t, s
) =
(
t
−
s
)
n
−
1
(
n
−
1)
!
+
t
Z
s
(
τ
−
s
)
n
−
1
(
n
−
1)
!
∂
n
K
(
τ, s
)
∂t
n
dτ .
Учитывая неравенство
(11),
получим
¯ ¯ ¯ ¯ ¯
K
(
t, s
)
−
(
t
−
s
)
n
−
1
(
n
−
1)
!
¯ ¯ ¯ ¯ ¯
6
De
∆(
t
−
s
)
(
t
−
s
)
n
n
!
,
∆
≥
0
.
(
14
)
Зададим теперь произвольно
δ >
0
и
t
m
→ ∞
и рассмотрим после
-
довательность правых частей
f
m
(
t
) =
(
e
αt
при
t
m
−
δ
6
t
6
t
m
,
0
при
t
∈
[
t
m
−
δ, t
m
]
.
Очевидно
,
f
m
(
t
)
∈
B
α
,
k
f
(
t
)
k
B
α
= 1
(
разрывность
f
m
(
t
)
несуще
-
ственна
).
Для соответствующей последовательности решений имеем
y
m
(
t
m
) =
t
m
Z
0
K
(
t
m
, s
)
f
m
(
s
)
ds
=
t
m
Z
t
m
−
δ
K
(
t
m
, s
)
e
αs
ds.
Используя неравенство
(14),
получим
¯ ¯ ¯ ¯
y
m
(
t
m
)
−
e
α
(
t
m
−
θ
m
δ
)
δ
n
n
!
¯ ¯ ¯ ¯
6
De
αt
m
e
(∆
−
α
)
θ
0
m
δ
δ
n
+1
(
n
+ 1)
!
,
0
6
θ
m
, θ
0
m
6
1
,
откуда следует
|
y
m
(
t
m
)
|
e
αt
m
>
δ
n
n
!
µ
e
−
αθ
m
δ
−
De
(∆
−
α
)
θ
0
m
δ
δ
n
¶
>
1
2
δ
n
n
!
,
если
δ
достаточно мало
.
Пусть теперь
κ
(
α
)
< α
при некотором
α
.
Выберем
α
1
,
κ
(
α
)
< α
1
<
< α
.
Имеют место включения
B
κ
(
α
)
⊂
E
κ
(
α
)
⊂
B
α
1
.
36
ISSN 1812-3368.
Вестник МГТУ им
.
Н
.
Э
.
Баумана
.
Сер
. “
Естественные науки
”. 2005.
№
1
