Evans偏微分方程第六章部分习题参考答案

2.证明. 按定义, \(H_0^1\)上的双线性形式\(B[u,v]=\int_U(a^{ij}u_{x_i}v_{x_j}+cuv)dx\), 连续性(即\(|B[u,v]|\lesssim\|u\|_{H_0^1}\|v\|_{H_0^1}\))是显然的.
下面看强制性:

\[B[u,u]=\int_U(a^{ij}u_{x_i}u_{x_j}+cu^2)dx \]

\[\ge\theta\|Du\|_{L^2}^2-\mu\|u\|_{L^2}^2\overset{\text{Poincaré}}{\ge}C_1\|u\|_{H_0^1}^2-\mu\|u\|_{L^2}^2 \]

故只要\(\mu\in(0,C_1)\)就行. \(\blacksquare\)

3.证明. 在\(H_0^2(U)\)上定义双线性形式\(B[u,v]=\int_U\Delta u\Delta vdx\), 我们只需要对\(B\)验证Lax-Milgram定理的条件就好了. 连续性是显然的, 我们来讨论强制性. 由分部积分有\(\int|\Delta u|^2dx=\sum_{i,j}\int u_{x_ix_i}u_{x_jx_j}dx=\sum_{i,j}\int u_{x_ix_j}^2dx\), 故\(\|\Delta u\|_{L^2}=\|D^2u\|_{L^2}\). 注意\(Du\in H_0^1\), 由Poincaré不等式(注意这个版本的Poincaré不等式不需要\(U\)的连通性)我们有\(\|Du\|_{L^2}\lesssim\|D^2u\|_{L^2}\), 再用一次Poincaré不等式(注意\(u\in H_0^1\))得到\(\|u\|_{L^2}\lesssim\|Du\|_{L^2}\), 从而\(\|u\|_{H_0^2}\lesssim\|\Delta u\|_{L^2}\), 故\(B\)是强制的. 验证了双线性形式\(B\)的连续性和强制性, 由Lax-Milgram定理即得结论(其实\(f\)取在\(H_0^2\)的对偶空间\(H^{-2}\)内都是可解的). \(\blacksquare\)

4.证明(这里参考了章神的解答).
必要性取\(v=1\)代入弱解定义即得. 我们集中精力证明充分性.
命\((u)_U=\frac{1}{|U|}\int_Uudx\), 可以验证\((\cdot)_U\)是\(H^1\)上的连续线性泛函(因为它是\(L^1\)上的连续线性泛函, 再注意\(H^1\hookrightarrow L^2\hookrightarrow L^1\)), 故\(A\overset{def}{=}\{u\in H^1|(u)_U=0\}\)是\(H^1\)的闭子空间.
定义\(H^1\)上的双线性形式\(B[u,v]=\int Du\cdot Dvdx\)(这显然是连续的). 注意到Poincaré不等式(这个版本的Poincaré不等式需要\(U\)的连通性), 当\(u\in A\)时, 有\(B[u,u]=\|Du\|_{L^2}^2 =\frac{1}{2}\|Du\|_{L^2}^2+\frac{1}{2}\|Du\|_{L^2}^2\) \(\ge C\|u-(u)_U\|_{L^2}^2+C\|Du\|_{L^2}^2=C\|u\|_{H^1}^2\), 故\(B\)在\(A\)上是强制的.
由Lax-Milgram定理, 存在\(u\in A\)使得\(\forall v\in A\), 有\(B[u,v]=(f,v)\). 但是弱解定义里\(v\)要在\(H^1\)里变动, 所以我们还得再进一步.
对任何\(v\in H^1\), \(v-(v)_U\in A\), 故\(B[u,v-(v)_U]=(f,v-(v)_U)=(f,v)\), 最后一个等号用到了\(f\)的积分为零, 再注意到\(B[u,v-(v)_U]=B[u,v]\)即得结论. \(\blacksquare\)
另证(我自己想的, 稍嫌繁琐, 甚至也许有错). 定义\(T:H^1\rightarrow(H^1)^*\)为\(\langle Tu,v\rangle\overset{def}{=}(Du,Dv)+(u,v)\), \(T\)对应的双线性形式\(T(u,v)=\langle Tu,v\rangle\)显然是连续且强制的, 利用Lax-Milgram定理, 对任何\(f\in(H^1)^*\), 都存在唯一的\(u\in H^1\)使得\(Tu=f\)(某种意义上说\(T\)可以看作\(-\Delta+I\)).
\(T\)是\(H^1\)到\((H^1)^*\)的线性同胚(Banach逆算子定理可以得到逆的有界性). 我们把\(T^{-1}\)限制在\(L^2\subset (H^1)^*\)上, 并且和\(i:H^1\hookrightarrow L^2\)复合起来, 得到紧算子\(iT^{-1}|_{L^2}\), 为方便仍记作\(T^{-1}:L^2\rightarrow L^2\).
原来的方程可以写为\(Tu-u=f\), 这个等号是\((H^1)^*\)中的等号. 两边作用\(T^{-1}\)得到\(u-T^{-1}u=T^{-1}f\), 按Fredholm理论, 这个方程有解当且仅当\(f\in\ker(I-(T^{-1})^*)^\perp\), 所以我们现在就来计算\(\ker(I-(T^{-1})^*)^\perp\).
为此我们首先要计算\((T^{-1})^*\), 实际上它就是\(T^{-1}\), 因为对任何\(f,g\in L^2\), 设\(Tu=f,Tv=g\), 则\((T^{-1}f,g)=(u,g)=(Du,Dv)+(u,v)\) \(=(f,v)=(f,T^{-1}g)\).
现在来看\(\ker(I-(T^{-1})^*)\). 如果\(v\in\ker(I-(T^{-1})^*)\), 那么\(v-T^{-1}v=0\), 即\(v=Tv\), 也就是对任何\(w\in H^1\), 有\((v,w)=(Dv,Dw)+(v,w)\), 或者说\((Dv,Dw)=0\). 由于\(v\in\operatorname{im}T\in H^1\), 故取\(v=w\)得到\(\|Dv\|_{L^2}=0\), 利用连通性得到\(v\)是常数. 并且\(v\)是常数时确实\(Tv=v\).
所以按照Fredholm理论, 原问题有解当且仅当对任何常函数\(v\), 有\(\int vfdx=0\), 也就是\(\int fdx=0\). \(\blacksquare\)

5. 先讨论怎么定义弱解. 设\(u,v\in C^\infty(\overline{U})\), 且\(u\)是\(-\Delta u=f\)的古典解, 且在边界上\(\frac{\partial u}{\partial\nu}+u=0\), 那么

\[\int_U fvdx=-\int_U\Delta uvdx=-\int_U\nabla\cdot(\nabla u)vdx \]

\[=-\int_{\partial U}v\nabla u\cdot\nu dS+\int_U\nabla u\cdot\nabla vdx \]

\[=(u,v)_{\partial U}+(Du,Dv) \]

故弱解\(u\in H^1\)定义为对任何\(v\in H^1\), 都成立着\((Du,Dv)+(u,v)_{\partial U}=(f,v)\). 现在我们来证明弱解的存在唯一性.
证明. 同样地, 定义\(H^1\)上的双线性形式\(B[u,v]=(Du,Dv)+(u,v)_{\partial U}\), 我们只要验证它满足Lax-Milgram定理的条件就好了. 连续性是显然的, 接下来看强制性.
强制性就是说, \(\|u\|_{H^1}^2\lesssim B[u,u]\). 如果这事不对, 就会存在\(\{u_n\}\subset H^1\), 满足\(\|u_n\|_{H^1}^2>nB[u_n,u_n]\), 并且可以假设\(\|u_n\|_{H^1}=1\). 这样一来显然有\(B[u_n,u_n]\rightarrow0\), 故\(\|Du_n\|_{L^2}\rightarrow0\), \(\|u_n\|_{L^2(\partial U)}\rightarrow0\).
由\(H^1\)中有界集的弱紧性, 可设\(u_n\rightharpoonup u_0\). 分别在\(H^1\)上考虑泛函\((D\cdot,Du_0)\)和\((\cdot,u_0)_{\partial U}\)可知\(\|Du_0\|_{L^2}=0\), \(\|u_0\|_{L^2(\partial U)}=0\), 这说明\(u_0=0\). 但是由\(H^1\hookrightarrow L^2\)紧知在\(L^2\)中\(u_n\rightarrow u_0\), 这导致\(\|u_n\|_{H^1}\rightarrow0\), 与\(\|u_n\|_{H^1}\equiv1\)矛盾. 所以强制性必须是对的.
连续性和强制性都验证好了, 那么由Lax-Milgram定理即得解的存在唯一性. \(\blacksquare\)
另证. 还是由紧算子那一套(参考前一题的解答), 最后得到原问题有唯一解当且仅当对任何\(v\)是问题

\[\left\{\begin{aligned} &-\Delta v=0\\ &\left.\frac{ \partial v}{\partial\nu}+v\right|_{\partial U}=0 \end{aligned}\right.\]

的弱解, 都有\((f,v)=0\).
按弱解的定义, \(\forall w\in H^1\), \((Dv,Dw)+(v,w)_{\partial U}=0\). 取\(w=v\), 即得\(v\)是常数且迹零, 这说明\(v=0\). 故\((f,v)\)自然总是成立的, 所以即得原问题解的存在唯一性. \(\blacksquare\)

6. 还是和前一题一样, 先设\(u,v\in C^\infty(\overline{U})\), 这样有

\[\int_Ufvdx=-\int_U\Delta uvdx \]

\[=-\int_{\partial U}v\frac{\partial u}{\partial\nu}dS+\int_U\nabla u\cdot\nabla vdx \]

\[=-\int_{\Gamma_1}v \frac{\partial u}{\partial\nu}dS+\int_U\nabla u\cdot\nabla vdx \]

如果试验函数\(v\)的取法是在\(\Gamma_1\)上为0, 那么得到\((f,v)=(Du,Dv)\).
由这个讨论, 我们知道"\(u\)是弱解"可以定义为: \(u\in H^1\), \(u|_{\Gamma_1}=0\)(在迹的意义下), 并且对任何\(v\in H^1\)满足\(v|_{\Gamma_1}=0\), 都有\((f,v)=(Du,Dv)\).
有了弱解定义, 我们来证明弱解的存在唯一性.
证明. 令\(A=\{u\in H^1:u|_{\Gamma_1}=0\}\), 则由迹定理知\(A\)是\(H^1\)的闭子空间. 依然引入\(H^1\)上的双线性形式\(B[u,v]=(Du,Dv)\), 我们来验证\(B\)在\(A\)上是强制的(连续性因为显然所以不说了).
强制性说的是\(\|u\|_{H^1}^2\lesssim B[u,u]\), 所以如果强制性不对, 那么就会存在\(\{u_n\}\subset A\)满足\(\|u_n\|_{H^1}^2>nB[u_n,u_n]\), 还可以进一步假设\(\|u_n\|_{H^1}=1\). 那么显然有\(\|Du_n\|_{L^2}^2=B[u_n,u_n]\rightarrow0\).
设在\(A\)中\(u_n\rightharpoonup u_0\), 考虑泛函\((D\cdot,Du_0)\)即知\(Du_0=0\), 所以\(u_0\)是常函数. 再考虑到\(u_0|_{\Gamma_1}=0\), 故只能有\(u_0=0\). \(A\hookrightarrow H^1\hookrightarrow L^2\)是紧的, 故在\(L^2\)中\(u_n\rightarrow u_0\), 这导致\(\|u_n\|_{H^1}\rightarrow0\), 与前面的假定\(\|u_n\|_{H^1}=0\)矛盾. 所以\(B\)只能是强制的.
由Lax-Milgram定理, 对任何\(f\in L^2\), 均存在着唯一的\(u\in A\)使得对任何\(v\in A\), 均有\((Du,Dv)=(f,v)\). 对比弱解定义可知这恰是我们所需要的. \(\blacksquare\)

7.证明. 令\(v=-D_k^{-h}D_k^hu\in H^1(\mathbb{R}^n)\), 则由弱解定义, 我们有

\[\int Du\cdot Dvdx+\int c(u)vdx=\int fvdx \]

我们逐项估计, 第一项:

\[\int Du\cdot Dvdx=-\int Du\cdot D_k^{-h}D_k^hDudx \]

\[=\int D_k^hDu\cdot D_k^hDudx=\|D_k^hDu\|_{L^2}^2 \]

第二项:

\[\int c(u)vdx=-\int c(u)D_k^{-h}D_k^hudx=\int D_k^hc(u)D_k^hudx \]

\[=\int \frac{c(u(x+he_k))-c(u(x))}{h}\cdot\frac{u(x+he_k)-u(x)}{h}dx\overset{c'\ge0}{\ge}0 \]

第三项:

\[\int fvdx=-\int fD_k^{-h}D_k^hudx \]

\[\le\|f\|_{L^2}\|D_k^{-h}D_k^hu\|_{L^2}\le C\|f\|_{L^2}\|D_k^hDu\|_{L^2} \]

\[\le C\varepsilon\|D_k^hDu\|_{L^2}^2+\frac{C}{\varepsilon}\|f\|_{L^2}^2 \]

把三项的估计代入弱解定义里, 得到

\[(1-C\varepsilon)\|D_k^hDu\|_{L^2}^2\le\frac{C}{\varepsilon}\|f\|_{L^2}^2 \]

取\(\varepsilon=1/2C\)即得\(\|D_k^hDu\|_{L^2}\le C'\|f\|_{L^2}\), 由第五章差商的讨论即得\(u\in H^2(\mathbb{R}^n)\)并且\(\|D^2u\|_{L^2}\lesssim\|f\|_{L^2}\). \(\blacksquare\)

8.证明. 我们直接计算\(Lv\):

\[Lv=-\sum_{i,j}a^{ij}v_{x_ix_j} \]

\[=-2\sum_{i,j}a^{ij}(Du_{x_i}\cdot Du_{x_j}+Du\cdot Du_{x_ix_j}+\lambda u_{x_i}u_{x_j}+\lambda uu_{x_ix_j}) \]

\[\le-2|D^2u|^2+2\sum_{i,j}(Du\cdot Da^{ij})u_{x_ix_j}-2\lambda|Du|^2 \]

\[\le-2|D^2u|^2-2\lambda|Du|^2+C(a^{ij})|Du||D^2u| \]

\[\le-2|D^2u|^2-2\lambda|Du|^2+\varepsilon|D^2u|^2+C(\varepsilon,a^{ij})|Du|^2 \]

\[\overset{\text{令}\varepsilon=1}{\le}-|D^2u|^2-(2\lambda-C(a^{ij}))|Du|^2 \]

故只要令\(\lambda=C(a^{ij})/2\)即有\(Lv\le0\). 由弱极大值原理, 有

\[\|Du\|_{L^\infty(U)}^2\le\|v\|_{L^\infty(U)}\le\|v\|_{L^\infty(\partial U)} \]

\[\le\|Du\|_{L^\infty(\partial U)}^2+\lambda\|u\|_{L^\infty(\partial U)}^2 \]

这即可推得题目结论. \(\blacksquare\)

9.证明. 首先我们要声明一件事, 由于\(\partial U\)是光滑的(其实只需要\(C^2\)就行), 所以存在球\(B\subset U\)使得\(x^0\in B\cap U\), 并且\(B\)在\(x^0\)处的法向量与\(U\)在\(x^0\)处的法向量重合, 统一记为\(\nu\). 这件事留待最后证.
考察函数\(u-\|f\|_\infty w\), 显然在\(U\)上\(L(u-\|f\|_\infty w)\le0\), 且\((u-\|f\|_\infty w)(x^0)=0\), \((u-\|f\|_\infty w)|_{\partial U}\le0\), 由Hopf引理即得\(\frac{\partial u}{\partial\nu}(x^0 )-\|f\|_\infty\frac{\partial w}{\partial\nu}(x^0)>0\).
再考察\(-u-\|f\|_\infty w\), 照抄一遍上一段得到\(-\frac{\partial u}{\partial\nu}(x^0)-\|f\|_\infty\frac{\partial w}{\partial\nu}(x^0)>0\).
这两个式子告诉我们

\[\left|{\frac{\partial u}{\partial \nu}}(x^0)\right| {\le}\| f \|_\infty\left| \frac{ \partial w}{ \partial \nu }(x^0) \right|\]

由于\(u\)沿着\(\partial U\)为零, 所以\(\nabla u(x^0)\)必沿法线方向, 这就是说

\[\left|Du(x^0 )\right|\le\|f\|_\infty\left|\frac{\partial w}{\partial\nu}(x^0)\right| \]

最后我们证明一开始的声明:

首先照抄一遍附录C中的定义: 由于\(\partial U\)是\(C^2\)的, 所以存在\(r>0\)和\(\gamma\in C^2(\mathbb{R}^{n-1})\), 使得经过适当旋转坐标系后我们有

\[U\cap B(x^0,r)=\{x\in B(x^0,r)|x_n>\gamma(\widehat x)\} \]

其中\(\widehat x=(x_1,\ldots,x_{n-1})\).

现在我们只需要在\(U\cap B(x^0,r)\)中构造我们所需要的球即可.
\(\partial U\)在\(x^0\)处的外法向量容易算出是\(\nu =(\nabla\gamma(\widehat x^0),-1)/\sqrt{1+|\nabla\gamma(\widehat x^0)|^2}\), 并且记\(\widehat \nu=(\nu_1,\ldots,\nu_{n-1})=-\nu_n\nabla\gamma\),
考虑球\(B(x^0-\rho\nu,\rho)\), 其中\(\rho>0\)待定. 我们只要取\(\rho\)使得
(1) \(B(x^0-\rho\nu,\rho) \subset B(x^0,r)\);
(2) \(\forall x\in B(x^0-\rho\nu,\rho)\), 都有\(x_n>\gamma(\widehat x)\),
那么\(B(x^0-\rho\nu,\rho)\)即是我们要找的\(B\).
要求(1)实际上要求\(2\rho<r\), 要求(2)稍微复杂些, 我们详细讨论它. \(B(x^0-\rho\nu,\rho)\)的下半部分可以表示为\(x_n=g_\rho(\widehat x)\), 其中

\[g_\rho(\widehat x)=x_n^0-\rho\nu_n-\sqrt{\rho^2-\sum_{i=1}^{n-1}(x_i-x_i^0+\rho\nu_i)^2} \]

这样一来我们只需要取\(\rho\)充分小, 使得\(\gamma\le g_\rho\)即可. 利用\(\sqrt{1+x}\le1+x/2\), 我们先来处理一下\(g_\rho\)的表达式:

\[g_\rho(\widehat{x})=x_n^0-\rho\nu_n-\rho\sqrt{1-\sum_{i=1}^{n-1}\left(\nu_i+\frac{x_i-x_i^0}{ \rho}\right)^2} \]

\[=x_n^0-\rho\nu_n-\rho\sqrt{ \nu_n^2+2\nu_n\nabla\gamma(\widehat x^0)\cdot\frac{\widehat x-\widehat x^0}{ \rho}-\frac{|\widehat x-\widehat x^0|^2}{\rho^2}} \]

\[=x_n^0-\rho \nu_n+\rho \nu_n \sqrt{ 1+2\nabla\gamma(\widehat x^0)\cdot\frac{\widehat x-\widehat x^0}{\rho \nu_n}-\frac{|\widehat x-\widehat x^0|^2}{ \rho^2 \nu_n^2}} \]

\[\ge x_n^0+\nabla\gamma(\widehat x^0)\cdot(\widehat x- \widehat x^0)-\frac{1}{2\rho\nu_n}|\widehat x-\widehat x^0|^2 \]

由Taylor定理, \(\gamma\)可以表示为

\[\gamma(\widehat x)=\gamma(\widehat x^0)+\nabla\gamma(\widehat x^0)\cdot(\widehat x-\widehat x^0) \]

\[+\frac{1}{2}(\widehat x-\widehat x^0)^TH\gamma(\widehat x^0)(\widehat x-\widehat x^0)+\varphi(\widehat x)|\widehat x-\widehat x^0|^2 \]

其中\(\varphi\in C(\mathbb{R}^{n-1};\mathbb{R})\)满足\(\widehat x_n\rightarrow \widehat x^0\)时, \(\varphi(\widehat x)\rightarrow0\), 以及\(H\gamma(\widehat x^0)\)是\(\gamma\)在\(\widehat x^0\)处的Hessian矩阵, 即\(H\gamma(\widehat x^0)_{ij}=\gamma_{x_ix_j}(\widehat x^0)\).
于是我们有

\[g_\rho(\widehat x)-\gamma( \widehat x) \ge(\widehat x-\widehat x^0)^TG_\rho(\widehat x-\widehat x^0) \]

其中矩阵

\[G_\rho=-\frac{1}{2\rho\nu_n}-\frac{H\gamma(\widehat x^0)}{2}-\|\varphi\|_{L^\infty(B(\widehat x^0,r))} \]

取\(\rho\)充分小使得\(G_\rho\ge0\), 那么要求(2)就被满足了. 这就证明了声明. \(\blacksquare\)

10.证明. (a) 能量方法.
设\(u\)是该Neumann问题的一个光滑解(即\(u\in C^\infty(\overline{U})\)), 则它也是弱解, 利用第5题中的弱解定义有\((Du,Du)=(0,u)=0\), 故\(Du=0\), 再利用连通性得到\(u\)只能是常数.
(b) 最大值原理.
取\(M>\|u\|_\infty\), 则\(u+M\)也是原问题的一个光滑解. 设\(u+M\)在\(p\in\partial U\)达到它在\(\overline U\)上的最大值并且\(\forall x\in U\), \(u(x)\ne u(p)\), 那么由Hopf引理(关于内球条件的详细讨论见前一题)得到\(\frac{\partial (u-M)}{ \partial\nu}(p)>0\), 其中\(\nu\)是\(\partial U\)在\(p\)处的外法向量, 这与\(u-M\)满足的边界条件矛盾. 所以\(\forall x\in U\), \(u(x)=u(p)\). \(\blacksquare\)