Evans偏微分方程第六章部分习题参考答案

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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 $\forall x\in U$ , $u(x)=u(p)$ . $\blacksquare$