Evans偏微分方程第六章部分習(xí)題參考答案

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2.證明. 按定義, $H_0^1$ 上的雙線性形式 $B[u,v]=\int_U(a^{ij}u_{x_i}v_{x_j}+cuv)dx$ , 連續(xù)性(即 $|B[u,v]|\lesssim\|u\|_{H_0^1}\|v\|_{H_0^1}$ )是顯然的, 下面看強(qiáng)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.證明. 在 $H_0^2(U)$ 上定義雙線性形式 $B[u,v]=\int_U\Delta u\Delta vdx$ , 我們只需要對 $B$ 驗(yàn)證Lax-Milgram定理的條件就好了. 連續(xù)性是顯然的, 我們來討論強(qiáng)制性. 由分部積分有 $\int|\Delta u|^2dx=\sum_{i,j}\int u_{x_ix_i}u_{x_jx_j}dx=\sum_{i,j}\int u_{x_ix_j}^2dx$ , 故 $\|\Delta u\|_{L^2}=\|D^2u\|_{L^2}$ . 注意 $Du\in H_0^1$ , 由Poincaré不等式(注意這個版本的Poincaré不等式不需要 $U$ 的連通性)我們有 $\|Du\|_{L^2}\lesssim\|D^2u\|_{L^2}$ , 再用一次Poincaré不等式(注意 $u\in H_0^1$ )得到 $\|u\|_{L^2}\lesssim\|Du\|_{L^2}$ , 從而 $\|u\|_{H_0^2}\lesssim\|\Delta u\|_{L^2}$ , 故 $B$ 是強(qiáng)制的. 驗(yàn)證了雙線性形式 $B$ 的連續(xù)性和強(qiáng)制性, 由Lax-Milgram定理即得結(jié)論(其實(shí) $f$ 取在 $H_0^2$ 的對偶空間 $H^{-2}$ 內(nèi)都是可解的). $\blacksquare$

4.證明(這里參考了章神的解答). 必要性取 $v=1$ 代入弱解定義即得. 我們集中精力證明充分性.
命 $(u)_U=\frac{1}{|U|}\int_Uudx$ , 可以驗(yàn)證 $(\cdot)_U$ 是 $H^1$ 上的連續(xù)線性泛函(因?yàn)樗?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=L%5E1" alt="L^1" mathimg="1">上的連續(xù)線性泛函, 再注意 $H^1\hookrightarrow L^2\hookrightarrow L^1$ ), 故 $A\overset{def}{=}\{u\in H^1|(u)_U=0\}$ 是 $H^1$ 的閉子空間.
定義 $H^1$ 上的雙線性形式 $B[u,v]=\int Du\cdot Dvdx$ (這顯然是連續(xù)的). 注意到Poincaré不等式(這個版本的Poincaré不等式需要 $U$ 的連通性), 當(dāng) $u\in A$ 時, 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 $A$ 上是強(qiáng)制的.
由Lax-Milgram定理, 存在 $u\in A$ 使得 $\forall v\in A$ , 有 $B[u,v]=(f,v)$ . 但是弱解定義里 $v$ 要在 $H^1$ 里變動, 所以我們還得再進(jìn)一步.
對任何 $v\in H^1$ , $v-(v)_U\in A$ , 故 $B[u,v-(v)_U]=(f,v-(v)_U)=(f,v)$ , 最后一個等號用到了 $f$ 的積分為零, 再注意到 $B[u,v-(v)_U]=B[u,v]$ 即得結(jié)論. $\blacksquare$
另證(我自己想的, 稍嫌繁瑣, 甚至也許有錯). 定義 $T:H^1\rightarrow(H^1)^*$ 為 $\langle Tu,v\rangle\overset{def}{=}(Du,Dv)+(u,v)$ , $T$ 對應(yīng)的雙線性形式 $T(u,v)=\langle Tu,v\rangle$ 顯然是連續(xù)且強(qiáng)制的, 利用Lax-Milgram定理, 對任何 $f\in(H^1)^*$ , 都存在唯一的 $u\in H^1$ 使得 $Tu=f$ (某種意義上說 $T$ 可以看作 $-\Delta+I$ ).
$T$ 是 $H^1$ 到 $(H^1)^*$ 的線性同胚(Banach逆算子定理可以得到逆的有界性). 我們把 $T^{-1}$ 限制在 $L^2\subset (H^1)^*$ 上, 并且和 $i:H^1\hookrightarrow L^2$ 復(fù)合起來, 得到緊算子 $iT^{-1}|_{L^2}$ , 為方便仍記作 $T^{-1}:L^2\rightarrow L^2$ .
原來的方程可以寫為 $Tu-u=f$ , 這個等號是 $(H^1)^*$ 中的等號. 兩邊作用 $T^{-1}$ 得到 $u-T^{-1}u=T^{-1}f$ , 按Fredholm理論, 這個方程有解當(dāng)且僅當(dāng) $f\in\ker(I-(T^{-1})^*)^\perp$ , 所以我們現(xiàn)在就來計(jì)算 $\ker(I-(T^{-1})^*)^\perp$ .
為此我們首先要計(jì)算 $(T^{-1})^*$ , 實(shí)際上它就是 $T^{-1}$ , 因?yàn)閷θ魏?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=f%2Cg%5Cin%20L%5E2" alt="f,g\in L^2" mathimg="1">, 設(shè) $Tu=f,Tv=g$ , 則 $(T^{-1}f,g)=(u,g)=(Du,Dv)+(u,v)$ $=(f,v)=(f,T^{-1}g)$ .
現(xiàn)在來看 $\ker(I-(T^{-1})^*)$ . 如果 $v\in\ker(I-(T^{-1})^*)$ , 那么 $v-T^{-1}v=0$ , 即 $v=Tv$ , 也就是對任何 $w\in H^1$ , 有 $(v,w)=(Dv,Dw)+(v,w)$ , 或者說 $(Dv,Dw)=0$ . 由于 $v\in\operatorname{im}T\in H^1$ , 故取 $v=w$ 得到 $\|Dv\|_{L^2}=0$ , 利用連通性得到 $v$ 是常數(shù). 并且 $v$ 是常數(shù)時確實(shí) $Tv=v$ .
所以按照Fredholm理論, 原問題有解當(dāng)且僅當(dāng)對任何常函數(shù) $v$ , 有 $\int vfdx=0$ , 也就是 $\int fdx=0$ . $\blacksquare$

5. 先討論怎么定義弱解. 設(shè) $u,v\in C^\infty(\overline{U})$ , 且 $u$ 是 $-\Delta u=f$ 的古典解, 且在邊界上 $\frac{\partial u}{\partial\nu}+u=0$ , 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 $u\in H^1$ 定義為對任何 $v\in H^1$ , 都成立著 $(Du,Dv)+(u,v)_{\partial U}=(f,v)$ . 現(xiàn)在我們來證明弱解的存在唯一性.
證明. 同樣地, 定義 $H^1$ 上的雙線性形式 $B[u,v]=(Du,Dv)+(u,v)_{\partial U}$ , 我們只要驗(yàn)證它滿足Lax-Milgram定理的條件就好了. 連續(xù)性是顯然的, 接下來看強(qiáng)制性.
強(qiáng)制性就是說, $\|u\|_{H^1}^2\lesssim B[u,u]$ . 如果這事不對, 就會存在 $\{u_n\}\subset H^1$ , 滿足 $\|u_n\|_{H^1}^2>nB[u_n,u_n]$ , 并且可以假設(shè) $\|u_n\|_{H^1}=1$ . 這樣一來顯然有 $B[u_n,u_n]\rightarrow0$ , 故 $\|Du_n\|_{L^2}\rightarrow0$ , $\|u_n\|_{L^2(\partial U)}\rightarrow0$ .
由 $H^1$ 中有界集的弱緊性, 可設(shè) $u_n\rightharpoonup u_0$ . 分別在 $H^1$ 上考慮泛函 $(D\cdot,Du_0)$ 和 $(\cdot,u_0)_{\partial U}$ 可知 $\|Du_0\|_{L^2}=0$ , $\|u_0\|_{L^2(\partial U)}=0$ , 這說明 $u_0=0$ . 但是由 $H^1\hookrightarrow L^2$ 緊知在 $L^2$ 中 $u_n\rightarrow u_0$ , 這導(dǎo)致 $\|u_n\|_{H^1}\rightarrow0$ , 與 $\|u_n\|_{H^1}\equiv1$ 矛盾. 所以強(qiáng)制性必須是對的.
連續(xù)性和強(qiáng)制性都驗(yàn)證好了, 那么由Lax-Milgram定理即得解的存在唯一性. $\blacksquare$
另證. 還是由緊算子那一套(參考前一題的解答), 最后得到原問題有唯一解當(dāng)且僅當(dāng)對任何 $v$ 是問題
$\left\{\begin{aligned} &-\Delta v=0\\ &\left.\frac{ \partial v}{\partial\nu}+v\right|_{\partial U}=0 \end{aligned}\right.$
的弱解, 都有 $(f,v)=0$ .
按弱解的定義, $\forall w\in H^1$ , $(Dv,Dw)+(v,w)_{\partial U}=0$ . 取 $w=v$ , 即得 $v$ 是常數(shù)且跡零, 這說明 $v=0$ . 故 $(f,v)$ 自然總是成立的, 所以即得原問題解的存在唯一性. $\blacksquare$

6. 還是和前一題一樣, 先設(shè) $u,v\in C^\infty(\overline{U})$ , 這樣有
$\int_Ufvdx=-\int_U\Delta uvdx$
$=-\int_{\partial U}v\frac{\partial u}{\partial\nu}dS+\int_U\nabla u\cdot\nabla vdx$
$=-\int_{\Gamma_1}v \frac{\partial u}{\partial\nu}dS+\int_U\nabla u\cdot\nabla vdx$
如果試驗(yàn)函數(shù) $v$ 的取法是在 $\Gamma_1$ 上為0, 那么得到 $(f,v)=(Du,Dv)$ .
由這個討論, 我們知道" $u$ 是弱解"可以定義為: $u\in H^1$ , $u|_{\Gamma_1}=0$ (在跡的意義下), 并且對任何 $v\in H^1$ 滿足 $v|_{\Gamma_1}=0$ , 都有 $(f,v)=(Du,Dv)$ .
有了弱解定義, 我們來證明弱解的存在唯一性.
證明. 令 $A=\{u\in H^1:u|_{\Gamma_1}=0\}$ , 則由跡定理知 $A$ 是 $H^1$ 的閉子空間. 依然引入 $H^1$ 上的雙線性形式 $B[u,v]=(Du,Dv)$ , 我們來驗(yàn)證 $B$ 在 $A$ 上是強(qiáng)制的(連續(xù)性因?yàn)轱@然所以不說了).
強(qiáng)制性說的是 $\|u\|_{H^1}^2\lesssim B[u,u]$ , 所以如果強(qiáng)制性不對, 那么就會存在 $\{u_n\}\subset A$ 滿足 $\|u_n\|_{H^1}^2>nB[u_n,u_n]$ , 還可以進(jìn)一步假設(shè) $\|u_n\|_{H^1}=1$ . 那么顯然有 $\|Du_n\|_{L^2}^2=B[u_n,u_n]\rightarrow0$ .
設(shè)在 $A$ 中 $u_n\rightharpoonup u_0$ , 考慮泛函 $(D\cdot,Du_0)$ 即知 $Du_0=0$ , 所以 $u_0$ 是常函數(shù). 再考慮到 $u_0|_{\Gamma_1}=0$ , 故只能有 $u_0=0$ . $A\hookrightarrow H^1\hookrightarrow L^2$ 是緊的, 故在 $L^2$ 中 $u_n\rightarrow u_0$ , 這導(dǎo)致 $\|u_n\|_{H^1}\rightarrow0$ , 與前面的假定 $\|u_n\|_{H^1}=0$ 矛盾. 所以 $B$ 只能是強(qiáng)制的.
由Lax-Milgram定理, 對任何 $f\in L^2$ , 均存在著唯一的 $u\in A$ 使得對任何 $v\in A$ , 均有 $(Du,Dv)=(f,v)$ . 對比弱解定義可知這恰是我們所需要的. $\blacksquare$

7.證明. 令 $v=-D_k^{-h}D_k^hu\in H^1(\mathbb{R}^n)$ , 則由弱解定義, 我們有
$\int Du\cdot Dvdx+\int c(u)vdx=\int fvdx$
我們逐項(xiàng)估計(jì), 第一項(xiàng):
$\int Du\cdot Dvdx=-\int Du\cdot D_k^{-h}D_k^hDudx$
$=\int D_k^hDu\cdot D_k^hDudx=\|D_k^hDu\|_{L^2}^2$
第二項(xiàng):
$\int c(u)vdx=-\int c(u)D_k^{-h}D_k^hudx=\int D_k^hc(u)D_k^hudx$
$=\int \frac{c(u(x+he_k))-c(u(x))}{h}\cdot\frac{u(x+he_k)-u(x)}{h}dx\overset{c'\ge0}{\ge}0$
第三項(xiàng):
$\int fvdx=-\int fD_k^{-h}D_k^hudx$
$\le\|f\|_{L^2}\|D_k^{-h}D_k^hu\|_{L^2}\le C\|f\|_{L^2}\|D_k^hDu\|_{L^2}$
$\le C\varepsilon\|D_k^hDu\|_{L^2}^2+\frac{C}{\varepsilon}\|f\|_{L^2}^2$
把三項(xiàng)的估計(jì)代入弱解定義里, 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 $\|D_k^hDu\|_{L^2}\le C'\|f\|_{L^2}$ , 由第五章差商的討論即得 $u\in H^2(\mathbb{R}^n)$ 并且 $\|D^2u\|_{L^2}\lesssim\|f\|_{L^2}$ . $\blacksquare$

8.證明. 我們直接計(jì)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 $Lv\le0$ . 由弱極大值原理, 有
$\|Du\|_{L^\infty(U)}^2\le\|v\|_{L^\infty(U)}\le\|v\|_{L^\infty(\partial U)}$
$\le\|Du\|_{L^\infty(\partial U)}^2+\lambda\|u\|_{L^\infty(\partial U)}^2$
這即可推得題目結(jié)論. $\blacksquare$

9.證明. 首先我們要聲明一件事, 由于 $\partial U$ 是光滑的(其實(shí)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 $x^0$ 處的法向量與 $U$ 在 $x^0$ 處的法向量重合, 統(tǒng)一記為 $\nu$ . 這件事留待最后證.
考察函數(shù) $u-\|f\|_\infty w$ , 顯然在 $U$ 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 $-\frac{\partial u}{\partial\nu}(x^0)-\|f\|_\infty\frac{\partial w}{\partial\nu}(x^0)>0$ .
這兩個式子告訴我們
$\left|{\frac{\partial u}{\partial \nu}}(x^0)\right| {\le}\| f \|_\infty\left| \frac{ \partial w}{ \partial \nu }(x^0) \right|$
由于 $u$ 沿著 $\partial U$ 為零, 所以 $\nabla u(x^0)$ 必沿法線方向, 這就是說
$\left|Du(x^0 )\right|\le\|f\|_\infty\left|\frac{\partial w}{\partial\nu}(x^0)\right|$
最后我們證明一開始的聲明:

首先照抄一遍附錄C中的定義: 由于 $\partial U$ 是 $C^2$ 的, 所以存在 $r>0$ 和 $\gamma\in C^2(\mathbb{R}^{n-1})$ , 使得經(jīng)過適當(dāng)旋轉(zhuǎn)坐標(biāo)系后我們有
$U\cap B(x^0,r)=\{x\in B(x^0,r)|x_n>\gamma(\widehat x)\}$
其中 $\widehat x=(x_1,\ldots,x_{n-1})$ .
現(xiàn)在我們只需要在 $U\cap B(x^0,r)$ 中構(gòu)造我們所需要的球即可.
$\partial U$ 在 $x^0$ 處的外法向量容易算出是 $\nu =(\nabla\gamma(\widehat x^0),-1)/\sqrt{1+|\nabla\gamma(\widehat x^0)|^2}$ , 并且記 $\widehat \nu=(\nu_1,\ldots,\nu_{n-1})=-\nu_n\nabla\gamma$ ,
考慮球 $B(x^0-\rho\nu,\rho)$ , 其中 $\rho>0$ 待定. 我們只要取 $\rho$ 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 $B(x^0-\rho\nu,\rho)$ 即是我們要找的 $B$ .
要求(1)實(shí)際上要求 $2\rho<r$ , 要求(2)稍微復(fù)雜些, 我們詳細(xì)討論它. $B(x^0-\rho\nu,\rho)$ 的下半部分可以表示為 $x_n=g_\rho(\widehat x)$ , 其中
$g_\rho(\widehat x)=x_n^0-\rho\nu_n-\sqrt{\rho^2-\sum_{i=1}^{n-1}(x_i-x_i^0+\rho\nu_i)^2}$
這樣一來我們只需要取 $\rho$ 充分小, 使得 $\gamma\le g_\rho$ 即可. 利用 $\sqrt{1+x}\le1+x/2$ , 我們先來處理一下 $g_\rho$ 的表達(dá)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, $\gamma$ 可以表示為
$\gamma(\widehat x)=\gamma(\widehat x^0)+\nabla\gamma(\widehat x^0)\cdot(\widehat x-\widehat x^0)$
$+\frac{1}{2}(\widehat x-\widehat x^0)^TH\gamma(\widehat x^0)(\widehat x-\widehat x^0)+\varphi(\widehat x)|\widehat x-\widehat x^0|^2$
其中 $\varphi\in C(\mathbb{R}^{n-1};\mathbb{R})$ 滿足 $\widehat x_n\rightarrow \widehat x^0$ 時, $\varphi(\widehat x)\rightarrow0$ , 以及 $H\gamma(\widehat x^0)$ 是 $\gamma$ 在 $\widehat x^0$ 處的Hessian矩陣, 即 $H\gamma(\widehat x^0)_{ij}=\gamma_{x_ix_j}(\widehat x^0)$ .
于是我們有
$g_\rho(\widehat x)-\gamma( \widehat x) \ge(\widehat x-\widehat x^0)^TG_\rho(\widehat x-\widehat x^0)$
其中矩陣
$G_\rho=-\frac{1}{2\rho\nu_n}-\frac{H\gamma(\widehat x^0)}{2}-\|\varphi\|_{L^\infty(B(\widehat x^0,r))}$
取 $\rho$ 充分小使得 $G_\rho\ge0$ , 那么要求(2)就被滿足了. 這就證明了聲明. $\blacksquare$

10.證明. (a) 能量方法.
設(shè) $u$ 是該Neumann問題的一個光滑解(即 $u\in C^\infty(\overline{U})$ ), 則它也是弱解, 利用第5題中的弱解定義有 $(Du,Du)=(0,u)=0$ , 故 $Du=0$ , 再利用連通性得到 $u$ 只能是常數(shù).
(b) 最大值原理.
取 $M>\|u\|_\infty$ , 則 $u+M$ 也是原問題的一個光滑解. 設(shè) $u+M$ 在 $p\in\partial U$ 達(dá)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(關(guān)于內(nèi)球條件的詳細(xì)討論見前一題)得到 $\frac{\partial (u-M)}{ \partial\nu}(p)>0$ , 其中 $\nu$ 是 $\partial U$ 在 $p$ 處的外法向量, 這與 $u-M$ 滿足的邊界條件矛盾. 所以 $\forall x\in U$ , $u(x)=u(p)$ . $\blacksquare$