Brezis-Lied引理与一个变分问题 (3-2)

在[3]中，Brezis和Nirenberg考虑了有界区域Ω ⊂ ℝⁿ 上椭圆边值问题的正解 u∈H¹₀ :

–Δu＝uᵖ＋λu on Ω，

u＞0 on Ω，

u＝0 on ∂Ω，

其中临界指标p＝(n＋2)/(n – 2)，λ≥0 . 这个问题是几何学著名的Yamabe问题的一个简化模型，保留了其指标临界的特点. 另外[3]似乎没有提到 ∂Ω 的光滑性要求，而椭圆边值问题的细节笔者已经忘光了www所以在此姑且认为 ∂Ω 是 C¹ 的.

根据[3]上述问题的H₀¹ 解对应了以下Lagrangian作用量

1 1

Ըλ(u)：＝─ ∫Ω|∇u|² – ──── ↓

2 p＋1

λ

∫Ω|u|ᵖ⁺¹ – ─ ∫Ωu²

2

的变分问题

∫|∇u|² – λ|u|²

Kλ：＝ inf ────────，

u∈H₀¹(Ω) ≠ 0 ||u||²ₚ₊₁

是否存在 u s.t. Ըλ(u)＝Kλ？

不难看出问题可以约化为||u||ₚ₊₁＝1 的情形. 主要的困难在于临界的Sobolev嵌入 H₀¹ ↪ Lᵖ⁺¹ 不是紧的，无法直接得到极小化子的存在性. [3]先证明了一个关键的结论（这个命题也来源于对Yamabe问题的研究. 限于篇幅，对证明有兴趣的读者还请自行阅读原文啦～

命题. 对 n≥4 时的任意 λ＞0 以及 n＝3 时充分大的 λ，都有 Sλ＜S₀ .

现在我们展示Brezis-Lieb引理是如何施展魔法的. 给定一个极小化序列{fₙ}，||fₙ||ₚ₊₁＝1 .H₀¹ 是Hilbert的, 所以不妨设

fₙ ⇀ f∈H₀¹.

进一步不妨设

fₙ → f in L²，

fₙ → f a.e.

L²强收敛是因为Sobolev嵌入 H₀¹ → L²(n≥3) 是紧的；再用Riesz引理即可取出a.e.收敛子列. 于是有

∫|∇fₙ|² – λ∫|fₙ|²＝Kλ＋ο(1)，n→∞. (1)

由定义，K₀≥0，∫|∇fₙ|²≥K₀∫|fₙ|²ʟᵖ⁺¹＝K₀. 所以对 λ＞0，λ∫|fₙ|²K₀ – Kλ＞0，

i.e.fₙ，f ≠ 0 . 令 gₙ＝fₙ – f ≠ 0，由弱收敛可知 ∫∇f · ∇gₙ＝ο(1)，所以 (1) 等价于

∫|∇f|²＋∫|∇gₙ|² – λ∫|f|²＝Kλ＋ο(1)，

进而

∫|∇f|² – λ∫|f|²＋K₀||gₙ||²ₚ₊₁≤Kλ＋ο(1). (2)

现在由Brezis-Lieb引理，

||fₙ||ᵖ⁺¹ₚ₊₁＝||f||ᵖ⁺¹ₚ₊₁＋||gₙ||ᵖ⁺¹ₚ₊₁＋ο(1).

p＋1≥2，所以

1＝||fₙ||²ₚ₊₁≤||f||²ₚ₊₁＋||gₙ||²ₚ₊₁＋ο(1).

如果Kλ≥0，将上式代入 (2) 可得

∫|∇f|² – λ∫|f|²＋K₀||gₙ||²ₚ₊₁

≤Kλ||f||²ₚ₊₁＋Kλ||gₙ||²ₚ₊₁＋ο(1)

≤Kλ||f||²ₚ₊₁＋K₀||gₙ||²ₚ₊₁＋ο(1)，

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