拋物型Baouendi-Grushin Laplace方程解的估計 ①

元琛， 黃小濤

南京航空航天大學 理學院，南京 211106

令x∈Rn，y∈Rm，γ>0， Baouemdi-Grushin(B-G)向量場[1]為

B-G梯度可定義為

對應的B-G型拉普拉斯算子為

Δγu=(γ·γ)u=Δxu+|x|2γΔyu

其中Δx，Δy分別是Rn和Rm空間上的拉普拉斯算子．

當γ=1時， 文獻[2]研究了方程

Δ1u1=Δxu1+|x|2Δyu1=g1(x，y)

(1)

此方程與Cauchy-Riemann Yamabe問題有密切關系．

當γ是正整數時， 向量場Xi和Xj滿足H?rmander條件[3]． 由此得到方程的Hε正則性估計．

若γ為任意的正數時， 向量場Xi和Xj僅為H?lder連續， 不滿足H?rmander條件， 所以不能得到Hε正則性． 文獻[4-6]通過研究與B-G向量場相關的加權Sobolev-Poincare不等式， 證明了Harnack不等式和方程解的Cα估計．

(u2)xx+x(u2)yy=g2(x，y)，x∈R1，y∈R1

(2)

退化拋物B-G方程也引起了眾多學者的關注[3，14]． 隨后， 文獻[15]研究了拋物p-Laplace類型的B-G方程并證明了一些存在性結論． 文獻[16]研究了帶有初值問題的分數階p-Laplace B-G方程， 通過引入與B-G向量場相關的內在度量， 用緊方法證明了方程解的Lq正則性估計．

對于拋物型B-G方程， 假設Ω?Rn×Rm是一個有界開區域， 拋物區域為Ω*=Ω×(0，T]， 則拋物邊界為?Ω*=(?Ω×(0，T])∪(Ω×{t=0})． 我們將研究下述拋物B-G拉普拉斯方程

(3)

其中f=(l1， …，ln，ln+1， …，ln+m)．

本文主要證明的結論如下：

在區域{(x，y，t)∈Ω*：x=0}附近， 此方程為退化拋物方程； 如果遠離{x=0}區域， 則方程沒有退化性． 我們將分別研究在{x=0}附近區域和遠離{x=0}的區域的解的正則性， 并給出方程解的一致性估計．

1 預備知識

本節我們給出弱解的定義和一些重要的引理．

1.1 內在度量

首先為了能對B-G向量場進行分析， 我們引入C-C度量．

當|x|， |y|～1時， 拋物C-C距離可看成經典的拋物距離

令Z=(x，y，t)，rZ=(rx，r1+γy，r2t)， 在拋物C-C度量下， 算子L滿足性質

L(u(rx，r1+γy，r2t))=r2(Lu)(rx，r1+γy，r2t)

(4)

本文記

Qr(Z0)={(x，y，t)： (x，y)∈Sr(z0)， -r2

為方便書寫， 記Sr=Sr(0)，Qr=Qr(0)． 另外對x∈Rn，y∈Rm，z∈Rn×Rm，

記dx=dx1dx2…dxn， dy=dy1dy2…dym， dz=dx1dx2…dxndy1dy2…dym．

1.2 Sobolev空間

其范數定義為

(5)

且在有界區域上此嵌入為緊嵌入．

方程(3)的弱解可定義如下：

(6)

那么稱u是方程(3)的弱解．

1.3 引理

定義局部可積函數v∈L1(Ω*)的極大值函數為

對于極大值函數， 有以下結論：

(2)如果v∈Lp(Ω*)， 其中1

以及

文獻[19]證明了Lp函數的一個測度估計．

引理2[19]若函數u是區域Ω*中的一個可測函數， 常數θ>0，λ>1， 2≤p<∞， 則

且有估計

為了研究解的梯度估計， 我們還需引入改進的Vitali覆蓋引理．

引理3[20]設0<ε<1，A?B?Q1是Q1中的兩個可測集， 滿足|A|<ε|Q1|． 如果對任意的z∈A，r<1， 只要|A∩Qr(z)|≥ε|Qr(z)|， 都有Qr(z)∩Q1?B． 那么存在常數C， 使得

|A|≤Cε|B|

2 正則性估計

2.1 {(x， y， t)∈Q1： x=0}區域附近的估計

本小節我們研究在區域{(x，y，t)∈Q1：x=0}附近的正則性． 由C-C度量可知， 不妨假設u滿足方程

ut-Δγu=divγf(x，y，t)

則v(x，y，t)=u(rx，r1+γy，r2t)在{x=0}附近滿足方程

vt-Δγv=r2divγf(rx，r1+γy，r2t)

首先給出在Q1內的能量不等式．

引理4設u是方程(3)的弱解， 那么有

(7)

那么

對時間t積分， 整理可得

定理2設u是方程(3)的弱解． 若對任意的ε1>0， 都存在一個δ(ε1)>0， 滿足條件

則存在函數h使得

ht-Δγh=0，Z∈Q1

(8)

且有

(9)

且有

(10)

但是

(11)

令n→∞， 由(9)式和(10)式可得

這說明了u∞和h都是方程(8)的弱解． 這與(11)式矛盾， 證畢．

定理3對任意的ε>0， 存在一個δ(ε)， 如果

ut-Δγu=divγf，Z∈Q2

且有

則存在一個函數h滿足

ht-Δγh=0，Z∈Q2

使得

證取φ=η2(u-h)并帶入(6)式， 那么有

以及

同樣的由τ-Cauchy不等式可得

對任意的τ>0， 取τ足夠小使得0<τ<δ2， 上式兩端對時間t積分， 又由于

則有結論

Q1∩{M(|γu|2)≤1}∩{M(|f|2)≤δ2}≠?

(12)

那么

(13)

證由(12)式， 假設存在一個點Z0∈Q1， 使得對任意的0

由于Q2?Q4(Z0)， 所以

(14)

由定理3可知， 對任意的ε=η>0， 存在一個δ(η)和弱解h滿足

ht-Δγh=0，Z∈Q2

以及

那么

(15)

引理4表明存在一個常數N0， 使得

當r≤2， 有

當r>2時， 注意到Qr(Z1)?Q2r(Z0)， 有

進一步可得

(16)

綜上可知

取δ=δ(η)充分小， 可以得到

定理4給出了方程(3)解在(0，0，t)點附近的正則性估計． 同樣可以得到在區域Y=(0，y，t)附近解的估計．

推論1設u是方程(3)在Qr(Y)內的弱解． 存在一個常數N1>0， 對任意的ε>0， 存在一個δ>0， 如果

Qr(Y)∩{M(|γu|2)≤1}∩{M(|f|2)≤δ2}≠?

那么

2.2 遠離{(x， y， t)∈Q1： x=0}區域估計

2.1節得到了在{(x，y，t)∈Q1：x=0}附近的估計． 接下來研究在Q1?Ω*內的任意一點的估計．

(17)

則有

Qr(Z0)?{Z∈Q1： M(|γu|2)>1}∩{Z∈Q1： M(|f|2)>δ2}

證當d(Qr(Z0)， {x=0})≤10r時， 可以通過反證法證明． 假設結論不對， 即

Qr(Z0)∩{Z∈Q2： M(|γu|2)≤1}∩{Z∈Q2： M(|f|2)>δ2}≠?

令Y0=(0，y0，t0)， 那么Qr(Z0)?Q13r(Y0)?Q30r(Z0)， 也就是

Q13r(Y0)∩{Z∈Q2： M(|γu|2)≤1}∩{Z∈Q2： M(|f|2)>δ2}≠?

根據推論1， 對任意的ε>0， 有

其中Cγ=30-n-m(γ+1)． 由此可得

與(17)式矛盾， 這就證明了第一種情況．

當d(Qr(Z0)， {x=0})>10r時， 不妨假設x0≠0． 記

(18)

前文已經指出， 若|x|，|y|～1， 那么

d1s2～ds2=dt2-dx2-dy2

(19)

根據二階拋物方程經典的Lp理論[22]可知存在常數N0和δ>0， 對任意的ε>0， 如果

那么

其中h(x，y，t)滿足方程

最后變換回來得u(x，y，t)在球Qr(Z0)內的估計， 即如果

{M(|f|2)≤δ2}∩{M(|γu|2)≤1}∩Qr(Z0)≠?

那么

2.3 主要定理的證明

引理6設u是方程(3)在Q1內的弱解． 如果

則存在ε1=C(γ)ε， 使

證記

由Vitali覆蓋引理3， 再根據推論1、 引理5有

進一步用有限數量的Qri(zi)去覆蓋Q1即可得結論．

推論2設u是方程(3)的弱解． 存在ε1=C(γ)ε， 使

證下面用歸納法證明．

當k=1時， 由引理6知結論顯然成立．

根據歸納假設，

故對k+1的情況也成立， 易知結論成立．

定理1的證明當p=2時， 由能量不等式可得結論．

令p>2， 根據假設

由條件可知存在一個常數N1， 使得對任意的ε>0， 有一個δ>0， 對任意的r∈(0， 1)，

Qr∩{M(|γu|2)≤1}∩{M(|f|2)≤δ2}≠?

由引理6知

再根據推論2得到

從引理1知， 存在一個常數C使得

也即

于是有

γu∈Lp(Q1)

且滿足

‖γu‖Lp(Q1)≤C(‖f‖Lp(Q2)+‖u‖Lp(Q2))

綜上所述， 結論得證．