一類偏微分算子譜的上界估計

一類偏微分算子譜的上界估計

0特征函數(shù)特征函數(shù)、m2）是一個有光滑邊界的區(qū)域。假設(shè)l=（）t+a（）l的光譜估算問題（t，l是滿足l-t正整數(shù)和常數(shù)a0的正整數(shù)），并考慮。{L(u)=λs(x)u,x∈Ω,?ku/?vk=0,k=0,1,2,?,t-1;x∈?Ω,(1)其中v是邊界?Ω的單位外法向量,x=(x1,x2,?,xm)?s(x)∈C(ˉΩ),且滿足μ1≤s(x)≤μ2,(2)其中μ1,μ2是正實(shí)數(shù).我們參考文獻(xiàn)中的方法,對問題(1)的譜進(jìn)行討論,獲得了用前n個譜來估計第n+1個譜的上界的不等式,其估計系數(shù)與區(qū)域的度量無關(guān).文獻(xiàn)和討論的問題分別是本文問題當(dāng)t=2,a=0和a=0,s(x)=1時的特例,因此本文結(jié)論是和的進(jìn)一步推廣,在力學(xué)和物理學(xué)中有一定的應(yīng)用價值.設(shè)問題(1)的譜為0<λ1≤λ2≤…≤λn≤λn+1≤…,與之對應(yīng)的特征函數(shù)為u1,u2,…,un,un+1,…,且滿足∫Ωs(x)uiujdx=δij={1i=j,0i≠j,i,j=1,2,?由此可得1μ2≤∫Ωu2idx≤1μ1.(3)記???=?2=△,ui,xk=?ui?xk?ui,xkxj=?2ui?xk?xj(i,j,k=1,2,?).從問題(1),利用分部積分有λi=∫Ωui[(-△)tui+a(-△)lui]dx=∫Ω|?tui|2dx+a∫Ω|?lui|2dx.于是∫Ω|?tui|2dx≤λi.(4)設(shè)φik=xkui-n∑j=1akijuj,(5)其中akij=∫Ωxks(x)uiujdx(i=1,2,…,n;k=1,2,…,m).顯然aijk=ajik,φik與u1,u2,…,un帶權(quán)正交,且滿足φik=?φik/?v=…=?t-1φik/?vt-1=0,x∈?Ω(i=1,2,…,n;k=1,2,…,m).于是,利用Rayleigh定理,得到下列不等式λn+1≤∫Ωφik[(-△)tφik+a(-△)lφik]dx∫Ωs(x)φik2dx.(6)計算得(-△)pφik=xk(-△)pui+(-1)p2p△p-1ui,xk-∑j=1naijk(-△)puj(p為任一正整數(shù)).于是(-△)tφik+a(-△)lφik=xkλis(x)ui+(-1)t2t△t-1ui,xk+a(-1)l2l△l-1ui,xk-∑j=1naijkλjs(x)uj.(7)利用φik與uj(j=1,2,…,n)的帶權(quán)正交性,以及∫Ωs(x)φik2dx=∫Ωxks(x)φikuidx,從式(7)有∫Ωφik[(-△)tφik+a(-△)lφik]dx=λi∫Ωs(x)φik2dx+(-1)t2t∫Ωφik△t-1ui,xkdx+(-1)l2al∫Ωφik△l-1ui,xkdx.(8)設(shè)Ιik=(-1)t∫Ωφik△t-1ui,xkdx?Ι=∑k=1m∑i=1nΙik?Jik=(-1)l∫Ωφik△l-1ui,xkdx?J=∑k=1m∑i=1nJik?Uik=∫Ωs(x)φik2dx?U=∑k=1m∑j=1nUik,利用式(8)得∑k=1m∑j=1n∫Ωφik[(-△)tφik+a(-△)lφik]dx=∑k=1m∑i=1nλi∫Ωs(x)φik2dx+2tΙ+2alJ.(9)利用式(6)和(9)有λn+1U≤∑k=1m∑i=1nλi∫Ωs(x)φik2dx+2tΙ+2alJ.(10)在式(10)中,用λn替代λi(i=1,2,…,n-1),有(λn+1-λn)U≤2tΙ+2alJ.(11)1iue引理1設(shè)ui是問題(1)對應(yīng)的譜λi(i=1,2,…,n)的特征函數(shù),則∫Ω|?pui|2dx≤1μ1(μ1λi)pt,p=1,2,?,t-1.證明首先,用數(shù)學(xué)歸納法可證下列不等式成立(證略),∫Ω|?pui|2dx≤μ1-1p+1(∫Ω|?p+1ui|2dx)pp+1,p=1,2,?,t-1.(12)反復(fù)利用不等式(12)和式(4),得∫Ω|?pui|2dx≤μ1-1p+1(∫Ω|?p+1ui|2dx)pp+1≤μ1-2p+2(∫Ω|?p+2ui|2dx)pp+2≤?≤μ1-t-pt(∫Ω|?tui|2dx)pt≤μ1-t-ptλipt=1μ1(μ1λi)pt.引理2設(shè)ui是問題(1)對應(yīng)的譜λi(i=1,2,…,n)的特征函數(shù),則(1)∑k=1m∫Ω|?sui,xk|2dx=∫Ω|?s+1ui|2dx,s=0,1,2,?,t-1;(2)-∑k=1m∫Ωxkui(-△)sui,xkdx=12(2s+m)∫Ω|?sui|2dx,s=1,2,?,t-1.證明(1)利用分部積分,有∑k=1m∫Ω|?sui,xk|2dx=∑k=1m∫Ωui,xk(-△)sui,xkdx=-∑k=1m∫Ωui,xkxk(-△)suidx=-∫Ω△ui(-△)suidx=∫Ω|?s+1ui|2dx.(2)類似地-∫Ωxkui(-△)sui,xkdx=∫Ωui(-△)suidx+∫Ωxkui,xk(-△)suidx=∫Ω|?sui|2dx+∫Ωxkui(-△)sui,xkdx-2s∫Ωui(-△)s-1ui,xkxkdx.(13)由式(13)得-∫Ωxkui(-△)sui,xkdx=12∫Ω|?sui|2dx+s∫Ω|?s-1ui,xk|2dx.利用引理2(1)有-∑k=1m∫Ωxkui(-△)sui,xkdx=12(2s+m)∫Ω|?sui|2dx.引理3設(shè)λi(i=1,2,…,n)是問題(1)的n個譜,則2tΙ+2alJ≤t(2t+m-2)μ1-1t∑i=1nλi1-1t+al(2l+m-2)u1l-t-1t∑i=1nλil-1t.證明將式(5)代入Iik可得Ιik=(-1)t∫Ωxkui△t-1ui,xkdx-(-1)t∑j=1naijk∫Ωuj△t-1ui,xkdx.由于aijk=ajik,∫Ωuj△t-1ui,xkdx=-∫Ωui△t-1uj,xkdx,所以有∑i,j=1naijk∫Ωuj△t-1ui,xkdx=0.于是∑i=1nΙik=(-1)t∑i=1n∫Ωxkui△t-1ui,xkdx.由引理2(2)有Ι=∑k=1m∑i=1nΙik=12(2t+m-2)∑i=1n∫Ω|?t-1ui|2dx.由引理1得Ι≤2t+m-22μ1-1t∑i=1nλi1-1t.(14)類似可得J≤(l+m2-1)μ1l-t-1t∑i=1nλil-1t.(15)于是由式(14)和(15)可得2tΙ+2alJ≤t(2t+m-2)μ1-1t∑i=1nλi1-1t+al(2l+m-2)μ1l-t-1t∑i=1nλil-1t.引理4對于φik和λi(i=1,2,…,n;k=1,2,…,m),有下列不等式成立U≥m2n2μ12-1t4μ22(∑i=1nλi1t)-1.證明由φik的定義,有∑i=1n∫Ωφikui,xkdx=∑i=1n∫Ωxkuiui,xkdx-∑i,j=1n∫Ωaijkujui,xkdx.(16)利用aijk=ajik,∫Ωujui,xkdx=-∫Ωuiuj,xkdx,易知式(16)右端第二項恒等于零,又∫Ωxkuiui,xkdx=-∫Ωui2dx-∫Ωxkuiui,xkdx,即∫Ωxkuiui,xkdx=-12∫Ωui2dx.(17)利用式(16)、(17)和(3)得|∑k=1m∑i=1n∫Ωφikui,xkdx|=|-m2∑i=1n∫Ωui2dx|≥mn2μ2.(18)利用式(18)、Schwartz不等式和(2),有m2n24μ22≤(∑k=1m∑i=1n∫Ωs(x)φik2dx)(∑k=1m∑i=1n∫Ω1s(x)|ui,xk|2dx)≤U(1μ1∑i=1n∫Ω|?ui|2dx).(19)利用式(19)和引理1,得U?1μ1?1μ1?(∑i=1n(μ1λi)1t)≥m2n24μ22,化簡即得引理4.2-等式42定理1設(shè)λi(i=1,2,…,n+1)是問題(1)的譜,則λn+1≤λn+4μ22[t(2t+m-2)μ11-1t∑i=1nλi1-1t+al(2l+m-2)∑i=1nλil-1t〗(∑i=1nλi1t)m2n2μ13-1t,(20)λn+1≤[1+4μ22t(2t+m-2)m2μ12〗λn+4μ22al(2l+m-2)m2μ13-ltλnlt.(21)證明利用引理3和引理4,從式(11),可得式(20),在式(20)中用λn來替代λi(i=1,2,…,n-1),可得到式(21).定理2對于m≥2,n≥1,有∑i=1nλi1tλn+1-λi≥m2n2μ13-lt4μ22[t(2t+m-2)μ11-lt∑i=1nλi1-1t+al(2l+m-2)∑i=1nλil-1t〗.證明選擇參數(shù)σ≥λn,利用式(10),得λn+1U≤σU+∑k=1m∑i=1n∫Ω(λi-σ)s(x)φik2dx+2tΙ+2alJ.(22)利用式(18)和Young不等式和(2),有mn2μ2≤σ2∑k=1m∑i=1n(σ-λi)∫Ωs(x)φik2dx+12δμ1∑k=1m∑i=1n(σ-λi)-1∫Ω|ui,xk|2dx,(23)其中δ>0是待定常數(shù).設(shè)V=∑k=1m∑i=1n(σ-λi)∫Ωs(x)φik2dx,將式(22)和(23)簡化為(λn+1-σ)U+V≤2tΙ+2alJ,(24)mnμ2≤δV+1δμ1(∑i=1n(σ-λi)-1∫Ω|?ui|2dx).(25)利用引理1和式(25),有mnμ2≤δV+μ11tδμ12∑i=1nλi1tσ-λi.(26)為了使(26)右端的值達(dá)到最小,取δ=1V12μ11-12t(∑i=1nλi1tσ-λi)12.(27)利用式(26)和(27),得V≥m2n2μ12-1t4μ22(∑i=1nλi1tσ-λi)-1.(28)將式(28)代入(24),得(λn+1-σ)U≤t(2t+m-2)μ1-1t∑i=1nλi1-1t+al(2l+m-2)μ1l-t-1t?∑i=1nλl-1t-m2n2μ12-1t4μ22(∑i=1nλi1tσ-λi)-1?(29)其中