一類拋物型k-Hessian方程

任長宇,牛 穎,袁洪君

(吉林大學 數學學院,長春 130012)

0 引言及主要結果

(1)

文獻[7]中,取

其中Ω為 Rn中的嚴格k-1-凸區域. 為了得到解的最大模估計,文獻[6-7]對ψ有增長階的限制:

|ψ(x,t,z)|≤C0(1+|z|), ?(x,t,z)∈QT×R.

(2)

本文考慮如下拋物型k-Hessian方程第一初邊值問題:

(3)

即

?1

如果λ(D2u)∈Γk,則稱一個C2類函數u為可容許函數,也稱函數u是k-凸的. 顯然,對于可容許函數u,問題(3)中的方程為拋物型完全非線性偏微分方程.

基本假設條件如下:

(H3) 問題(3)中ψ和φ滿足直到二階為止的銜接條件.

本文的主要結果如下:

定理1假設條件(H1)～(H3)成立,則問題(3)存在可容許解u∈K,其中

若ψu≥0,則解是唯一的.

-Dtφ(x,t)+F(D2φ(x,t))=ψ(x,t,φ(x,t)), ?(x,t)∈Ω×{t=0}.

1 解的一階導數估計

令v(x,t)為如下以t為參數橢圓方程Dirichlet問題的解：

(4)

對于ut的估計,有如下結論:

顯然,如果G在邊界?pQT上某點P0達到其最小值,則存在一個可控常數C>0,使得ut≥-C. 假設G在QT內部某點P0達到其最小值,不妨設該最小值為負數,則有

(5)

ujt+(M-u)-1utuj=0,

(6)

并且矩陣

(uijt+(M-u)-1(uituj+ujtui+utuij)+2(M-u)-2uiujut)=(uijt+(M-u)-1utuij)≥0.

(7)

對問題(3)中的方程關于t微分,有

-utt+Fijuijt=ψt+ψuut,

(8)

因此,存在可控常數C>0,使得ut≥-C.

類似地可估計ut的上界. 令G=ut(M+u)-1. 如果G在邊界?pQT上某點P0達到其最大值,則存在一個可控常數C>0,使得ut≤C. 假設G在QT內部某點P0達到其最大值,則有

證明：由定理2,只需估計|Du|在QT內部的界即可. 考慮檢驗函數

W=weav2,

將式(13)兩端同時乘以w2Fij,有

wFijwij-Fijwiwj+2aw2vFijvij+2aw2Fijvivj≤0.

(15)

(16)

于是

(17)

由式(16)可得

從而

再由式(17),有

(18)

為了估計式(18)的右端項,將問題(3)中的方程關于xk微分,兩邊同乘uk后再求和,得

(19)

(20)

由式(12),(16)有

(21)

將式(20),(21)代入式(15)得

即

注意到Fijuij=k,并且上式右側有界,因此存在可控常數C1>0,使得2a(1-2av2)Fijuiuj≤C1. 選擇a>0充分小,使得(1-2av2)≥1/2,則有

Fijuiuj≤C,

(22)

這里C>0為可控常數.

不失一般性,可以假設矩陣(uij)在P0點是對角矩陣. 因此,在P0點

還可以假設在P0點|Du|≤nu1. 由式(12),(16),u11=-2avw2<0. 利用f(λ)的如下性質[9-10]:

?λ∈Γk,λj<0,

從而可得|Du|≤M1.

2 解的二階導數估計

定理5的證明可以分為|D2u|在QT拋物邊界?pQT上的先驗估計和在QT內部的先驗估計兩部分.

1) |D2u|在?pQT上的先驗估計.

由問題(3)的初值條件,u(x,0)=φ(x,0),?x∈Ω,所以只需做u(x,t)在?Ω×[0,T]上的估計即可. 對?x0∈?Ω,通過適當的坐標平移和旋轉,不妨設x0為坐標原點,xn為?Ω的內法向量. 于是在x0附近,?Ω可表示[8]為

其中κα為?Ω在x0點的主曲率. 由邊值條件u(x,t)=φ(x,t),?(x,t)∈?Ω×[0,T]可知,在(x0,t)點,有

?α,β≤n-1,

(23)

從而得到了u的切向二階導數估計|uαβ(x0,t)|≤C,?α,β≤n-1.

?x∈Ωδ.

(24)

Lv≤-ε(1+∑Fii), (x,t)∈Qδ,v≥0, (x,t)∈?pQδ.

證明：由d(x)的定義,對任意的β

Ld2=2dLd+2FijDidDjd=2dLd+2Fnn,

Ld=-Dtd+FijDijd=FijDijd.

顯然存在依賴于?Ω和δ的可控常數C0>0,使得

|Ld|≤C0(1+∑Fii).

(25)

因此

Lv≤C1+C0(s+Nδ)+(C0(s+Nδ)-3ε)∑Fii-NFnn, (x,t)∈Qδ.

不失一般性,可假設f1≥…≥fn,于是有∑Fii=∑fi,Fnn≥fn. 由代數-幾何平均不等式,有

ε∑Fii+NFnn≥nε(Nf1…fn)1/n≥εnμ0N1/n=c1N1/n,

(26)

-Lh≤β(1+∑Fii), (x,t)∈Qδ.

證明：由引理1,可以選擇A?B?1,使得

Av+Bρ2-h≥0于?pQδ, L(Av+Bρ2-h)≤0于Qδ.

由拋物算子的極值原理知,Av+Bρ2-h≥0于Qδ. 注意到在(x0,t0)點,Av+Bρ2-h=0,這蘊含了Dn(Av+Bρ2-h)(x0,t0)≥0,即引理2成立.

為了估計可容許解的切、 法方向的混合二階導數,將問題(3)中的方程關于xm微分,得

-utm+Fijuijm=ψm+ψuum.

顯然,對每個m=1,2,…,n,有

(27)

|uαn(x0,t)|≤C, ?α

(28)

從而建立了可容許解u在?Ω×[0,T]上的切、 法方向二階混合導數的先驗估計.

下面做法向的二階導數Dnnu估計. 由于Δu>0,只需推導出它的上界即可,即

Dnnu≤C于?Ω×[0,T].

(29)

與估計切向二階導數時所用的方法(23)一樣,在x∈?Ω點,有

Dξη(u-φ)=-Dν(u-φ)Π(ξ,η),

其中:ξ,η為?Ω在x點的單位切向量;ν為單位內法向量;Π(ξ,η)為?Ω的第二基本型.

引理3存在一致的常數c0>0,使得

d(x,t)=d(λ′(Dξηφ-Dν(u-φ)Π(ξ,η)))≥c0, ?(x,t)∈?Ω×[0,T].

證明：考慮d(x,t)在?Ω×[0,T]上的最小值點(x0,t0),只需證明d(x0,t0)≥c0>0即可. 在x0點選擇一個直角坐標系e1,e2,…,en,使得en為?Ω的內法方向,(Dαβu(x0,t0))(1≤α,β≤n-1)為對角矩陣,并且D11u(x0,t0)≤…≤Dn-1,n-1u(x0,t0). 由d(x,t)的定義知,

根據文獻[8]中引理6.2,對(x0,t0)點附近的點(x,t)∈?Ω×[0,T],有

(30)

于是對于邊界?Ω×[0,T]上(x0,t0)點附近的點,由式(23)有

(31)

(32)

其中

下面證明式(29). 由引理3知

?(x,t)∈?Ω×[0,T].

假設Dnnu(x,t)沒有上界,則由文獻[8]中引理1.2及Sk(λ)的嚴格單調性,有

矛盾. 從而式(29)成立.

其中a>0為待定常數. 顯然只需得到W的上界估計即可.

在(x0,t0)處微分問題(3)中的方程兩次,再利用先驗估計及函數F的凹性,有

其中C>0為可控常數. 式(34)兩端同時乘以Fiiλ1,對1≤i≤n求和,再利用式(37),(33),(35)及(36)有

(38)

注意到Sk(λ)的一個性質[11]:

則有f1λ1≥Cn,k,其中Cn,k>0為僅依賴于n,k的常數. 于是由式(38)即可得到λ1的上界.

綜合1),2),即可完成定理5的證明.

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