一類分?jǐn)?shù)階Laplace方程解的徑向?qū)ΨQ性研究

李升萍,周長(zhǎng)亮

(東華理工大學(xué)理學(xué)院,330013,南昌)

0 引言

分?jǐn)?shù)階Laplace算子是一個(gè)非局部算子,其形式為

為解決非局部性這一難題, Caffarelli等[1]引入了延拓法。延拓法的核心在于將非局部問題轉(zhuǎn)化為更高一維局部問題。對(duì)函數(shù)u:Rn→R,并將函數(shù)u在高一維的延拓記作U:Rn×[0,∞)→R,且U(x)滿足

那么,u與U滿足

這一方法得到了很好的應(yīng)用[2-4]。

2006年, Chen等[5]通過證明微分方程與積分方程的等價(jià)性,引入了積分形式的移動(dòng)平面法。證明了0<α<1時(shí),微分方程

(1)

與積分方程

(2)

的等價(jià)性,對(duì)方程(2)通過積分形式的移動(dòng)平面法得到正解u(x)的徑向?qū)ΨQ性。此后,積分形式的移動(dòng)平面法得到廣泛的應(yīng)用[6-8]。

(3)

2021年,郭天培[15]利用移動(dòng)平面法研究了以下Laplace方程

-Δu(x)=|x|βup(x)+|x|γuq(x),n≥3.

(4)

基于上述研究,本文主要采用直接移動(dòng)平面法,將方程(4)的研究推廣到分?jǐn)?shù)階上,考慮以下更為一般的分?jǐn)?shù)階Laplace方程正解的對(duì)稱性。

(5)

1 準(zhǔn)備工作

(6)

那么

Wλ(x)≥0,x∈Ω

(7)

同時(shí),若存在x∈Ω使得u(x)=0,那么

u(x)=0,a.e.x∈Rn.

(8)

那么,對(duì)足夠小的l,有

Wλ(x)≥0,x∈Ω.

(9)

同時(shí),若存在x∈Ω使得u(x)=0,那么

u(x)=0,a.e.x∈Rn.

(10)

(11)

(12)

那么,存在常數(shù)C>0,使得對(duì)于任意小的ε和足夠負(fù)的λ,有

Wλ(x)≥C>0,x∈Bε(0λ){0λ}.

證明:假設(shè)η(x)為一光滑截?cái)嗪瘮?shù),在Rn中η(x)∈[0,1],suppη(x)?B1且在B1/2內(nèi)η(x)≡1。令

則有

由此可得,對(duì)任意足夠大的|x|,存在常數(shù)C1>0,使得

(13)

對(duì)足夠大的R>0,令

(14)

由式(13)、(14)、(17)可得

則由極大值原理可得

g(x)≥0,x∈BR,

即

當(dāng)R→∞時(shí),有

v(x)≥φ(x),x∈Rn.

(15)

利用式(15),當(dāng)x∈Bε(0λ){0λ},即xλ∈Bε(0){0}時(shí),有

vλ(x)≥φ(xλ)

對(duì)足夠小的ε>0,存在C>0使得

vλ(x)≥φλ(x)≥2C>0.

當(dāng)λ足夠負(fù)時(shí),根據(jù)v(x)在無窮遠(yuǎn)處的衰減情況可得

v(x)≤C,x∈∑λ.

因此

Wλ(x)≥C>0,x∈Bε(0λ){0λ}.

2 主要結(jié)論與證明

本節(jié)將采用直接移動(dòng)平面法對(duì)方程(5)正解的徑向?qū)ΨQ性進(jìn)行研究,主要證明以下定理。

2.1 主要結(jié)論

2.2 主要結(jié)論的證明

由于沒有u(x)在無窮遠(yuǎn)處的退化條件,無法對(duì)u(x)直接使用移動(dòng)平面法。為了克服這一困難,需對(duì)u(x)進(jìn)行Kelvin變換。

令

(16)

是u(x)的Kelvin變換。經(jīng)計(jì)算可得

(17)

其中,

τ1=n+α+β-p(n-α),τ2=n+α+γ-q(n-α).

任意選取x1的方向。對(duì)于λ<0,令Tλ={x∈Rn|x1=λ}為所需移動(dòng)的平面,xλ=(2λ-x1,x2,…,xn)為點(diǎn)x關(guān)于平面Tλ的對(duì)稱點(diǎn),同時(shí)

vλ(x)=v(xλ),Wλ(x)=vλ(x)-v(x).

由中值定理可得

(18)

(19)

2.2.1 次臨界條件

此時(shí),τ1>0,τ2>0。

證明過程分為2步。

第1步, 證明對(duì)足夠負(fù)的λ,有

Wλ(x)≥0,x∈∑λ{(lán)0λ}.

(20)

這可由引理3來實(shí)現(xiàn)。

首先,根據(jù)Wλ(x)的定義,有

(21)

因此,若Wλ(x)在區(qū)域∑λ內(nèi)某點(diǎn)小于0,那么Wλ(x)的負(fù)極小值一定能在∑λ內(nèi)取得。由引理4可知,對(duì)于足夠負(fù)的λ,存在c0>0和ε>0,使得

Wλ(x)≥c0>0,x∈Bε(0λ){0λ}.

這說明Wλ(x)的負(fù)極小值不會(huì)在0λ上取得。

(22)

現(xiàn)在,對(duì)于λ≤-R0,必有Wλ(x)≥0,x∈∑λ{(lán)0λ}.

這驗(yàn)證了式(20)。至此完成了第1步的證明,并得到了移動(dòng)平面Tλ的起始位置。

第2步,在保持式(20)成立的前提下,一直將平面Tλ從左向右移動(dòng),直至移動(dòng)到其極限位置Tλ0,

λ0=sup{λ|Wμ(x)≥0,?x∈∑μ{0μ},μ≤λ}.

接下來需證明

λ0=0,Wλ0(x)≡0,x∈∑λ{(lán)0λ}.

結(jié)合引理2與引理3即可證得。

由反證法可知,若λ0<0,將證明Tλ還可以向右再移動(dòng)一小段距離,即存在ε>0,使得對(duì)任意的λ∈(λ0,λ0+ε)有

Wλ(x)≥0,x∈∑λ{(lán)0λ}.

(23)

這將與λ0的定義相矛盾。因此必有λ0=0。

現(xiàn)在結(jié)合引理2與引理3證明式(23)。由式(21)可知,Wλ(x)的負(fù)極小值不可能在BR0(0)外取得,接下來證明Wλ(x)的負(fù)極小值也不可能在BR0(0)內(nèi)取得。

事實(shí)上,可以證明對(duì)于足夠接近λ0的λ,

Wλ(x)≥0,?x∈(∑λ∩BR0(0)){0λ}.

(24)

要想證明式(24),只需證明存在足夠小的ε,δ>0,使得對(duì)任意的λ∈(λ0,λ0+ε),有

Wλ(x)≥0,?x∈∑λ0-δ{0λ}.

(25)

若式(25)成立,則

Wλ(x)≥0,?x∈(∑λ∑λ0-δ){0λ}.

(26)

首先證明式(25)成立。只需證明

Wλ0(x)≥0,?x∈(∑λ0∩BR0(0)){0λ}.

(27)

當(dāng)λ0<0時(shí),必有

Wλ0(x)>0,?x∈∑λ0-δ{0λ0}.

(28)

(29)

這與式(29)矛盾,因此式(28)成立。

由式(28)可知,存在常數(shù)c0>0和δ,使得

(30)

再由Wλ(x)關(guān)于λ連續(xù)可得,存在ε>0和ε<δ,使得對(duì)所有的λ∈(λ0,λ0+ε)

(31)

Wλ(x)≥0,x∈(∑λ∑λ0-δ){0λ}.

(32)

結(jié)合式(22)、(31)、(32)可得,對(duì)所有的λ∈(λ0,λ0+ε),

Wλ(x)≥0,x∈∑λ{(lán)0λ}.

(33)

這與λ0的定義相矛盾。因此,必有λ0=0。

同理,將平面Tλ從+∞往左移動(dòng)可得

Wλ0(x)≤0,x∈∑λ0{0λ0}.

到目前為止,已經(jīng)證得

λ0=0,Wλ0(x)≡0,x∈∑λ0{0λ0}.

即v(x)關(guān)于平面T0對(duì)稱。由于x1的方向可以任意選擇,實(shí)際上就已經(jīng)證明了v(x)是關(guān)于原點(diǎn)徑向?qū)ΨQ的,因此u(x)也是關(guān)于原點(diǎn)徑向?qū)ΨQ的。

此時(shí)τ1>0,τ2=0。

(34)

(35)

此時(shí)τ1=0,τ2>0。

(36)

(37)

現(xiàn)對(duì)情形(2)、(3)綜合分析。

由式(35)、(37)可得

均滿足引理3的要求(10)。

接下來的證明過程與情況1)的證明過程相似。

第1步,證明對(duì)足夠負(fù)的λ,有Wλ(x)≥0,x∈∑λ{(lán)0λ}。

第2步,保持Wλ(x)≥0,x∈∑λ{(lán)0λ}成立的前提下,一直將平面Tλ從左向右移動(dòng),直至移動(dòng)到其極限位置Tλ0,

λ0=sup{λ|Wμ(x)≥0,?x∈∑μ{0μ},μ≤λ}.

然后,結(jié)合引理2與引理3可證得

λ0=0,Wλ0(x)≡0,x∈∑λ0{0λ0}.

即v(x)是關(guān)于平面T0對(duì)稱的。由于x1的方向可以任意選擇,實(shí)際上已經(jīng)證明了v(x)關(guān)于原點(diǎn)徑向?qū)ΨQ,因此,u(x)也是關(guān)于原點(diǎn)徑向?qū)ΨQ的。

這樣就得到在情形(2)、(3)中,u(x)均是關(guān)于原點(diǎn)徑向?qū)ΨQ的。

此時(shí)τ1=0,τ2=0。

C(x)=pvp-1(x)-qvq-1(x).

第1步 ,與次臨界條件下完全相同,利用引理3可得,當(dāng)λ足夠負(fù)時(shí),

Wλ(x)≥0,x∈∑λ.

第2步,令

λ0=sup{λ≤0|Wμ(x)≥0,?x∈∑μ,μ≤λ}.

情況1：λ0<0.類似于次臨界條件下,結(jié)合引理2及引理3可證得

Wλ0(x)≡0,x∈∑λ0.

由此可知,0不是v(x)的奇點(diǎn)。因此,當(dāng)|x|足夠大時(shí)u(x)～|x|α-n,但由于β,γ>-α,在對(duì)u(x)直接運(yùn)用移動(dòng)平面法時(shí),無法滿足條件(10),所以只能通過證明v(x)關(guān)于Rn中某點(diǎn)徑向?qū)ΨQ來得到u(x)也是關(guān)于Rn中某點(diǎn)徑向?qū)ΨQ。

情況2：λ0=0.然后再將平面Tλ從+∞向左移動(dòng),可得Wλ0(x)≡0,x∈∑λ0,即v(x)是關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,故u(x)也是關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的。

在這2種情況下,u(x)都是關(guān)于Rn中某點(diǎn)徑向?qū)ΨQ的,故臨界條件下方程(5)的正解是關(guān)于Rn中某點(diǎn)徑向?qū)ΨQ。這樣就得到了定理1。

綜上,利用移動(dòng)平面法可得方程(5)在次臨界條件下是關(guān)于原點(diǎn)徑向?qū)ΨQ的,而在臨界條件下是關(guān)于Rn中的某點(diǎn)徑向?qū)ΨQ的。