抛物型Baouendi-Grushin Laplace方程解的估计 ①

元琛， 黄小涛

南京航空航天大学 理学院，南京 211106

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

B-G梯度可定义为

对应的B-G型拉普拉斯算子为

Δγu=(γ·γ)u=Δxu+|x|2γΔyu

其中Δx，Δy分别是Rn和Rm空间上的拉普拉斯算子．

当γ=1时， 文献[2]研究了方程

Δ1u1=Δxu1+|x|2Δyu1=g1(x，y)

(1)

此方程与Cauchy-Riemann Yamabe问题有密切关系．

当γ是正整数时， 向量场Xi和Xj满足Hörmander条件[3]． 由此得到方程的Hε正则性估计．

若γ为任意的正数时， 向量场Xi和Xj仅为Hölder连续， 不满足Hörmander条件， 所以不能得到Hε正则性． 文献[4-6]通过研究与B-G向量场相关的加权Sobolev-Poincare不等式， 证明了Harnack不等式和方程解的Cα估计．

(u2)xx+x(u2)yy=g2(x，y)，x∈R1，y∈R1

(2)

退化抛物B-G方程也引起了众多学者的关注[3，14]． 随后， 文献[15]研究了抛物p-Laplace类型的B-G方程并证明了一些存在性结论． 文献[16]研究了带有初值问题的分数阶p-Laplace B-G方程， 通过引入与B-G向量场相关的内在度量， 用紧方法证明了方程解的Lq正则性估计．

对于抛物型B-G方程， 假设Ω⊂Rn×Rm是一个有界开区域， 抛物区域为Ω*=Ω×(0，T]， 则抛物边界为∂Ω*=(∂Ω×(0，T])∪(Ω×{t=0})． 我们将研究下述抛物B-G拉普拉斯方程

(3)

其中f=(l1， …，ln，ln+1， …，ln+m)．

本文主要证明的结论如下：

在区域{(x，y，t)∈Ω*：x=0}附近， 此方程为退化抛物方程； 如果远离{x=0}区域， 则方程没有退化性． 我们将分别研究在{x=0}附近区域和远离{x=0}的区域的解的正则性， 并给出方程解的一致性估计．

1 预备知识

本节我们给出弱解的定义和一些重要的引理．

1.1 内在度量

首先为了能对B-G向量场进行分析， 我们引入C-C度量．

当|x|， |y|～1时， 抛物C-C距离可看成经典的抛物距离

令Z=(x，y，t)，rZ=(rx，r1+γy，r2t)， 在抛物C-C度量下， 算子L满足性质

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

(4)

本文记

Qr(Z0)={(x，y，t)： (x，y)∈Sr(z0)， -r2

为方便书写， 记Sr=Sr(0)，Qr=Qr(0)． 另外对x∈Rn，y∈Rm，z∈Rn×Rm，

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

1.2 Sobolev空间

其范数定义为

(5)

且在有界区域上此嵌入为紧嵌入．

方程(3)的弱解可定义如下：

(6)

那么称u是方程(3)的弱解．

1.3 引理

定义局部可积函数v∈L1(Ω*)的极大值函数为

对于极大值函数， 有以下结论：

(2)如果v∈Lp(Ω*)， 其中1

以及

文献[19]证明了Lp函数的一个测度估计．

引理2[19]若函数u是区域Ω*中的一个可测函数， 常数θ>0，λ>1， 2≤p<∞， 则

且有估计

为了研究解的梯度估计， 我们还需引入改进的Vitali覆盖引理．

引理3[20]设0<ε<1，A⊂B⊂Q1是Q1中的两个可测集， 满足|A|<ε|Q1|． 如果对任意的z∈A，r<1， 只要|A∩Qr(z)|≥ε|Qr(z)|， 都有Qr(z)∩Q1⊂B． 那么存在常数C， 使得

|A|≤Cε|B|

2 正则性估计

2.1 {(x， y， t)∈Q1： x=0}区域附近的估计

本小节我们研究在区域{(x，y，t)∈Q1：x=0}附近的正则性． 由C-C度量可知， 不妨假设u满足方程

ut-Δγu=divγf(x，y，t)

则v(x，y，t)=u(rx，r1+γy，r2t)在{x=0}附近满足方程

vt-Δγv=r2divγf(rx，r1+γy，r2t)

首先给出在Q1内的能量不等式．

引理4设u是方程(3)的弱解， 那么有

(7)

那么

对时间t积分， 整理可得

定理2设u是方程(3)的弱解． 若对任意的ε1>0， 都存在一个δ(ε1)>0， 满足条件

则存在函数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

这说明了u∞和h都是方程(8)的弱解． 这与(11)式矛盾， 证毕．

定理3对任意的ε>0， 存在一个δ(ε)， 如果

ut-Δγu=divγf，Z∈Q2

且有

则存在一个函数h满足

ht-Δγh=0，Z∈Q2

使得

证取φ=η2(u-h)并带入(6)式， 那么有

以及

同样的由τ-Cauchy不等式可得

对任意的τ>0， 取τ足够小使得0<τ<δ2， 上式两端对时间t积分， 又由于

则有结论

Q1∩{M(|γu|2)≤1}∩{M(|f|2)≤δ2}≠Ø

(12)

那么

(13)

证由(12)式， 假设存在一个点Z0∈Q1， 使得对任意的0

由于Q2⊂Q4(Z0)， 所以

(14)

由定理3可知， 对任意的ε=η>0， 存在一个δ(η)和弱解h满足

ht-Δγh=0，Z∈Q2

以及

那么

(15)

引理4表明存在一个常数N0， 使得

当r≤2， 有

当r>2时， 注意到Qr(Z1)⊂Q2r(Z0)， 有

进一步可得

(16)

综上可知

取δ=δ(η)充分小， 可以得到

定理4给出了方程(3)解在(0，0，t)点附近的正则性估计． 同样可以得到在区域Y=(0，y，t)附近解的估计．

推论1设u是方程(3)在Qr(Y)内的弱解． 存在一个常数N1>0， 对任意的ε>0， 存在一个δ>0， 如果

Qr(Y)∩{M(|γu|2)≤1}∩{M(|f|2)≤δ2}≠Ø

那么

2.2 远离{(x， y， t)∈Q1： x=0}区域估计

2.1节得到了在{(x，y，t)∈Q1：x=0}附近的估计． 接下来研究在Q1⊂Ω*内的任意一点的估计．

(17)

则有

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

证当d(Qr(Z0)， {x=0})≤10r时， 可以通过反证法证明． 假设结论不对， 即

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

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}≠Ø

根据推论1， 对任意的ε>0， 有

其中Cγ=30-n-m(γ+1)． 由此可得

与(17)式矛盾， 这就证明了第一种情况．

当d(Qr(Z0)， {x=0})>10r时， 不妨假设x0≠0． 记

(18)

前文已经指出， 若|x|，|y|～1， 那么

d1s2～ds2=dt2-dx2-dy2

(19)

根据二阶抛物方程经典的Lp理论[22]可知存在常数N0和δ>0， 对任意的ε>0， 如果

那么

其中h(x，y，t)满足方程

最后变换回来得u(x，y，t)在球Qr(Z0)内的估计， 即如果

{M(|f|2)≤δ2}∩{M(|γu|2)≤1}∩Qr(Z0)≠Ø

那么

2.3 主要定理的证明

引理6设u是方程(3)在Q1内的弱解． 如果

则存在ε1=C(γ)ε， 使

证记

由Vitali覆盖引理3， 再根据推论1、 引理5有

进一步用有限数量的Qri(zi)去覆盖Q1即可得结论．

推论2设u是方程(3)的弱解． 存在ε1=C(γ)ε， 使

证下面用归纳法证明．

当k=1时， 由引理6知结论显然成立．

根据归纳假设，

故对k+1的情况也成立， 易知结论成立．

定理1的证明当p=2时， 由能量不等式可得结论．

令p>2， 根据假设

由条件可知存在一个常数N1， 使得对任意的ε>0， 有一个δ>0， 对任意的r∈(0， 1)，

Qr∩{M(|γu|2)≤1}∩{M(|f|2)≤δ2}≠Ø

由引理6知

再根据推论2得到

从引理1知， 存在一个常数C使得

也即

于是有

γu∈Lp(Q1)

且满足

‖γu‖Lp(Q1)≤C(‖f‖Lp(Q2)+‖u‖Lp(Q2))

综上所述， 结论得证．