一類分數階Laplace方程解的徑向對稱性研究

李升萍,周長亮

(東華理工大學理學院,330013,南昌)

0 引言

分數階Laplace算子是一個非局部算子,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化為更高一維局部問題。對函數u:Rn→R,并將函數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用[2-4]。

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

(1)

與積分方程

(2)

的等價性,對方程(2)通過積分形式的移動平面法得到正解u(x)的徑向對稱性。此后,積分形式的移動平面法得到廣泛的應用[6-8]。

(3)

2021年,郭天培[15]利用移動平面法研究了以下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平面法,將方程(4)的研究推廣到分數階上,考慮以下更為一般的分數階Laplace方程正解的對稱性。

(5)

1 準備工作

(6)

那么

Wλ(x)≥0,x∈Ω

(7)

同時,若存在x∈Ω使得u(x)=0,那么

u(x)=0,a.e.x∈Rn.

(8)

那么,對足夠小的l,有

Wλ(x)≥0,x∈Ω.

(9)

同時,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C>0,使得對于任意小的ε和足夠負的λ,有

Wλ(x)≥C>0,x∈Bε(0λ){0λ}.

證明:假設η(x)為一光滑截斷函數,在Rn中η(x)∈[0,1],suppη(x)?B1且在B1/2內η(x)≡1。令

則有

由此可得,對任意足夠大的|x|,存在常數C1>0,使得

(13)

對足夠大的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R→∞時,有

v(x)≥φ(x),x∈Rn.

(15)

利用式(15),當x∈Bε(0λ){0λ},即xλ∈Bε(0){0}時,有

vλ(x)≥φ(xλ)

對足夠小的ε>0,存在C>0使得

vλ(x)≥φλ(x)≥2C>0.

當λ足夠負時,根據v(x)在無窮遠處的衰減情況可得

v(x)≤C,x∈∑λ.

因此

Wλ(x)≥C>0,x∈Bε(0λ){0λ}.

2 主要結論與證明

本節將采用直接移動平面法對方程(5)正解的徑向對稱性進行研究,主要證明以下定理。

2.1 主要結論

2.2 主要結論的證明

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

令

(16)

是u(x)的Kelvin變換。經計算可得

(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。對于λ<0,令Tλ={x∈Rn|x1=λ}為所需移動的平面,xλ=(2λ-x1,x2,…,xn)為點x關于平面Tλ的對稱點,同時

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,τ1>0,τ2>0。

證明過程分為2步。

第1步, 證明對足夠負的λ,有

Wλ(x)≥0,x∈∑λ{0λ}.

(20)

這可由引理3來實現。

首先,根據Wλ(x)的定義,有

(21)

因此,若Wλ(x)在區域∑λ內某點小于0,那么Wλ(x)的負極小值一定能在∑λ內取得。由引理4可知,對于足夠負的λ,存在c0>0和ε>0,使得

Wλ(x)≥c0>0,x∈Bε(0λ){0λ}.

這說明Wλ(x)的負極小值不會在0λ上取得。

(22)

現在,對于λ≤-R0,必有Wλ(x)≥0,x∈∑λ{0λ}.

這驗證了式(20)。至此完成了第1步的證明,并得到了移動平面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,直至移動到其極限位置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{0λ}.

結合引理2與引理3即可證得。

由反證法可知,若λ0<0,將證明Tλ還可以向右再移動一小段距離,即存在ε>0,使得對任意的λ∈(λ0,λ0+ε)有

Wλ(x)≥0,x∈∑λ{0λ}.

(23)

這將與λ0的定義相矛盾。因此必有λ0=0。

現在結合引理2與引理3證明式(23)。由式(21)可知,Wλ(x)的負極小值不可能在BR0(0)外取得,接下來證明Wλ(x)的負極小值也不可能在BR0(0)內取得。

事實上,可以證明對于足夠接近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λ0<0時,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c0>0和δ,使得

(30)

再由Wλ(x)關于λ連續可得,存在ε>0和ε<δ,使得對所有的λ∈(λ0,λ0+ε)

(31)

Wλ(x)≥0,x∈(∑λ∑λ0-δ){0λ}.

(32)

結合式(22)、(31)、(32)可得,對所有的λ∈(λ0,λ0+ε),

Wλ(x)≥0,x∈∑λ{0λ}.

(33)

這與λ0的定義相矛盾。因此,必有λ0=0。

同理,將平面Tλ從+∞往左移動可得

Wλ0(x)≤0,x∈∑λ0{0λ0}.

到目前為止,已經證得

λ0=0,Wλ0(x)≡0,x∈∑λ0{0λ0}.

即v(x)關于平面T0對稱。由于x1的方向可以任意選擇,實際上就已經證明了v(x)是關于原點徑向對稱的,因此u(x)也是關于原點徑向對稱的。

此時τ1>0,τ2=0。

(34)

(35)

此時τ1=0,τ2>0。

(36)

(37)

現對情形(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,證明對足夠負的λ,有Wλ(x)≥0,x∈∑λ{0λ}。

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

λ0=sup{λ|Wμ(x)≥0,?x∈∑μ{0μ},μ≤λ}.

然后,結合引理2與引理3可證得

λ0=0,Wλ0(x)≡0,x∈∑λ0{0λ0}.

即v(x)是關于平面T0對稱的。由于x1的方向可以任意選擇,實際上已經證明了v(x)關于原點徑向對稱,因此,u(x)也是關于原點徑向對稱的。

這樣就得到在情形(2)、(3)中,u(x)均是關于原點徑向對稱的。

此時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λ足夠負時,

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。因此,當|x|足夠大時u(x)～|x|α-n,但由于β,γ>-α,在對u(x)直接運用移動平面法時,無法滿足條件(10),所以只能通過證明v(x)關于Rn中某點徑向對稱來得到u(x)也是關于Rn中某點徑向對稱。

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

在這2種情況下,u(x)都是關于Rn中某點徑向對稱的,故臨界條件下方程(5)的正解是關于Rn中某點徑向對稱。這樣就得到了定理1。

綜上,利用移動平面法可得方程(5)在次臨界條件下是關于原點徑向對稱的,而在臨界條件下是關于Rn中的某點徑向對稱的。