帶Hardy位勢分?jǐn)?shù)階Laplace方程解的單調(diào)性

管 睿， 沃維豐

(寧波大學(xué)數(shù)學(xué)與統(tǒng)計學(xué)院， 浙江 寧波 315211)

本文研究半空間上帶Hardy位勢分?jǐn)?shù)階Laplace方程的De Giorgi型邊值問題的單調(diào)性.即

(1)

及

|u(x)|≤1，

x=(x1，x2，…，xn)=(x′，xn).(-Δ)s是非局部算子，定義為：

(2)

分?jǐn)?shù)階Laplace方程解的性質(zhì)問題已經(jīng)被諸多國內(nèi)外學(xué)者研究，其中一類帶Hardy位勢的分?jǐn)?shù)階Laplace方程逐漸成為研究的熱點[1-3].其研究方法包括積分方程方法[4]、移動平面法[5]、sliding方法[6-7]等[8-10].本文主要采用sliding方法得到了方程(1)在半空間上的解關(guān)于xn是單調(diào)遞增的，且只依賴于xn.筆者研究的是帶Hardy位勢的分?jǐn)?shù)階Laplace方程，由于分母在x=0處會產(chǎn)生奇性，故研究上半空間中方程解的單調(diào)性.根據(jù)目前已知文獻(xiàn)，還未有人運用sliding方法對該方程進(jìn)行研究，本文的結(jié)果有望推導(dǎo)至更一般的情況．

文獻(xiàn)[6]中陳文雄和武樂云運用了sliding方法研究了方程

(-Δ)su(x)=f(u(x))．

分別得到了該方程在有界區(qū)域和無界區(qū)域中，解關(guān)于xn的單調(diào)性，并證明了狹窄區(qū)域原理和無界區(qū)域極值原理．

文獻(xiàn)[1]中Hu運用了移動平面法研究了帶Hardy位勢的分?jǐn)?shù)階Laplace方程

其中，02s.分別證明了該方程的解在有界區(qū)域和無界柱體中的對稱性和單調(diào)性．

本文主要研究結(jié)論如下.

的解，并且

|u(x)|≤1，

(3)

f(x，t)和g(t)滿足:

(H1)f(x，t)和g(t)關(guān)于t局部Lipschitz連續(xù)，且g(t)≤0；

(H3) 存在δ>0使得f(x，t)和g(t)在[-1，-1+δ]和[1-δ，1]上關(guān)于t非增,則u關(guān)于xn嚴(yán)格單調(diào)遞增，且只依賴于xn．

1 預(yù)備知識

本文需要用到的引理如下.

引理1[6]令D是Rn中的開集(可能無界、不連通)，設(shè)

以及c(x)≥0.則有

u(x)≤0，x∈D．

這里，Cn，s為(2)中的常數(shù)，C0滿足

2 定理1的證明

定義1取γ>0，設(shè)

uγ(x)=u(x′，xn+γ)，

定理1的證明分為三步完成．

第一步：將證明對充分大的γ有

(4)

若上述結(jié)論不成立，則有

(5)

u(x′，xn)≥1-δ，xn≥b，

及

u(x′，xn)≤-1+δ，0

并且存在常數(shù)M>b使得

(6)

其次，若取γ≥b-a，x在上半空間中，則x和x+(0，γ)中至少有一個在集合{y|yn≥b}或集合{y|0

uγ(x′，xn)≥1-δ，xn≥b，

或者

u(x′，xn)≤-1+δ，0

又由于f(x，t)和g(t)在[-1，-1+δ]及[1-δ，1]上關(guān)于t非增，因此，

f(xγ，uγ(x)) ≤0

(7)

由(6)和引理1可得

這與(5)矛盾，則得到(4)，即對充分大的γ有

從而可得

(8)

第二步：(8)給滑動平面提供了一個起始位置，從γ=b-a開始減小γ.同時證明對任意0<γ

(9)

設(shè)γ0為γ的下確界，即

下面證明γ0=0.若結(jié)論不成立，則γ0>0.將證明γ0在滿足(9)的情況下仍可繼續(xù)減小一點點．

1) 首先證明

(10)

若(10)不成立，則有

那么可以找到一個序列

{xk}?Rn-1×[a，b]，k=1，2，…，

滿足

Uγ0(xk)→0，當(dāng)k→∞時.

(11)

設(shè)函數(shù)η(x)為：

設(shè)

ξk(x)=η(x-xk)．

從而存在一個序列{δk}→0使得

Uγ0(xk)+δkξk(xk)>0．

Uγ0(xk)+δkξk(xk)>Uγ0(x)+δkξk(x)，

又由

結(jié)合(11)有

(12)

因為f(x，t)和g(t)都是連續(xù)函數(shù)，所以有

Cδk→0，當(dāng)k→∞時.

(13)

另外，有

0.

(14)

由(13)和(14)可得

(15)

在引理2中取u=Uγ0+δkξk可得

由(12)、(15)及δk→0，可得

(16)

設(shè)

又由(16)可得

從而有

(17)

則有

u∞(x′，xn)=u∞(x′，xn+γ0)=

u∞(x′，xn+2γ0)=…=u∞(x′，xn+kγ0)，

?k∈N.

(18)

(19)

2) 接下來證明存在ε>0使得

(20)

由(19)可知存在小的ε>0滿足

(21)

因此,只需證明

(22)

若(22)不成立，則有

(23)

根據(jù)(23)不妨設(shè)存在M>b，使得

?γ∈(γ0-ε，γ0].

(24)

設(shè)

E1=(Rn-1×(0，a))∪(Rn-1×(b，M))，

則有

(25)

(26)

當(dāng)x∈Rn-1×(0，a)時，有uγ(x)≤u(x)≤-1+δ，同理可得結(jié)論(26)．

(27)

由(25)和(27)及引理1可得

這與(23)矛盾.所以(22)成立.從而可證得(20)，而這與γ0的定義相矛盾.因此有

第三步：這一步將證明u關(guān)于xn是嚴(yán)格單調(diào)遞增的，且只依賴于xn．

由前兩步可知

f(x0，u(x0))-f((x0)γ，uγ(x0))≤

f((x0)γ，uγ(x0))=0.

(28)

(-Δ)s(Uγ(x0))=

(29)

因此，(28)與(29)矛盾.則有

即

u(x)

這說明u關(guān)于xn是嚴(yán)格單調(diào)遞增的．

最后，證明u只依賴于xn．

實際上，設(shè)

μ=(μ1，μ2，…，μn)，μn>0．

由整個證明過程可知，當(dāng)uγ(x)=u(x+γμ)時，結(jié)論同樣成立.對所有μ，參考第一、二步的證明，可得

當(dāng)μn→0時，u是連續(xù)的，因此對所有μ，μn=0，有

u(x)≤u(x+γμ)．

從而對所有μ，μn=0，有

u(x)=u(x+γμ)，

這說明u不依賴于x′.則

u(x)=u(xn)，

即u只依賴于xn．

定理1的證明完成．