Brezis-Lied引理与一个变分问题

按：Haim Brezis教授于2024年7月7日离世. 封面是Brezis和Nirenberg的合照，Nirenberg也已于2020年1月26日离世. 谨以此文纪念两位非线性分析大师，R.I.P.

不少实分析教材会布置以下习题.

习题. 设区域 Ω ⊂ ℝⁿ，fₙ 是 L¹(Ω) 中的一族序列 s.t.

fₙ → f a.e，||fₙ||ʟ¹ → ||f||ʟ¹， 证明： ||fₙ – f||ʟ¹ → 0 .

其实习题就是以下引理([2])的直接推论.

Brezis-Lieb引理. 设序列 fₙ 在 Lᵖ(Ω) 中有界( 1 ≤ p＜∞ )，并存在 Ω 上的 f s.t. fₙ → f a.e. , 则 f∈Lᵖ(Ω) , 且 lim ∫Ω|fₙ|ᵖ – |f|ᵖ – |fₙ – f|ᵖ＝0.

n→∞

今天的主题就是证明Brezis-Lieb引理并应用她来解决一个临界椭圆PDE对应的变分问题(后面会看到，临界意味着Sobolev嵌入的紧性缺失). 主要的参考文献有

[1] H. Brezis,Functional analysis, Sobolev spaces and partial differential equations.

[2] H. Brezis, E. Lieb,A relation between pointwise convergence of functions and convergence of functionals.

[3] H. Brezis, L. Nirenberg,Positive Solutions of Nonlinear Elliptic Equations Involving Critical Sobolev Exponents.

证明

笔者参考了[1]的习题4.13, 4.16和4.17. 首先由Fatou引理立得f∈Lᵖ(Ω) . 不难看出Brezis-Lieb引理就是Fatou引理的定量版本 , 能够给出更精细的收敛结果. 我们需要两个初等的估计：对 α，b ∈ ℝ，

||α＋b| – |α| –|b|| ≤ 2|b|

||α＋b|ᵖ – |α|ᵖ – |b|ᵖ ≲ (|α|ᵖ⁻¹|b|＋|α||b|ᵖ⁻¹)，1＜p＜∞.

在引理中自然令α＝fₙ – f，b＝f .

当p＝1 时，对第一个不等式积分并用控制收敛定理即得证；

当p＞1 时，受限于第二个不等式比较粗糙，证明会复杂不少. 一个巧妙的观察是 f ∈ Lᵖ ⇒ |f|ᵖ⁻¹ ∈ Lᵖ'，p' 是 p 的共轭指标，所以不等式的右边就转化为一个弱收敛问题(这个对偶论证显然针对 1＜p＜∞ ). Lᵖ 有自反性，所以 fₙ 有弱收敛子列 fₙₖ ⇀ ∼f ∈ Lᵖ，fₙₖ → f a.e. 由Mazur引理(凸集的弱闭包等于强闭包)，存在一族 fₙₖ 的有限凸组合 gₖ s.t. ||gₖ – ∼f||ₚ → 0 . 由凸性同样有 gₖ → f a.e.（!） 而 gₖ 中也有收敛子列使得 a.e. 收敛于 ∼f (Riesz引理), 所以 ∼f＝f a.e.，fₙₖ ⇀ f . 注意到上述论证对 fₙ 的任意子列也成立，所以 fₙ 的任意子列也有一个子列弱收敛于 f , 因此 fₙ ⇀ f (另一个Riesz引理). 结合第二个不等式，Brezis-Lieb引理即得证. □

应用

在[3]中，Brezis和Nirenberg考虑了有界区域Ω ⊂ ℝⁿ 上椭圆边值问题的正解 u∈H¹₀ :

–Δu＝uᵖ＋λu on Ω，

u＞0 on Ω，

u＝0 on ∂Ω，

其中临界指标p＝(n＋2)/(n – 2)，λ≥0 . 这个问题是几何学著名的Yamabe问题的一个简化模型，保留了其指标临界的特点. 另外[3]似乎没有提到 ∂Ω 的光滑性要求，而椭圆边值问题的细节笔者已经忘光了www所以在此姑且认为 ∂Ω 是 C¹ 的.

根据[3]上述问题的H₀¹ 解对应了以下Lagrangian作用量

1 1

Ըλ(u)：＝─ ∫Ω|∇u|² – ──── ↓

2 p＋1

λ

∫Ω|u|ᵖ⁺¹ – ─ ∫Ωu²

2

的变分问题

∫|∇u|² – λ|u|²

Kλ：＝ inf ────────，

u∈H₀¹(Ω) ≠ 0 ||u||²ₚ₊₁

是否存在 u s.t. Ըλ(u)＝Kλ？

不难看出问题可以约化为||u||ₚ₊₁＝1 的情形. 主要的困难在于临界的Sobolev嵌入 H₀¹ ↪ Lᵖ⁺¹ 不是紧的，无法直接得到极小化子的存在性. [3]先证明了一个关键的结论（这个命题也来源于对Yamabe问题的研究. 限于篇幅，对证明有兴趣的读者还请自行阅读原文啦～

命题. 对 n≥4 时的任意 λ＞0 以及 n＝3 时充分大的 λ，都有 Sλ＜S₀ .

现在我们展示Brezis-Lieb引理是如何施展魔法的. 给定一个极小化序列{fₙ}，||fₙ||ₚ₊₁＝1 .H₀¹ 是Hilbert的, 所以不妨设

fₙ ⇀ f∈H₀¹.

进一步不妨设

fₙ → f in L²，

fₙ → f a.e.

L²强收敛是因为Sobolev嵌入 H₀¹ → L²(n≥3) 是紧的；再用Riesz引理即可取出a.e.收敛子列. 于是有

∫|∇fₙ|² – λ∫|fₙ|²＝Kλ＋ο(1)，n→∞. (1)

由定义，K₀≥0，∫|∇fₙ|²≥K₀∫|fₙ|²ʟᵖ⁺¹＝K₀. 所以对 λ＞0，λ∫|fₙ|²K₀ – Kλ＞0，

i.e.fₙ，f ≠ 0 . 令 gₙ＝fₙ – f ≠ 0，由弱收敛可知 ∫∇f · ∇gₙ＝ο(1)，所以 (1) 等价于

∫|∇f|²＋∫|∇gₙ|² – λ∫|f|²＝Kλ＋ο(1)，

进而

∫|∇f|² – λ∫|f|²＋K₀||gₙ||²ₚ₊₁≤Kλ＋ο(1). (2)

现在由Brezis-Lieb引理，

||fₙ||ᵖ⁺¹ₚ₊₁＝||f||ᵖ⁺¹ₚ₊₁＋||gₙ||ᵖ⁺¹ₚ₊₁＋ο(1).

p＋1≥2，所以

1＝||fₙ||²ₚ₊₁≤||f||²ₚ₊₁＋||gₙ||²ₚ₊₁＋ο(1).

如果Kλ≥0，将上式代入 (2) 可得

∫|∇f|² – λ∫|f|²＋K₀||gₙ||²ₚ₊₁

≤Kλ||f||²ₚ₊₁＋Kλ||gₙ||²ₚ₊₁＋ο(1)

≤Kλ||f||²ₚ₊₁＋K₀||gₙ||²ₚ₊₁＋ο(1)，

i.e.Ըλ(f)≤Kλ，f∈H₀¹为所求极小化子; (可以看到如果只有较粗糙的Fatou引理，这段论证将会失效)

如果Kλ＜0 由Fatou引理可知 ||f||ₚ₊₁≤1，对 (2) 左右两式直接放缩即有

∫|∇f|² – λ∫|f|²≤Kλ＋ο(1)≤Kλ||f||²ₚ₊₁＋ο(1)，

我们同样获得了极小化子f ! □

数学联邦政治世界观提示您：看后求收藏（笔尖小说网http://www.bjxsw.cc），接着再看更方便。