物理 [论坛资料室]Cauchy-Riemann方程的平方可积估计：平面域上的Dirichlet问题
前排提醒：该课题难度较大。
前排再提醒：这个课题更新慢，先鸽。
$\text{Cauchy-Riemann}$方程，又称$\overline{\partial}\text{-}$方程，是复分析中判定全纯函数的重要方程。其衍生出的$\overline{\partial}\text{-}$问题是分析学的重要课题。学习$\text{Cauchy-Riemann}$方程的$L^2$估计，请具备：
完善的实分析基础；
适当的多变复函数分析；
足够的泛函分析基础；
部分微分几何与复流形基础；
必备的偏微分方程与函数空间理论基础。
接下来我们开始。接着上一课证明的$\text{Dirchlet}$原理，继续考虑平面域和实值函数，我们来做一些真正的估计，解决经典$\text{Dirchlet}$问题。
我们先来补充对边界$\text{Poincaré}$不等式的证明，这将会在后续估计积分时用到。记$\Delta(z,\delta)$是$\mathbb{C}=\mathbb{R}^2$上以$z$为中心，$\delta$为半径的圆盘。考虑$\Omega\subset\mathbb{C}$是有界区域，对于任意$u\in H_0^1(\Omega)$（对$u$在$\text{supp}(u)$外做全局零延拓），正数$\delta\ll1$，$z\in\partial\Omega$，有：
$$\int_{\Delta(z,\delta)}|u|^2\leq 4\pi^2\delta^2\int_{\Delta(z,\delta)}|\nabla u|^2$$
$\text{Proof}$：因为$u\in H_0^1(\Omega)$，故$\text{supp}(u)\subseteq\Omega$。易知$\partial\Delta(z,\delta)\cap\partial\Omega\neq\varnothing$，故存在$\theta_r\in[0,2\pi)$使得$u(z + re^{\text{i}\theta_r})=0$。根据$\text{Newton-Lebnitz}$公式，有
$$u(z+re^{\text{i}\theta})-u(z+re^{\text{i}\theta_r})=\int_{\theta_r}^{\theta}\frac{\partial}{\partial t}u(z+re^{\text{i}t}) dt$$
$$\left| \int_{\theta_r}^{\theta} \frac{\partial}{\partial t} u(z + re^{\text{i}t}) dt \right|^2= \left|u(z + re^{\text{i}\theta})\right|^2$$
又根据$\text{Cauchy-Schwartz}$不等式，有
$$\left| \int_{\theta_r}^{\theta} \frac{\partial}{\partial t} u(z + re^{\text{i}t}) dt \right|^2\leq \left( \int_{\theta_r}^{\theta} 1\,dt\right) \left( \int_{\theta_r}^{\theta} \left| \frac{\partial}{\partial t} u(z + re^{\text{i}t}) \right|^2 dt \right)$$
因为
$$|\theta - \theta_r|\leq 2\pi$$
我们得到
$$\int_{\theta_r}^{\theta} 1\,dt\leq 2\pi, \quad \int_{\theta_r}^{\theta} \left| \frac{\partial}{\partial t} u(z + re^{\text{i}t}) \right|^2 dt \leq \int_0^{2\pi} \left| \frac{\partial}{\partial t} u(z + re^{\text{i}t}) \right|^2 dt$$
$$\left|u(z + re^{\text{i}\theta})\right|^2 \leq 2\pi \int_0^{2\pi} \left| \frac{\partial}{\partial t} u(z + re^{\text{i}t}) \right|^2 dt$$
两边对$\theta\in[0,2\pi)$积分得到
$$\int_0^{2\pi}\left|u(z + re^{\text{i}\theta})\right|^2d\theta\leq\int_0^{2\pi}2\pi\left( \int_0^{2\pi} \left|\frac{\partial}{\partial t} u(z + re^{\text{i}t}) \right|^2 dt \right) d\theta$$
由于$\left| \frac{\partial}{\partial t} u(z + re^{\text{i}t}) \right|^2$与$\theta$无关，我们可以把这一项从积分里提出来，
$$\left( \int_0^{2\pi} \left| \frac{\partial}{\partial t} u(z + re^{\text{i}t}) \right|^2 dt \right) \int_0^{2\pi} 2\pi d\theta$$
$$=4\pi^2 \int_0^{2\pi} \left| \frac{\partial}{\partial t} u(z + re^{\text{i}t}) \right|^2 dt$$
$$=4\pi^2 \int_0^{2\pi} \left| \frac{\partial}{\partial\theta} u(z + re^{\text{i}\theta}) \right|^2 d\theta$$
进一步扩大不等式：
$$4\pi^2 \int_0^{2\pi} \left|u(z + re^{\text{i}\theta})\right|^2 d\theta\leq 4\pi^2 \delta^2 \int_0^{2\pi} \left| \frac{\partial}{\partial \theta} u(z + re^{\text{i}\theta}) \right|^2 d\theta$$
考虑极坐标下的$\text{nabla}$算子，
$$|\nabla u|^2= \left| \frac{\partial u}{\partial r} \right|^2 + \frac{1}{r^2} \left| \frac{\partial u}{\partial \theta} \right|^2$$
我们可以得到
$$|\nabla u|^2\geq \frac{1}{r^2} \left| \frac{\partial u}{\partial \theta} \right|^2, \quad r \ll 1, \quad |\nabla u|^2\geq\left| \frac{\partial u}{\partial \theta} \right|^2$$
结合上面已经得出的不等式，有
$$\int_0^{2\pi} \left|u\right|^2 d\theta\leq 4\pi^2 \delta^2 \int_0^{2\pi} \left| \frac{\partial u}{\partial \theta} \right|^2 d\theta \leq 4\pi^2 \delta^2 \int_0^{2\pi} |\nabla u|^2 d\theta$$
最后再乘$rdr$，对$r\in[0,\delta]$积分得
$$\int_0^{\delta} r \left( \int_0^{2\pi} \left|u\right|^2 d\theta \right) dr\leq 4\pi^2 \delta^2\int_0^{\delta} r \left( \int_0^{2\pi} |\nabla u|^2 d\theta \right) dr$$
$$\int_{\Delta(z,\delta)} \left|u\right|^2 \leq 4\pi^2 \delta^2 \int_{\Delta(z,\delta)} |\nabla u|^2$$
这就是边界$\text{Poincaré}$不等式。我们证明的是闭圆盘上的不等式，显然该不等式对开圆盘也适用，只需把最后一步的积分限改成$r\in[0,\delta)$即可。该不等式在估计$H^1$函数在圆盘上的积分时会十分有用。
$$\text{Q.E.D}$$
下面我们就有充足的条件开始研究$\text{Dirchlet}$问题。
上一节我们介绍并解决过广义$\text{Dirchlet}$问题。虽然也得到了调和函数的结论，但在边界上，广义$\text{Dirchlet}$问题的结论表现得并不好，只得到弱相等的结论。为了得到更强的结论，我们进一步解决经典$\text{Dirchlet}$问题。
所谓经典$\text{Dirchlet}$问题指的是，若$\Omega\subset\mathbb{C}$满足$\partial\Omega$是由有限条$\text{Jordan}$曲线构成的，则对于任意$g\in C^0(\partial\Omega)$，是否存在$u_0\in C^0(\overline{\Omega})$使得$u_0$在$\Omega$内调和且$u_0|_{\partial\Omega}=g$？
我们说，这样的$u_0$一定存在。
$\text{Proof}$：先来证明一个较弱的结论，给$g$更多的正则性。假设$g\in C^1(\overline{\Omega})$，则$\nabla g$存在。又因为$\partial\Omega$是由有限条$\text{Jordan}$曲线构成的，$\overline{\Omega}$（$\Omega$是$\text{Jordan}$曲线外区域的情况不考虑，没有意义）一定紧，故$g\in H^1(\overline\Omega)\subseteq H^1(\Omega)$。由高数里基础的连续性，我们自然得到对于任意小正实数$\epsilon$，存在$\delta_0$使得当$|g(w)-g(z)|$小于$\epsilon$时，$|w-z|$小于$\delta_0$。取$z\in\Omega$使得$\delta=d(z,\partial\Omega)$小于$\delta_0$。同时取连续函数$u_0:\overline\Omega\to\mathbb{R}$使得$u_0|_\Omega$最小化$\text{Dirchlet}$积分（利用$\text{Tietze}$延拓定理完全可以做到这一点），由上一节证明的$\text{Dirchlet}$原理，$u_0\in H^1(\Omega)$，$u_0-g\in H_0^1(\Omega)$，且$u_0$在$\Omega$内调和。我们对$u_0$和$g$做一些点态差估计，然后再逼近边界来得到结论。
由调和函数的均值性，
$$u_0(z)=\frac{1}{\pi\delta^{2}}\int_{\Delta(z,\delta)}u_{0},\quad \forall z\in\Omega$$
故我们可以得到点态差
$$u_0(z)-g(z)=\frac{1}{\pi\delta^{2}}\int_{\Delta(z,\delta)}(u_{0} - g(z))$$
$$=\frac{1}{\pi\delta^{2}}\int_{\Delta(z,\delta)}(u_{0} - g)+\frac{1}{\pi\delta^{2}}\int_{\Delta(z,\delta)}(g-g(z))$$
积分第一项的模利用边界$\text{Poincaré}$不等式进行估计。
$$\left|\frac{1}{\pi\delta^{2}}\int_{\Delta(z,\delta)}(u_{0} - g)\right|^{2}=\frac{1}{\pi^{2}\delta^{4}}\left|\int_{\Delta(z,\delta)}(u_{0} - g)\right|^{2}$$
由$\text{Cauchy-Schwartz}$不等式得到上式的一个估计
$$\frac{1}{\pi^{2}\delta^{4}}\left|\int_{\Delta(z,\delta)}(u_{0} - g)\right|^{2}\leq\frac{1}{\pi\delta^{2}}\int_{\Delta(z,\delta)}|u_{0}-g|^{2}$$
这里有$\delta^{-1}$项，直接让$\delta\to0$会使我们处理不了。$z$在$\Omega$内，也无法直接使用边界$\text{Poincaré}$不等式，于是我们取$\xi\in\partial\Omega$使得$\delta=|z-\xi|$。扩大圆盘并利用边界$\text{Poincaré}$不等式，进一步得到
$$\frac{1}{\pi\delta^{2}}\int_{\Delta(z,\delta)}|u_{0}-g|^{2}\leq\frac{1}{\pi\delta^{2}}\int_{\Delta(\xi,2\delta)}|u_{0}-g|^{2}$$
$$\leq16\pi\int_{\Delta(\xi,2\delta)}|\nabla(u_{0}-g)|^{2}$$
故第一项积分模的估计
$$\left|\frac{1}{\pi\delta^{2}}\int_{\Delta(z,\delta)}(u_{0}-g)\right|\leq4\sqrt{\pi}\left(\int_{\Delta(\xi,2\delta)}|\nabla(u_{0}-g)|^{2}\right)^{\frac{1}{2}}$$
第二项积分要简单的多。利用之前证明的$g$的连续性就可以得到一个很好的估计。
再次利用$\text{Cauchy-Schwartz}$不等式
$$\left|\int_{\Delta(z,\delta)}(g - g(z))\right|^{2}\leq\pi\delta^{2}\int_{\Delta(z,\delta)}|g - g(z)|^{2}$$
由于我们选取了$\delta$小于$\delta_0$，在$\Delta(z,\delta)$内部，任意点$w$都能使$|g(w)-g(z)|$小于$\epsilon$。于是
$$\pi\delta^{2}\int_{\Delta(z,\delta)}|g - g(z)|^{2}\leq\pi\delta^{2}\int_{\Delta(z,\delta)}|\varepsilon|^{2}=\pi^{2}\delta^{4}\varepsilon^{2}$$
故得到了第二项积分模的估计
$$\left|\frac{1}{\pi\delta^{2}}\int_{\Delta(z,\delta)}(g - g(z))\right|\leq\varepsilon$$
最后再利用三角不等式可以得到我们所期望的最终点态差估计
$$|u_{0}(z)-g(z)|\leq4\sqrt{\pi}\left(\int_{\Delta(\xi,2\delta)}|\nabla(u_{0}-g)|^{2}\right)^{\frac{1}{2}}+\varepsilon$$
这是一个很棒的估计。$\epsilon$是任意小的，可以直接忽略；当$\delta\rightarrow0$，也就是$z$逼近到边界时，$|\Delta(\xi,2\delta)|\rightarrow0$。先前我们已经证明$u_0-g\in H_0^1(\Omega)$，故由积分绝对连续性，
$$\int_{\Delta(\xi,2\delta)}|\nabla(u_{0}-g)|^{2}\rightarrow0$$
由$u_0$在$\overline\Omega$上的连续性，直接得到逐点相等的结论$u_{0}|_{\partial\Omega}=g$。$g$和$u_0$本身又是在$\overline\Omega$连续的，故当$g\in C^1(\overline{\Omega})$，命题成立。
接下来我们的就开始证明强结论，此时$g\in C^0(\partial\Omega)$，正则性非常低。自然我们想到采用构造高正则性函数序列逼近低正则性函数来获取证明所需的正则性，也就是磨光方法来证明。磨光方法是分析常用的手段，但在这里我们毕竟第一次用，所以来演示一下。
第一步，再次使用$\text{Tietze}$延拓定理，将$g$延拓为一个$\mathbb{C}$上的连续函数。
构造一个正值磨光核$\eta\in C^1(\mathbb{C})$（如果你了解卷积理论，你就能看出我们这里用的实际上是著名的$\text{Friedrichs}$磨光算子），满足
$$\int_{\mathbb{C}}\eta=1,\quad \text{supp}(\eta)=\Delta(0,1)$$
再构造一个磨光核序列$\{\eta_j\}$：
$$\eta_j=j^2\eta(jz)$$
其中归一化因子$j^2$分配给略去没写的微元$dv(z)$，来保证归一化。显然这个序列的支撑集是随指标收缩的，即
$$\text{supp}(\eta_j)=\Delta\left(0,\frac{1}{j}\right)$$
用磨光核序列，我们卷积来构造一个函数列$\{g_j\}$：
$$g_j(z)=(g*\eta_j)(z)=\int_{\mathbb{C}}g\eta_j(z-\cdot)$$
根据卷积的性质，
$$\partial^\alpha(g*\eta_j)(z)=(g*\partial^\alpha\eta_j)(z)$$
显然$\{g_j\}\subset C^1(\mathbb{C})$。于是我们成功的磨光化，得到了一个具有足够正则性的$C^1$函数列。磨光核的正则性越高，磨光化的效果越好，$C^\infty$的磨光核会得到一个$C^\infty$函数列。但我们不需要那么高的正则性，$C^1$已经满足了证明弱结论所需的正则性。现在要做的是证明$\{g_j\}$一致收敛于$g$，即$g_j\rightrightarrows g$，这样我们就能得到$\{g_j\}$是$\text{Cauchy}$列的结论，以便后续推导。对于任意$z\in\mathbb{C}$，考虑点态差，
$$|g_j(z)-g(z)|=\left|\int_{\mathbb{C}}g\eta_j(z-\cdot)-g(z)\right|$$
显然$dv(\cdot)=dv(z-\cdot)$，故$\eta_j(z-\cdot)$也满足归一性，且支撑集$\text{supp}(\eta_j(z-\cdot))=\Delta\left(z,\frac{1}{j}\right)$。故
$$|g_j(z)-g(z)|=\left|\int_{\mathbb{C}}g\eta_j(z-\cdot)-\int_{\mathbb{C}}g(z)\eta_j(z-\cdot)\right|$$
$$=\left|\int_{\mathbb{C}}(g-g(z))\eta_j(z-\cdot)\right|$$
利用积分三角不等式，有
$$|g_j(z)-g(z)|\leq\int_{\mathbb{C}}|g-g(z)|\eta_j(z-\cdot)$$
因为磨光核只在支撑集有贡献，
$$|g_j(z)-g(z)|\leq\int_{\Delta\left(z,\frac{1}{j}\right)}|g-g(z)|\eta_j(z-\cdot)$$
对于任意正实数$\epsilon$，总存在正整数$N$，使得$j$大于$N$时，$\frac{1}{j}$小于$\delta_0$，此时$|z-\cdot|$小于$\delta_0$，根据$g$的连续性得$|g-g(z)|$小于$\epsilon$：
$$|g_j(z)-g(z)|\leq\epsilon\int_{\Delta\left(z,\frac{1}{j}\right)}\eta_j(z-\cdot)=\epsilon$$
即$g_j\rightrightarrows g$。记$g_j$按弱结论得到的调和函数为$u_j$，得到一个在$\overline\Omega$上连续，在$\Omega$上调和的函数列$\{u_j\}$。由最大值原理，在$\overline\Omega$上连续且在$\Omega$上调和的函数的极值总在$\partial\Omega$上取得，于是得到
$$\max_{\overline\Omega}|u_j-u_k|\leq\max_{\partial\Omega}|g_j-g_k|$$
一致收敛的函数列与$\text{Cauchy}$列等价，又因为紧集$\overline\Omega$上$C^0$空间对一致范数完备，显然该不等式表明$\{u_j\}$在$\overline\Omega$上一致收敛于某连续函数$u_0$。根据$\text{Harnack}$收敛定理，在$\overline\Omega$上连续且在$\Omega$上调和的函数列若在$\partial\Omega$上一致收敛，则其在$\Omega$上也一致收敛，且极限函数也在$\Omega$上调和。故$u_0$一定在$\Omega$上调和。又因为对于每一个$u_j$，都有$u_j|_{\partial\Omega}=g_j|_{\partial\Omega}$，故对于任意$\xi\in\partial\Omega$，
$$\lim_{j\to+\infty}u_j(\xi)=u_0(\xi)=\lim_{j\to+\infty}g_j(\xi)=g(\xi)$$
故$u_0|_{\partial\Omega}=g|_{\partial\Omega}$。当$g$没有延拓时，就有$u_0|_{\partial\Omega}=g$。
综上，若$\Omega\subset\mathbb{C}$满足$\partial\Omega$是由有限条$\text{Jordan}$曲线构成的，则对于任意$g\in C^0(\partial\Omega)$，总存在$u_0\in C^0(\overline{\Omega})$使得$u_0$在$\Omega$内调和且$u_0|_{\partial\Omega}=g$。
至此就解决了$\text{Dirchlet}$问题。
（本章完）
