黎曼流形上Laplace算子的高阶特征值下界估计

Lower Bound Estimation of Higher Eigenvalues of Laplace Operators on Riemannian Manifold

摘要: 本文研究黎曼流形上Lapalce算子的高阶特征值下界估计，对Ricci曲率具有负下界的黎曼流形，Li-Yau得到了定性的下界估计，本文运用了热核的梯度函数的梯度估计和Harnack不等式的方法，给出了Ricci曲率负下界的黎曼流形上定量的高阶特征值下界估计。

Abstract: In this paper, we study the lower bound estimates of higher eigenvalues of Lapalce operator on Riemannian manifold. For Riemannian manifolds with negative lower bounds of Ricci curvature, Li-Yau obtained qualitative lower bound estimates. In this paper, we use the method of the gradient estimation of gradient function of the hot kernel and Harnack type inequality; we give the quantitative lower bound estimation of higher eigenvalues on Riemannian manifold with negative lower bound of Ricci curvature.

1. 引言以及主要结果

对于Ricci曲率具有负下界 $-K\left(K\ge 0\right)$ 的紧致黎曼流形Laplace算子的高阶特征值的下界估计，Li-Yau [1] 给出了此类型Ricci曲率条件下的下界估计，即 ${\lambda }_k\ge C\left(n,k,K,d\right)$ ，其中 $\forall k\ge 1$ ， $C\left(n,k,K,d\right)$ 是仅依赖于常数 $n,k,K,d$ ，这仅是对此得到定性的估计。 因此，本文考虑的是在Ricci曲率具有负下界 $-K\left(K\ge 0\right)$ 的紧致黎曼流形上Laplace算子高阶特征值下界估计的问题，这个下界估计的结论是定量，简单地说，本文给出 $C\left(n,k,K,d\right)$ 的具体形式。

已知热核是热方程

$\left(\Delta -\frac{\partial }{\partial t}\right)u\left(x,t\right)=0$ ，在 $M\times \left[0,\infty \right)$ 。 (1.1)

的基本解，这也是研究Laplace算子的有效工具之一。本文遵循孙和军 [2] 提供的方法，即借助于热核的性质以及已得到的Ricci曲率具有负下界的第一特征值 ${\lambda }_1$ 下界估计的结果，来推导出Laplace算子高阶特征值的下界估计，并且所得的估计都是定量的。

但不同于 [2] 中建立的梯度函数为

$F\left(x,t\right)={\left|\nabla f\right|}^2-\alpha \left(t\right)f_t$ ， $\alpha \left(t\right)\in \left[0,T\right]$ 。

注意到此处 $f_t$ 的系数 $\alpha \left(t\right)$ 是一个函数，而不是一般的常数，因此对梯度函数进行梯度估计时避免不了的是给出函数 $\alpha \left(t\right)$ 的具体形式，进而获得一个新的Harnark不等式，这样就在一定程度上增加了难度。本文所建立的梯度函数为

$F\left(x,t\right)=t\left({\left|\nabla f\right|}^2-\alpha f_t\right)$ ，

对于任意固定的 $\alpha \ge 1$ 。并且对 $F\left(x,t\right)$ 的梯度估计均来自原文献，因此证明获得的Harnark不等式的证明过程相对简单。

另一方面，蔡开仁 [3] 获得了关于Ricci曲率满足 $Ric\left(M\right)\ge -K\left(K\ge 0\right)$ 假设条件下n维的紧致黎曼流形，Laplace算子第一特征值 ${\lambda }_1$ 的下界估计为

${\lambda }_1\ge \frac{{\text{π}}^2}{d^2}-\frac{15}{16}K$ ， (1.2)

贾方 [4] 在相同的Ricci曲率的假设条件下，n维紧致黎曼流形上的Laplace算子第一特征值 ${\lambda }_1$ 的下界估计为

${\lambda }_1\ge \frac{{\text{π}}^2}{2d^2}{\left(\frac{1}{4}{C}_n\sqrt{K{d}^2}\right)}^2{\left[\exp \left(\frac{1}{4}{C}_n\sqrt{K{d}^2}\right)-1\right]}^{-2}$ ， (1.3)

其中d是流形的直径， $C_n=\max \left(\sqrt{2},\sqrt{n-1}\right)$ 。

杨洪苍 [5] 在研究狄利克雷边界条件的第一特征值下界估计时，引进了具有负下界 $-K$ 的Ricci曲率和具有负下界的边界平均曲率，在满足下列条件时

$\{\begin{array}{l}n\le 7,K\ge 4\left(n-1\right)H_0^2,\\ 3<n<7,K\ge \frac{16}{9}\frac{{\left(n-1\right)}^2}{{\left(n-3\right)}^2}\left(n-1\right)H_0^2.\end{array}$

则

${\lambda }_1\ge \frac{{\text{π}}^2}{4{\rho }^2}{\left[\frac{1}{2}\sqrt{\left(n-1\right)R{\rho }^2}\right]}^2{\left[\exp \left(\frac{1}{2}\sqrt{\left(n-1\right)R{\rho }^2}\right)-1\right]}^{-2}$ ， (1.4)

其中 $\rho$ 是流形的内接半径。

对此，本文在第2节先完成建立Harnack不等式的预备工作，第3节将给出了在Ricci曲率具有负下界 $-K\left(K\ge 0\right)$ 的紧致黎曼流形上Laplace算子的高阶特征值的下界定量估计主要定理的证明，本文对定理1.1，定理1.2和定理1.3的证明虽然在一些证明的策略上类似于 [2] ，但因为采用了得当的梯度函数 $F\left(x,t\right)$ 的梯度估计，因此在一定程度上简化对定理的证明。其中定理1.3的结论说明了高阶特征值下界估计的结论不仅仅是与 $C\left(n,k,K,d\right)$ 中四个几何量有关，还与黎曼流形上新的几何量有关。

定理1.1设M是n维紧致黎曼流形，其Ricci曲率 $Ric\left(M\right)\ge -K$ ，其中常数 $K\ge 0$ ，d为M的直径，则

${\lambda }_k\ge C_1\left(n\right)\frac{k^{2/n}{\text{π}}^2}{d^2}\exp \left(-{\tilde{C}}_1\left(n\right)\sqrt{K{d}^2}\right)-\frac{15}{16}K$ 。 (1.5)

其中，

$C_1\left(n\right)=\left(\frac{15}{8n}+1\right)\exp \left(-2\sqrt{\frac{16{\text{π}}^2}{15n}}\right)$ ， ${\tilde{C}}_1\left(n\right)=\frac{2}{\sqrt{n-1}}$ 。

注意到当 $n\mapsto +\infty$ 时， $C_1\left(n\right)\mapsto 1$ ， ${\tilde{C}}_1\left(n\right)\mapsto 0$ ，这样可以部分的证明了存在某个 $\delta \in R$ ，则

${\lambda }_k\ge \frac{k^{2/n}{\text{π}}^2}{d^2}-\delta \cdot K$

定理1.2 设M是n维紧致黎曼流形，其Ricci曲率 $Ric\left(M\right)\ge -K$ ，其中常数 $K\ge 0$ ，d为M的直径，当 $n=2$ 时，则

${\lambda }_k\ge C_2\left(n\right)\frac{k^{2/n}{\pi }^2}{d^2}\exp \left(-{\tilde{C}}_2\left(n\right)\sqrt{K{d}^2}\right)$ ， (1.6)

其中，

$C_2\left(n\right)=\frac{{\text{π}}^2}{15}{\left(\frac{15}{8n}+1\right)}^2\exp \left(-2\sqrt{\frac{16{\text{π}}^2}{15n}}\right)$ ， ${\tilde{C}}_2\left(n\right)=\frac{2}{\sqrt{n-1}}+\frac{\sqrt{2}}{2}$ 。

而当 $n\ge 3$ 时，则

${\lambda }_k\ge C_3\left(n\right)\frac{k^{2/n}{\pi }^2}{d^2}\exp \left(-{\tilde{C}}_3\left(n\right)\sqrt{K{d}^2}\right)$ ， (1.7)

其中，

$C_3\left(n\right)={\left(\frac{15}{8n}+1\right)}^{-2}\exp \left(-2\sqrt{\frac{16{\text{π}}^2}{15n}}\right)$ ， ${\tilde{C}}_3\left(n\right)=\frac{2}{\sqrt{n-1}}+\frac{\sqrt{n-1}}{2}$ 。

当 $n\to +\infty$ 时， $C_3\left(n\right)\mapsto 1$ ，此时就有

${\lambda }_k\ge \frac{k^{2/n}{\text{π}}^2}{d^2}\exp \left(-C_n\sqrt{K{d}^2}\right)$ 。

$C_n$ 仅依赖于常数n。

定理1.3设M是n维紧致黎曼流形，其Ricci曲率 $Ric\left(M\right)\ge -K$ ，其中常数 $K\ge 0$ ， $\rho$ 为M的内接半径，则

${\lambda }_k\ge C_4\left(n\right)\frac{k^{2/n}{\text{π}}^2}{d^2}\exp \left(-{\tilde{C}}_4\left(n\right)\sqrt{K}\right)$ ， (1.8)

其中，

$C_4={\left(\frac{15}{8n}+1\right)}^{-2}\exp \left(-2\sqrt{\frac{16{\text{π}}^2}{15n}}\right)$ ， ${\tilde{C}}_4=\frac{2d}{\sqrt{n-1}}+\sqrt{\left(n-1\right){\rho }^2}$ 。

2. Harnack不等式

设M为一个n维完备黎曼流形， $$ ， $i=1,2,\cdots ,n$ 是M上的局部正交标架场。 用下标i,j分别表示对 $e_i$ ， $e_j$ 方向协变导数。u是(1.1)式的正解， $u>0$ ，令 $f=\log u$ ，则f满足

$\left(\Delta -\frac{\partial }{\partial t}\right)f=-{\left|\nabla f\right|}^2$ 。 (2.1)

其中 $\nabla f$ 表示为 $x\in M$ 的梯度，设Ricci曲率满足 $Ric\left(M\right)\ge -K\left(K\ge 0\right)$ ，对于固定的常数 $\alpha \ge 1$ ，令

$F\left(x,t\right)=t\left({\left|\nabla f\right|}^2-\alpha f_t\right)$ ，对此，Schoen-Yau [6] 得到了如下梯度估计

${\left|\nabla f\right|}^2-\alpha f_t\le \frac{n{\alpha }^2}{2t}+\frac{n{\alpha }^{2}K}{2\left(\alpha -1\right)}$ ， $t>0$ ， $\alpha >1$ 。(2.2)

在相同的条件下，Davies [7] 将上述的结果改进为

${\left|\nabla f\right|}^2-\alpha f_t\le \frac{n{\alpha }^2}{2t}+\frac{n{\alpha }^{2}K}{4\left(\alpha -1\right)}$ ， $t>0$ ， $\alpha >1$ 。 (2.3)

事实上，我们可以获得如下的Harnack不等式。

引理2.1设M为n维完备黎曼流形，Ricci曲率满足 $Ric\left(M\right)\ge -K\left(K\ge 0\right)$ ，设 $u\left(x,t\right)$ 是定义在 $M\times \left[0,\infty \right)$ 热方程(1.1)的正解，对 $\forall x_1,x_2\in M$ ， $0<t_1<t_2<\infty$ ，下列不等式成立

$u\left(x_1,t_1\right)\le u\left(x_2,t_2\right){\left(\frac{t_2}{t_1}\right)}^{n\alpha /2}\exp \left[\frac{\alpha {\rho }^2}{4\left(t_2-t_1\right)}+\frac{n\alpha K\left(t_2-t_1\right)}{4\left(\alpha -1\right)}\right]$ 。 (2.4)

证明在M中取连接 $x_1$ 和 $x_2$ 的极小测地线， $\gamma :\left[0,1\right]\mapsto M$ ，使得 $\gamma \left(0\right)=x_2$ ， $\gamma \left(1\right)=x_1$ ，在 $M\times \left(0,\infty \right)$ 上定义曲线 $\eta :\left[0,1\right]\mapsto M\times \left(0,\infty \right)$ ， $\eta \left(s\right)=\left(\gamma \left(s\right),\left(1-s\right)t_2+s{t}_1\right)$ ，则 $\eta \left(0\right)=\left(x_2,t_2\right)$ ， $\eta \left(1\right)=\left(x_1,t_1\right)$ 。

令 $f=\log u\left(x,t\right)$ ，则

$f\left(x_1,t_1\right)-f\left(x_2,t_2\right)=f\left[\eta \left(1\right)\right]-f\left[\eta \left(0\right)\right]={f\left[\eta \left(s\right)\right]|}_{s=1}-{f\left[\eta \left(s\right)\right]|}_{s=0}$ ，

于是

$\begin{array}{c}f\left(x_1,t_1\right)-f\left(x_2,t_2\right)={\displaystyle {\int }_0^1\frac{\text{d}f\left[\eta \left(s\right)\right]}{\text{d}s}\text{d}s}={\displaystyle {\int }_0^1\left[\langle \gamma ,\nabla f\rangle -\left(t_2-t_1\right)f_t\right]\text{d}s}\\ \le {\displaystyle {\int }_0^1\left[\left|\stackrel{\dot{}}{\gamma }\right|\left|\nabla f\right|-\left(t_2-t_1\right)f_t\right]\text{d}s}\end{array}$ 。 (2.5)

若记 $\sigma =d\left(x_1,x_2\right)$ ，则 $\left|\stackrel{\dot{}}{\gamma }\right|=\sigma$ ，由(2.3)式得到

$-f_t\le \frac{1}{\alpha }\left(\frac{n{\alpha }^2}{2t}+\frac{n{\alpha }^{2}K}{4\left(\alpha -1\right)}-{\left|\nabla f\right|}^2\right)$ 。 (2.6)

从而有

$\begin{array}{c}f\left(x_1,t_1\right)-f\left(x_2,t_2\right)\le {\displaystyle {\int }_0^1\left[\sigma \left|\nabla f\right|+\frac{t_2-t_1}{\alpha }\left(\frac{n\alpha {}^2}{2t}+\frac{n{\alpha }^{2}K}{4\left(\alpha -1\right)}-{\left|\nabla f\right|}^2\right)\right]\text{d}s}\\ ={\displaystyle {\int }_0^1\left[-\frac{t_2-t_1}{\alpha }{\left|\nabla f\right|}^2+\sigma \left|\nabla f\right|+\frac{t_2-t_1}{\alpha }\left(\frac{n\alpha {}^2}{2t}+\frac{n{\alpha }^{2}K}{4\left(\alpha -1\right)}\right)\right]\text{d}s}\end{array}$ 。

上式右端被积分项可以看成关于 $\left|\nabla f\right|$ 的二次三项式，其极大值为

$\frac{\alpha {\sigma }^2}{4\left(t_2-t_1\right)}+\frac{t_2-t_1}{\alpha }\left[\frac{n\alpha {}^2}{2t}+\frac{n{\alpha }^{2}K}{4\left(\alpha -1\right)}\right]$ 。(2.7)

令 $t=\left(1-s\right)t_2+s{t}_1$ ，直接由(2.7)式得到

$\begin{array}{c}f\left(x_1,t_1\right)-f\left(x_2,t_2\right)\le \frac{\alpha {\sigma }^2}{4\left(t_2-t_1\right)}+\frac{n\alpha K\left(t_2-t_1\right)}{4\left(\alpha -1\right)}+\frac{n\alpha \left(t_2-t_1\right)}{2}{\displaystyle {\int }_0^1\frac{\text{d}s}{\left(1-s\right)t_2+s{t}_1}}\\ =\frac{\alpha {\sigma }^2}{4\left(t_2-t_1\right)}+\frac{n\alpha K\left(t_2-t_1\right)}{4\left(\alpha -1\right)}+\frac{n\alpha }{2}\ln \left(\frac{t_2}{t_1}\right)\end{array}$ (2.8)

(2.8)式不等式两边同时取指数函数exp，就可以得到(2.4)式。特别地，取 $\alpha =2$ 时，(2.4)式就可以得到

$u\left(x_1,t_1\right)\le u\left(x_2,t_2\right){\left(\frac{t_2}{t_1}\right)}^n\exp \left[\frac{{\sigma }^2}{2\left(t_2-t_1\right)}+\frac{nK\left(t_2-t_1\right)}{2}\right]$ 。 (2.9)

3. 主要定理的证明

引理3.1 [2] 设M是一个n维的紧致黎曼流形，并且Ricci曲率满足 $Ric\left(M\right)\ge -K\left(K\ge 0\right)$ ，d是流形M的直径，以 $V_x\left(r\right)$ 表示中心在x点，半径为r的测地球体积，以 $\phi \left(r\right)$ 表示体积元，则

$V_x\left(r\right)\ge {\left(\frac{\sinh \left(\sqrt{\frac{K{r}^2}{n-1}}\right)}{\sinh \left(\sqrt{\frac{K{d}^2}{n-1}}\right)}\right)}^n{V}_x\left(d\right)$ 。 (3.1)

完成上述的工作后，现在对定理1.1，定理1.2和定理1.3作出证明。

定理1.1的证明设 $H\left(x,y,t_1\right)$ 是M的热核，由(2.9)式可知，下述Harnack不等式成立

$H\left(x,x,t_1\right)\le H\left(x,y,t_1\right){\left(\frac{t_2}{t_1}\right)}^n\exp \left[\frac{{\rho }^2}{2\left(t_2-t_1\right)}+\frac{nK\left(t_2-t_1\right)}{2}\right]$ 。

取 $t_1=t$ ， $t_2-t_1=\beta t$ ，移项并对y作积分，因为 ${\displaystyle {\int }_{M}H\left(x,y,t\right)\text{d}y}=1$ ，因此有

$H\left(x,x,t\right){\displaystyle {\int }_M\exp \left(-\frac{{\sigma }^2}{2\beta t}\right)\text{d}y}\le {\left(\beta +1\right)}^n\exp \left(\frac{nK\beta t}{2}\right)$ 。 (3.2)

直接由引理3.1可得

${\displaystyle {\int }_M\exp \left(-\frac{{\sigma }^2}{2\beta t}\right)\text{d}y}\ge {\left(\frac{\sinh \left(\sqrt{\frac{K{r}^2}{n-1}}\right)}{\sinh \left(\sqrt{\frac{K{d}^2}{n-1}}\right)}\right)}^n{V}_x\left(d\right)\exp \left(-\frac{r^2}{2\beta t}\right)\ge \frac{r^n{V}_x\left(d\right)}{d^n\exp \left(n\sqrt{\frac{K{d}^2}{n-1}}\right)}\exp \left(-\frac{r^2}{2\beta t}\right)$ 。

将上式代入代入到(3.2)式，并注意到

${\displaystyle {\int }_{M}H\left(x,x,t\right)\text{d}x}={\displaystyle \underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum }}\exp \left(-{\lambda }_{i}t\right)}\ge k\exp \left(-{\lambda }_{k}t\right)$ ，

对x作积分可以得到

$\frac{k}{{\left(\beta +1\right)}^n{d}^n\exp \left(n\sqrt{\frac{K{d}^2}{n-1}}\right)}\le r^{-n}\exp \left[\frac{r^2}{2\beta t}+\left({\lambda }_k+\frac{nK\beta }{2}\right)t\right]$ 。 (3.3)

令 $\frac{n\beta }{2}=\frac{15}{16}$ ，则 $\beta =\frac{15}{8n}$ 。假设r是确定的，对t取极小值，(3.3)式可得

$\frac{k}{{\left(\frac{15}{8n}+1\right)}^n{d}^n\exp \left(n\sqrt{\frac{K{d}^2}{n-1}}\right)}\le r^{-n}\exp \left[\sqrt{\frac{16n{r}^2}{15}\left({\lambda }_k+\frac{15}{16}K\right)}\right]$ 。(3.4)

取 $r^2\left({\lambda }_k+\frac{15}{16}K\right)={\text{π}}^2$ ，从而有

$\frac{k{\text{π}}^n}{{\left(\frac{15}{8n}+1\right)}^n{d}^n\exp \left(n\sqrt{\frac{K{d}^2}{n-1}}+\sqrt{\frac{16n{\text{π}}^2}{15}}\right)}\le {\left({\lambda }_k+\frac{15}{16}K\right)}^{n/2}$ 。 (3.5)

进一步可得

${\lambda }_k\ge \frac{k^{2/n}{\text{π}}^2}{{\left(\frac{15}{8n}+1\right)}^2{d}^2\exp \left(2\sqrt{\frac{K{d}^2}{n-1}}\right)\exp \left(2\sqrt{\frac{16{\text{π}}^2}{15n}}\right)}-\frac{15}{16}K$ 。

取

$C_1\left(n\right)={\left(\frac{15}{8n}+1\right)}^{-2}\exp \left(-2\sqrt{\frac{16{\text{π}}^2}{15n}}\right)$ ， ${\tilde{C}}_1\left(n\right)=\frac{2}{\sqrt{n-1}}$ 。

即得到(1.5)式。

当 $n\mapsto \infty$ 时， $C_1\left(n\right)\mapsto 1$ ，，(1.5)式可表示为

${\lambda }_k\ge \frac{k^{2/n}{\text{π}}^2}{d^2}-\frac{15}{16}K$ ，

这样可以部分地证明了对存在某个 $\delta \in R$ ，使得

${\lambda }_k\ge \frac{k^{2/n}{\text{π}}^2}{d^2}-\delta \cdot K$ 。

证毕。

定理1.2的证明当 $n=2$ 时， $C_n=\sqrt{2}$ ，此时(1.3)式可等价于

${\lambda }_1\ge \frac{{\text{π}}^2}{2d^2}{\left(\frac{1}{4}\sqrt{2K{d}^2}\right)}^2{\left[\exp \left(\frac{1}{4}\sqrt{2K{d}^2}\right)-1\right]}^{-2}$

进一步地，

$\frac{K}{{\lambda }_1}\le \frac{16}{{\text{π}}^2}{\left[\exp \left(\frac{1}{4}\sqrt{2K{d}^2}\right)-1\right]}^2$ 。 (3.6)

由(3.6)式的右式后得

$\begin{array}{c}{\left({\lambda }_k+\frac{15}{16}K\right)}^{n/2}={\lambda }_k^{n/2}{\left(1+\frac{15K}{16{\lambda }_k}\right)}^{n/2}\le {\lambda }_k^{n/2}{\left(1+\frac{15K}{16{\lambda }_1}\right)}^{n/2}\\ \le {\lambda }_k^{n/2}{\left(1+\frac{15}{{\text{π}}^2}{\left[\exp \left(\frac{1}{4}\sqrt{2K{d}^2}\right)-1\right]}^2\right)}^{n/2}\\ \le {\lambda }_k^{n/2}{\left(\frac{15}{{\text{π}}^2}\right)}^{n/2}\exp \left(\frac{n}{4}\sqrt{2K{d}^2}\right)\end{array}$ 。

再将上式的结果代入到(3.5)后得

${\lambda }_k\ge \frac{k^{2/n}{\text{π}}^2}{\frac{15}{{\text{π}}^2}{\left(\frac{15}{8n}+1\right)}^2{d}^2\exp \left(2\sqrt{\frac{K{d}^2}{n-1}}\right)\exp \left(2\sqrt{\frac{16{\text{π}}^2}{15n}}\right)}\exp \left(-\frac{1}{2}\sqrt{2K{d}^2}\right)$ 。 (3.7)

令

$C_2\left(n\right)=\frac{{\text{π}}^2}{15}{\left(\frac{15}{8n}+1\right)}^{-2}\exp \left(-2\sqrt{\frac{16{\text{π}}^2}{15n}}\right)$ ， ${\tilde{C}}_2\left(n\right)=\frac{2}{\sqrt{n-1}}+\frac{\sqrt{2}}{2}$ 。

即得到(1.6)式。

当 $n\ge 3$ 时， $C_n=\sqrt{n-1}$ ，直接由(1.3)式可等价于

${\lambda }_1\ge \frac{{\text{π}}^2}{d^2}{\left(\frac{1}{4}\sqrt{\left(n-1\right)K{d}^2}\right)}^2{\left[\exp \left(\frac{1}{4}\sqrt{\left(n-1\right)K{d}^2}\right)-1\right]}^{-2}$ 。(3.8)

进一步地，

$1+\sqrt{\frac{\left(n-1\right){\text{π}}^2}{16}\frac{K}{{\lambda }_1}}\le \exp \left(\frac{1}{4}\sqrt{\left(n-1\right)K{d}^2}\right)$ 。 (3.9)

显然地，当 $n\ge 3$ 时，总有 $\frac{15}{16}\le \frac{\left(n-1\right){\text{π}}^2}{16}$ 。同样地，直接由(3.9)式的右式得

$\begin{array}{c}{\left({\lambda }_k+\frac{15}{16}K\right)}^{n/2}={\lambda }_k^{n/2}{\left(1+\frac{15K}{16{\lambda }_k}\right)}^{n/2}\le {\lambda }_k^{n/2}{\left(1+\frac{15K}{16{\lambda }_1}\right)}^{n/2}\\ \le {\lambda }_k^{n/2}{\left(1+{\left[\exp \left(\frac{1}{4}\sqrt{\left(n-1\right)K{d}^2}\right)-1\right]}^2\right)}^{n/2}\\ \le {\lambda }_k^{n/2}\exp \left(\frac{n}{4}\sqrt{\left(n-1\right)K{d}^2}\right)\end{array}$ 。

再将上式的结果代入到(3.5)后得

${\lambda }_k\ge \frac{k^{2/n}{\text{π}}^2}{{\left(\frac{15}{8n}+1\right)}^2{d}^2\exp \left(2\sqrt{\frac{K{d}^2}{n-1}}\right)\exp \left(2\sqrt{\frac{16{\text{π}}^2}{15n}}\right)}\exp \left(-\frac{1}{2}\sqrt{\left(n-1\right)K{d}^2}\right)$ 。

令

$C_3\left(n\right)={\left(\frac{15}{8n}+1\right)}^{-2}\exp \left(-2\sqrt{\frac{16{\text{π}}^2}{15n}}\right)$ ， ${\tilde{C}}_3\left(n\right)=\frac{2}{\sqrt{n-1}}+\frac{\sqrt{n-1}}{2}$ 。

即得到(1.6)式，当 $n\to +\infty$ 时， $C_3\left(n\right)\mapsto 1$ ，此时就有

${\lambda }_k\ge \frac{k^{2/n}{\text{π}}^2}{d^2}\exp \left(-C_n\sqrt{K{d}^2}\right)$ ，

$C_n$ 仅依赖于常数n，证毕。

定理1.3的证明与定理1.2当 $n\ge 3$ 的证明相似，这里不作叙述。

4. 结束语

黎曼流形上Laplace算子高阶特征值的下界估计是可以作定量估计的，这是借助于热核的性质以及已得到的Ricci曲率具有负下界的第一特征值 ${\lambda }_1$ 的下界估计所推导出的结论。本文还借助到狄利克雷边界条件的第一特征值的下界估计得到高阶特征值的下界估计还与流形上的几何量内接半径有关，这个结论推广了Li-Yau定性估计的结论。

基金项目

广西民族大学研究生教育创新项目[gxun-chxzs2018037]。

NOTES

^*通讯作者。