一类平均曲率方程的内部梯度估计

Internal Gradient Estimation for a Class of Mean Curvature Equations

摘要: 本文研究了一类平均曲率方程，通过选取适当的辅助函数G，然后运用极值原理和对极值点性质的讨论，得到了此类平均曲率方程的内部梯度估计，完善了此类方程的内部梯度估计。

Abstract: In this paper, we study a class of mean curvature equations. By selecting an appropriate auxiliary function G, and then using the extreme value principle and the discussion of the properties of ex-treme points, we obtain the internal gradient estimation of such mean curvature equations, and improve the internal gradient estimation of such equations.

1. 引言

平均曲率方程是偏微分方程中一类重要方程，对于给定的平均曲率方程的内部梯度估计和全局梯度估计已经被广泛研究。Bombieri [1] 等人首先利用测试函数技巧和图上的Sobolev不等式，对高维的极小曲面得到了极小曲面方程的内部梯度估计。在1970年Ladyzhenskaya和Ural’Tseva [2] 运用了测试函数的方法对一类的平均曲率方程得到了内部梯度估计，详细过程请参见文献Gilbarg [3]。随后在1991年，Barles考虑了一类方程，通过对此方程的粘性解证明得出梯度估计并且给出了拟线性和完全非线性椭圆方程的一些推广 [4]。1998年文献 [5] 中Wang利用Bernstein技巧给出的一个新证明。2016年Ma等在 [6] 中给出了带有Neumann边值的平均曲率方程梯度估计的新证明，2018年，Wang与Ma利用曲面上的活动标架和极大值原理，进一步得出了预定夹角边值平均曲率方程的解的梯度估计 [7]。

本文首先介绍了平均曲率型方程和Wang及其学生的研究方法，然后利用极值原理及其研究方法，最终得出一类平均曲率方程的内部梯度估计。王培合教授研究的梯度估计适用于大部分的 $H\left(x,u\right)$ 在 $H_u\ge 0$ 时的情况而对于 $\alpha \le 0,H\left(x,u\right)=H\left(x\right)+{\alpha }^3/u$ 的情形不在其考虑类型中，本文对此进行了研究。

2. 预备知识

首先给出平均曲率方程，设 $\Omega \subset R^n$ 是一个有界的 $C^3$ 区域，我们考虑映射 $F:\Omega \to R^{n+1}$，则 $u:\Omega \to R$ 是定义在 $\Omega$ 的光滑函数，则 $\Sigma =F\left(\Omega \right)$ 是 $R^{n+1}$ 中的超曲面。

$F\left(x\right)\triangleq X=x+u\left(x\right)·e_{n+1}$

假设 ${\left\{x^i\right\}}_{i=1}^n$ 是 $\Omega$ 上的笛卡尔坐标，则有 $x=\left(x^1,x^2,\cdots ,x^n\right)=x^i·e_i$。

其中 $e_i=\left(0,\cdots ,0,1,0,\cdots ,0\right),i=\left(1,2,\cdots ,n\right)$。因此由上述的记号和计算得出

$\begin{array}{l}dX=\left(e_i+\frac{\partial u}{\partial x^i}·e_{n+1}\right)·d{x}^i\\ g=g_{jk}\left(x\right)d{x}^j·d{x}^k\end{array}$

记 $\gamma =\left(\nabla u,-1\right)/\sqrt{1+{\left|\nabla u\right|}^2}$ 为 $\Sigma$ 的向下方向的单位法向量场，我们有 $\gamma \perp \Sigma$，即 $\Sigma$ 关于 $\gamma$ 的第二基本型是 $\coprod =dX·d\gamma$ 则可以得到

$\coprod =\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^i\partial x^j}d{x}^i·d{x}^j/\sqrt{1+{\left|\nabla u\right|}^2}=h_{ij}d{x}^{i}d{x}^j$

因此 $\Sigma$ 的平均曲率为 $H=g^{ij}{h}_{ij}$，

其中 $g^{ij}={\delta }_{ij}-\frac{u_i{u}_j}{1+{\left|\nabla u\right|}^2}$ 代入第二基本型中可得 $H=\left(\Delta u-\frac{u_i{u}_j{u}_{ij}}{1+{\left|\nabla u\right|}^2}\right)/\sqrt{1+{\left|\nabla u\right|}^2}$，

这里 $\Delta$ 表示的Laplace算子，

最后得到平均曲率方程

$H\left(u\right)=div\left(\frac{\nabla u}{\sqrt{1+{\left|\nabla u\right|}^2}}\right)$

文献 [5] 中，Wang考虑了如下的平均曲率方程

$a_{ij}{u}_{ij}=\left({\delta }_{ij}-\frac{u_i{u}_j}{1+{\left|\nabla u\right|}^2}\right)u_{ij}=H\left(x\right)\sqrt{1+{\left|\nabla u\right|}^2}$ (1)

他对于方程(1)内部梯度估计的证明有如下结果：

设 $u\in C^3\left(B_r\left(0\right)\right)$ 是方程(1)的非负解，当 $\left|H\left(x\right)\right|\le C_0$，并且 $\left|\nabla H\left(x\right)\right|\le C_0$，则有

$\left|\nabla u\left(0\right)\right|\le \exp \left(C_1+C_2\frac{M^2}{r^2}\right)$

其中 $M=\underset{B_r\left(0\right)}{\sup }u\left(x\right)$， $C_1$ 依赖于n，M和 $C_0$ ； $C_2$ 依赖于n，和 $C_0$。

Wang在证明过程中附加了条件，即梯度估计适用于大部分的 $H\left(x,u\right)$ 在 $H_u\ge 0$ 时的情况而对于 $\alpha <0,H\left(x,u\right)=H\left(x\right)+\alpha u$ 的情况则不在Wang的结果中。

文献 [8] 中王聪涵则对该情况进一步的研究，尝试得出类似的内部梯度估计结果，并研究平均曲率型方程的梯度估计时用到了几个极值原理，具体的证明参见。他考虑了如下平均曲率方程。

$a_{ij}{u}_{ij}=H\left(x\right)\sqrt{1+{\left|\nabla u\right|}^2}+\alpha u$ (2)

对于 $u\in C^2\left(B_r\left(0\right)\right)$ 时，我们令

$a_{ij}=\left({\delta }_{ij}-\frac{u_i{u}_j}{1+{\left|\nabla u\right|}^2}\right)$

其中使用求和约定来表示。他的结果是如下：

设 $u\in C^3\left(B_r\left(0\right)\right),u\ge 0$ 是方程(2)的非负解，当 $\left|H\left(x\right)\right|\le C_0$，并且 $\left|\nabla H\left(x\right)\right|\le C_0$，则有

$\left|\nabla u\left(0\right)\right|\le \exp \left(C_1+C_2\left|\alpha \right|+C_3\frac{M^2}{r}+C_4\frac{M^2}{r^2}\right)$

其中 $M=\underset{B_r\left(0\right)}{\sup }u\left(x\right)$， $C_1,C_2$ 依赖于 $n,M$ 和 $C_0$ ； $C_3,C_4$ 依赖于n和 $C_0$。

证明的大致过程为，选取适当的辅助函数G，并对 $\log G$ 和平均曲率方程分别求导，最后得出平均曲率型方程的内部梯度估计。

3. 主要结果

本节对于平均曲率型方程

$a_{ij}{u}_{ij}=H\left(x\right)\sqrt{1+{\left|\nabla u\right|}^2}+\frac{{\alpha }^3}{u}$ (3-1)

其中 $H\left(x\right)\in C^{0,1}\left(B_r\left(0\right)\right),u_{ij}=u_{x_i}{u}_{x_j},\alpha \in ℝ$ 且 $\alpha \le 0$，给出以下证明结果。

定理：

设 $u\in C^3\left(B_r\left(0\right)\right),u\ge 1$，满足方程

$a_{ij}{u}_{ij}=H\left(x\right)\sqrt{1+{\left|\nabla u\right|}^2}+\frac{{\alpha }^3}{u}$

当 $\left|H\left(x\right)\right|\le C_0$，并且 $\left|\nabla H\left(x\right)\right|\le C_0$，则有

$\left|\nabla u\left(0\right)\right|\le \exp \left(C_1+C_2{\left|\alpha \right|}^3+C_3\frac{M^2}{r}+C_4\frac{M^2}{r^2}\right)$

其中 $M=\underset{B_r\left(0\right)}{\sup }u\left(x\right)$， $C_1,C_2$ 依赖于 $n,M$ 和 $C_0$ ； $C_3,C_4$ 依赖于n和 $C_0$ 我们使用 $C_i$ 表示各种统一常数，这些常数可能会逐行改变。

证明：

$f\left(x\right)=H\left(x\right)\sqrt{1+{\left|\nabla u\right|}^2}+\frac{{\alpha }^3}{u}$

令辅助函数

$G\left(x\right)=g\left(x\right)\phi \left(u\right)\log u_{\xi }(\; x\; )$

其中

$g\left(x\right)=1-\frac{{\left|x\right|}^2}{r^2},\xi \in S^{n-1}$

$\phi \left(u\right)=1+\frac{u}{M},{\phi }_u=\frac{1}{M},M=\underset{B_r\left(0\right)}{\sup }u(\; x\; )$

假设上确界

$\sup \left\{G\left(x,\xi \right),x\in B_r\left(0\right),\xi \in S^{n-1}\right\}$

在某一点 $x_0$ 延 $x_1$ 的方向上达到。因此在 $x_0$ 处对 $i=1,2,\cdots ,n$ 我们有

$0={\left(\log G\right)}_i=\frac{g_i}{g}+\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }{u}_i+\frac{u_{1i}}{u_1\log u_1}$ (3-2)

并且矩阵 $\left\{{\left(\log G\right)}_{ij}\right\}\le 0$，

即有

${\left(\log G\right)}_{ij}=\left(\frac{g_{ij}}{g}-\frac{g_i{g}_j}{g^2}\right)+\left(\frac{{\phi }^{″}}{\phi }-\frac{{{\phi }^{\prime }}^2}{{\phi }^2}\right)u_i{u}_j+\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }{u}_{ij}+\frac{u_{1i}}{u_1\log u_1}-\left(1+\frac{1}{\log u_1}\right)\frac{u_{1i}{u}_{1j}}{u_1{}^2\log u_1}$

由(3-2)可知

$\frac{u_{1i}{u}_{1j}}{u_1^2\log u_1^2}=\frac{g_i{g}_j}{g^2}+\frac{{{\phi }^{\prime }}^2}{{\phi }^2}{u}_i{u}_j+\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi g}\left(g_i{u}_j+g_j{u}_i\right)$

$\begin{array}{c}{\left(\log G\right)}_{ij}=\frac{g_{ij}}{g}+\frac{{\phi }^{″}}{\phi }{u}_i{u}_j+\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }{u}_{ij}+\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi g}\left(g_i{u}_j+g_j{u}_i\right)\\ +\frac{u_{1i}}{u_1\log u_1}-\left(1+\frac{2}{\log u_1}\right)\frac{u_{1i}{u}_{1j}}{u_1^2\log u_1}\end{array}$ (3-3)

当 $i\ge 2$ 时，在 $x_0$ 处有 $u_i\left(x_0\right)=0,a_{11}=\frac{1}{1+u_1^2},a_{ii}=1$ 并且当 $i\ne j$ 时 $a_{ij}=0$ 对平均曲率型方程(3-1)进行微分可得

$a_{ij}{u}_{ij}=\left({\delta }_{ij}-\frac{u_i{u}_j}{1+{\left|\nabla u\right|}^2}\right)u_{ij}+\frac{{\alpha }^3}{u}=f\left(x\right)$ (3-4)

我们也可以得到

$a_{ij1}=-{\left(\frac{u_i{u}_j}{1+{\left|\nabla u\right|}^2}\right)}_1=-\frac{u_{1i}{u}_j}{1+u_1^2}-\frac{u_i{u}_{1j}}{1+u_1^2}+\frac{u_i{u}_j}{{\left(1+u_1^2\right)}^2}·2u_1{u}_{11}$

故对(3-4)式求偏微分有

$\begin{array}{c}{a}_{ii}{u}_{ii1}=f_1-a_{ij1}{u}_{ij}\\ =f_1+\frac{u_{1i}{u}_j}{1+u_1^2}{u}_{ij}+\frac{u_i{u}_{1j}}{1+u_1^2}{u}_{ij}-\frac{2u_i{u}_j{u}_1{u}_{11}}{{\left(1+u_1^2\right)}^2}{u}_{ij}\\ =f_1+\frac{2u_1{u}_{11}^2}{1+u_1^2}-\frac{2u_1^3{u}_{11}^2}{{\left(1+u_1^2\right)}^2}+{\displaystyle {\sum }_{i\ge 2}\frac{2u_1{u}_{1i}^2}{1+u_1^2}}\\ =f_1+\frac{2u_1{u}_{11}^2}{{\left(1+u_1^2\right)}^2}+{\displaystyle {\sum }_{i\ge 2}\frac{2u_1{u}_{1i}^2}{1+u_1^2}}\end{array}$

如果 $u_1\left(x_0\right)$ 充分大时，即有

$\begin{array}{l}{a}_{ii}\left(u_{ii1}-\left(1+\frac{2}{\log u_1}\right)\frac{u_{1i}^2}{u_1}\right)\\ =f_1+\frac{2u_1{u}_{11}^2}{{\left(1+u_1^2\right)}^2}-\frac{1}{1+u_1^2}\left(1+\frac{2}{\log u_1}\right)\frac{u_{11}^2}{u_1}+{\displaystyle {\sum }_{i\ge 2}\frac{2u_1{u}_{1i}^2}{1+u_1^2}}\\ \ge f_1+\frac{2u_1{u}_{11}^2}{{\left(1+u_1^2\right)}^2}+{\displaystyle {\sum }_{i\ge 2}\frac{2u_1{u}_{1i}^2}{1+u_1^2}}\end{array}$

由假设可得 $\phi \left(u\right)=1+\frac{u}{M},{\phi }^{\prime }\left(u\right)=\frac{1}{M},{\phi }^{″}\left(u\right)=0$

从而有

$\begin{array}{l}{a}_{ii}\left\{\frac{g_{ij}}{g}+\frac{{\phi }^{″}}{\phi }{u}_i^2+\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }{u}_{ii}+\frac{2{\phi }^{\prime }}{\phi g}{g}_i{u}_i\right\}\\ \ge \frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }{a}_{ii}{u}_{ii}+\frac{a_{11}{g}_{11}}{g}+{\displaystyle {\sum }_{i\ge 2}\frac{a_{ii}{g}_{ii}}{g}}+\frac{1}{1+u_1^2}\frac{2{\phi }^{\prime }}{\phi g}{g}_1{u}_1\\ \ge \frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }f+\frac{1}{1+u_1^2}\left(\frac{-2}{r^{2}g}\right)-\frac{2\left(n-1\right)}{r^{2}g}+\frac{2{\phi }^{\prime }}{\phi g}\frac{g_1{u}_1}{1+u_1^2}\\ \ge \frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }f+\left(\frac{-2}{r^{2}g}\right)-\frac{2\left(n-1\right)}{r^{2}g}-\frac{4{\phi }^{\prime }}{\phi g}\frac{x_1}{r^2}\frac{u_1}{1+u_1^2}\\ \ge \frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }f-\frac{2n}{r^{2}g}-\frac{4{\phi }^{\prime }}{r\phi g}\frac{u_1}{1+u_1^2}\end{array}$

我们可以假设 $G\left(x_0\right)$ 足够大，所以有 $g{u}_1\ge 1$，然后由(3-3)我们可以得到

$\begin{array}{c}0\ge a_{ii}{\left(\log G\right)}_{ii}\\ \ge \frac{f_1}{u_1\log u_1}+\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }f-\frac{2n}{r^{2}g}-\frac{4{\phi }^{\prime }}{r\phi g}\frac{u_1}{1+u_1^2}+\frac{u_{11}^2}{2{\left(1+u_1^2\right)}^2\log u_1}\\ \ge \frac{f_1}{u_1\log u_1}+\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }f-\frac{2n}{r^{2}g}-\frac{4}{Mr}+\frac{u_{11}^2}{2{\left(1+u_1^2\right)}^2\log u_1}\end{array}$ (3-5)

在 $g{u}_1\ge 1$ 的基础上可得

$-\frac{4{\phi }^{\prime }}{r\phi g}\frac{u_1}{1+u_1^2}\ge -\frac{4}{Mr}\frac{1}{g{u}_1}\ge -\frac{4}{Mr}$

其中

$\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }=\frac{1}{M+u}\le \frac{1}{M},\frac{u_1}{1+u_1^2}\le \frac{1}{u_1}$

根据最初给出的 $f\left(x\right)=H\left(x\right)\sqrt{1+{\left|\nabla u\right|}^2}+\frac{{\alpha }^3}{u}$ 的定义我们可以得到

$f_1\left(x\right)=H_1\left(x\right)\sqrt{1+{\left|\nabla u\right|}^2}+\frac{-{\alpha }^3{u}_1}{u^2}+\frac{H\left(x\right)u_1{u}_{11}}{\sqrt{1+{\left|\nabla u\right|}^2}}$

由(3-2)式我们有，

$\begin{array}{l}\frac{f_1}{u_1\log u_1}+\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }f\\ =\frac{H_1\left(x\right){\left(1+u_1^2\right)}^{\frac{1}{2}}}{u_1\log u_1}-\frac{{\alpha }^3{u}_1}{u^2{u}_1\log u_1}+\frac{H\left(x\right)u_1{u}_{11}}{u_1\log u_1{\left(1+u_1^2\right)}^{\frac{1}{2}}}+\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }\left[H\left(x\right){\left(1+u_1^2\right)}^{\frac{1}{2}}+\frac{{\alpha }^3}{u}\right]\\ \ge \frac{H_1\left(x\right)}{\log u_1}-\frac{{\alpha }^3}{u^2\log u_1}+\left(-\frac{g_1}{g}-\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }{u}_1\right)\frac{H\left(x\right)u_1}{{\left(1+u_1^2\right)}^{\frac{1}{2}}}+\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }\left[H\left(x\right){\left(1+u_1^2\right)}^{\frac{1}{2}}+\frac{{\alpha }^3}{u}\right]\\ \ge \frac{-C_0}{\log u_1}-\frac{g_1}{g}\frac{H\left(x\right)u_1}{{\left(1+u_1^2\right)}^{\frac{1}{2}}}+\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }H\left(x\right)\left[{\left(1+u_1^2\right)}^{\frac{1}{2}}-\frac{u_1^2}{{\left(1+u_1^2\right)}^{\frac{1}{2}}}\right]+\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }\frac{{\alpha }^3}{u}\\ \ge -C_0-\frac{g_{1}H\left(x\right)}{g}+\frac{H\left(x\right)}{M+u}\frac{1}{{\left(1+u_1^2\right)}^{\frac{1}{2}}}+\frac{{\alpha }^3}{\left(M+u\right)u}\end{array}$

其中 $\sqrt{1+{\left|\nabla u\right|}^2}={\left(1+u_1^2\right)}^{\frac{1}{2}}\ge u_1,g_1=\left|\frac{2x_1}{r^2}\right|\le \frac{2}{r}$。

由定理的已知条件 $\left|H\left(x\right)\right|\le C_0$ 和 $C_0>0$，即有 $H\left(x\right)\ge -C_0$。

我们能够得出

$\frac{H\left(x\right)}{M+u}\ge -\frac{C_0}{M}$，

所以

$\frac{H\left(x\right)}{M+u}\frac{1}{{\left(1+u_1^2\right)}^{\frac{1}{2}}}\ge -\frac{C_0}{M}$

并且由

$\frac{u}{M+u}\le 1,\alpha \le 0$

我们同样能够得到

$\frac{{\alpha }^{3}u}{M+u}\ge {\alpha }^3$

所以我们能够得出

$\begin{array}{l}\frac{f_1}{u_1\log u_1}+\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }f\\ \ge -C_0-\frac{C_0}{M}+{\alpha }^3-\frac{2H\left(x\right)}{rg}\\ \ge -{\bar{C}}_1+{\left|\alpha \right|}^3-\frac{2C_0}{rg}\end{array}$

其中 ${\bar{C}}_1=C_0+\frac{C_0}{M}$。

若设 $G\left(x_0\right)$ 足够大，故在 $x_0$ 处有 $\left|\frac{g_1}{g}\right|\le \frac{{\phi }^{\prime }}{2\phi }{u}_1$，

由(3-2)式代入可得，

$\begin{array}{c}\frac{u_{11}^2}{{\left(1+u_1^2\right)}^2}=\frac{{\left(\frac{g_1}{g}+\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }{u}_1\right)}^2}{{\left(1+u_1^2\right)}^2}{u}_1^2{\log }^2{u}_1\\ \ge \frac{{\left(\frac{{\phi }^{\prime }}{2\phi }{u}_1\right)}^2}{{\left(1+u_1^2\right)}^2}{u}_1^2{\log }^2{u}_1\\ \ge \frac{{{\phi }^{\prime }}^2}{8{\phi }^2}{\log }^2{u}_1\end{array}$

即不等式(3-5)可以进一步得出

$\begin{array}{c}0\ge a_{ii}{\left(\log G\right)}_{ii}\\ \ge -{\bar{C}}_1-{\left|\alpha \right|}^3-\frac{2C_0}{rg}-\frac{2n}{r^{2}g}-\frac{4}{Mr}+\frac{{{\phi }^{\prime }}^2}{16{\phi }^2}\log u_1\\ \ge -{\bar{C}}_1-{\left|\alpha \right|}^3-\frac{2C_0}{rg}-\frac{2n}{r^{2}g}+\frac{{{\phi }^{\prime }}^2}{16{\phi }^2}\log u_1\\ \ge -{\bar{C}}_1-{\left|\alpha \right|}^3-\frac{2C_0}{rg}-\frac{2n}{r^{2}g}+\frac{\log u_1}{64M^2}\end{array}$

因此

$g·\log u_1\le C_1+C_2{\left|\alpha \right|}^3+C_3\frac{M}{r}+C_4\frac{M}{r^2}$

即

$G\left(x\right)=g\left(x\right)\phi \left(u\right)\log u_1\le C_1+C_2{\left|\alpha \right|}^3+C_3\frac{M}{r}+C_4\frac{M}{r^2}$

最后我们能得出

$\left|\nabla u\left(0\right)\right|\le \exp \left(C_1+C_2{\left|\alpha \right|}^3+C_3\frac{M}{r}+C_4\frac{M}{r^2}\right)$

至此，我们完成了证明。

NOTES

^*通讯作者。