81. 热核的估计、Weyl 渐近公式

热核的比较定理

我们现在讲热核与全空间 ${\mathbb{R}}^n$ 上的热核进行比较. 在 ${\mathbb{R}}^n$ 上, 我们已经构造了 (物理空间上描述的) 热核: $$E(t,x)=\frac{H(t)}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{e}^{-\frac{|x{|}^2}{4t}}.$$我们记$$E(t,x,y)=\frac{H(t)}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{e}^{-\frac{|x-y{|}^2}{4t}}.$$我们要比较 $p(t,x,y)$ 和 $E(t,x,y)$. 类似地, 我们也要将 $E(t,x,y)$ 与 $u_0(x)$ 进行配对, 所以, 我们定义$$v(t,x)={\int }_{\Omega }E(t,x,y)u_0(y)dy=\left(E(t,\cdot )\ast u_0\right)(x).$$此时, 根据 Lebesgue 控制收敛定理, 当 $t>0$ 时, 我们就有$$\begin{array}{r}\left({\partial }_t-{△}_x\right)v(t,x)={\int }_{\Omega }\left({\partial }_t-{△}_x\right)E(t,x-y)u_0(y)dy=0.\end{array}$$另外, 我们也很容易证明 (利用 ${\int }_{{\mathbb{R}}^n}E(t,x)dx=1$) $v(t,x)$ 在 $[0,\infty )\times \overline{\Omega }$ 上连续并且$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\Vert v(t,x)-u_0(x){\Vert }_{L^{\infty }}=0.$$

我们进一步要求 $u_0(x)⩾0$.

那么, 根据 $v$ 的表达式, 我们自然有$$v(t,x)⩾0,\text{对任意的}(t,x)\in [0,\infty )\times \overline{\Omega }.$$

此时, $u(t,x)$ 也解热方程并且 $u$ 与 $v$ 在 $t=0$ 处的初始值是一样的. 这两个函数的不同之处可能在于对任意的 $t>0$, $u(t,\cdot ){|}_{\partial \Omega }=0$. 特别的, 如果我们定义$$U(t,x)=v(t,x)-u(t,x),$$那么, $C^{\infty }((0,\infty )\times \Omega )\cap C^0([0,\infty )\times \overline{\Omega })$, $U(t,x)$ 在 $(0,\infty )\times \Omega$ 中解热方程并且 $U(t,x){|}_{\partial ([0,\infty )\times \Omega )}⩾0$. 所以, 对任意的 $(t,x)\in (0,\infty )\times \Omega$, 我们都有 $U(t,x)⩾0$, 从而, $$u_0\in C_0^{\infty }(\Omega ),u_0⩾0\Rightarrow {\int }_{\Omega }(E(t,x,y)-p(t,x,y))u_0(y)dy⩾0.$$这表明, 对任意的 $(t,x,y)\in (0,\infty )\times \Omega \times \Omega$, 我们有$$0⩽p(t,x,y)⩽E(t,x,y).$$

练习. 假设 ${\Omega }_1\subset {\Omega }_2$ 是两个光滑的有界带边光滑区域, 我们用 $p_1(t,x,y)$ 和 $p_2(t,x,y)$ 分别代表它们的热核. 那么, 对于任意的 $(t,x,y)\in (0,\infty )\times {\Omega }_1\times {\Omega }_2$, 我们有$$0⩽p_1(t,x,y)⩽p_2(t,x,y).$$

我们下面想对 $E(t,x,y)-p(t,x,y)$ 的上界进行控制, 这样子, 我们就可以对 $p(t,x,y)$ 有较为精确的控制. 为此, 我们需要对 $U(t,x)$ 的上界进行控制.

令 $d_0=d\left(\mathrm{supp}(u_0),\partial \Omega \right)$, 这是 $u_0$ 的支集与 $\partial \Omega$ 之间的距离:

我们需要计算 $U(t,x)$ 在边界上 $\partial \Omega$ 的最大可能值. 对任意的 $t>0$ 和 $x\in \partial \Omega$, 我们有$$\begin{array}{rl}U(t,x)& =v(t,x)=\frac{1}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{\int }_{\Omega }{e}^{-\frac{|x-y{|}^2}{4t}}{u}_0(y)dy\\ & ⩽\frac{1}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{\int }_{\Omega }{e}^{-\frac{d_0^2}{4t}}{u}_0(y)dy.\end{array}$$即$$\begin{array}{rl}U(t,x)& ⩽\frac{e^{-\frac{d_0^2}{4t}}}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{\int }_{\Omega }{u}_0(y)dy.\end{array}$$我们考虑能使得上式右边值尽可能大的 $t$ ¹. 通过对 $t$ 求倒数, 我们当 $t=t_0=\frac{d_0^2}{2n}$ 我们能取到最大值, 并且在 $t<t_0$ 时, 上式右边对 $t$ 是递增的, 在 $t>t_0$ 时, 上式右边对 $t$ 是递减的. 所以, $$U(t,x)⩽\{\begin{array}{ll}\frac{e^{-\frac{d_0^2}{4t}}}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{\int }_{\Omega }{u}_0(y)dy,& \text{若}t⩽\frac{d_0^2}{2n};\\ \frac{e^{-\frac{d_0^2}{4t_0}}}{(4\pi t_0{)}^{\frac{n}{2}}}{\int }_{\Omega }{u}_0(y)dy,& \text{若}t⩾\frac{d_0^2}{2n}.\end{array}$$从而, $$u_0\in C_0^{\infty }(\Omega ),u_0⩾0\Rightarrow {\int }_{\Omega }(E(t,x,y)-p(t,x,y))u_0(y)dy⩽\{\begin{array}{ll}\frac{e^{-\frac{d_0^2}{4t}}}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{\int }_{\Omega }{u}_0(y)dy,& \text{若}t⩽\frac{d_0^2}{2n};\\ \frac{e^{-\frac{d_0^2}{4t_0}}}{(4\pi t_0{)}^{\frac{n}{2}}}{\int }_{\Omega }{u}_0(y)dy,& \text{若}t⩾\frac{d_0^2}{2n}.\end{array}$$对任意的 $x_0,y_0\in \Omega$ 固定, 我们选取 $\chi (x)$ 使得 $\chi ⩾0$, $\Vert \chi {\Vert }_{L^1}=1$ 并且 $\mathrm{supp}(\chi )$ 落在原点处半径为 $1$ 的球中. 令 $u_0(y)={\chi }_{\epsilon }\left(y-y_0\right)$. 当 ${\epsilon }_0\to 0$ 时, 我们显然有$$d(\mathrm{supp}(u_0),\partial \Omega )=d\left(y_0,\partial \Omega \right)+O(\epsilon ).$$我们也有$$\underset{\epsilon \to 0}{\lim }(E(t,x_0,y)-p(t,x_0,y)){\chi }_{\epsilon }\left(y-y_0\right)dy=E(t,x_0,y_0)-p(t,x_0,y_0).$$所以, 我们就有 (把 $(x_0,y_0)$ 换成 $(x,y)$) , 我们就证明了如下的结论

定理 81.1. 假设 $\Omega \subset {\mathbb{R}}^n$ 是光滑的有界带边区域. 那么, 对任意的 $(t,x,y)\in (0,+\infty )\times \Omega \times \Omega$, 我们有如下的热核比较公式: $$0⩽E(t,x,y)-p(t,x,y)⩽\{\begin{array}{ll}\frac{1}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{e}^{-\frac{d(y,\partial \Omega {)}^2}{4t}},& \text{若}t⩽\frac{d(y,\partial \Omega {)}^2}{2n};\\ \frac{1}{(4\pi t_0(y){)}^{\frac{n}{2}}}{e}^{-\frac{d(y,\partial \Omega {)}^2}{4t_0(y)}},& \text{若}t⩾\frac{d(y,\partial \Omega {)}^2}{2n},\end{array}$$其中, $t_0(y)=\frac{d(y,\partial \Omega {)}^2}{2n}$.

特别的, 当我们把 $p(t,x,y)$ 限制到对角线 $\Delta =\{(x,x)|x\in \Omega \times \Omega \}$ 上, 我们有$$0⩽(4\pi t{)}^{-\frac{n}{2}}-p(t,x,x)⩽\frac{1}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{e}^{-\frac{d(x,\partial \Omega {)}^2}{4t}},\text{若}t⩽\frac{d(x,\partial \Omega {)}^2}{2n}.$$

我们将证明, 如果对 $x\in \Omega$ 积分, 当 $t\to 0^{+}$ 时, $${\int }_{\Omega }\frac{1}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{e}^{-\frac{d(x,\partial \Omega {)}^2}{4t}}dx=O(t^{-\frac{n}{2}+1}),$$然而, $${\int }_{\Omega }(4\pi t{)}^{-\frac{n}{2}}dx=(4\pi t{)}^{-\frac{n}{2}}|\Omega |$$并且$$\begin{array}{rl}{\int }_{\Omega }p(t,x,x)dx& =\sum _{k=1}^{\infty }{\int }_{\Omega }{e}^{-{\lambda }_{k}t}|{\phi }_k(x){|}^{2}dx\\ & =\sum _{k=1}^{\infty }{e}^{-{\lambda }_{k}t}.\end{array}$$所以, 我们就给出了$$\sum _{k=1}^{\infty }{e}^{-{\lambda }_{k}t}=(4\pi t{)}^{-\frac{n}{2}}\left(|\Omega |+O(t^{\frac{1}{2}})\right),t\to 0^{+}.$$利用这个渐近公式, 我们就可以证明 Weyl 关于特征值的渐近公式.

现在来进行估计, 假定 $t$ 是给定的, 我们令 $d_0=\sqrt{2nt}$.

我们把 $\Omega$ 分成两个区域:

$$\Omega =\underset{{\Omega }_1}{\underbrace{\{x\in \Omega |d(x,\partial \Omega )⩾d_0\}}}\cup \underset{{\Omega }_2}{\underbrace{\{x\in \Omega |d(x,\partial \Omega )<d_0\}}}.$$那么, 我们把积分也分成两个部分$${\int }_{\Omega }E(t,x,x)-p(t,x,x)dx=\underset{I_1}{\underbrace{{\int }_{{\Omega }_1}E(t,x,x)-p(t,x,x)dx}}+\underset{I_2}{\underbrace{{\int }_{{\Omega }_2}E(t,x,x)-p(t,x,x)dx}}.$$

我们首先估计 $I_1$, 此时, 我们用热核比较估计的第一种情形, 从而, $$E(t,x,x)-p(t,x,x)⩽\frac{1}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{e}^{-\frac{d(x,\partial \Omega {)}^2}{4t}}.$$此时, 利用 Newton-Leibniz 公式, 我们有$$\begin{array}{rl}{I}_1& ⩽\frac{1}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{\int }_{{\Omega }_1}{e}^{-\frac{d(x,\partial \Omega {)}^2}{4t}}dx\\ & =-\frac{1}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{\int }_{{\Omega }_1}\left({\int }_{d(x,\partial \Omega )}^{\infty }\frac{d}{d\tau }\left(e^{-\frac{{\tau }^2}{4t}}\right)d\tau \right)dx\\ & =\frac{1}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}\frac{1}{2t}{\int }_{{\Omega }_1}{\int }_{d(x,\partial \Omega )}^{\infty }{e}^{-\frac{{\tau }^2}{4t}}\tau d\tau dx.\end{array}$$根据 Fubini 公式以及 ${\Omega }_1$ 的定义 ($d(x,\partial \Omega )⩾d_0$) , 我们有$$\begin{array}{rl}{I}_1& ⩽\frac{1}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}\frac{1}{2t}{\int }_{{\Omega }_1}{\int }_{d(x,\partial \Omega )}^{\infty }{e}^{-\frac{{\tau }^2}{4t}}\tau d\tau dx\\ & =\frac{1}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}\frac{1}{2t}{\int }_{{\Omega }_1}{\int }_0^{\infty }{1}_{\tau ⩾d(x,\partial \Omega )}(\tau ,x)e^{-\frac{{\tau }^2}{4t}}\tau d\tau dx\\ & =\frac{1}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}\frac{1}{2t}{\int }_0^{\infty }{e}^{-\frac{{\tau }^2}{4t}}\tau S(\tau )d\tau .\end{array}$$这里, $$S(\tau )=|\{x\in \Omega |d(x,\partial \Omega )⩽\tau \}|.$$

引理 81.2. 假设 $\Omega$ 是光滑的有界带边区域, 那么, 存在只依赖于 $\Omega$ 的常数 $C$, 使得$$S(\tau )⩽C\tau .$$

我们把引理的证明留到后面来处理. 利用这个引理, 我们就有$$\begin{array}{rl}{I}_1& ⩽\frac{C}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}\frac{1}{2t}{\int }_0^{\infty }{e}^{-\frac{{\tau }^2}{4t}}{\tau }^{2}d\tau \\ & ⩽\frac{C}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}\frac{\sqrt{t}}{2}\underset{\text{常数}}{\underbrace{{\int }_0^{\infty }{e}^{-\frac{{\tau }^2}{4}}{\tau }^{2}d\tau }}.\end{array}$$所以, 存在常数 $C_1$, 使得$$\begin{array}{rl}{I}_1& ⩽C_1{t}^{-\frac{n}{2}}{t}^{\frac{1}{2}}.\end{array}$$

现在来处理 $I_2$, 也就是在区域 ${\Omega }_2$ 中的积分. 此时, 我们用热核比较估计的第二种情形, 从而, $$E(t,x,x)-p(t,x,x)⩽\frac{1}{(4\pi t_0{)}^{\frac{n}{2}}}{e}^{-\frac{d(x,\partial \Omega {)}^2}{4t_0}}⩽\frac{1}{(4\pi t_0{)}^{\frac{n}{2}}}.$$所以, $$\begin{array}{rl}{I}_2& ⩽{\int }_{{\Omega }_2}\frac{1}{(4\pi t_0{)}^{\frac{n}{2}}}dx=\frac{1}{(4\pi t_0{)}^{\frac{n}{2}}}S(\sqrt{2nt})\\ & ⩽\frac{1}{(4\pi t_0{)}^{\frac{n}{2}}}C\sqrt{2nt}=C_2{t}^{-\frac{n}{2}}{t}^{\frac{1}{2}}.\end{array}$$综合 $I_1$ 和 $I_2$ 的估计, 我们就证明了存在常数 $C>0$, 使得$${\int }_{\Omega }E(t,x,x)-p(t,x,x)⩽C{t}^{-\frac{n}{2}}{t}^{\frac{1}{2}}.$$

我们现在来证明引理 81.2. 为此我们先证明如下的引理:

引理 81.3. 假设 $\Omega \subset {\mathbb{R}}^n$ 是光滑的有界带边区域, 我们令$${\Omega }_{\alpha }=\{x\in \Omega |d(x,\partial \Omega )<\alpha \},{\Sigma }_{\alpha }=\{x\in \Omega |d(x,\partial \Omega )=\alpha \}.$$那么, 存在 ${\alpha }_0>0$, 使得

1)	函数$${\Omega }_{{\alpha }_0}\to {\mathbb{R}}_{>0},x\mapsto d(x,\partial \Omega )$$是 ${\Omega }_{{\alpha }_0}$ 上的光滑函数.
2)	对任意的 $\alpha <{\alpha }_0$, ${\Sigma }_{\alpha }$ 是光滑的超曲面.

证明. 对任意的 $x_0\in \partial \Omega$, 我们考虑$$B_{\frac{1}{2}\epsilon }(x_0)\cap \Omega \subset B_{\epsilon }(x_0)\cap \Omega \subset \Omega .$$我们要证明如下的论断: 存在 $\epsilon$, 使得函数 $d(\cdot ,\partial \Omega \cap B_{\epsilon }(x_0))$ 满足

1)	$d(\cdot ,\partial \Omega \cap B_{\epsilon }(x_0))$ 在 $B_{\frac{1}{2}\epsilon }(x_0)\cap \Omega$ 上是光滑函数.
2)	对任意的 $\alpha <\frac{1}{2}\epsilon$, ${\Sigma }_{\alpha }\cap B_{\frac{1}{2}\epsilon }(x_0)\cap \Omega$ 是光滑的超曲面.

我们指出, 在上面的构造中, 我们之所以选取 $B_{\frac{1}{2}\epsilon }(x_0)$ 和 $B_{\epsilon }(x_0)$ 两个小球是因为对任意的 $x\in B_{\frac{1}{2}\epsilon }(x_0)\cap \Omega$, 我们有$$d(x,\partial \Omega )=d(x,\partial \Omega \cap B_{\epsilon }(x_0)).$$

假设上面的论断成立, 根据紧性, 我们总是可以选取有限个 $x_1,\cdots ,x_m\in \partial \Omega$, 对应这些点, 我们有相应的 ${\epsilon }_1,\cdots ,{\epsilon }_m>0$, 满足上面的性质并且 $B_{\frac{1}{2}{\epsilon }_1}(x_1),B_{\frac{1}{2}{\epsilon }_2}(x_2),\cdots ,B_{\frac{1}{2}{\epsilon }_m}(x_m)$ 是 $\partial \Omega$ 的开覆盖. 此时, 我们令 ${\alpha }_0=\frac{1}{2}{\min }_{i⩽m}\left({\epsilon }_1,\cdots ,{\epsilon }_m\right)$ 即可. 这就完成了命题的证明.

由于 $\epsilon$ 可以选取的足够小, 所以, 我们总是可以假设 $\partial \Omega$ 在 $B_{\epsilon }(x_0)$ 上是函数图像 (这里, 我们用到了 $\partial \Omega$ 的光滑性) . 另外, 通过适当的选取直角坐标系 (复合上一个 ${\mathbb{R}}^n$ 上的等距变换) , 我们总是可以假设 $x_0=(0,0)=(x,y)$ 是原点, 其中, $x\in {\mathbb{R}}^{n-1}$, $y\in \mathbb{R}$. 在 $B_{\epsilon }(0)$ 上, $\partial \Omega$ 是 $y=f(x)$ 的图像, 其中, $f$ 是 ${\mathbb{R}}^{n-1}$ 上的光滑函数并且 $df{|}_{x=0}=0$ (此时, $\partial \Omega$ 在 $x_0$ 的切平面恰好是 $y=0$ 这个平面) .

我们现在任选 $(x_{\ast },y_{\ast })\in \Omega \cap B_{\frac{1}{2}\epsilon }(0)$, 我们证明存在存在唯一的 $(x^{\prime },y^{\prime })\in \partial \Omega \cap B_{\epsilon }(0)$, 使得$$d((x_{\ast },y_{\ast }),\partial \Omega )=d((x_{\ast },y_{\ast }),(x^{\prime },y^{\prime })).$$这个问题等价于我们要找 $(x,f(x))\in \partial \Omega$, 使得如下的函数达到最小值: $$F(x)=|x_{\ast }-x{|}^2+|y_{\ast }-f(x){|}^2.$$这显然是关于 $x$ 的光滑函数并且它的最小值一定能取到并且只能在 $B_{\epsilon }(0)$ 中取到. 如果 $x^{\prime }$ 是这样的一个极值点, 那么, $$dF{|}_{x=x^{\prime }}=0\iff 2(x_{\ast }-x^{\prime })+2(y_{\ast }-f(x^{\prime }))df{|}_{x=x^{\prime }}=0.$$这等价于$$x_{\ast }+(y_{\ast }-f(x^{\prime }))df(x^{\prime })-x^{\prime }=0.$$当 $(x_{\ast },y_{\ast })=(0,0)$ 时, 这个方程显然只有唯一的解. 另外, 考虑映射$$\Phi :x^{\prime }\mapsto x^{\ast }+(y^{\ast }-f(x^{\prime }))df(x^{\prime }).$$此时, $$d\Phi (0)=\underset{O(\epsilon )}{\underbrace{(y_{\ast }-f(x^{\prime }))}}\underset{\text{在Bε(0)上有界}}{\underbrace{{\nabla }^{2}f(x^{\prime })}}-\underset{\text{根据连续性，在Bε(0)上为O(ε2)}}{\underbrace{\nabla f(x^{\prime })\cdot \nabla f(x^{\prime })}}-\mathrm{Id}.$$所以, 当 $\epsilon$ 足够小的时候, $d\Phi (0)$ 是可逆的. 进一步缩小 $\epsilon$, 根据反函数定理, 我们就知道存在唯一的 $(x^{\prime },f(x^{\prime }))\in B_{\epsilon }(0)\cap \partial \Omega$, 使得$$x_{\ast }+(y_{\ast }-f(x^{\prime }))df(x^{\prime })-x^{\prime }=0\iff dF{|}_{x=x^{\prime }}=0.$$这表明, $(x^{\prime },f(x^{\prime }))$ (唯一地) 实现了 $(x_{\ast },y_{\ast })$ 到 $\partial \Omega$ 的距离. 特别地, 反函数定理表明 $x^{\prime }$ 对于 $(x_{\ast },y_{\ast })$ 是光滑依赖的, 所以, $$d((x_{\ast },y_{\ast }),\partial \Omega )=d((x_{\ast },y_{\ast }),(x^{\prime },y^{\prime }))=\sqrt{|x_{\ast }-x^{\prime }{|}^2+|y_{\ast }-y^{\prime }{|}^2})$$是 $(x_{\ast },y_{\ast })$ 的光滑函数.

另外, 假设 $d((x_{\ast },y_{\ast }),\partial \Omega )=\alpha$, 我们用直线段 $L$ 连接 $(x_{\ast },y_{\ast })$ 与 $(x^{\prime },y^{\prime })$, 那么, 在这个线段上的每个点到 $\partial \Omega$ 的距离都被 $(x^{\prime },y^{\prime })$ 所实现. 此时, 我们知道对任意的 $v\in T_{(}{x}_{\ast },y_{\ast }){\Sigma }_{\alpha }$, ${\nabla }_{v}d((x_{\ast },y_{\ast }),\partial \Omega )=0$; 但是沿着 $L$ 方向对 $d((x_{\ast },y_{\ast }),\partial \Omega )$ 求导数必然为 $\pm 1$. 从而, $$|\nabla d(\cdot ,\partial \Omega \left)\right|\equiv 1.$$这就表明到边界距离为定值的点所构成的超曲面是光滑的. 这就完成了引理的证明.

$\square$

引理 81.2 的证明. 我们选取上面引理中的 ${\alpha }_0$. 我们只要对于 $\alpha <{\alpha }_0$, 证明存在常数 $C_1$, 使得$$S(\alpha )=\left|\right\{x\in \Omega |d(x,\partial \Omega )<\alpha \}|⩽C_1\alpha$$即可. 实际上, 我们可以选取$$C=\max \left(C_1,\frac{|\Omega |}{{\alpha }_0}\right).$$因为当 $\alpha ⩾{\alpha }_0$ 时, 我们有$$S(\alpha )⩽|\Omega |=\frac{|\Omega |}{{\alpha }_0}\alpha .$$对于任意的 $\alpha <{\alpha }_0$, 我们有$${\Omega }_{\alpha }=\bigcup _{t<\alpha }{\Sigma }_t.$$根据扭曲版本的 Fubini 定理 (第二学期作业 8 问题 A6) , 我们有$$\begin{array}{rl}S(\alpha )& ={\int }_{{\Omega }_{\alpha }}1dx={\int }_0^{\alpha }\left({\int }_{{\Sigma }_t}\frac{1}{|\nabla d(\cdot ,\partial \Omega )|}d{\sigma }_t\right)dt\\ & ={\int }_0^{\alpha }|{\Sigma }_t|dt.\end{array}$$根据反函数定理, 每个 ${\Sigma }_t$ 在局部上都可以由一族光滑依赖于 $t$ 的函数图像实现, 所以, 当 $t<\alpha$ 较小的时候, 我们知道 ${\Sigma }_t$ 与 ${\Sigma }_0$ 的差别不大, 从而, $$|{\Sigma }_t|⩽C_1.$$$$\begin{array}{r}S(\alpha )⩽={\int }_0^{\alpha }{C}_{1}dt=C_1\alpha .\end{array}$$命题得证.

$\square$

Karamata 的 Tauber 型渐近公式

定理 81.4. 假设 $\mu$ 是 $({\mathbb{R}}_{>0},\mathcal{B})$ 上的一个 (正) 测度, 其中 $\mathcal{B}$ 为 Borel 代数. 我们假设对任意的 $t>0$, 它的 Laplace 变换$$\left(\mathcal{L}\mu \right)(t)={\int }_0^{\infty }{e}^{-\lambda t}d\mu (\lambda )$$是良好定义的.

假设对于 $t\to 0^{+}$, 存在正常数 $C_0$ 和 $\alpha$, 使得$$\left(\mathcal{L}\mu \right)(t)\sim C_0{t}^{-\alpha },t\to 0^{+}.$$即$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }{t}^{\alpha }{\int }_0^{\infty }{e}^{-t\lambda }d\mu (\lambda )=C_0,$$那么, 对任意的 $f\in C^0([0,1])$, 我们都有$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }{t}^{\alpha }{\int }_0^{\infty }f\left(e^{-t\lambda }\right)e^{-t\lambda }d\mu (\lambda )=\frac{C_0}{\Gamma (\alpha )}{\int }_0^{\infty }f\left(e^{-t}\right)t^{\alpha -1}{e}^{-t}dt,$$其中, $$\Gamma (\alpha )={\int }_0^{\infty }{x}^{\alpha -1}{e}^{-x}dx.$$

证明. 我们首先说明如下简单的观察: 所要证明的不等式如果对一致收敛的函数列 $\{f_k(x){\}}_{k⩾1}\subset C^0([0,1])$ 成立, 那么, 这个不等式对于这个函数列的极限函数 $f(x)$ 也成立. 实际上, 作为 ${\mathbb{R}}_{>0}$ 上的函数列, 我们也有一致收敛性: $$f_k(e^{-t\lambda })\stackrel{\text{一致}}{⟶}f(e^{-t\lambda }).$$所以, $$\begin{array}{rl}& \left|\frac{C_0}{\Gamma (\alpha )}{\int }_0^{\infty }{f}_k\left(e^{-t}\right)t^{\alpha -1}{e}^{-t}dt-\frac{C_0}{\Gamma (\alpha )}{\int }_0^{\infty }f\left(e^{-t}\right)t^{\alpha -1}{e}^{-t}dt\right|\\ ⩽& \frac{C_0}{\Gamma (\alpha )}{\int }_0^{\infty }\Vert f_k-f{\Vert }_{L^{\infty }}{t}^{\alpha -1}{e}^{-t}dt\\ =& C_0\Vert f_k-f{\Vert }_{L^{\infty }}\to 0.\end{array}$$这说明要证明的不等式的右边是收敛的. 为了处理左边, 我们先研究$$\begin{array}{rl}& \left|t^{\alpha }{\int }_0^{\infty }{f}_k\left(e^{-t\lambda }\right)e^{-t\lambda }d\mu (\lambda )-t^{\alpha }{\int }_0^{\infty }f\left(e^{-t\lambda }\right)e^{-t\lambda }d\mu (\lambda )\right|\\ ⩽& t^{\alpha }{\int }_0^{\infty }\Vert f_k-f{\Vert }_{L^{\infty }}{e}^{-t\lambda }d\mu (\lambda )\\ =& \Vert f_k-f{\Vert }_{L^{\infty }}\times t^{\alpha }\mathcal{L}\mu (t).\end{array}$$根据 $\left(\mathcal{L}\mu \right)(t)\sim C_0{t}^{-\alpha }$, 我们知道当 $k\to \infty$ 时, 上面的式子的极限为零, 这就说明$$\begin{array}{rl}& \underset{t\to 0^{+}}{\lim }{t}^{\alpha }{\int }_0^{\infty }{f}_k\left(e^{-t\lambda }\right)e^{-t\lambda }d\mu (\lambda )-\underset{t\to 0^{+}}{\lim }{t}^{\alpha }{\int }_0^{\infty }f\left(e^{-t\lambda }\right)e^{-t\lambda }d\mu (\lambda )=o_k(1).\end{array}$$这就证明了上述的观察.

根据要证明的不等式的线性以及 Weiestrass-Stone 逼近定理, 我们只需要对 $f(x)=x^k$ 来证明命题即可: 此时, 要证明的等式等价于$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }{t}^{\alpha }{\int }_0^{\infty }{e}^{-tk\lambda }{e}^{-t\lambda }d\mu (\lambda )=\frac{C_0}{\Gamma (\alpha )}{\int }_0^{\infty }{e}^{-kt}{t}^{\alpha -1}{e}^{-t}dt,$$左边可以写成$$t^{\alpha }{\int }_0^{\infty }{e}^{-((k+1)t)\lambda }d\mu (\lambda )\to \frac{C_0}{(k+1{)}^{\alpha }}.$$右边可以如下计算$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\infty }{e}^{-kt}{t}^{\alpha -1}{e}^{-t}dt& =\frac{1}{(k+1{)}^{\alpha }}{\int }_0^{\infty }{e}^{-(k+1)t}((k+1)t{)}^{\alpha -1}(k+1)dt=\frac{\Gamma (\alpha )}{(k+1{)}^{\alpha }}.\end{array}$$所以, 命题成立.

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为了应用这个定理, 我们假设令$$\mu =\sum _{k=1}^{\infty }{\delta }_{{\lambda }_k}(\lambda ).$$那么, 根据$$\sum _{k=1}^{\infty }{e}^{-{\lambda }_{k}t}=(4\pi t{)}^{-\frac{n}{2}}\left(|\Omega |+O(t^{\frac{1}{2}})\right),t\to 0^{+},$$我们知道$$\left(\mathcal{L}\mu \right)(t)\sim C_0{t}^{-\alpha },t\to 0^{+},$$其中$$\alpha =\frac{n}{2},C_0=\frac{|\Omega |}{(4\pi {)}^{\frac{n}{2}}}.$$我们现在选取如下的 $f$: $$f(x)=x^{-1}{1}_{[e^{-1},1]}(x).$$我们注意到, $f$ 并不是连续函数, 我们后面会用逼近的方式证明对于这个特殊的 $f$, 定理的结论仍然成立. 此时, 定理结论的左边可以写成: $$\begin{array}{rl}\underset{t\to 0^{+}}{\lim }{t}^{\alpha }{\int }_1^{t^{-1}}{e}^{t\lambda }\times e^{-t\lambda }d\mu (\lambda )& =\underset{t\to 0^{+}}{\lim }{t}^{\alpha }\left|\left\{{\lambda }_k\right|{\lambda }_k⩽t^{-1}\}\right|\\ & =\underset{\lambda \to \infty }{\lim }{\lambda }^{-\alpha }\left|\left\{{\lambda }_k\right|{\lambda }_k⩽\lambda \}\right|.\end{array}$$右边可以写成$$\begin{array}{rl}\frac{C_0}{\Gamma (\alpha )}{\int }_0^{\infty }f\left(e^{-t}\right)t^{\alpha -1}{e}^{-t}dt& =\frac{C_0}{\Gamma (\alpha )}{\int }_1^{\infty }{e}^t\times t^{\alpha -1}{e}^{-t}dt\\ & =\frac{C_0}{\alpha \Gamma (\alpha )}=\frac{C_0}{\Gamma (\alpha +1)}.\end{array}$$综上所述, 我们就有$$\underset{\lambda \to \infty }{\lim }{\lambda }^{-\frac{n}{2}}\left|\left\{{\lambda }_k\right|{\lambda }_k⩽\lambda \}\right|=\frac{|\Omega |}{(4\pi {)}^{\frac{n}{2}}\Gamma \left(\frac{n}{2}+1\right)}.$$这就给出了 Weyl 关于特征值的渐近公式.

最后, 我们用连续函数来逼近 $f$. 我们构造两族函数: $$f_{\epsilon }^{+}(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x⩽e^{-(1+\epsilon )};\\ \text{线性地连接};& \\ \frac{1}{x},& x⩾e^{-1}.\end{array}{f}_{\epsilon }^{-}(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x⩽e^{-1};\\ \text{线性地连接};& \\ \frac{1}{x},& x⩾e^{-(1-\epsilon )}.\end{array}$$我们知道, $$f^{-}(x)⩽f(x)⩽f^{+}(x).$$所以, $$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }{t}^{\alpha }{\int }_0^{\infty }{f}_{\epsilon }^{-}\left(e^{-t\lambda }\right)e^{-t\lambda }d\mu (\lambda )⩽\underset{t\to 0^{+}}{\mathrm{liminf}}\left(t^{\alpha }{\int }_0^{\infty }f\left(e^{-t\lambda }\right)e^{-t\lambda }d\mu (\lambda )\right).$$从而, $$\frac{C_0}{\Gamma (\alpha )}{\int }_0^{\infty }{f}_{\epsilon }^{-}\left(e^{-t}\right)t^{\alpha -1}{e}^{-t}dt⩽\underset{t\to 0^{+}}{\mathrm{liminf}}\left(t^{\alpha }{\int }_0^{\infty }f\left(e^{-t\lambda }\right)e^{-t\lambda }d\mu (\lambda )\right).$$类似地, 我们有$$\underset{t\to 0^{+}}{\mathrm{limsup}}\left(t^{\alpha }{\int }_0^{\infty }f\left(e^{-t\lambda }\right)e^{-t\lambda }d\mu (\lambda )\right)⩽\frac{C_0}{\Gamma (\alpha )}{\int }_0^{\infty }{f}_{\epsilon }^{+}\left(e^{-t}\right)t^{\alpha -1}{e}^{-t}dt.$$所以, 我们只要证明$$\underset{\epsilon \to 0}{\lim }\left({\int }_0^{\infty }{f}_{\epsilon }^{\pm }\left(e^{-t}\right)t^{\alpha -1}{e}^{-t}dt\right)={\int }_0^{\infty }f\left(e^{-t}\right)t^{\alpha -1}{e}^{-t}dt$$即可. 我们有$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\infty }(f_{\epsilon }^{\pm }-f)\left(e^{-t}\right)t^{\alpha -1}{e}^{-t}dt& ={\int }_0^{\infty }(f_{\epsilon }^{\pm }-f)\left(e^{-t}\right)t^{\alpha -1}{e}^{-t}dt\\ & ={\int }_{1-\epsilon }^{1+\epsilon }(f_{\epsilon }^{\pm }-f)\left(e^{-t}\right)t^{\alpha -1}{e}^{-t}dt\\ & ⩽{\int }_{1-\epsilon }^{1+\epsilon }e\cdot t^{\alpha -1}{e}^{-t}dt\to 0.\end{array}$$这就完成了全部的证明.

1.	^ 搬运者注: 我感觉这一步以及以后由此带来的分类讨论均无必要, 直接利用上述估计即可