71. Sobolev 空间的基本性质, Sobolev 嵌入定理

在后面的课程中, 我们会经常用所谓的 Planchrel 公式: 对任意的 $f\in L^2({\mathbb{R}}^n)$, 我们有$$\Vert \hat{f}{\Vert }_{L^2}^2=(2\pi {)}^n\Vert f{\Vert }_{L^2}^2\iff {\int }_{{\mathbb{R}}^n}|f(x){|}^{2}dx=\frac{1}{(2\pi {)}^n}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}|\hat{f}(\xi ){|}^{2}d\xi .$$它的另外一个版本是说对任意的 $f,g\in L^2({\mathbb{R}}^n)$, 我们有$$(\hat{f},\hat{g}{)}_{L^2}=(2\pi {)}^n(f,g{)}_{L^2}\iff {\int }_{{\mathbb{R}}^n}f(x)\overline{g(x)}dx=\frac{1}{(2\pi {)}^n}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}\hat{f}(\xi )\overline{\hat{g}(\xi )}d\xi .$$这个公式我们之前已经证明过.

我们现在引入 ${\mathbb{R}}^n$ 上的 Sobolev 空间的定义.

定义 71.1. 给定 $s\in \mathbb{R}$, 我们将把这个数称为是 Sobolev 空间的指标. 我们考虑满足如下性质的缓增分布 $u\in {\mathcal{S}}^{\prime }({\mathbb{R}}^n)$:

1)	$\hat{u}\in L_{\mathrm{loc}}^1({\mathbb{R}}^n)$ 是局部可积的函数;
2)	$(1+|\xi {|}^2{)}^{\frac{s}{2}}\hat{u}(\xi )$ 是平方可积的函数.

对于这样的函数, 我们定义其 Sobolev 范数为: $$\Vert u{\Vert }_{H^s}={\left({\int }_{{\mathbb{R}}^n}(1+|\xi {|}^2{)}^s|\hat{u}(\xi ){|}^{2}d\xi \right)}^{\frac{1}{2}}.$$我们把所有满足上述条件的缓增分布的集合称作是一个指标为 $\mathbf{s}$ 的 Sobolev 空间, 这显然是一个复线性空间, 我们用 $H^s({\mathbb{R}}^n)$ 来表示.

在 $H^s({\mathbb{R}}^n)$ 上所赋予的范数与下面的内积是相容的: 对任意的 $u,v\in H^s({\mathbb{R}}^n)$, 令$$(u,v{)}_{H^s}={\int }_{{\mathbb{R}}^n}(1+|\xi {|}^2{)}^s\hat{u}(\xi )\overline{\hat{v}(\xi )}d\xi .$$所以, $(H^s({\mathbb{R}}^n),(\cdot ,\cdot {)}_{H^s})$ 是内积空间.

我们注意到, 当 $s=0$ 时, 我们 $H^0({\mathbb{R}}^n)$ 实际上就是 $L^2({\mathbb{R}}^n)$, 这由 Planchrel 公式立即就可以得到: $$u\in L^2({\mathbb{R}}^n)\iff \hat{u}\in L^2({\mathbb{R}}^n).$$所以, $$H^0({\mathbb{R}}^n)=L^2({\mathbb{R}}^n).$$类似的, 如果我们在频率空间 ${\mathbb{R}}_{\xi }^n$ 上考虑测度$${\mu }_s=(1+|\xi {|}^2{)}^{s}d\xi .$$那么, $u\in H^s({\mathbb{R}}^n)$ 当且仅当 $\hat{u}\in L^2({\mathbb{R}}^n,d{\mu }_s)$. 利用这个观察, 我们现在证明:

定理 71.2. 对任意的 $s\in \mathbb{R}$, $(H^s({\mathbb{R}}^n),(\cdot ,\cdot {)}_{H^s})$ 是 Hilbert 空间 (即完备的内积空间) .

证明. 假设 $\{u_k{\}}_{k⩾1}\subset H^s\left({\mathbb{R}}^n\right)$ 是 Cauchy 列, 那么, 根据定义, $\{\widehat{u_k}{\}}_{k⩾1}\subset L^2\left({\mathbb{R}}^n,d{\mu }_s\right)$ 是 Cauchy 列. 利用 $L^2$-空间的完备性, 存在 $v(\xi )\in L^2\left({\mathbb{R}}^n,d{\mu }_s\right)$ 作为上述序列的极限. 我们用 $u(x)\in {\mathbb{S}}^{\prime }({\mathbb{R}}^n)$ 表示它的 Fourier 逆变换, 即$$\hat{u}=v.$$那么, $$\underset{k\to \infty }{\lim }\Vert \widehat{u_k}-\hat{u}{\Vert }_{L^2({\mathbb{R}}^n,d{\mu }_s)}^2=0\iff \underset{k\to \infty }{\lim }\Vert u_k-u{\Vert }_{H^s({\mathbb{R}}^n}^2)=0.$$这就证明了完备性.

$\square$

根据 Sobolev 空间的定义, 我们知道 $\{H^s({\mathbb{R}}^n){\}}_{s\in \mathbb{R}}$ 构成了一个下降的链, 即对任意的 $s,s^{\prime }\in \mathbb{R}$$$s⩾s^{\prime }\Rightarrow H^{s^{\prime }}({\mathbb{R}}^n)\subset H^s({\mathbb{R}}^n).$$我们观察到, Schwartz 函数生活在所有的 Sobolev 空间中: $$\mathcal{S}({\mathbb{R}}^n)\subset \bigcap _{s\in \mathbb{R}}{H}^s({\mathbb{R}}^n).$$为了说明这个一点, 我们再次运用我们熟悉的一个技巧. 对任意的 $\phi \in \mathcal{S}({\mathbb{R}}^n)$, 我们只要说明它的 $H^s$-范数是有界的即可: $$\begin{array}{rl}\Vert \phi {\Vert }_{H^s}^2& ={\int }_{{\mathbb{R}}^n}\underset{\in L^{\infty }}{\underbrace{(1+|\xi {|}^2{)}^{s+\frac{n+1}{2}}|\hat{\phi }{|}^2}}\underset{\in L^1}{\underbrace{(1+|\xi {|}^2{)}^{-\frac{n+1}{2}}}}d\xi \\ & ⩽C{N}_{2s+n+1}(\hat{\phi }{)}^2{\int }_{{\mathbb{R}}^n}(1+|\xi {|}^2{)}^{-\frac{n+1}{2}}d\xi \\ & ⩽C^{\prime }{N}_{2s+2n+2}(\phi {)}^2.\end{array}$$我们在之后会证明$${\mathcal{D}}^{\prime }({\mathbb{R}}^n)\subset \underset{s\in \mathbb{R}}{\underleftarrow{\lim }}{H}^s({\mathbb{R}}^n)=\bigcup _{s\in \mathbb{R}}{H}^s({\mathbb{R}}^n).$$

命题 71.3 (正整数阶的 Sobolev 空间). 假设 $m\in {\mathbb{Z}}_{⩾1}$ 为正整数, 那么, $H^m({\mathbb{R}}^n)$ 有如下的等价刻画: $$\begin{array}{rl}{H}^m({\mathbb{R}}^n)& =\left\{u\in {\mathcal{S}}^{\prime }(\mathbb{R})|\text{对任意的多重指标}\alpha ,|\alpha |⩽m,{\partial }^{\alpha }u\in L^2({\mathbb{R}}^n)\right\}.\end{array}$$

证明. 这个命题的证明基于如下的一个简单的观察: 给定正整数 $m$, 存在常数 $C_1$ 和 $C_2$, 使得对任意的 $\xi \ne 0$, 我们有$$C_1(1+|\xi {|}^2{)}^m⩽\sum _{|\alpha |⩽m}|{\xi }^{\alpha }{|}^2⩽C_2(1+|\xi {|}^2{)}^m,$$其中 $|{\xi }^{\alpha }|=|{\xi }_1^{{\alpha }_1}{\xi }_2^{{\alpha }_2}\cdots {\xi }_n^{{\alpha }_n}|$. 这个证明是初等的, 我们留作作业来验证.

所以, 在差一个常数的意义下, 我们就有$$\begin{array}{rl}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}(1+|\xi {|}^2{)}^s|\hat{u}{|}^{2}d\xi & \approx \sum _{|\alpha |⩽m}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}|{\xi }^{\alpha }\hat{u}{|}^{2}d\xi \\ & \stackrel{Planchrel}{\approx }\sum _{|\alpha |⩽m}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}|{\partial }^{\alpha }u{|}^{2}dx.\end{array}$$上式最后一个积分有限就等价于说对任意的多重指标 $\alpha$, 我们有 ${\partial }^{\alpha }u\in L^2({\mathbb{R}}^n)$, 其中 $|\alpha |⩽m$, 这就证明了命题.

$\square$

我们在此给出两个重要的例子:

例子. 下面的 Sobolev 空间都定义在 ${\mathbb{R}}^n$ 上.

1)	对任意的 $s<-\frac{n}{2}$, 我们有$${\delta }_0\in H^s({\mathbb{R}}^n).$$实际上, 我们只要说明下面的积分有限即可: $$\begin{array}{r}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}(1+|\xi {|}^2{)}^s\cdot 1d\xi .\end{array}$$这在 $s<-\frac{n}{2}$ 时是成立的. 同样的推理表明, 当 $s⩾-\frac{n}{2}$ 时, ${\delta }_0\notin H^s({\mathbb{R}}^n)$.
2)	常数值函数 $1$ 不在任何的 $H^s({\mathbb{R}}^n)$ 中. 特别地, 这表明$$\bigcup _{s\in \mathbb{R}}{H}^s({\mathbb{R}}^n)⫋{\mathcal{S}}^{\prime }({\mathbb{R}}^n).$$

Sobolev 空间的映射性质

为了研究 Sobolev 空间的映射性质, 我们先引入一类比微分算子更广的算子. 首先, 我们回忆一下, 对于任意的缓增分布, 对任意的 $k⩽n$, 我们有$$\widehat{\frac{1}{i}{\partial }_{k}u}(\xi )=\xi \hat{u}(\xi ).$$我们定义算子$$D_k=\frac{1}{i}{\partial }_k=-i{\partial }_k,k=1,2,\cdots ,n.$$为了简单起见, 我们还把它写成$$D=\frac{1}{i}\partial .$$形式上, $D$ 对一个分布的作用在频率空间上来看就是乘以 $\xi$.

定义 71.4 (Fourier 乘子). 给定频率空间上的函数 $m(\xi )$, 我们假设它是多项式增长的. 对于任意的缓增分布 $u\in {\mathcal{S}}^{\prime }({\mathbb{R}}^n)$, 我们定义$$m(D)u={\mathcal{F}}^{-1}\left(m(\xi )\hat{u}(\xi )\right)\iff \widehat{m(D)u}=m(\xi )\hat{u}(\xi ).$$由于 $m(\xi )$ 是多项式增长的, 所以, $m(\xi )\hat{u}(\xi )$ 仍然是缓增分布, 所以, 如下的算子是良好定义的: $$m(D):{\mathcal{S}}^{\prime }({\mathbb{R}}^n)\to {\mathcal{S}}^{\prime }({\mathbb{R}}^n).$$

例子. 我们先看几个简单的例子:

1)	当 $m(\xi )={\xi }_k$ 时, 其中 $k=1,2,\cdots ,n$, 我们有$$m(D)=\frac{1}{i}{\partial }_k=D_k.$$
2)	当 $m(\xi )=|\xi {|}^2$ 时, 我们有$$m(D)=-△.$$
3)	给定线性微分算子$$P=\sum _{|\alpha |⩽m}{a}_{\alpha }{\partial }^{\alpha },$$它可以被视作是一个 Fourier 乘子 $m(D)$, 其中$$m(\xi )=\sum _{|\alpha |⩽m}{i}^{|\alpha |}{a}_{\alpha }{\xi }^{\alpha },$$
4)	算子 $(1-△{)}^s$ 表示的是函数 $(1+|\xi {|}^2{)}^s$ 所对应的 Fourier 乘子.

命题 71.5 (Sobolev 空间的映射性质). 给定多项式增长的乘子函数 $m(\xi )$, 其中, 我们假设存在常数 $C$ 和 $p$, 使得对任意的 $\xi \in {\mathbb{R}}^n$, 我们都有$$|m(\xi )|⩽C(1+|\xi |{)}^p.$$那么, 对任意的 $s\in \mathbb{R}$, 对任意的 $u\in H^s({\mathbb{R}}^n)$, $m(D)u\in H^{s-p}({\mathbb{R}}^n)$. 这就定义出有界 (连续) 线性映射: $$m(D):H^s({\mathbb{R}}^n)\to H^{s-p}({\mathbb{R}}^n).$$特别地, 对任意的 $d$-阶的微分算子 $P$, 对任意的 $s\in \mathbb{R}$, 我们有连续线性映射$$P:H^s({\mathbb{R}}^n)\to H^{s-d}({\mathbb{R}}^n),\forall s.$$另外, 对任意的 $s$, 我们还有连续的线性同构:$$(1+△{)}^{\frac{p}{2}}:H^s({\mathbb{R}}^n)\to H^{s-p}({\mathbb{R}}^n).$$其中, 上述映射的逆映射是 $(1+△{)}^{-\frac{p}{2}}$.

证明. 对任意的 $u\in H^s({\mathbb{R}}^n)$, 我们首先证明 $m(D)u\in H^{s-p}({\mathbb{R}}^n)$, 其中 $m(\xi )$ 具有命题中所要求的多项式增长. 根据 Planchrel 公式, 我们有$$\begin{array}{rl}\Vert m(D)u{\Vert }_{H^{s-p}}^2& ={\int }_{{\mathbb{R}}^n}(1+|\xi {|}^2{)}^{s-p}|m(\xi )\hat{u}(\xi ){|}^{2}d\xi \\ & ⩽C{\int }_{{\mathbb{R}}^n}(1+|\xi {|}^2{)}^{s-p}(1+|\xi |{)}^{2p}|\hat{u}(\xi ){|}^{2}d\xi \\ & ⩽C^{\prime }{\int }_{{\mathbb{R}}^n}(1+|\xi {|}^2{)}^s|\hat{u}(\xi ){|}^{2}d\xi .\end{array}$$所以, 存在常数 $C_1$, 使得$$\Vert m(D)u{\Vert }_{H^{s-p}}⩽C_1\Vert u{\Vert }_{H^s}.$$这表明 $m(D)$ 是从 $H^s({\mathbb{R}}^n)$ 到 $H^{s-p}({\mathbb{R}}^n)$ 的连续线性映射.

微分算子的情形是一个特例. 为了说明 $m(D)=(1+△{)}^{\frac{p}{2}}$ 有逆, 我们用$$n(\xi )=(1+|\xi |{)}^{-\frac{p}{2}}$$作为乘子即可, 这是因为$$\widehat{m(D)n(D)u}=(1+|\xi |{)}^{\frac{p}{2}}(1+|\xi |{)}^{-\frac{p}{2}}\hat{u}(\xi )=u(\xi ).$$命题得证.

$\square$

利用 Sobolev 空间之间的映射性质, 我们可以证明如下的稠密性定理:

命题 71.6. 对每个指标 $s\in {\mathbb{R}}^n$, 光滑有紧支集的函数 $C_0^{\infty }({\mathbb{R}}^n)$ 在 $H^s({\mathbb{R}}^n)$ 是稠密的.

证明. 我们首先证明 $\mathcal{S}({\mathbb{R}}^n)\subset H^s({\mathbb{R}}^n)$ 是稠密的, 其中 $s\in \mathbb{R}$: 这个论断对 $s=0$ 是正确的, 因为 $C_0^{\infty }({\mathbb{R}}^n)$ 在 $H^0({\mathbb{R}}^n)=L^2({\mathbb{R}}^n)$ 中是稠密的. 由于$$(1-△{)}^{-\frac{s}{2}}:H^0({\mathbb{R}}^n)\to H^s({\mathbb{R}}^n)$$是连续可逆的线性映射 (是同胚) , 所以 $\mathcal{S}({\mathbb{R}}^n)$ 在这个算子下的像也是稠密的, 然而, $$(1-△{)}^{-\frac{s}{2}}\left(\mathcal{S}({\mathbb{R}}^n)\right)\subset \mathcal{S}({\mathbb{R}}^n),$$所以, $\mathcal{S}({\mathbb{R}}^n)\subset H^s({\mathbb{R}}^n)$ 是稠密的.

(注意到, 在上面的论证中, $(1-△{)}^{-\frac{s}{2}}$ 不一定把有紧支集的函数映射为有紧支集的函数, 所以, 我们的推理是对 $\mathcal{S}({\mathbb{R}}^n)$ 进行的. )

为了证明命题, 我们只要说明在 $H^s({\mathbb{R}}^n)$ 的意义下, $\mathcal{S}({\mathbb{R}}^n)$ 中的任意一个函数 $f$ 都可以可以被 $C_0^{\infty }({\mathbb{R}}^n)$ 的函数逼近. 我们上次证明了存在常数 $C$, 使得对任意的 $\psi \in \mathcal{S}({\mathbb{R}}^n)$, 我们有不等式$$\Vert \psi {\Vert }_{H^s}⩽C{N}_{s+n+1}(\psi ).$$所以, 对任意的 $f\in H^s({\mathbb{R}}^n)$, 我们先选取 $\psi \in \mathcal{S}({\mathbb{R}}^n)$, 使得$$\Vert f-\psi {\Vert }_{H^s}<\frac{\epsilon }{2}.$$再利用 $C_0^{\infty }({\mathbb{R}}^n)\subset \mathcal{S}({\mathbb{R}}^n)$ 的稠密性, 选取 $\phi \in C_0^{\infty }({\mathbb{R}}^n)$, 使得$$N_{s+n+1}(\psi -\phi )<\frac{\epsilon }{2C}.$$此时, 我们有$$\Vert f-\phi {\Vert }_{H^s}<\epsilon .$$这就证明了命题.

$\square$

定理 71.7 (有紧支集分布的结构定理, $H^s$-版本). 对任意的有紧支集的分布 $c\in {\mathcal{E}}^{\prime }({\mathbb{R}}^n)$, 假设 $p$ 是 $c$ 的阶. 那么, 对任意的 $s<-p-\frac{n}{2}$, 我们有$$c\in H^s({\mathbb{R}}^n).$$特别地, 存在有限多个多重指标 ${\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_m$ 和有限多个有紧支集的平方可积函数 $f_{{\alpha }_1}(x),\cdots ,f_{{\alpha }_m}(x)\in L^2({\mathbb{R}}^n)$, 使得$$c=\sum _{k⩽m}{\partial }^{{\alpha }_k}{f}_{{\alpha }_k}(x).$$

证明. 我们之前证明过 $\hat{c}(\xi )$ 是具有多项式增长的, 即存在常数 $c>0$, 使得$$|\hat{c}(\xi )|⩽C(1+|\xi |{)}^p.$$据此, 我们知道对任意的 $\epsilon >0$, $(1+|\xi {|}^2{)}^{-\frac{p}{2}-\frac{n}{4}-\epsilon }\hat{c}(\xi )$ 是平方可积的, 这因为$$(1+|\xi {|}^2{)}^{-p-\frac{n}{2}-2\epsilon }|\hat{c}(\xi ){|}^2⩽C^{\prime }(1+|\xi |{)}^{-n-4\epsilon }.$$右边的函数是可积的. 据此, 对任意的 $s<-p-\frac{n}{2}$, 我们有 $c\in H^s({\mathbb{R}}^n)$.

类似地, 我们知道$$g(\xi )=(1+|\xi {|}^2{)}^{-\lfloor \frac{p}{2}\rfloor -n-1}\hat{c}(\xi )\in L^2({\mathbb{R}}^n).$$令 $N=\lfloor \frac{p}{2}\rfloor -n-1$, 所以, $$(1-△{)}^{N}f=c.$$其中 $\hat{f}=g$ 是平方可积的函数. 再选取 $\chi$ 是在 $c$ 的支集上恒为 $1$ 的光滑的有紧支集的函数, 所以, $$\chi \cdot (1-△{)}^{N}f=c.$$类似于之前对有紧支集分布的结构定理的证明, 将这个式子展开即可.

$\square$

我们下面证明著名的 Sobolev 嵌入定理 (的一种形式) :

定理 71.8 (Sobolev 嵌入定理). 假设指标 $s>\frac{n}{2}$, 那么, 每个 $u\in H^s({\mathbb{R}}^n)$ 都落在 $L^{\infty }({\mathbb{R}}^n)$ 中. 进一步, 我们有连续的线性嵌入$$\iota :H^s({\mathbb{R}}^n)\hookrightarrow L^{\infty }({\mathbb{R}}^n),u\mapsto u,$$即存在 $C_s$, 使得对任意 $u\in H^s({\mathbb{R}}^n)$, 我们都有$$\Vert u{\Vert }_{L^{\infty }}⩽C_s\Vert u{\Vert }_{H^s}.$$进一步, $u$ 是连续函数 (可以在它的代表类中选到一个连续函数) 并且在无穷远处的极限为零, 即 $u\in C_{\circ }({\mathbb{R}}^n)$.

注记. 证明的想法比较简单: 我们只要说明 $\hat{u}$ 是一个 $L^1$ 函数即可, 因为 Fourier 逆变换就把它还原成一个在 $\infty$ 处衰减的连续函数, 从而是 $L^{\infty }$ 的函数.

证明. 根据 $u={\mathcal{F}}^{-1}(\hat{u})$, 我们知道$$\Vert u{\Vert }_{L^{\infty }}⩽\frac{1}{(2\pi {)}^n}\Vert \hat{u}{\Vert }_{L^1}.$$我们现在说明 $\Vert \hat{u}(\xi ){\Vert }_{L^1}$ 被 $\Vert u{\Vert }_{H^s}$ 所控制. 根据 $s>\frac{n}{2}$, 我们可以 $\hat{u}$ 写成两个平方可积的函数的乘积: $$\hat{u}(\xi )=\underset{L^2}{\underbrace{(1+|\xi {|}^2{)}^{\frac{s}{2}}\hat{u}(\xi )}}\cdot \underset{L^2}{\underbrace{(1+|\xi {|}^2{)}^{-\frac{s}{2}}}},$$前一部分根据 $u\in H^s({\mathbb{R}}^n)$ 所以是 $L^2$ 的; 后一部分根据 $s>\frac{n}{2}$ 所以是 $L^2$ 的. 利用 Cauchy-Schwarz 不等式, 我们有$$\Vert \hat{u}(\xi ){\Vert }_{L^1}⩽\Vert u{\Vert }_{H^s}\Vert (1+|\xi {|}^2{)}^{-\frac{s}{2}}{\Vert }_{L^2}=C\Vert u{\Vert }_{H^s}.$$所以, $$\Vert u{\Vert }_{L^{\infty }}⩽\frac{C}{(2\pi {)}^n}\Vert u{\Vert }_{H^s}.$$连续性的部分是明显的, 因为$${\mathcal{F}}^{-1}:L^1({\mathbb{R}}_{\xi }^n)⟶C_{\circ }({\mathbb{R}}_x^n).$$是连续映射. 证明完毕.

$\square$

推论 71.9. 假设 $s>\frac{n}{2}+k$, 其中 $k$ 为非负整数, 那么, 对任意的 $u\in H^s({\mathbb{R}}^n)$, 我们都有 $u\in C^k({\mathbb{R}}^n)$.

证明. 对任意的多重指标 $\alpha$, 如果 $|\alpha |⩽k$, 那么 ${\partial }^{\alpha }u\in H^{s-|\alpha |}({\mathbb{R}}^n)$ 是连续函数, 从而, $u\in C^k({\mathbb{R}}^n)$ (用归纳法来证明会更严格一点) .

$\square$

注记. 这个版本的 Sobolev 嵌入定理说的是, 如果指标 $s$ 足够大, 那么, 函数 $u$ 就会非常光滑.

注记. 我们在作业中将构造函数局部可积的 $u\in H^{\frac{n}{2}}({\mathbb{R}}^n)$, 使得 $u\notin L^{\infty }({\mathbb{R}}^n)$. 换句话说, 如下的嵌入并不成立: $$H^{\frac{n}{2}}({\mathbb{R}}^n)/\hookrightarrow L^{\infty }({\mathbb{R}}^n).$$这表明 Sobolev 嵌入的指标至少是 $\frac{n}{2}+\epsilon$, 其中 $\epsilon >0$ 可以任意小.

下一个定理说的是如果指标 $s$ 足够大, 那么, 两个 $H^s$ 的函数的乘积也是 $H^s$ 的. 这个定理在证明非线性偏微分方程的解的局部存在性时很有用.

定理 71.10. 如果 $s>\frac{n}{2}$, 那么, $H^s({\mathbb{R}}^n)$ 是一个代数, 即对任意的 $u,v\in H^s({\mathbb{R}}^n)$, 我们有 $u\cdot v\in H^s({\mathbb{R}}^n)$: $$H^s({\mathbb{R}}^n)\times H^s({\mathbb{R}}^n)\stackrel{\times }{⟶}{H}^s({\mathbb{R}}^n).$$实际上, 存在常数 $C_s$, 使得对任意的 $u,v\in H^s({\mathbb{R}}^n)$, 我们有$$\Vert u\cdot v{\Vert }_{H^s}⩽C_s\Vert u{\Vert }_{H^s}\Vert v{\Vert }_{H^s}.$$

证明. 我们来计算 $u\cdot v$ 的 $H^s$-范数. 由于在 Fourier 变换下, 乘积变化为卷积, 所以按照定义, 我们有$$\begin{array}{rl}\Vert u\cdot v{\Vert }_{H^s}^2& ={\int }_{{\mathbb{R}}^n}(1+|\xi {|}^2{)}^s{\left|{\int }_{{\mathbb{R}}^n}\hat{u}(\xi -\eta )\hat{v}(\eta )d\eta \right|}^{2}d\xi \\ & ⩽{\int }_{{\mathbb{R}}^n}(1+|\xi {|}^2{)}^s{\left({\int }_{{\mathbb{R}}^n}|\hat{u}(\xi -\eta )||\hat{v}(\eta )|d\eta \right)}^{2}d\xi .\end{array}$$我们要把因子 $(1+|\xi {|}^2{)}^s$ 进行拆分. 首先, 对任意的 $s>0$, $a,b⩾0$, 我们显然有$$(a+b{)}^s⩽2^s(a^s+b^s).$$所以, 对任意的 $\xi ,\eta \in {\mathbb{R}}^n$, 我们有如下的不等式$$\begin{array}{rl}(1+|\xi {|}^2{)}^{\frac{s}{2}}& ⩽(1+2|\xi -\eta {|}^2+2|\eta {|}^2{)}^{\frac{s}{2}}⩽2^{\frac{s}{2}}{\left((1+|\xi -\eta {|}^2)+(1+|\eta {|}^2)\right)}^{\frac{s}{2}}\\ & ⩽2^{2s}\left((1+|\xi -\eta {|}^2{)}^{\frac{s}{2}}+(1+|\eta {|}^2{)}^{\frac{s}{2}}\right).\end{array}$$所以, 我们就得到了$$\begin{array}{rl}\Vert u\cdot v{\Vert }_{H^s}^2& ⩽2^{2s}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{\left({\int }_{{\mathbb{R}}^n}(1+|\xi -\eta {|}^2{)}^{\frac{s}{2}}|\hat{u}(\xi -\eta )||\hat{v}(\eta )|+(1+|\eta {|}^2{)}^{\frac{s}{2}}|\hat{v}(\eta )||\hat{u}(\xi -\eta )|)d\eta \right)}^{2}d\xi \\ & ⩽2^{2s}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{\left({\int }_{{\mathbb{R}}^n}\underset{f(\xi -\eta )}{\underbrace{(1+|\xi -\eta {|}^2{)}^{\frac{s}{2}}|\hat{u}(\xi -\eta )|}}\underset{g(\eta )}{\underbrace{|\hat{v}(\eta )|}}\right)}^2+{\left({\int }_{{\mathbb{R}}^n}(1+|\eta {|}^2{)}^{\frac{s}{2}}|\hat{v}(\eta )||\hat{u}(\xi -\eta )|)d\eta \right)}^{2}d\xi .\end{array}$$上面的表达式中本质上是两项, 它们的结构是类似的, 我们只要处理一项就好. 我们现在利用第一项中的卷积结构来控制它. 根据 $H^s$ 的定义, 我们有$$f(\xi )=(1+|\xi {|}^2{)}^{\frac{s}{2}}|\hat{u}(\xi )|\in L^2({\mathbb{R}}_{\xi }^n).$$根据 $s>\frac{n}{2}$, 我们在 Sobolev 不等式的证明中已经证明了 $g(\xi )=\hat{v}\in L^1({\mathbb{R}}^n)$. 特别地, 存在常数 $C_1$ 和 $C_2$, 使得$$\Vert f{\Vert }_{L^2}⩽C_1\Vert u{\Vert }_{H^s},\Vert g{\Vert }_{L^2}⩽C_2\Vert v{\Vert }_{H^s}.$$我们观察到, 上面就是控制 $f\ast g$ 的 $L^2$ 范数的大小. 我们回忆上学期 (5 月 9 日的课程, 利用 Fubini 定理) 已经证明了$$L^1({\mathbb{R}}^n)\times L^2({\mathbb{R}}^n)\stackrel{\ast }{⟶}{L}^2({\mathbb{R}}^n).$$其中对任意的 $\phi \in L^1({\mathbb{R}}^n)$, $\psi \in L^2({\mathbb{R}}^n)$, 我们有$$\Vert \phi \ast \psi {\Vert }_{L^2}⩽\Vert \phi {\Vert }_{L^1}\Vert \psi {\Vert }_{L^2}.$$我们对 $\phi =g$ 和 $\psi =f$ 运用这个不等式, 就得到$$\Vert f\ast g{\Vert }_{L^2}⩽\Vert g{\Vert }_{L^1}\Vert f{\Vert }_{L^2}⩽C_1{C}_2\Vert u{\Vert }_{H^s}\Vert v{\Vert }_{H^s}.$$所以, 我们就有$$\begin{array}{rl}\Vert u\cdot v{\Vert }_{H^s}^2& ⩽2^{2s}\left(C_1{C}_2\Vert u{\Vert }_{H^s}^2\Vert v{\Vert }_{H^s}^2+C_1{C}_2\Vert u{\Vert }_{H^s}^2\Vert v{\Vert }_{H^s}^2\right).\end{array}$$这就给出了命题的证明.

$\square$

实际上, 我们还可以证明更强的结论: 对任意的 $s>0$, $H^s({\mathbb{R}}^n)\cap L^{\infty }({\mathbb{R}}^n)$ 是一个代数. 我们之后将利用频率空间的二进分解进行证明.