设$\Omega\subseteq\Bbb R ^n$是一个具有分片光滑边界$\partial\Omega$的有界域.考虑如下Dirichlet特征值问题

其中$\lambda=\textrm{const}$.由于$-\Delta$的谱是实的和离散的,所以它的Dirichlet特征值能够以非递减的方式列出

其中每个$\lambda_j(\Omega)$是按照其有限重数重复列出的.

本文主要兴趣是集中于高阶特征值的估计方面.这里仅提到两个结果,一个是Weyl^[1] 证明了渐近公式

其中$\omega_n$是$\Bbb R ^n$中单位球的体积.另一个是Pólya^[2]证明了:如果$\Omega$是一个平铺平面区域,(1.3)式的左边不小于它的右边.(在某些文献中,这样的$\Omega$也称为一个平面覆盖区域,也就是说,它们全等的非重叠平移可以无间隙覆盖$\Bbb R ^2$).值得指出的是,Pólya的证明也同样适用于$\Bbb R ^n$中的平铺区域^[3].根据Weyl的渐近公式及其结果,Pólya^[2]还提出了以下猜想

Pólya猜想-. 设$\Omega$是$\Bbb R ^n$中具有分片光滑边界$\partial\Omega$的有界区域. 那么问题(1.1)的第$k$个Dirichlet特征值$\lambda_k(\Omega)$满足

后来,上述猜想在许多文献中被广泛的研究(例如,^{[4⇓⇓⇓⇓⇓-10]}以及其中的参考文献).下面仅提到其中的几项重要成果.1980年,Lieb^[5]证明了存在一个常数$c_n$使得

然而,(1.5)式与(1.4)式相差一个因子$c_n(<1)$. 1983年, Li-Yau^[3]在上述猜想中取得了很大进展.更准确地说,他们给出了如下估计

这在平均意义上是最佳的.值得一提的是,(1.6)式可以通过先前Berezin^[4]的一个结果的Legendre变换得到

其中 $L_{\sigma,n}^{cl}:=\frac{\Gamma(\sigma+1)}{2^n\pi^\frac{n}{2}\Gamma(\sigma+1+\frac{n}{2})}$ 被称为Lieb-Thirring常数.这样,(1.6)式通常被称为Berezin-Li-Yau不等式. 由于$\lambda_1(\Omega)\leq\lambda_2(\Omega)\leq\cdots\leq\lambda_k(\Omega)$, 所以从(1.6)式可推出

这显然部分解决了Pólya猜想,但多了一个因子$n/(n+2)$.

人们很自然地会问,是否可以在上式右边增加一个$k$的低阶的正项来改进(1.6)式. 沿着这个方向,Melas(2002)^[7]迈出了实现这一目标的第一步,他得到了以下估计

其中常数 $I(\Omega):=\min\limits_{a\in\Bbb R ^n}\int_\Omega|x-a|^2{\rm d}x$ 就是所谓的$\Omega$的"惯性矩''.显然, 估计式(1.8)表明

因此,这或多或少地改进了上面的Berezin-Li-Yau不等式.

关于这个专题的更多信息,可以在文献[6-7,9⇓⇓-12]以及其中的参考文献中找到.综上所述,谱几何中Laplace算子特征值和的研究一直是一个非常活跃的领域.

本文采用文献[7,9-10]的论证方法,但在细节上有一些显著的差异,证明了以下主要结果.

定理1.1 设$\Omega$是$\Bbb R ^n\,(n\geq4)$中具有分片光滑边界$\partial\Omega$的有界区域.那么,对所有$k\in{\Bbb N}$, 问题(1.1)的特征值$\lambda_j(\Omega)\,(j\in{\Bbb N})$满足

其中$\omega_n:=\pi^\frac{n}{2}/\Gamma(1+\frac{n}{2})$是$\Bbb R ^n$中$n$维单位球的体积, 而$\Gamma(x):=\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}{\rm d}t (x>0)$ 是 Gamma函数.

注1.1 使用与定理 1.1中几乎相同的论证,还得到以下结果

(i) 当维数$n\geq2$时,有

(ii) 当维数$n\geq3$时,有

由于这些结果的证明几乎与定理1.1的相同,所以省略证明.

注1.2 从以下不等式(参见后面的(3.7)式)

可推导出

本文将(1.12)中的不等式用于推导 Laplace算子特征值和的精细下界.这三种情况: (i) $n\geq2$, (ii) $n\geq3$和(iii) $n\geq4$ 的推理在总体上是相似的,它们之间的区别只出现在(1.12)式中.

注1.3(1.9)-(1.11)式确实改进了Melas的估计式(1.8).

注1.4 Yolcu等人^[10]给出了以下结果

设$\Omega$是$\Bbb R ^n$中具有光滑边界的有界连通区域.对于$k\in{\Bbb N}$,且$1\leq\alpha\leq2$, $n=2$或$0<\alpha\leq2$, $n\geq3$,分数阶Laplace算子$(-\Delta)^{\alpha/2}$ 的定义如下

的特征值$\{\lambda_j^{(\alpha)}\}_{j=1}^\infty$满足

然而,文献[10]给出的证明包含了一个错误的步骤.更具体地说,使用了下面不等式(参见文献[(53)],或文献[第8页])

但一般来说,这个不等式对于$b\geq1/2$的情形不成立.总之,由于证明存在瑕疵,所以他们的结果是不可靠的, 甚至可能是不正确的.这里仅仅指出,在$b\geq1/2$的情形,估计式(1.13)是错误的.例如,对于$b=1$和$\tau=\frac{1}{3}$,有

本文剩余部分的安排如下:在第2节中,首先简要介绍一些记号,这与文献[7]中的记号是一致的,并为本文提供了一个框架; 在第3 节中,建立了一个关键引理,并给出了一个后面需要的重要推论; 在第4节中,借助上述推论,并采用文献[7,9-10]中类似的论证,证明了定理1.1.

这一节完全采用文献[7]中的记号,并叙述文献[4,7,9]中的一些后面用到的事实. 开集$\Omega$通过变换,可以假设

设$\{u_j\}_{j=1}^k$是相应于$\{\lambda_j(\Omega)\}_{j=1}^k$的一个标准正交特征函数族.$u_j$的Fourier变换可以表示为

其中$\langle\cdot,\cdot\rangle$表示$\Bbb R ^n$中的内积.定义如下的函数

引理2.1^[4,7] 由(2.1)式定义的函数$F(z)$满足

现在用

表示$F$的径向递减重排列.(通过逼近$F$)可假设递减函数$\phi:[(2\pi)^{-n}V(\Omega)]$是绝对连续的.

引理2.2^[7,9] 设$\phi$由(2.6)式定义.那么,

对几乎所有的$s$成立.

可以将(2.2)式重写如下

由于$z\to|z|^2$是径向且递增的,由(2.4)式可以得到

下面的初等结果,虽然简单但很重要,它建立了下面(3.1)式中出现的两个积分之间的联系.

引理2.3^[7] 假设$h: [\infty)\to[0,1]$使得

那么,存在$a\geq0$使得

改进特征值和的下界的关键之处是恰当使用下面的引理.它可以视为文献[引理4]的另一个版本.为了完整起见,这里给出了引理的证明.

引理2.4 对于整数$n\geq2$和正实数$s$和$\tau$,有下列恒等式

证 对于整数$n\geq2$,使用归纳法可得以下恒等式

令$t=s/\tau$, 并将上述恒等式两边同时乘以$\tau^{n+2}$,可得(2.12)式.证毕.

这一节将建立一个关键引理并给出其推论.后者在证明定理1.1中起着重要作用. 在这个过程中,使用与文献[7,9-10]相似但不完全相同的论证.读者可参考这些文献以获得更多细节.

引理3.1 设$n\geq4$, $A, B>0$和$\psi: [0,\infty)\mapsto[0,\infty)$是一个递减的(且绝对连续的)函数,使得 $\psi(0)=1,-1\leq\psi'(s)\leq0$ 且

那么,

证 可假设$B<\infty$, 否则就不需要证明了.显然$B<\infty$意味着$\liminf_{t\to\infty}t^{n+2}\psi(t)=0$. 于是可得$\liminf_{t\to\infty}t^{n+1}\psi(t)=0$. 设$h(s):=-\psi'(s),\forall s\geq0$.那么,$0\leq h(s)\leq1$且

由$\liminf_{t\to\infty}t^{n+1}\psi(t)=0$和分部积分公式可得

由分部积分公式还可得到

根据引理2.3,存在$a\geq0$使得

以及

取$\tau:=(nA)^{1/n}$. 显然,使用(3.5)式和Jensen不等式可得

再次使用(3.5)式可得

于是,有 $\frac{1}{2}\leq\tau-a\leq1.$

现在引入记号

在$[a,a+1]$上对(2.12)式积分,并使用(3.5)和(3.6)式可得

于是,容易看出

接下来引入记号

利用Newton二项式定理,可进行如下计算

其中$\bigg(\begin{array}{cc}i\\j\end{array}\bigg)$表示通常的二项式系数,即 $\bigg(\begin{array}{cc}i\\j\end{array}\bigg)=\frac{i!}{j!(i-j)!}.$

连续两次使用分部积分公式,可以继续进行如下计算

由上面的不等式,容易得到如下估计

利用$a+1\geq\tau$,由(3.9)和(3.10)式可得如下估计

类似地,可以得到

定义函数$f:\Bbb R \mapsto\Bbb R$如下,

注意到$\frac{1}{2}\leq\tau\leq a+1$. 于是,可得

从而可得

由(3.12)和(3.13)式可得如下估计

类似地,通过直接计算可得

定义如下的函数

显然,容易验证

这意味着$g(x)$在$[0,\infty)$上是递增的.于是,利用$a+1\geq\tau$可得

这样,将(3.10),(3.11),(3.14)式和(3.15)式代入(3.8)式可得

再将$\tau=(nA)^{1/n}$代入上面的不等式,可得到如下估计

证毕.

作为引理3.1的推论, 给出下边的结果.

推论3.1 设$n\geq4$, $\rho, A, B>0$和$\psi: [0,\infty)\mapsto[0,\infty)$是一个递减的(且绝对连续的)函数,使得 $-\rho\leq\psi'(s)\leq0,$ 且

那么,

证 设$\widetilde{\psi}(t)=\alpha\psi(\beta t)$,其中$\alpha,\beta>0$是待定常数.显然,令$\alpha=\psi(0)^{-1}$,可得$\widetilde{\psi}(0)=1$. 此外, $\widetilde{\psi}'(t)=\alpha\beta\psi'(\beta t).$ 于是,从$-\rho\leq\psi'(s)\leq0$可推导出 $-\rho\alpha\beta\leq\alpha\beta\psi'(\beta t)\leq0.$ 再令$\beta=\rho^{-1}\psi(0)$可得$\rho\alpha\beta=1$.于是,可得$-1\leq\widetilde{\psi}'(t)\leq0$. 设$s=\beta t$或$t=s/\beta$. 由此可得

于是,有

将(3.2)式应用到$\widetilde{\psi}$可得

于是,将$\widetilde{\psi}(t)=\alpha\psi(\beta t)$和$\widetilde{A}:=A\alpha\beta^{-n}$代入上面不等式可得

通过变量变换:$s=\beta t$,(3.18)式的左边可改写为

注意到$\alpha=\psi(0)^{-1}$和$\beta=\rho^{-1}\psi(0)$,并利用(3.18)和(3.19)式可得

$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}s^{n+1}\psi(s){\rm d}s&\geq& \frac{1}{n+2}\Big[(nA)^{1+\frac{2}{n}}\alpha^\frac{2}{n}+\frac{5}{3}A\beta^2 -\frac{20}{9}n^{-\frac{1}{n}}A^{1-\frac{1}{n}}\alpha^{-\frac{1}{n}}\beta^3 \\ &&+\frac{29}{24}n^{-\frac{2}{n}}A^{1-\frac{2}{n}}\alpha^{-\frac{2}{n}}\beta^4 -\frac{37}{150}n^{-\frac{3}{n}}A^{1-\frac{3}{n}}\alpha^{-\frac{3}{n}}\beta^5\Big] \\ &=&\frac{1}{n+2}\Big[(nA)^{1+\frac{2}{n}}\psi(0)^{-\frac{2}{n}} +\frac{5}{3}A\rho^{-2}\psi(0)^2 -\frac{20}{9}n^{-\frac{1}{n}}A^{1-\frac{1}{n}}\rho^{-3}\psi(0)^{3+\frac{1}{n}} \\ &&+\frac{29}{24}n^{-\frac{2}{n}}A^{1-\frac{2}{n}}\rho^{-4}\psi(0)^{4+\frac{2}{n}} -\frac{37}{150}n^{-\frac{3}{n}}A^{1-\frac{3}{n}}\rho^{-5}\psi(0)^{5+\frac{3}{n}}\Big]. \end{eqnarray*}$
这证明了推论3.1.
注3.1 不等式(3.17)改进了Melas的结果(参见文献[引理1]).

以推论3.1为基础,下面准备证明定理1.1.这个论证过程总体上与文献[7,9,10]是一样的,但又不完全相同.

证 函数$\phi$由(2.6)式所定义.将(3.17)式应用于$\phi$,且取

并注意到

于是,可得

现在取$R:=\{V(\Omega)/\omega_n\}^{1/n}$使得$V\big(B_R(0)\big)=\omega_nR^n=V(\Omega)$. 即$B_R(0)$就是$\Omega$的对称重排. 这样,由$I(\Omega)$的定义可得

于是,可直接验证

注意到$0<\phi(0)\leq(2\pi)^{-n}V(\Omega)$.构造一个辅助函数如下

其中

以及

然后,将证明$\xi(t)$,$\eta(t)$和$\zeta(t)$在$\big(0,(2\pi)^{-n}V(\Omega)\big]$上都是递减的. 这样,$\theta(t)$在这个区间上也是递减的.因此,在(4.1)式中可用$(2\pi)^{-n}V (\Omega)$代替$\phi(0)$,并将$\rho=2(2\pi)^{-n}\sqrt{V(\Omega)I(\Omega)}$代入这个不等式,从而得到所期望的估计.

为了证明这个定理,现在按如下步骤进行.容易看出$\zeta(t)$在$(0,\infty)$上是递减的.由直接计算可得

这表明$\xi(t)$在$(0,\infty]$上是凸函数. 令$\xi'(t)=0$可得

显然,$t_0$是使$\xi'(t)=0$的唯一点,且当$t\rightarrow0^+$时,$\xi'(t)\rightarrow-\infty$. 因此,$\xi'(t)\leq0,\forall\,t\in(0,t_0]$.另一方面,利用(4.2)式可得

上述最后一个不等式等价于

这显然是对的.事实上,由于$\Gamma(s)$在$[2,+\infty)$上是递增的,于是

从而就有

因此,由上面论证可知:在$(0,(2\pi)^{-n}V(\Omega)]$上$\xi'(t)\leq0$,这意味着$\xi(t)$在这个区间上是递减的.

接下来,继续进行如下计算

$\begin{eqnarray*} \eta'(t) & = & -\frac{20}{9}\big(3+\frac{1}{n}\big)k^{1-\frac{1}{n}}\omega_n^\frac{1}{n}\rho^{-3}t^{2+\frac{1}{n}} +\frac{29}{24}\big(4+\frac{2}{n}\big)k^{1-\frac{2}{n}}\omega_n^\frac{2}{n}\rho^{-4}t^{3+\frac{2}{n}} \\ & = & \frac{29}{24}\big(4+\frac{2}{n}\big)k^{1-\frac{2}{n}}\omega_n^\frac{2}{n}\rho^{-4}\cdot t^{2+\frac{1}{n}} \big(t^{1+\frac{1}{n}}-t_*^{1+\frac{1}{n}}\big), \end{eqnarray*}$

其中

显然, $t_*\geq(k\omega_n^{-1}\rho^n)^{\frac{1}{n+1}}$,且 $\eta'(t)\leq0,\ \forall\,\,x\in[t_*],$ 这意味着$\eta(t)$在$[t_*]$上是递减的.另一方面,再次利用(4.2)式可得

上述最后一个不等式等价于 $k\geq(2\pi)^{-n}\omega_n^2,$ 这显然是对的.事实上,

因此,$\eta(t)$在$(0,(2\pi)^{-n}V(\Omega)]$上是递减的.

至此,定理的证明已完成.