Artış Lemması

0 0

1^x s 1 s 1 s

Q Qx Q

dy dy dy

x y ≤ x y ≤ y

− −

∫ ∫ ∫

dir. Sonuç olarak

10

1 1

s s 1

E Q

dy dy

K x y ≤K y =

∫

−

∫

^{, C Es( )≥} _K¹

∫

_E^{dx= measE}_K

olur

0

sup ( ) 1 ( ) sup ( )

R s

x D s x D Qx

u x C H u x

ξ R

∈ ∈ ∩

 

≥ + 

  (4.18) olur.

Şekil 5

Đspat. Benzerlik dönüşümü altında operatör benzerlik katsayısının karesi ile çarpılabildiğinden eliptiklik sabiti korunur. Başka bir deyişle böyle bir dönüşüm altında bir kümenin kapasitesi benzerlik katsayısının bazı kuvvetleri ile çarpılabilir. Bunu teorem 4.4.3. ten söyleyebiliriz. Bu yüzden R=1 durumunu göz önünde bulundurmak yeterlidir.

R=1, x = olduğunu varsayabiliriz. ⁰ 0 C H = olması durumunda (4.18) eşitsizliği _s( ) 0 maksimum prensibine göre gerçekleşir. C H > olması durumunda keyfi bir_s( ) 0 ε sayısını,

0< <ε C H_s( ), ( )

( ) _s 1

H

d y

U x x y

= µ ≤

∫

− ^{, x H∉}

için, µH >C H_s( )− olacak şekilde bir ε µ ölçümü ele alalım.

sup ( )

x D

u x M

∈

=

olarak belirtelim.

Γ ^D

H

--- --- --- --- --- --- --- --- --- --- --- --- --- --- ---

( ) 1 ( ) ( ) 3

s s

v x M U x C H 

=  − + 

olarak alalım. H ın dışında LU ≥ olduğundan D bölgesinin içinde 0 Lv ≤ yazabiliriz. 0 Ayrıca D bölgesinin sınırı üzerinde v fonksiyonu u fonksiyonundan az değildir.

Gerçekten sınır Γ yı ve S küresi üzerinde bulunan noktaları içerdiğinden ₄⁰

0

u_Γ= , v_Γ>0, 0 S4

u ≤M

0 4

40 10

( ) ( )

1 1

1 1 ( )

3 3 3

inf

s s

s s s s s

S

x S y Q

C H C H

v M d M C H M

x y µ

∈

∈

 

   

 

≥  − − + ≥  − + =

 

 

∫

yazılabilir. Bu yüzden D bölgesinde u v≤ dir. Açıkçası v_Γ>0 yazmayabiliriz. (Her ne kadar D de ( )

3 0

s s

v >C H > olduğu bilinse de) Çünkü x∈D, Γ ya meyilli iken ( )U x in

limitinin var olup olmadığını bilmiyoruz. Bununla beraber herhangi bir durumda

,

lim ( ) 0

x D x

v x

∈ →Γ

>

eşitsizliğinin var olduğunu söyleyebiliriz. Bu maksimum prensibinin uygulamaları için yeterlidir. Böylece u v≤ dir.

0 0

1 1 0

10 1

( )

1 1 1

sup ( ) sup ( ) 1 1 ( )

3 2 3 2

sup

s

s s s s s s

x Q y Q

x D Q x D Q

u x v x M d C H M C H

x y µ ε

∈

∈

∈ ∩ ∈ ∩

 

     

 

≤ ≤ − + ≤  − −  + 

 −     

 

 

∫

sonucuna ulaşırız. ε keyfi olduğundan lemmanın ispatı tamamlanır.

Uyarı 4.5.1. Eğer Lemma 4.5.1. in varsayımlarında s n< ve R < ise o zaman 1

s( )

measH

C H ≥ K

eşitsizliğini kullanarak (Bu teoerem 4.4.6. dan geçerlidir.)

0

sup ( ) 1 sup ( )

Rx

x D s x D Q

measH

u x u x

K R

ξ

∈ ∈ ∩

 

≥ + 

  (4.19) eşitsizliğini elde ederiz. Bununla beraber R < koşulu arzu edilmeyen bir koşuldur. Ayrıca 1

(4.19) eşitsizliğinde R^s yerine Rⁿ yazılarak bu eşitsizlik geliştirilebilir.

Lemma 4.5.2. Eğer lemma 4.5.1. in varsayımlarında s n< ise o zaman η> ; 0 ve n

s ye bağlı bir sabit olmak üzere

0

sup ( ) 1 sup ( )

x R

x D n x D Q

measH

u x u x

η R

∈ ∈ ∩

 

≥ + 

  (4.20) olur.

Đspat. Đlkin Q₄^x_R⁰ ı Q₄^x0 a dönüştüren benzerlik dönüşümünü yapalım. Daha önce bahsedildiği gibi operatör yalnızca bir pozitif sayıyla çarpılıyor. Bu dönüşüm altında

, H'

H ne gitsin. O zaman

' measH_n measH

= R olur. Sonuç olarak

s( ') n

measH

C H ≥ KR

elde edilir. Bu da lemmanın ispatını tamamlamaktadır.

Asağıda anlatacağımız artış lemmasından Hölder normunun Priori kestirimlerini ve Harnack eşitsizliğini elde edebiliriz.( Keyfi katsayılı diverjans olmayan formdaki denklemler için bunlar ilkin N.V.Krylov ve M.Safanov [1979,1980] [12] tarafından ispat edilmiştir.)

Lemma 4.5.3. Lemma 4.5.1. deArtış lemmasını kapasiteye bağlı olarak ifade ettik.

Şimdi ise Artış lemmasını ölçüme bağlı olarak ifade edeceğiz. Bu lemma uygulamalar için çok kullanışlı bir lemmadır. D açık kümesinin Q yuvarı tarafından kapsandığını ₄^x0_R varsayalım.( 0<R≤1 4) Öyle ki bu kümenin Q_R^x0 ile kesişimi boş olmasın. Lu=0 denkleminin bir çözümü D bölgesinde tanımlı ve üstelik ( ) 0c x ≤ olsun. Eğer u

fonksiyonu D da sürekli, D de pozitif ve Q tarafından kapsanan D₄^x0_R ∂ parçasında u =0 ise o zaman güçlü maksimum prensibine dayanarak

0

max max

x

D D QR

u u

∩

>

eşitsizliğini yazabiliriz.

0

max max

x R

D D Q

u u h

∩

=

kestiriminde bulunmayı deneyelim. Bunu yapmak için bölgenin yapısına bazı sınırlamalar getirilmeli.

0\D

x

H =QR

olsun. O zaman H kümesinin ölçümünün Q ın ölçümüne oranı ne kadar büyükse h da _R^x0 o kadar büyük olur.

0

4^x_R , 0 < R 1 4

D⊂Q ≤

0\D

x

H =QR , Γ = ∂ ∩D Q₄^x0_R

notasyonlarını kullanalım. ( ), u x Lu =0 denkleminin bir çözümü olsun. Bu çözüm D bölgesinde pozitif ve Γ sınırı üzerinde sıfır olsun. O zaman ξ, operatörün eliptiklik sabitlerine bağlı pozitif bir fonksiyon olmak üzere

0

max 1 max

x R

D n x D Q

measH

u u

ξ R

∈ ∩

  

≥ +  

 

 

olur.

Đspat. Kendimizi b x_i( )≡c x( ) 0≡ durumuyla sınırlandıralım. Düşük dereceli terimlerin varlığı gerekli olmayan bir zorluk ortaya çıkarır. Bu nedenle bunları ihmal edeceğiz. Đspatı 3 adımda inceleyelim

1. Adım. H , Q_ρ^x' yuvarını içersin. Burada ρ,

(

^measH

)

^{1 n} ile aynı büyüklüktedir.

1 x x− '^s

fonksiyonunu göz önünde bulunduralım. Bu fonksiyon Lu = denkleminin sub çözümü 0 olacak şekilde s sayısı seçilebilir.

max_D

M = u

olsun.

1

( )

3 '

s s

s s

V M

R x x

ρ ρ

 

=  − + 

 − 

 

olarak kuralım. D bölgesinde V > olduğunu görürüz. Bu yüzden u

1 1

2 3

s

s s

R

ξ =^ρ^{ }  − ^

   

olmak üzere

( ) ( )

0 1

2 3

s s

s s

D Qx

u M

R R

ρ

ρ ρ

∩

 

<  − + 

 

 

olur. Bu da lemmayı bu durumda ispatlar.

2.Adım. Şimdi de D bölgesinin küçük ölçümlü durumunu göz önünde bulunduralım.

Yani eğer

/ _R^x0

measD measQ < δ olacak şekilde λ ve n ye bağlı bir δ > sayısı varsa o zaman 0

0

max 2 max

x

D D QR

u u

∩

>

olur. a x fonksiyonlarının sürekli diferensiyellenebilir olduğunu varsayacağız. _ik( ) δ nın sadece λ ve n ye bağlı olduğu ortaya çıkacak yani δ denklemin katsayılarının türevlerinin büyüklüğüne bağlı olmayacak. Basit bir limit işlemi katsayıların düzgünlüğü üzerindeki tüm sınırlamaları kaldırmamıza izin verir.

0 measΓ =

olduğunu varsayabiliriz. Aksi durumda keyfi küçük ε için D bölgesinin yerine

{

⁴⁰

}

' ^x_R, ( ) , 0 D = x Q∈ u x >ε ε >

bölgesini ve ( )u x in yerine

'( ) ( ) u x =u x − ε fonksiyonunu göz önünde bulundurabilmeliyiz. Eğer

0 measΓ = ise o zaman

0 0 ve measD /0 _R^x

D⊂D measQ <δ

olacak şekilde açık bir D₀ kümesi mevcuttur.

0 2

x

R 0

; x D iken 8

( )

0 ; x Q \D n

R f x

λ

−

 ∈

=  ∈

olacak şekilde C^∞dan olan bir ( )f x fonksiyonu inşa edelim.

x0

R 0

x (Q∈ ∩D )\D için

0 ( ) 2

8 f x n

R λ

≥ ≥−

olsun. Q^x_4R⁰ yuvarında

40

Lv= , v 0

S xR

f =

Dirichlet problemini çözelim. Bu problemin çözümleri için katsayıların düzgünlüğü gereklidir.(Miranda[1970]) . Teorem 4.3.1. e dayanarak

1ⁿ

v ≤ C δ eşitsizliği yazılabilir.

max_Du=M olsun.

( )

( )

2 0

( ) 2 ( ) 1 4

4

x M x x v x

ω = ^ ⁻R + + ^

 

 

olarak kuralım. D bölgesinde

( ) 2 ( ) 0

8

L x M n f x

R

ω ≤ ^ λ + ^≤

 

olduğunu kolayca görebiliriz. Lemmanın durumu şimdi D bölgesinde ω− fonksiyonuna u maksimum prensibini uygulamayla davam edecek.

3. Adım. Şimdi de genel duruma doğru ilerleyelim.

measH , measQ_R^x0₄

ten küçük keyfi bir sayı olsun. Benzerlik dönüşümü ile üzerinde düşünülen denklem aynı λ eliptik sabitli bir denkleme dönüşür ve bu yüzden R =1 4 durumunu göz önünde bulundurmak yeterlidir. h sayısı

0

1 4 1

( ^x _h) ( ) 2, v 1 max_D

meas H∩Q ₋ = measH = −u u

eşitlikleri mevcut olacak şekilde seçilsin.

1 40 1

inf x

D Q v σ

∩ ≥

eşitsizliği var olacak şekilde

(measH) σ =σ

varlığını ispatlamalıyız. H =H₁ olsun.

0

1 ( 1) 2

measH = measH olacak şekilde

0 0

1 4 1 1

x

Q ₋h∩H =H

olarak kuralım. x , H₁⁰ kümesinin yoğunluk noktası olsun ve r_x

( _r^x_x\H )1 _xⁿ

meas Q ≤δr

olacak şekilde h ı aşmayan en büyük sayı olsun. Burada δ , 2. adımdan bir sabittir. Đki durum meydana gelebilir.

Đkinci durumda 2. adımdan

1 x 1 2

Qh

v >

ve sonra 1. adımdan σ, λ ve h a bağlı yani λ ve measH a bağlı olmak üzere

1 40 1D Q^x

v _∩ >σ

eşitsizlikleri elde edilir. Böylece lemma ispatlanmış oldu.

Uyarı 4.5.2. Lemma 4.5.3. ün ispatında 3. adımda bahsedilen 2 durumdan her

0

x H∈ 1 noktaları için birinci durum gerçekleşsin. O zaman ( \H )₁

x

x n

r x

meas Q =δr (4.21) olur. H ın tüm kümeleri ₁⁰ Q_r^x_x yuvarı tarafından kapsanır. Herhangi x H∈ ⁰₁ için (4.21) eşitliği gerçekleşir. Banach sürecini uygulamayı seçelim. Ya sonlu ya da sayılabilir sayıda ikili ayrık yuvarların ölçümleri toplamı

( )

0 n

1 5 1 2.5ⁿ

meas H =meas H

ölçümler toplamından daha büyüktür. Bu yuvarlar

1,..., _s,...

Q Q

olsun. 2. adımdan

1_Q1\H1 1 2 v >

1) r_x <h ve 2) r_x =h

yazabiliriz.

( )

( ) ( ^{( )} )

2 1 1 2.5ⁿ 1 2.5ⁿ

measH >measH +δ =measH +δ

olacak şekilde

{ }

⁰

2 2 , D1 2 : 2 1 ve H2 1 4^x \D2

v = v = x D v∈ < =Q

olarak kuralım. Şimdi de v D₁, ₁ ve H₁ yerine sırasıyla v₂, D₂ ve H₂ yerleştirerek aynı görüşü tekrarlayalım.

( )

( )

²

3 1 2.5ⁿ

measH >measH +δ

olacak şekilde

{ }

⁰

2

3 2 =2 u , D2 3 : 3 1 ve H3 1 4^x \D3

v = v = x D v∈ < =Q

bulacağız. Eğer birinci durum ya da ikinci durumdan biri gerçekleşirse lemma ispatlanacak. Bu işlemi devam ettirerek

{ }

⁰

k

1 k k 1 4 k

2 v , D : 1 , H ^x \D

k k

v = = x D v∈ < =Q

( )

(

^{1 2.5n}

)

^{k 1}

measHk >measH +δ ⁻

olacak şekilde v_k, D_k ve H_k elde ederiz. Fakat H_k ⊂Q_{1 4}^x0 olduğundan bu işlem sonlu k₀ adımından sonra sonlanmalı. Bu durum , measH ve h a bağlıδ yani measH , ve nλ ye bağlıdır. Diğer taraftan

(

^{1 4x0\Hk}

)

⁰

meas Q =

olmadan önce de bu işlem sonlanmaz. Böylece

0 0

1 4

1

k x

Q D

v ∩ >

eşitsizliği ya da

0

1 0

1 4^x 1 2^k

Q D

v _∩ >

eşitsizliği elde edilir. Yani σ =1 2^k0olur ve lemma ispatlanmış olur.

4.6. Harnack Eşitsizliği

Teorem 4.6.1. Eğer u x( ) G⊂Rⁿ bölgesinde Lu =0 denkleminin bir çözümü ise o zaman G bölgesine kompakt bir şekilde gömülen herhangi G alt bölgesi ve ' tüm ,x y G∈ ', x≠ y için

u(x)-u(y)

sup

G

C u

x y^α ≤

−

olacak şekilde G∂ den G' ne olan uzaklığa bağlı C > sayısı ve , n ve ye0 λ µ bağlı α > sayısı mevcuttur. Bu teorem aşağıdaki salınım teoreminin kesin bir sonucudur. [12] 0

Uyarı 4.6.1.Teorem 4.6.1. deki α sabitinin keyfi bir şekilde küçük seçilebileceğini 1987 de M. Safanov göstermiştir. [12]

Teorem 4.6.2. Lu = denkleminin bir çözümü 0 Q_R^x0 ( R<R )₀ üzerinde tanımlansın.

o zaman η>0; , M, n ve Rλ ₀ a bağlı olmak üzere

( )

/ 4

1

QR QR

osc u> +η osc u

olur. Eğer b_i ≡ ≡ olursa o zaman c 0 R<R sınırlaması kaldırılabilir. Bu durumda ₀ η; yalnızca ve nλ ye bağlı olur.

Đspat. b_i ≡ ≡ olduğunu varsayalım. c 0

0 0

4 4

sup x inf x , 2

R R

Q u− Q u=d v u d= − olarak alalım. Ayrıca

{

_R^x0: 0 ve

} {

_R^x0: 0

}

E⁺ = x Q∈ v≥ E⁻ = x Q∈ v≤

olsun. E ya⁺ da E^- kümelerinden en az biri

(

⁰

)

( )

4 2

x

measE^{+ −} ≥ measQR

şartını sağlar. Bu şartı sağlayan küme E⁻ kümesi olsun. O zaman lemma 4.5.3. e dayanarak

( )

sup 1 2

QR v> +ξ d eşitsizliği ya da

( )

QR

osc u> 1+ξ/ 2 d eşitsizliği elde edilir.

Teorem 4.6.3. Lu = denkleminin pozitif bir çözümü 0 Q_R^x0 (R<R )₀ üzerinde tanımlansın.

16 16

sup inf

R QR

Q

u u<C

olacak şekilde λ, M, n ve R₀ a bağlı bir C > sabiti mevcuttur. Eğer 0 b_i≡ ≡ olursa o c 0 zaman R<R sınırlaması gerekli değildir. [12] ₀

Đspat. Artış lemmasından Harnack eşitsizliğinin elde ediliş sürecini detaylandıralım.

( ) ( ) 0

b xi ≡c x ≡

olduğunu varsayalım. Bu durumda Rⁿ üzerine benzerlik dönüşümünü uygulayabilir ve aynı zamanda çözümü, bazı sabitler ekleyerek değiştirebiliriz. R =16 olduğunu varsayalım. Uygun olması için yuvarın merkezi orjinde olsun. Böylece

160 0 uQ >

olur. Çözümü bir sabitle çarparak

sup_Q1u = 2 olarak ele alabiliriz. O zaman

inf_Q1u>σ

olacak şekilde λ ve n ye bağlı bir σ > sabitinin varlığını göstermek gerekir. 0

Đspatı 4 adımda inceleyelim.

1.Adım. Artış lemması aşağıdaki gibi değiştirilebilir. Eğer ( )u x

0 0

/ 4 D 0

D , u x 0,

R

x x

R Q R

Q _{∂ ∩} D Q

∩ ≠ ∅ = ⊂

bölgesinde denklemin pozitif bir çözümü ve

measD<ε₀measQ_R^x0 (4.22) olacak şekilde herhangi A > için bir 1 ε₀> sayısı mevcutsa o zaman 0

0/ 4

sup sup x

Du>A D Q_∩ R u olur. Aslında δ , lemma 4.5.3.te 2. adımından bir sabit ve N

2^N > A olacak şekilde en küçük doğal sayı olsun.

0 0

\ / 4

x x

R R

Q Q

katmanını S_i eş merkezli kürelerle 3 4R N kalınlıkta N katmana bölelim.

( ) max

i D Si

u x = _∩ u

olacak şekilde x_i∈S_i noktasını göz önünde bulunduralım. Lemma 4.5.3 ün 2. adımı

0

3 / 4^x_Rⁱ _N , 3 /16^x_{R N} yuvarlarına ve D 3 / 4_{R N}

Q Q ∩Q e uygulandığında arzu edilen durum elde edilir.

Sonradan belirlenmiş ve nλ gibi A da yukarıda ki gibi seçilecek. Bu nedenle bunun verildiğini varsayıp buna tekabül eden ε₀ ı bulalım.

{

4⁰: ( ) 1

}

G = x∈Q u x >

notasyonunu kullanalım.

2. Adım.

0 n

measG≥ε Ω

olsun. Burada Ω birim yuvarın hacmidir. Lemma 4.5.3. te _n

( )

(

measQ⁴⁰_ε⁰ 4 , v=1-u+ⁿ

)

ξ =ξ ₋ ξ

olarak alalım.

{

^{160 : ( ) 0}

}

D= x Q∈ v x >

olarak belirleyelim. O zaman (4.22) den

(

⁴⁰

)

4⁰ ₀

meas Q D ≥measQ _−ε

eşitsizliği yazılabilir. Eğer x₀∈Q₄⁰ noktasında ( )u x₀ ≤ ise o zaman ξ

160

sup_{D Q} v 1

∩ ≥

olur. Böylece Lemma 4.5.3. e dayanarak

160

sup_{D Q∩} v ≥ 1+ ξ

yazılabilir. Yani

160

inf_{D Q∩} u≤ 0

elde edip bir çelişkiyle karşılaşırız. Bu yüzden σ yı ξ olarak seçebiliriz. Bu durumda eşitsizlik ispatlanır. Bundan böyle

0 n

measG<ε Ω olduğunu varsayalım

3.Adım.

1 1

u = − u olduğunu varsayalım. O zaman

1( ) 11

u x ≥

olacak şekilde S₁⁰ küresi üzerinde bir x₁ noktası mevcuttur. x₁ noktasını içeren

{

x Q∈ 4⁰: ( ) 0u x1 >

}

kümesinin bileşenini G ile belirtelim. Yeterince küçük ₁ ρ için

(

^{1 x1}

)

^{0 x1}

meas G ∩Q_ρ >ε measQ_ρ olur. ρ= için 1

(

^{1 1x0}

)

^{0 1x0}

meas G ∩Q <ε measQ

olur. Bu yüzden ρ da ^{meas G}

(

^1∩Qρx1

)

ölçümünün sürekliliğinden

(

1 ¹1

)

0 1⁰

x

meas G ∩Q_ρx =ε measQ_ρ

olacak şekilde ρ₁ mevcuttur. G₁∩Q₄^x1_ρ kesişimini D₁ ile belirtelim. O zaman

sup_D1u> A elde edilir. B= A 2 olarak kuralım. Đlkin

1 1 1

0

1 0

1 , measD ^x

uD > =B >ε measQ_ρ yazabiliriz. Đkinci olarak u x₁( ) 2₂ > B olacak şekilde ⁰

1 4 1

S_{+ ρ} küresi üzerinde bir x₂ noktası vardır. u₂=u₁− olarak kuralım. B x₂ noktasını içeren

{

^{x Q∈ 40: ( ) 0u x2 >}

}

kümesinin bileşenini G₂ ile belirtelim. Sözü geçen görüşü tekrarlayarak

(

2 ²2

)

0 ²2

x x

meas G ∩Q_ρ =ε measQ_ρ

olacak şekilde ρ₂ bulabiliriz. Eğer ²

2 2 4 2

D =G ∩Qx_ρ olarak kurarsak o zaman

2 2 2

1

2 0

, measD ^x

uD >B >ε measQ_ρ

olur. Bu işlemi devam ettirelim. O zaman

1

0 1

1 4 ... 4 _i , u , measDi 0 ⁱ_i i

x i

i D

x ∈S_{+ ρ+ + ρ} >B⁻ >ε Q_ρ olacak şekilde

1,..., ,..., ,..., ,...,_i x1 x_i D1,...,D_i,...

ρ ρ

dizilerini elde ederiz. k,

4ρ1+... 4+ ρ_k < 1

olacak şekilde en küçük indis olsun.(Böyle bir k mevcuttur çünkü ( )u x_i , i ile sınırlı olmadan artar). Bu yüzden

0

1 1.

i 4 2i

ρ >

olacak şekilde i₀≤ mevcuttur. Böylece k

0

0 0 0

0

1 0

3 i 0

, measD 1 , u

4.2 ⁱ

i

n ni D

Di ⊂Q >ε Ω >B ⁻

olur.

4.Adım Artış lemmasını kullanarak

( )

0 1 1 4ⁿ ξ =ξ −

sabiti bulabiliriz.B=1ξ₀ olsun. Dolayısıyla A=2 ξ₀ olur. Böylece ε₀, sadece ve n yeλ bağlıdır.

( ) (

1

)

1 1 0 , v = u 1-ξ ξ =ξ −ε

olarak kuralım.1. adım da ki görüşü kullanarak

( )

⁰

0 1

1 1 0

0 0

1 1 ⁱ

i

i Qxi

u B

ρ >ξ ⁻ =ξ ξ ⁻

elde ederiz. Bu nedenle aynı görüşü

( )

(

^{1 4 0 i0 1}

)

v u= −ξ ξ ⁻

fonksiyonuna uygulayarak

( )

⁰

0 4 00

2 2

0 1 0 1 1 0

i

i i Qxi

u B

ρ >ξ ξ ⁻ =ξ ξ ξ ⁻

elde ederiz. Aynı görüşü 2⁰ 3⁰

0 0

4ⁱ , 4ⁱ

i i

x x

Q _ρ Q _ρ yuvarlarına vs. ardışık olarak uygulayarak

( )

0 .

0 4 0

0 1 0

1 1

xil i Q

i l

u l

ρ

ξ ξ ξ ^{− −}

>

eşitsizliğini elde ederiz.

( )

0 0

0 0

0 1 0 4 .1 4. 1 2

4ⁱ l i , 2 3

x xi

l i

Q Q Q l i

ρ ⊇ ⊃ < +

olacak şekilde bir l mevcuttur. Bu yüzden

(

1ξ0

)

ⁱ⁰⁻¹. .ξ ξ1 0^{i02 3+} ≤1 ya da

0

1 0

1 1

i ln ln ln 4

ξ ξ

 

<  +

 

olur. Dolayısıyla i₀, ve nλ ye bağlıdır. Böylece

0 1

measDi >ε yani

measG > ε1

olur. Burada ε₁> ; ve n0 λ ye bağlıdır. Öyle ki 1. adımdaki görüş şu sonuca varmamıza izin verir.

1 1

inf_Q v>σ

olacak şekilde ve nλ ye bağlı σ₁> mevcuttur. Böylece Harnack eşitsizliği ispatlanmış 0 oldu.

Uyarı 4.6.2. Artış lemmasının ispatı ve bunun sonucunda Hölder normunun bir kestirimi ve Harnack Eşitsizliği Lu =0 denkleminin çözümleri için daha sonra Novruzov [1983][12] tarafından değişik metotlar kullanılarak sunulmuştur. Novruzov x^−s çekirdeğiyle potansiyelleri yapılandırıp sınır fonksiyonlarını kullanmıştır. Burada s > 0 yeterince küçüktür. Orjinal denklem yerine

2

2 1

0

n

Lu u x₊

+ ∂ =

∂

denklemi göz önünde bulundurulmuş ve u(x ,..., ,₁ x x_{n n+1}) u(x ,..., )≡ ₁ x_n dir. x^−s fonksiyonu yeterince küçük s > için yeni denklemin bir süper çözümüdür. 0

Tanım 4.6.1.

2

, 1

( ( ) ) 0

n

i k

i i k

a x u

= x x

∂ =

∑

∂ ∂ (4.23) denkleminin çözümünden D bölgesinde sürekli bir ( )u x fonksiyonu kastedilmektedir.

Öyle ki herhangi ^{ϕ∈C D1}

( )

^∩C2

( )

^D test fonksiyonu için

D 0

ϕ_∂ = , _,

, 1

( ) 0

n

i k i

D i k k

a x m

v x

ϕ ϕ

∂ =

∂ ∂

= =

∂

∑

∂

ile birlikte

2

, , 1

( ) ( ) 0

n

i k

i k D i k

u x a x dx

x x ϕ

=

∂ =

∑ ∫

∂ ∂ (4.24) integral özdeşliği geçerlidir. [16]

Burada ^{C Ds}

( )

, D bölgesinde s kere sürekli diferansiyellenebilir fonksiyonlar uzayını ve

v

∂

∂ dış normal türevi belirtmektedir.

Teorem 4.6.4. ( )u x ,sınırlı bir D bölgesinde (4.24) manasında (4.23) denkleminin pozitif bir çözümü olsun. O zaman herhangi D D', '⊂Dalt bölgesi için c sabiti yalnızca

, ', , ve

D D λ K n ye bağlı olmak üzere

'

max ( )' min ( )

D D u x ≤c u x eşitsizliği mevcuttur. [16]

Not: Burada K sabiti (4.23) teki ai k,

( )

x katsayılarının Dini- süreklilik şartından gelir.

ve

x D y D

∀ ∈ ∀ ∈ için ai k,

( )

x −ai k,

( )

y ≤ω

(

x y−

)

mevcuttur. Burada ^ω

( )

^t fonksiyonu

( )

^{0 0;}

ω =

( )

0 ,

; max

d

x y D

t dt K d x y

t ≤ = ^∈ −

∫

^ω

olacak şekilde [0, ]∞ aralığında tanımlı monoton, pozitif, sürekli bir fonksiyondur.

4.7. Harnack Eşitsizliği Đle Đlgili Güncel Çalışmalar

Teorem 4.7.1. 1 p< < ∞ , ω∈A_p, ve

( , , ) 0 DivA x u ∇u = denkleminin

(

^{, ,}

)

^{( ) p}

A xξ η η ω≥ x η , ^{A x}

(

^{, ,ξ η−}

)

^{= −A x( , , )ξ η}

şartlarını sağlayan sınırlı pozitif bir çözümü u W∈ ¹_pw(Q_R^x0) fonksiyonu, Q_R^x0 da tanımlı olsun. O zaman

04 02

sup ( ) inf ( )

R QR

Qx u x x u x ≤C

olacak şekilde n p, , ve λ A_p yebağlı bir C > sabiti mevcuttur.0 [15]

Not: Burada ω∈A_polması için

' 1

1 1 1

sup

n

p p

p

Q R Q Q

dx dx A

Q Q

−

−

⊂

  

= < ∞

  

  



∫

^ω 

∫

^ω 

Q R∈ n keyfi bir yuvar, Q onun Lebesgue ölçümü, 1 p< < ∞ ve 1 1 ' 1 , p+ p = için ' 1, ' için 1

p= ∞ p = p = ∞ p = şartlarını sağlaması gerekir.

1 ( )

Wp_ω Ω ise Ω bölgesinde tanımlı ağırlıklı Sobolev uzayıdır

Tanım 4.7.1. daΩ herhangi lokal integrallenebilir V fonksiyonu ve σ∈Riçin

{ }

4

,

0 2 :

sup 1 ( ) ( )

( ( ))

R

x r R y x y r x y s

V V y s ds y dy

r B x

Ω ∈Ω< < ∈Ω − < −

= σ

∫ ∫

σ ω

ω

normu sınırlı ise V fonksiyonuna ^Mσ

(

^Ω,ω

)

sınıfındandır denir. [6]

Teorem 4.7.2. ω,

B ⊂ Ω yuvarında 3r

2 2

0 : -1 ( )x a x_ik( ) _{i k} ( )x

λ λ ω ξ ξ ξ λω ξ

∃ > ≤ ≤

düzgün eliptiklik şartını sağlayan

{ } ( )

2 2 2

i i i

0

\ 0 , b , c , d , f , h , , >0

b R       M

∈       ∈ Ω

      ^σ ω σ

ω ω ω ω ω

olmak üzere

(

ij xi j

)

xj ^{0 2} i xi

( )

i xi

a ω d ω b ω Dω bω cω f h

− + + λ + + = −

denkleminin negatif olmayan zayıf bir süper çözümü olsun.

B yuvarında 3r ω≤Molacak şekilde M > bir sabit olsun. O zaman 0

( )

2 3 3

2 1 2

1 2

, 1 ,

min

r

r r r

n i

r B

B i

B B

h

B w dx c w r^σ f r^σ

σ σ

ω ω

ω ω

−

=

   

     

≤  + +    

∫ ∑

olacak şekilde n M, , ve nın Aλ ω ₂ sabitine bağlı c sayısı mevcuttur.[6]

KAYNAKLAR

[1] R. A. Adams and J.J.F.Fournier, Sobolev Spaces, Academic Press, New York, (2003).

[2] G. Caristi and E. Mitidieri,Harnack inequality and applications to solutions of Biharmonic Equations, Operator Theory: Advances and Applications, 168, 1-26, (2006)

[3] F. Chiarenza, E. Fabes and N. Garofalo, Harnack’s inequality for schrödinger operatörs and the continuity of solutions,Proceeding of the American Mathematical Society, 98,(1986), 415-425

[4] L. Damascelli and B. Sciunzi, Harnack inequalities,maximum and comparison principles and regularity of positive solutions of m-laplace equations,Springer Verlag, Claculus of Variations (2005) 25(2):139-159

[5] E. DiBenedetto, Partial Differential Equations, Springer New York Dordrecht Heidelberg,( London), (2000)

[6] G. Di Fazio, M.S. Fanciullo, P. Zamboni, Harnack Đnequality And Smoothness For Quasilinear Degenerate Elliptic Equations, J. Differential Equations, 2008, 245, 2939–2957

[7] R. Garattini, Harnack’s inequality on homogeneous spaces,Annali di Matematica pura ed applicata(4),179 (2001), 1-16

[8] D. Gilbarg and N.S. Trudinger, Elliptic partial differential equations of second order, Springer Verlag, New York,(1998)

[9] Q. Han and F.Lin, Elliptic Partial Differential Equations, American Mathematical Society, New York,(2000)

[10] F.John, Partial Differential Equations, Springer Verlag, New York ,(1982) [11] M. Kassmann, “Harnack Inequalities: An Introduction,” Boundary Value

Problems, vol. 2007, Article ID 81415, 21 pages, 2007. doi:10.1155/2007/81415 [12] V.A Kondrat’ev and E.M Landis, Qualitative Theory of Second Order Linear

Partial Differential Equations, Springer-Verlag, New York (1989)

Belgede Đ Ç Đ N HARNACK E ŞĐ TS Đ ZL ĐĞĐ Đ VERJANS OLMAYAN FORMDA EL Đ PT Đ K DENKLEMLER D (sayfa 49-70)