关于$W^{s,p}(M)$中泛函弱收敛性的验证问题

我来一步步帮你拆解这个问题，你已经走对了关键的第一步，现在我们来补全剩下的逻辑：

先回顾已知条件 #

我们有紧黎曼$N$流形$M$，$s\in(0,1)$，$p\in(1,\infty)$，${u_n}$是$W^{s,p}(M)$中的有界序列：

• (a) 你已经指出$W^{s,p}(M)$是自反空间，所以存在子列$u_n\rightharpoonup u$在$W^{s,p}(M)$中弱收敛，这部分没问题。
• (b) 你定义了$U_n:=\frac{|u_n(x)-u_n(y)|^{{p-2}(u_n(x)-u_n(y))}{d_g(x,y)}{\frac{N+ps}{p'}}}\in L^{p'}(M\times M)$（其中$p'=\frac{p}{p-1}$），并且因为${u_n}$在$W^{{s,p}(M)$有界，$|U_n|_{L}{p'}}^{{p'}$就是$u_n$的分数阶半范数的$p$次幂，所以${U_n}$在$L}{p'}(M\times M)$中是有界序列，因此存在子列$U_n\rightharpoonup U$在$L^{p'}(M\times M)$中弱收敛。现在需要证明$U=\frac{|u(x)-u(y)|^{{p-2}(u(x)-u(y))}{d_g(x,y)}{\frac{N+ps}{p'}}}$，并且确认这能推出(b)中的泛函弱收敛。

第一步：证明$U$就是目标表达式 #

我们可以用单调算子的弱收敛性质来解决这个问题：

1. 首先，令$z_n(x,y)=u_n(x)-u_n(y)$，$z(x,y)=u(x)-u(y)$。因为$u_n\rightharpoonup u$在$W^{s,p}(M)$，所以$z_n\rightharpoonup z$在$L^p(M\times M)$中弱收敛（验证：对任意$\phi\in L^{p'}(M\times M)$，$\iint z_n\phi dxdy=\int u_n(x)\left(\int\phi(x,y)dy\right)dx - \int u_n(y)\left(\int\phi(x,y)dx\right)dy$，而$\int\phi(x,y)dy\in L^{p'}(M)$，结合$u_n$的弱收敛性就能得到极限）。
2. 映射$F(v)=|v|^{{p-2}v$是从$L}p$到$L^{p'}$的单调连续算子（对$p>1$，这个映射满足$\langle F(v_1)-F(v_2),v_1-v_2\rangle\geq0$）。对于这类算子，有一个关键结论：

   如果$v_n\rightharpoonup v$在$L^p$中，且$\limsup\langle F(v_n),v_n\rangle\leq\langle F(v),v\rangle$，则$F(v_n)\rightharpoonup F(v)$在$L^{p'}$中弱收敛。

3. 我们来验证这个条件：
   • $\langle F(z_n),z_n\rangle=\iint\frac{|u_n(x)-u_n(y)|^p}{d_g(x,y){N+ps}}dxdy$，这是$u_n$的分数阶半范数的$p$次幂，记为$[u_n]_{W^{s,p}}p$。
   • 因为$u_n\rightharpoonup u$在$W^{{s,p}(M)$，根据弱收敛的下半连续性，$\liminf[u_n]_{W}{s,p}}^p\geq[u]_{W{s,p}}^p=\langle F(z),z\rangle$。
   • 同时，由$U_n=F(z_n)\rightharpoonup U$和$z_n\rightharpoonup z$，我们有$\langle U_n,z_n\rangle\geq\langle U,z_n\rangle+\langle U_n-U,z_n-z\rangle$，结合单调性$\langle U_n-U,z_n-z\rangle\geq0$，取limsup可得$\limsup\langle U_n,z_n\rangle\geq\langle U,z\rangle$。
   • 结合下半连续性的结论，我们得到$\lim\langle U_n,z_n\rangle=\langle U,z\rangle=[u]_{W^{s,p}}p$，这满足单调算子弱收敛的条件，因此$U=F(z)$，也就是你要的目标表达式。

第二步：确认这能推出(b)中的泛函弱收敛 #

是的，完全可以。我们来解释为什么：
(b)中的泛函$T_n$是作用在$L^p(M)$上的线性泛函，定义为：
$$\langle T_n,\psi\rangle=\iint\frac{|u_n(x)-u_n(y)|^{{p-2}(u_n(x)-u_n(y))}{d_g(x,y)}{N+ps}}(\psi(x)-\psi(y))dxdy$$
注意到这个式子可以改写为：
$$\langle T_n,\psi\rangle=\iint U_n(x,y)\cdot\frac{\psi(x)-\psi(y)}{d_g(x,y)^{\frac{N+ps}{p}}}dxdy$$
其中$\frac{\psi(x)-\psi(y)}{d_g(x,y)^{\frac{N+ps}{p}}}\in L^p(M\times M)$当$\psi\in W^{s,p}(M)$（因为这正是$\psi$的分数阶半范数的被积项，有限）。

现在：

1. 因为$U_n\rightharpoonup U$在$L^{p'}(M\times M)$，所以对任意$\phi\in L^p(M\times M)$，$\iint U_n\phi dxdy\to\iint U\phi dxdy$。
2. $W^{{s,p}(M)$在$L}p(M)$中是稠密的（光滑函数在$L^{p(M)$中稠密，且光滑函数属于$W}{s,p}(M)$）。
3. 对于任意$\psi\in L^p(M)$，取$\psi_k\in W^{{s,p}(M)$满足$\psi_k\to\psi$在$L}p(M)$，则：
   $$|\langle T_n,\psi-\psi_k\rangle|\leq|U_n|{L^{{p'}}\cdot\left|\frac{(\psi-\psi_k)(x)-(\psi-\psi_k)(y)}{d_g(x,y)}{\frac{N+ps}{p}}}\right|{L^p}$$
   由于$|U_n|_{L^{p'}}$有界，且当$k\to\infty$时右边的第二项可以任意小（结合稠密性和半范数的连续性），因此$\langle T_n,\psi\rangle\to\langle T,\psi\rangle$对所有$\psi\in L^p(M)$成立，即$T_n\rightharpoonup T$在$(L^p(M))'$中弱收敛，这就是(b)要证明的结论。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者am_11235...