如何研究函数序列$u_n(x)=\sin(x)+\frac{1}{n}\sin^2(nx)$在$W^{1,2}(0,1)$中的强弱收敛性？

强收敛性判断 #

先明确强收敛的核心要求：$|u_n - u|_{W^{1,2}(0,1)} \to 0$，这等价于函数本身的$L^{2$范数差**和**导数的$L}2$范数差同时趋于0。

• 首先观察逐点极限：$u_n(x)$显然逐点收敛到$u(x)=\sin x$，因为$\frac{1}{n}\sin^{2(nx)$随$n\to\infty$一致趋于0（$\sin}2(nx)$有界）。
• 函数本身的$L^2$差：$|u_n - u|_{L^2}2 = \int_0^1 \left(\frac{1}{n}\sin^2(nx)\right)2 dx = \frac{1}{n^2}\int_01 \sin^{4(nx)dx$。由于$\sin}4(nx)\leq1$，积分值不超过1，因此整个项是$O\left(\frac{1}{n^2}\right)$，当$n\to\infty$时趋于0，这部分满足强收敛的要求。
• 导数的$L^2$差：先计算$u_n'(x)=\cos x + \frac{1}{n}\cdot2\sin(nx)\cos(nx)\cdot n = \cos x + \sin(2nx)$，因此$u_n'(x)-u'(x)=\sin(2nx)$。其$L^{2$范数平方为$\int_0}1 \sin^{2(2nx)dx$，利用三角函数的平均收敛性（$\sin}2(t)$在一个周期内的平均值为$\frac{1}{2}$），当$n$足够大时，积分趋近于$\frac{1}{2}\times1=\frac{1}{2}$，并不趋于0。

由于导数部分的$L^{2$范数差不趋于0，因此**$u_n$在$W}{1,2}(0,1)$中不具备强收敛性**。

弱收敛性判断 #

弱收敛的定义是：对任意$v\in W^{1,2}(0,1)$，有$\langle u_n, v \rangle_{W^{1,2}} \to \langle u, v \rangle_{W^{1,2}}$，即：
$$\int_0^1 u_n v dx + \int_0^1 u_n' v' dx \to \int_0^1 u v dx + \int_0^1 u' v' dx$$

我们将其拆分为两部分验证：

1. 函数项的积分差：$\int_0^1 (u_n - u)v dx$。由之前的分析，$|u_n - u|{L^2}\to0$，而$v\in L^2(0,1)$，根据柯西不等式：
   $$\left|\int_0^1 (u_n - u)v dx\right| \leq |u_n - u|{L^{2}\cdot|v|_{L}2} \to 0$$
   这部分显然趋于0。

2. 导数项的积分差：$\int_0^1 (u_n' - u')v' dx = \int_0^1 \sin(2nx)v'(x)dx$。由于$v\in W^{1,2}(0,1)$，故$v'\in L^2(0,1)$，而区间$(0,1)$是有限测度集，因此$v'\in L^1(0,1)$。根据黎曼-勒贝格引理，对任意$f\in L^{1(a,b)$，有$\lim_{k\to\infty}\int_a}b f(x)\sin(kx)dx=0$。这里$k=2n\to\infty$，因此该积分趋于0。

两部分积分差均趋于0，满足弱收敛的条件，因此**$u_n$在$W^{1,2}(0,1)$中弱收敛到$u(x)=\sin x$**。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者james watt