Evans偏微分方程第五章第9题积分不等式的推广估计问题
嘿，你的这个问题我刚好之前也琢磨过，Evans里的这个积分不等式推广到 Sobolev 空间确实需要仔细处理逼近过程中的那个棘手的幂次差项，我给你梳理下思路：
首先，先给你一个关键的不等式：对于任意向量 $a,b\in\mathbb{R}^n$ 以及 $p\geq2$，模的幂次差满足：
$$
||a|^{p-2} - |b|^{p-2}| \leq C(p) \cdot \begin{cases}
|a - b|, & p=2 \
(|a| + |b|)^{p-3}|a - b|, & p>2
\end{cases}
$$
当 $p=2$ 时这个情况特别简单，因为 $|a|{0}=|b|{0}=1$，差直接为0，你的最后一项积分直接消失，剩下的前两项用 Hölder 不等式结合 $v_k\to u$、$w_k\to u$ 的收敛性就能轻松搞定，这里重点说 $p>2$ 的情况。
把上面的估计代入你卡住的最后一项，得到：
$$
\int_U|Dv_k||Du|\left||Dw_k|{p-2}-|Du|{p-2}\right|dx \leq C(p)\int_U|Dv_k||Du|(|Dw_k| + |Du|)^{p-3}|Dw_k - Du|dx
$$
接下来我们把这个积分拆成两部分处理：
第一部分：拆分 $|Dv_k|$
把 $|Dv_k|$ 写成 $|Du| + |Dv_k - Du|$，这样积分就拆成：
$$
C(p)\left[\int_U|Du|^2(|Dw_k| + |Du|)^{p-3}|Dw_k - Du|dx + \int_U|Dv_k - Du||Du|(|Dw_k| + |Du|)^{p-3}|Dw_k - Du|dx\right]
$$处理第一个子积分
先看 $|Du|^2(|Dw_k| + |Du|)^{p-3}|Dw_k - Du|$，利用 Young 不等式（或者直接用 Hölder），我们可以找到控制函数：
$$
|Du|^2(|Dw_k| + |Du|)^{p-3}|Dw_k - Du| \leq C(|Du|^p + |Dw_k|^p + |Dw_k - Du|^p)
$$
因为 $w_k\to u$ 在 $W^{2,p}$ 中，所以 $\int_U|Dw_k|^pdx$ 一致有界，$\int_U|Dw_k - Du|^pdx\to0$，同时 $Dw_k\to Du$ 几乎处处成立。根据 Lebesgue 控制收敛定理，这个子积分会趋向0。处理第二个子积分
这里直接用 Hölder 不等式，选取合适的指数：
我们把三个因子 $|Dv_k - Du|$、$|Du|(|Dw_k| + |Du|)^{p-3}$、$|Dw_k - Du|$ 分别放到 $Lp$、$L{p/(p-2)}$、$L^p$ 空间（验证一下指数和：$\frac{1}{p} + \frac{p-2}{p} + \frac{1}{p}=1$，刚好满足 Hölder 条件）。
因为 $|Dv_k - Du|_{L^p}\to0$，而另外两个因子的 $L^p$ 和 $L^{p/(p-2)}$ 范数都是一致有界的（由 $w_k$ 和 $u$ 的 $W^{2,p}$ 有界性保证），所以这个子积分也会趋向0。
另外提个小建议：其实你不用同时取两个序列 ${v_k}$ 和 ${w_k}$，因为 $W^{2,p}(U)\cap W^{1,p}_0(U)$ 中的函数可以用 $C^\infty_c(U)$ 中的序列在 $W^{2,p}$ 范数下直接逼近，这样这个序列同时在 $W^{1,p}$ 和 $W^{2,p}$ 中收敛到 $u$，能简化你的估计过程，不用来回切换两个序列~
备注：内容来源于stack exchange，提问作者Doero
