一类过定问题的构造性方法

《Nonlinear Analysis》：A constructive approach to a class of overdetermined problems

　　

# 摘要

本文研究了一个超定问题，该问题与J. Serrin所研究的著名扭转问题直接相关。我们通过使用渐近级数以及从著名的Nekhoroshev定理中借用的工具来处理该问题的一个扰动版本。与这类结果类似，我们证明了扰动问题解的无穷多个近似解的存在性，其近似误差之小可视为在实际应用中可忽略不计。该方法完全具有构造性，本文最后一节通过一个示例展示了这一特征。

## 1. 引言

在过去几十年中，超定问题在数学及其应用中引发了许多有趣的问题。其中最著名的是J. Serrin [1]的对称性结果，涉及以下问题：

(1) $\begin{cases} -\Delta u = 1 & \text{在} \Omega \text{上} \\ u = 0 & \text{在} \partial\Omega \text{上} \\ \partial_\nu u = C & \text{在} \partial\Omega \text{上} \end{cases}$

其中 $\Omega$ 是 $\mathbb{R}^N$ 中的有界光滑域，$\nu$ 是 $\partial\Omega$ 的内法向量，$C$ 是正常数。

问题(1)通常被称为扭转问题，因其具有物理动机，参见[1]。

经典的Serrin定理指出，唯一允许问题(1)有解的光滑域 $\Omega$ 是半径为 $R > 0$ 的球体，$R$ 仅取决于规定法向导数值常数 $C$。

该结果已在多个方向上得到推广：更一般的椭圆算子、非线性问题、定量版本、相对设定、非光滑域等，相关文献极其丰富。关于上述工作，我们参考文献[2]、[3]及其引用，以及综述[4]和[5]。

在本文中，我们考虑一个"扰动扭转问题"，其中拉普拉斯算子通过添加一个小势进行扰动，而区域是 $\mathbb{R}^2$ 中的扰动球体。具体而言，我们研究以下问题：

(2) $\begin{cases} -\Delta u + \mu w u = 1 & \text{在} \Omega_\mu \text{上} \\ u = 0 & \text{在} \partial\Omega_\mu \text{上} \\ \partial_\nu u = C & \text{在} \partial\Omega_\mu \text{上} \end{cases}$

其中 $u = u(r,\theta)$，$w = w(r,\theta)$，$(r,\theta)$ 是 $\mathbb{R}^2$ 的标准极坐标集，且

$\Omega_\mu := \{(r,\theta) : 0 \leq r \leq 1 + \mu g(\theta) : \theta \in \mathbb{T}\}$

其中 $\mu$ 是一个"小"的固定正参数（换言之 $0 < \mu \ll 1$），$\mathbb{T} \equiv [0, 2\pi]$，$g: \mathbb{T} \mapsto \mathbb{R}$。上述函数的正则性将在后文中讨论。

我们的目标是证明，对于足够小的 $\mu$，我们可以找到区域 $\Omega_\mu$（它们是扰动球体）和无穷多个势 $w^*$，使得我们可以产生问题(2)的近似解。

为此，我们使用一种基于截断幂级数展开的构造性方法，使得可以获得余项的精确估计。

我们的结果是一种扰动类型结果，特别地，我们同时扰动算子和区域（球体）。[6]中考虑了扰动球体中的Serrin型问题。在该工作中，区域是通过在其内部移除一个小开集来修改的，但方程是标准的扭转方程，因此算子是精确的拉普拉斯算子，而在我们的情形中，我们给它添加了一个小势。另一方面，[6]的结果给出了超定Serrin问题的定量/稳定性陈述，而我们的目标是通过构造方法提供扰动问题的近似解。

注意，[1]和其他论文中考虑了更一般的椭圆算子，但它们不涵盖我们的情形。

我们将问题的精确设定和主要结果的陈述推迟到第2节。从更技术的角度来看，本文依赖于通过渐近级数构造近似解的可能性，这本质上可追溯到Poincaré的工作。这些渐近级数在著名的Nekhoroshev定理 [7]、[8]的背景下得到了有效应用，该定理涉及近可积哈密顿系统的稳定性，具有多个显著的应用，例如在天体力学领域，另见[9]。

该方法已被证明在处理涉及扰动偏微分方程的根本不同问题时是成功的，参见例如[10]。在后者的工作中，近似误差相对于扰动参数是"非常小"的，使得所构造的函数实际上与真实解（如果存在的话）无法区分。该策略是经典的，但具有特殊的技术性：首先，问题被形式地归结为一系列可以显式求解的层次问题，然后在适当的函数空间中研究所构造对象的近似特性。在某些情况下，参见例如[11]，可以证明所使用的方案收敛到实际问题的解。该方法的一个关键特性在于其构造性，因为证明具有算法的结构，可以用来显式地构建那些近似解。我们将在本文最后一节展示一个完全详细的示例来说明这一基本性质，并附上所构造解的图像。

据我们所知，这是此类构造方法首次在超定问题的背景下被使用。

## 2. 问题设定与主要结果

我们考虑超定问题(2)，为方便起见且不失一般性，假设 $C = 1/2$ 贯穿全文。事实上，保留 $C$ 的一般值将导致更为复杂的估计，但在概念上无需使用不同的工具即可获得。

固定 $\mu$，定义 $I_\mu := [0, 1 + \mu \max_{\theta \in \mathbb{T}} |g(\theta)|]$。本文关注以截断幂级数形式构造问题(2)的潜在解的近似解：

$$u(r, \theta, \mu) = u_0(r) + \mu u_1(r,\theta) + \mu^2 u_2(r,\theta) + \cdots + \mu^K u_K(r,\theta)$$

$$w(r, \theta, \mu) = w_1(r,\theta) + \mu w_2(r,\theta) + \cdots + \mu^{K-1} w_K(r,\theta)$$

其中 $K \in \mathbb{N} \setminus \{0\}$ 待确定，$u_j, w_j: D_\mu \mapsto \mathbb{R}$，其中 $D_\mu := I_\mu \times \mathbb{T} \mapsto \mathbb{R}$。我们假设所有 $j \geq 1$ 都具有此结构（而不仅仅 $1 \leq j \leq K$），因为论文中的一些部分（例如第3节），上述（有限）级数作为无穷级数（即Taylor展开）更易于处理。

立即可以意识到，$\mu = 0$ 时的问题不过是经典的Serrin问题(1)，其解是纯径向函数：

(3) $u_0 = (1 - r^2)/4$，若 $C = 1/2$。

**定义 2.1** 给定 $w(\theta, r)$ 和 $u(\theta, r)$，引入以下函数：

(4) $R(u,w) := -\Delta u(r,\theta) + \mu w(r,\theta) u(r,\theta) - 1$

(5) $E_D(u) := u(r,\theta)|_{\partial\Omega_\mu}$

(6) $E_N(u) := \left(\partial_\nu u(r,\theta)|_{\partial\Omega_\mu} - C\right)\frac{1}{\sqrt{(1+\mu g)^2 + \mu^2(g^2 + (g')^2)}}$

分别称为"可解性"、"Dirichlet"和"Neumann"缺陷。显然 $u, w$ 是问题(2)的解当且仅当三个缺陷恒为零。

现在考虑所有 $\rho, \sigma \in (0, 1]$ 时的集合 $D_{\rho,\sigma;\mu} := G_{\rho;\mu} \times \mathbb{T}_\sigma$，其中

$G_{\rho;\mu} := \bigcup_{r \in I_\mu} B_\rho(r)$，$B_\rho(r) = \{\hat{r} \in \mathbb{C} : |\hat{r} - r| \leq \rho\}$

$\mathbb{T}_\sigma = \{\hat{\theta} \in \mathbb{C} : |\text{Im}\,\hat{\theta}| \leq \sigma\}$

这里 $\text{Im}\,z$ 表示复数 $z$ 的虚部。这一构造可以自然地解释为 $D_\mu$ 的复化。事实上，立即可以意识到 $D_\mu \equiv \lim_{(\rho,\sigma)\to(0,0)} D_{\rho,\sigma;\mu}$。

现在记 $H_{\rho,\sigma;\mu}$ 为 $D_{\rho,\sigma;\mu}$ 上的连续函数空间，在其内部全纯且在限制 $D_\mu$ 上取实值。在此类函数中寻求解，使我们能够处理可以当作实变量的实函数的对象（参见第3节或第8节），但具有从上述复延伸中继承的额外性质（对于第4节至关重要）。

设 $h \in H_{\rho,\sigma;\mu}$，我们可以展开为 $h = \hat{a}^0(r) + \sum_{n=1}^{+\infty}[\hat{a}^k(r)\cos(n\theta) + \hat{b}^k(r)\sin(n\theta)]$ 并定义Fourier范数：

(7) $\|h\|_{\rho,\sigma} := |\hat{a}^0(r)|_\rho + \sum_{n=1}^{+\infty}(|\hat{a}^n(r)|_\rho + |\hat{b}^n(r)|_\rho) e^{n\sigma}$

其中 $|f(r)|_\rho := \sup_{r \in G_{\rho;\mu}} |f(r)|$。

**备注 2.1** 显然，若 $f = f(\theta)$ 则 $|f|_\rho \equiv |f|$。

**备注 2.2** 作为全纯函数的标准结果，可以证明若 $h \in H_{\rho,\sigma;\mu}$，则 $\|h\|_{\rho,\sigma'} < +\infty$，对所有 $\sigma' < \sigma$ 成立。反之，若 $\|h\|_{\rho,\sigma} \leq K \in \mathbb{R}$，则 $|\hat{a}^n(r)|_\rho, |\hat{b}^n(r)|_\rho \leq K e^{-\sigma n}$。特别地，级数(7)在 $D_{\rho,\sigma;\mu}$ 的内部收敛，故 $h \in H_{\rho,\sigma;\mu}$。

**定理 2.1** 假设 $g \in H_{\rho,\sigma;\mu}$ 且满足

(8) $\|g(\theta)\|_{(\rho,\sigma)}, \|g'(\theta)\|_{(\rho,\sigma)} \leq G \equiv 1/4$

则存在 $\mu_0 > 0$ 和无穷多个 $w^* \in H_{\rho/2, \sigma/2;\mu}$，使得对每个 $w^*$，可以确定唯一的 $u^* \in H_{\rho/2, \sigma/2;\mu}$，使得对 $(u^*, w^*)$ 满足以下界：

(9) $C_1^{-1}\|R(u^*, w^*)\|_{(\rho/2, \sigma/2)}, \quad C_4^{-1}\|E_D(u^*)\|_{(\rho/2, \sigma/2)}, \quad C_5^{-1}\|E_N(u^*)\|_{(\rho/2, \sigma/2)} \leq \mu^{C_2(\log(1/\mu) - 2\log C_3)}$

对所有 $\mu \in (0, \mu_0]$ 和某些 $O(1)$ 实常数 $C_j$，即独立于 $\mu$ 的常数，$j = 1, 2, \ldots, 5$（详见备注2.4）。换言之，$(u^*, w^*)$ 满足问题(2)的误差是关于 $\mu$ 超多项式小的，即对任何所选的 $q$，当 $\mu \to 0$ 时均为 $o(\mu^q)$。

**备注 2.3** 为说明(9)中量级的小程度，假设 $C_{2,3} = 1$，则(9)的右端简化为 $\exp(-(\log(1/\mu))^2)$。下表显示了当 $\mu$ 缩小时近似解的精度如何急剧提高：

| $\mu$ | $\exp(-(\log(1/\mu))^2)$ |
|---|---|
| $e^{-2} \approx 1.4 \times 10^{-1}$ | $e^{-4} = 1.8 \times 10^{-2}$ |
| $e^{-4} = 1.8 \times 10^{-2}$ | $e^{-16} \approx 1.1 \times 10^{-7}$ |
| $e^{-8} = 3.4 \times 10^{-4}$ | $e^{-64} \approx 1.6 \times 10^{-28}$ |
| $e^{-16} = 1.1 \times 10^{-7}$ | $e^{-256} \approx 3.8 \times 10^{-112}$ |

正如预期的那样，尽管所构造的解不是精确的，但随着 $\mu$ 趋近于零，它与精确解（如果存在的话）实际上无法区分。

**备注 2.4** $\mu_0$ 和常数 $C_{1,2,3,4,5} > 0$ 的显式值分别给出在(104)、(106)、(107)、(113)和(119)中。关于前一备注，$C_2 \ll 1$ 且 $C_3 \gg 1$，但在扰动意义上这不重要，因为两个常数均独立于 $\mu$ 故为 $O(1)$。

**备注 2.5** 关于解析半径 $\rho, \sigma$ 的选取还有另一条评论。由于唯一的解析性假设涉及 $g(\theta)$，它是非径向的，人们可能认为 $\rho$ 可以任意增大，以期获得更好的估计。然而，重要的是要记住Liouville定理，即任何有界整函数必为常数。因此，从 $u_0$ 的表达式本身就可以立即得出 $\rho$ 的界，因为 $u_0$ 的有界性（我们将假设 $\|u_0\|_{(\rho,\sigma)} \leq 1$，另见备注5.1）蕴含了 $\rho$ 的界。虽然定量界的细化可能是可能的，但它们仍将与本文所考虑的典范情形 $\rho, \sigma \leq 1$ 在概念上等价。

本文的其余部分致力于定理2.1的证明。正如扰动论证中常见的，证明将分为两部分。在第一部分中，也称为"形式"部分，引入一个构造性算法来求解到 $\mu$ 的某个任意高的幂次的问题。然而，尽管余项为 $\tilde{C}\mu^k$，其中 $k$ 可以任意大，但被证明存在某个临界 $k^*$，使得常数 $\tilde{C}$ 开始增长如此之快以至于增大 $k$ 不再方便。这是Nekhoroshev型论证中发生的典型现象，参见例如[9]，可追溯到Poincaré已经指出的渐近级数性质。解决这一问题的方法是计算一个特定的 $k$，我们称之为 $K_{opt}$，并将其设为最终的优化正规化阶次。这需要余项的界，这将在后续"定量"章节中完成。

## 3. 形式算法

### 3.1. 方程层次与形式引理

考虑(2)中出现的方程，形式地引入以下（无穷）Taylor展开：

(10) $u(r,\theta) = \sum_{k \geq 0} \mu^k u_k(r,\theta)$

(11) $w(r,\theta) = \sum_{k \geq 1} \mu^{k-1} w_k(r,\theta)$

代入上述方程，通过平衡 $\mu$ 的幂次，得到以下方程层次：

(12) $\Delta u_1(r,\theta) - w_1(r,\theta) u_0(r) = 0$

(13) $\Delta u_2(r,\theta) - w_2(r,\theta) u_0(r) = u_1(r,\theta) w_1(r,\theta)$

$\cdots$

即，

(14) $\Delta u_k(r,\theta) - w_k(r,\theta) u_0(r) = F^{(k)}(r,\theta)$

对所有 $k \geq 1$ 成立，其中

(15) $F^{(k)}(r,\theta) := \sum_{j=1}^{k-1} w_j(r,\theta) u_{k-j}(r,\theta)$

是一个已知函数，因为它依赖于 $u_0, \ldots, u_{k-1}$ 和 $w_1, \ldots, w_{k-1}$。注意它们都是在层次之前阶段构造的函数。

在此设定下，我们可以陈述以下：

**引理 3.1（形式）** 对任意 $k \geq 1$，存在无穷多个 $w_k(r,\theta)$ 的族，使得对其中任何一个，可以确定方程(14)的唯一解 $u_k(r,\theta)$，从而通过定义截断展开 $u^{[k]}(r,\theta) := \sum_{j=0}^k \mu^j u_j(r,\theta)$ 和 $w^{[k]}(r,\theta) := \sum_{j=1}^k \mu^{j-1} w_j(r,\theta)$，理解 $u_j \equiv 0$ 和 $w_j \equiv 0$ 对所有 $j \geq k+1$，对 $(u^{[k]}, w^{[k]})$ 产生以下缺陷表达式：

(16) $R^{[k]} := R(u^{[k]}, w^{[k]}) = \sum_{n=k+1}^{2k} \mu^n \sum_{j=n-k}^k w_{n-j}(r,\theta) u_j(r,\theta)$

(17) $E_D^{[k]} := E_D(u^{[k]}) = \sum_{j=k+1}^{\infty} \mu^j \sum_{m=j-k}^j \frac{g^m(\theta)}{m!} \partial_r^m u_{j-m}(1,\theta)$

(18) $E_N^{[k]} := E_N(u^{[k]}) = \sum_{j=k+1}^{\infty} \mu^j \left\{ g' \sum_{h=0}^k \frac{g^{j-1-h}}{(j-1-h)!} \partial_r^{j-1-h} \partial_\theta u_h(1,\theta) - \sum_{h=0}^k \frac{g^{j-h}}{(j-h)!} \partial_r^{j-h+1} u_h(1,\theta) - 2g \sum_{h=0}^k \frac{g^{j-1-h}}{(j-1-h)!} \partial_r^{j-h} u_h(1,\theta) - g^2 \sum_{h=0}^{\min\{j-2,k\}} \frac{g^{j-2-h}}{(j-2-h)!} \partial_r^{j-h-1} u_h(1,\theta) - C \cdot C_j(\theta) \right\}$

其中 $C_0(\theta) \equiv 1$ 且

(19) $C_j(\theta) := \sum_{m=\lceil j/2 \rceil}^{j} \binom{1}{2m} \binom{j-m}{m} (2g)^{2m-j} (g^2 + (g')^2)^{j-m} + g \sum_{m=\lceil (j-1)/2 \rceil}^{j-1} \binom{1}{2m} \binom{j-1-m}{m} (2g)^{2m-(j-1)} (g^2 + (g')^2)^{j-1-m}$

对所有 $j \geq 1$ 成立，其中 $\binom{1}{2m} = (2m!)^{-1}(1/2-1)(1/2-2)\cdots(1/2-(m-1))$，$\binom{1}{0} = 1$。

特别地 $R^{[k]}, E_D^{[k]}, E_N^{[k]} = O(\mu^{k+1})$，即对 $(u^{[k]}, w^{[k]})$ 满足(2)至 $O(\mu^k)$ 精度。

**示例 3.1** 我们有 $C_1(\theta) = 2g$ 且 $C_2(\theta) = g^2 + (1/2)(g')^2$。

**证明** 证明将由在层次的每个阶段推导相应的Dirichlet和Neumann条件，并在Fourier空间中施加这些条件到方程中组成。该证明的伪代码版本将以算法形式在附录A中给出。我们首先展开：

(20) $u_k(r,\theta) = A_0^{(k)}(r) + \sum_{n=1}^{\infty}[A_n^{(k)}(r)\cos(n\theta) + B_n^{(k)}(r)\sin(n\theta)]$

(21) $w_k(r,\theta) = a_0^{(k)}(r) + \sum_{n=1}^{\infty}[a_n^{(k)}(r)\cos(n\theta) + b_n^{(k)}(r)\sin(n\theta)]$

(22) $F^{(k)}(r,\theta) = \xi_0^{(k)}(r) + \sum_{n=1}^{\infty}[\xi_n^{(k)}(r)\cos(n\theta) + \eta_n^{(k)}(r)\sin(n\theta)]$

回忆 $\Delta u_k = \partial_r^2 u_k + r^{-1}\partial_r u_k + r^{-2}\partial_\theta^2 u_k$ 并将上述展开代入(14)得到：

(23) $A_0^{(k)''}(r) + r^{-1}A_0^{(k)'}(r) = u_0(r) a_0^{(k)}(r) + \xi_0^{(k)}(r) =: f_0^{(k)}(r)$

(24) $A_n^{(k)''}(r) + r^{-1}A_n^{(k)'}(r) - r^{-2}n^2 A_n^{(k)}(r) = u_0(r) a_n^{(k)}(r) + \xi_n^{(k)}(r) =: f_n^{(k)}(r)$

(25) $B_n^{(k)''}(r) + r^{-1}B_n^{(k)'}(r) - r^{-2}n^2 B_n^{(k)}(r) = u_0(r) b_n^{(k)}(r) + \eta_n^{(k)}(r) =: g_n^{(k)}(r)$

这些显然是Cauchy-Euler形式的方程。在 $r \to 0$ 时保持有界的解通过适当选择自由常数来实现。正如容易验证的，这些解具有以下表达式：

(26) $A_0^{(k)}(r) = C_0^{(k)} + \int_0^r \frac{1}{s}\int_0^s s' f_0^{(k)}(s') ds' ds$

(27) $A_n^{(k)}(r) = r^n\left(C_n^{(k)} - \frac{1}{2n}\int_r^1 f_n^{(k)}(s) s^{1-n} ds\right) - \frac{r^{-n}}{2n}\int_0^r f_n^{(k)}(s) s^{1+n} ds$

(28) $B_n^{(k)}(r) = r^n\left(D_n^{(k)} - \frac{1}{2n}\int_r^1 g_n^{(k)}(s) s^{1-n} ds\right) - \frac{r^{-n}}{2n}\int_0^r g_n^{(k)}(s) s^{1+n} ds$

其中 $C_n^{(k)}$，$D_n^{(k)}$ 是待确定的自由（常数序列）。

**备注 3.1** 从这些表达式可以清楚地看出，$r \to 0$ 时的有界性约束从Cauchy-Euler方程的解中"移除"了一个参数。另一方面，正如自然预期的那样，Dirichlet或Neumann边界条件各自需要一个自由参数来满足。基本上，这就是当 $w$ 先验固定时问题不具有解的原因，这种自由性体现在可以选择 $a_n^{(k)}$ 和 $b_n^{(k)}$ 的可能性上。正如我们将看到的，这些将允许补偿Cauchy-Euler解中可用常数的"不足"。

### 3.2. Dirichlet边界条件

根据 $\Omega_\mu$ 的定义，边界参数化为 $r = 1 + \mu g$。

```json
{"translation": "首先，让我们回顾 u 的展开式：u(1+μg,θ) = ∑_{j=0}^{∞} μ^j u_j(1+μg,θ)。另一方面，每个 u_j 都可以展开为 Taylor 级数：u_j(1+μg,θ) = u_j(1,θ) + μg ?_r u_j(1,θ) + (μ2g2/2) ?_r2 u_j(1,θ) + ?。因此，该条件等价于：\n\n(29) 0 = E_D(u) = u(1+μg,θ) = ∑_{m=0}^{∞} μ^m [u_m(1,θ) + ∑_{h=1}^{∞} (μ^h g^h / h!) ?_r^h u_m(1,θ)] = ∑_{m=0}^{∞} μ^m ∑_{h=0}^{∞} (μ^h g^h / h!) ?_r^h u_m(1,θ) = ∑_{m=0}^{∞} ∑_{h=0}^{∞} μ^{m+h} (g^h / h!) ?_r^h u_m(1,θ) = ∑_{j=0}^{∞} μ^j ∑_{h=0}^{j} (g^h / h!) ?_r^h u_{j-h}(1,θ)。\n\n由此，将最后一个求和中 h=0 的项分离出来，Dirichlet 边界条件便转化为对 u_j(1,θ) 的约束，即：\n\n(30) u_j(1,θ) = ? ∑_{h=1}^{j} (g^h / h!) ?_r^h u_{j-h}(1,θ) =: Φ^{(j)}(θ)，\n\n其中该表达式是由层次结构中先前确定的对象构成的函数。因此，在每个阶段 j，u_j(1,θ) 都是 θ 的已知函数，这意味着其 Fourier 系数可以完全确定：\n\n(31) u_j(1,θ) =: ?_0^{(j)} + ∑_{n=1}^{∞} [?_n^{(j)} cos(nθ) + B?_n^{(j)} sin(nθ)]。\n\n3.3. Neumann 边界条件\n\n容易验证，对于我们的定义域 Ω_μ，有：\n\n?_ν u|_{?Ω_μ} = ?(1+μg) u_r(1+μg,θ) + μ(1+μg)^{-1} g' u_θ(1+μg,θ) · (1+μg)/(1+μg)2 + μ2 (g')2。\n\n因此，Neumann 条件可写为：\n\n(32) 0 = E_N := μ g' ?_θ u(1+μg,θ) ? (1+μg)2 ?_r u(1+μg,θ) ? C(1+μg) / [1+2μg+μ2(g2+(g')2)]。\n\n我们通过在 r=1 附近展开每一项，并利用 u 的幂级数展开。由此得到：\n\n(33) ?_θ u(1+μg,θ) = ∑_{j=0}^{∞} μ^j ∑_{h=0}^{j} [g^{j-h} / (j?h)!] · ?_r^{j-h} ?_θ u_h(1,θ)，\n\n(34) (1+μg)2 ?_r u(1+μg,θ) = ∑_{j=0}^{∞} μ^j [∑_{h=0}^{j} [g^{j-h} / (j?h)!] ?_r^{j-h+1} u_h(1,θ) + 2g ∑_{h=0}^{j?1} [g^{j?1?h} / (j?1?h)!] ?_r^{j?h} u_h(1,θ) + g2 ∑_{h=0}^{j?2} [g^{j?2?h} / (j?2?h)!] ?_r^{j?h?1} u_h(1,θ)]，\n\n(35) (1+μg) / [1+2μg+μ2(g2+(g')2)] = ∑_{j=0}^{∞} μ^j C_j(θ)，\n\n其中 C_j(θ) 已在 (19) 中定义。我们回顾 u_0(r,θ) ≡ u_0(θ)，因此 ?_θ u_0(r,θ) ≡ 0。\n\n例 3.2 令 C=1/2，则 (32) 的前几个阶次为：\n\nj=0: ?_r u_0(1,θ) = ?1/2，\n\nj=1: ?_r u_1(1,θ) = g' ?_θ u_0(1,θ) ? g ?_r2 u_0(1,θ) ? 2g ?_r u_0(1,θ) ? 2Cg = (1/2)g，\n\nj=2: ?_r u_2(1,θ) = g'[g ?_r ?_θ u_0(1,θ) + ?_θ u_1(1,θ)] ? (1/2)g2 ?_r3 u_0(1,θ) ? g ?_r2 u_1(1,θ) ? 2g2 ?_r2 u_0(1,θ) ? 2g ?_r u_1(1,θ) ? g2 ?_r u_0(1,θ) ? C(g2 + (1/2)(g')2)\n= g' ?_θ u_1(1,θ) ? g ?_r2 u_1(1,θ) ? 2g ?_r u_1(1,θ) + g2 ? (1/4)(g')2，\n\n其中上述表达式已通过使用 (3) 进行了简化。\n\n与 (30) 中 Dirichlet 条件对 u_j(1,θ) 的影响类似，上述例子表明 Neumann 条件可以被解释为对 j=0,1,2 时 ?_r u_j(1,θ) 的约束。这实际上是一个普遍性质。为证明这一点，我们现在将展开式 (33)、(34) 和 (35) 代入 (32)，然后收集 μ 的幂次：\n\n(36) 0 = ∑_{j=0}^{∞} μ^j {g' ∑_{h=0}^{j?1} [g^{j?1?h} / (j?1?h)!] ?_r^{j?1?h} ?_θ u_h(1,θ) ? ∑_{h=0}^{j} [g^{j?h} / (j?h)!] ?_r^{j?h+1} u_h(1,θ) ? 2g ∑_{h=0}^{j?1} [g^{j?1?h} / (j?1?h)!] ?_r^{j?h} u_h(1,θ) ? g2 ∑_{h=0}^{j?2} [g^{j?2?h} / (j?2?h)!] ?_r^{j?h?1} u_h(1,θ) ? C C_j(θ)}，\n\n其中约定当 q < p 时 ∑_{j=p}^q · = 0。\n\n现在将第二个求和中 h=j 的项分离出来，即 ??_r u_j(1,θ)。因此，花括号中的表达式可以写为：\n\n0 = ∑_{j=0}^{∞} μ^j {??_r u_j(1,θ) + Ψ^{(j)}(θ)}，\n\n该式成立的条件是满足如下（无限）族方程：\n\n(37) ?_r u_j(1,θ) = Ψ^{(j)}(θ)，\n\n其中\n\n(38) Ψ^{(j)}(θ) := g' ∑_{h=0}^{j?1} [g^{j?1?h} / (j?1?h)!] ?_r^{j?1?h} ?_θ u_h(1,θ) ? ∑_{h=0}^{j?1} [g^{j?h} / (j?h)!] ?_r^{j?h+1} u_h(1,θ) ? 2 ∑_{h=0}^{j?1} [g^{j?1?h} / (j?1?h)!] ?_r^{j?h} u_h(1,θ) ? ∑_{h=0}^{j?2} [g^{j?2?h} / (j?2?h)!] ?_r^{j?1?h} u_h(1,θ) ? C C_j(θ)。\n\n由此，Neumann 条件产生相应的 Fourier 系数序列来表示它：\n\n(39) ?_r u_j(1,θ) =: ?_0^{(j)′} + ∑_{n=1}^{∞} [?_n^{(j)′} cos(nθ) + B?_n^{(j)′} sin(nθ)]。\n\n3.4. (无限多对) (u^{[k]}, w^{[k]}) 的构造\n\n让我们回顾如下常数：\n\n(40) ?_0^{(j)}, ?_0^{(j)′}, ?_n^{(j)}, ?_n^{(j)′}, B?_n^{(j)}, B?_n^{(j)′}，\n\n已在最近的章节中直接由边界条件确定。\n\n在本节中，我们将展示如何利用 a_n^{(k)} 和 b_n^{(k)} 的可变性（如 Remark 3.1 中所预示的）来确定一个形式解的无限族。该方法将证明：给定通过 (41) 构造的 w_j 的原型类，对于所有 k ≤ K，可以从中分离出一个函数子集以及对应的解 u_k，使得层次结构的第 k 个方程得到满足。\n\n为此，我们考虑如下展开式：对所有 k 设定一个任意的 M ∈ ?，并定义：\n\n(41) a_n^{(k)}(r) = ∑_{m=0}^{M} a_{n,m}^{(k)} r^m，b_n^{(k)}(r) = ∑_{m=0}^{M} b_{n,m}^{(k)} r^m。\n\nRemark 3.2 我们强调 M 选择为独立于 k，仅为讨论简便且不失一般性。值得注意的是，一个完全可接受的取法是 M=0，这意味着 a_n^{(k)}(r) ≡ a_{n,0}^{(k)} 且 b_n^{(k)}(r) ≡ b_{n,0}^{(k)}，即为常数。容易看出，M=0 的特定选择意味着 w_k = w_k(θ)，即不依赖于径向变量。\n\n现在，我们施加边界条件。\n\n零模（平均值）：\n\n回顾 (26)。计算一阶导数并在 r=1 处求值，我们施加（用 ≡ 表示）：\n\n(42) ?_0^{(k)} ≡ A_0^{(k)}(1) = C_0^{(k)} + ∫_0^1 (1/s) ∫_0^s s' f_0^{(k)}(s') ds' ds，\n\n(43) ?_0^{(k)′} ≡ A_0^{(k)′}(1) = ∫_0^1 s f_0^{(k)}(s) ds。\n\n由 (42) 可立即得到 C_0^{(k)} 的值。代回 (26)，得到：\n\n(44) A_0^{(k)}(r) = ?_0^{(k)} ? ∫_r^1 (1/s) (∫_0^s s' f_0^{(k)}(s') ds') ds。\n\n这给出了 A_0^{(k)}(r) 的最终表达式，但其中 f_0^{(k)}(r) 的确定仍未知，因为 a_0^{(k)}(r) 尚未确定。此处 (43) 发挥作用。首先，由 (41)，我们得到：\n\n∫_0^1 s f_0^{(k)}(s) ds = a_{0,0}^{(k)}(r)/16 + (1/2) ∑_{m=1}^{M} [a_{0,m}^{(k)} / ((2+m)(4+m))] + ∫_0^1 s ξ_0^{(k)}(s) ds。\n\n另一方面，左边等于 ?_0^{(k)′}（由 (43)），因此，关于 a_{0,0}^{(k)}(r) 求解得到：\n\n(45) a_{0,0}^{(k)}(r) = (1/6) [?_0^{(k)′} ? ∫_0^1 s ξ_0^{(k)}(s) ds ? (1/2) ∑_{m=1}^{M} (a_{0,m}^{(k)} / ((2+m)(4+m)))]。\n\n一旦任意序列 {a_{0,m}}_{m=1,...,M} 被设定，a_0^{(k)}(r) 便通过 (41) 确定，从而 (23) 完全确定 f_0^{(k)}(r)，最终 (44) 给出 A_0^{(k)}(r)。\n\n非零模：\n\n回顾 (27) 和 (28)，在 r=1 处连同其第一导数求值，我们要求：\n\n?_n^{(k)} ≡ lim_{r→1?} A_n^{(k)}(r) = C_n^{(k)} ? (1/(2n)) ∫_0^1 f_n^{(k)}(s) s^{1+n} ds，\n\n?_n^{(k)′} ≡ lim_{r→1?} A_n^{(k)′}(r) = n C_n^{(k)} + (1/2) ∫_0^1 f_n^{(k)}(s) s^{1+n} ds，\n\nB?_n^{(k)} ≡ lim_{r→1?} B_n^{(k)}(r) = D_n^{(k)} ? (1/(2n)) ∫_0^1 g_n^{(k)}(s) s^{1+n} ds，\n\nB?_n^{(k)′} ≡ lim_{r→1?} B_n^{(k)′}(r) = n D_n^{(k)} + (1/2) ∫_0^1 g_n^{(k)}(s) s^{1+n} ds。\n\n只需将第一和第三个式子乘以 n 然后配对求和，即可得到：\n\n(46) C_n^{(k)} = (2^{?1})(?_n^{(k)} + n^{?1} ?_n^{(k)′})；D_n^{(k)} = (2^{?1})(B?_n^{(k)} + n^{?1} B?_n^{(k)′})。\n\n现在可以将这些代入 (27) 和 (28)，从而得到：\n\n(47) ∫_0^1 (1?s2)/4 a_n^{(k)}(s) s^{1+n} ds = ?_n^{(k)′} ? n ?_n^{(k)} ? ∫_0^1 ξ_n^{(k)}(s) s^{1+n} ds，\n\n(48) ∫_0^1 (1?s2)/4 b_n^{(k)}(s) s^{1+n} ds = B?_n^{(k)′} ? n B?_n^{(k)} ? ∫_0^1 η_n^{(k)}(s) s^{1+n} ds。\n\n对于其左边，有：\n\n∫_0^1 (1?s2)/4 a_n^{(k)}(s) s^{1+n} ds = (1/4) ∑_{m=0}^{M} a_{n,m}^{(k)} ∫_0^1 (1?s2) s^{1+n+m} ds = a_{n,0}^{(k)} χ_n + (1/2) ∑_{m=1}^{M} [a_{n,m}^{(k)} / ((2+n+m)(4+n+m))]，\n\n其中 χ_n := 2 / ((2+n)(4+n))。类似地，对 b_n^{(k)} 有相同的表达式。因此，一旦选择好 2M 个自由参数 {a_{·,m}}_{m=1,...,M} 和 {b_{·,m}}_{m=1,...,M}，由 (47) 和 (48) 可得：\n\n(49) a_{n,0}^{(k)} = χ_n [?_n^{(k)′} ? n ?_n^{(k)} ? ∫_0^1 ξ_n^{(k)}(s) s^{1+n} ds ? (1/2) ∑_{m=1}^{M} (a_{n,m}^{(k)} / ((2+n+m)(4+n+m)))]，\n\n(50) b_{n,0}^{(k)} = χ_n [B?_n^{(k)′} ? n B?_n^{(k)} ? ∫_0^1 η_n^{(k)}(s) s^{1+n} ds ? (1/2) ∑_{m=1}^{M} (b_{n,m}^{(k)} / ((2+n+m)(4+n+m)))]。\n\n这些表达式通过 (41) 完成了 a_n^{(k)}(r) 和 b_n^{(k)}(r) 的定义，进而通过 (24) 和 (25) 分别确定 f_n^{(k)}(r) 和 g_n^{(k)}(r)，从而由 (27) 和 (28) 完全确定了 A_n^{(k)}(r) 和 B_n^{(k)}(r)。\n\n3.5. 余项\n\n3.5.1. 可解性缺陷 R^{[k]}\n\n我们的目标现在是证明 (16)。为此，将展开式 (10) 和 (11) 代入 (4) 中定义的 R，得到：\n\nR = ?Δ(∑_{j=0}^{∞} μ^j u_j) + μ(∑_{j=0}^{∞} μ^j u_j)(∑_{m=1}^{∞} μ^{m?1} w_m) ? 1\n= ∑_{j=0}^{∞} μ^j (?Δ u_j) + ∑_{j=0}^{∞} ∑_{m=1}^{∞} μ^{j+m} u_j w_{m?1}\n= ∑_{j=0}^{∞} μ^j (?Δ u_j) + ∑_{j=1}^{∞} μ^j ∑_{m=1}^{j} u_{j?m} w_{m?1}\n= ?Δ u_0 ? 1 + ∑_{j=1}^{∞} [?Δ u_j + ∑_{m=1}^{j} u_{j?m} w_m]，\n\n其中由 (3) 可知显然 ?Δ u_0 ? 1 = 0。可以立即看出，后者的方括号中的量恰好就是层次结构的方程 (14)。因此，假设我们能够构造整个序列 u_j, w_j（对所有 j），则 R 将恒等于零，即如我们所期望的，完整解的可解性缺陷为零。\n\n为评估截断展开的缺陷，只需将上述求和拆分如下：\n\nR = ∑_{j=1}^{k} μ^j [?Δ u_j + ∑_{m=1}^{j} u_{j?m} w_m] + ∑_{j=k+1}^{∞} μ^j [?Δ u_j + ∑_{m=1}^{j} u_{j?m} w_m]。\n\n当在 u^{[k]}, w^{[k]} 上求值时，只有后者中的第一个求和为零，而第二个求和构成我们要评估的缺陷：\n\nR^{[k]} = [∑_{j=k+1}^{∞} μ^j (?Δ u_j + ∑_{m=1}^{j} u_{j?m} w_m)]_{u_{k+1}=u_{k+2}=…=0, w_{k+1}=w_{k+2}=…=0}。\n\n所建议的求值给出了所需的表达式。\n\n例 3.3 R^{[k]} 的前几个表达式为：\n\nR^{[1]} = μ2 w_1 u_1，\n\nR^{[2]} = μ3(w_1 u_2 + w_2 u_1) + μ? w_2 u_2，\n\nR^{[3]} = μ?(w_1 u_3 + w_2 u_2 + w_3 u_1) + μ?(w_2 u_3 + w_3 u_2) + μ? w_3 u_3。\n\n3.5.2. Dirichlet 边界缺陷 E_D^{[k]}\n\n与可解性缺陷类似，我们将 (29) 通过拆分求和来写为：\n\n(51) E_D ≡ u^{[k]}(1+μg,θ) = ∑_{j=0}^{k} μ^j ∑_{h=0}^{j} (g^h / h!) ?_r^{j?h} u_{j?h}(1,θ) + ∑_{j=k+1}^{∞} μ^j ∑_{h=0}^{j} (g^h / h!) ?_r^{j?h} u_{j?h}(1,θ)。\n\n同样，如果我们能够施加无限多个条件 (30)，(51) 将恒等于零。然而，当使用截断表达式 u^{[k]}(1+μg,θ) 代替"完整"的 u(1+μg,θ) 时，前 j ≤ k 个条件 (30) 仍然被施加，因此 (51) 的第一个求和仍然为零，这意味着 j ≥ k+1 时剩余的 (30) 条件丢失了，(51) 的第二个求和不再为零：这就产生了此处的缺陷。\n\n更精确地说，回顾其定义：\n\nE_D^{[k]} ≡ u^{[k]}(1+μg,θ) = ∑_{j=0}^{k} μ^j [Φ^{(j)}(θ) ? u_j(1,θ)] + ∑_{j=k+1}^{∞} μ^j ∑_{h=j?k}^{j} (g^h(θ) / h!) ?_r^h u_{j?h}(1,θ)，\n\n其中第一个求和类似于 (51) 中的第一个，第二个求和由 (51) 中的第二个通过对所有 j ≥ k+1 设定 u_j ≡ 0 而得到。如已指出的，(30) 意味着第一个求和恒为零，从而得到 (17)。\n\n3.5.3. Neumann 边界缺陷 E_N^{[k]}\n\n我们现在要证明 (18)。尽管稍显繁琐，但步骤与获得 (17) 所使用的方法类似。为此，我们关注 (36)，并将求和再次拆分为 ∑_{j=0}^{k} μ^j {·} + ∑_{j=k+1}^{∞} μ^j {·}，其中 {·} 表示 (36) 中的花括号。由于我们使用 u^{[k]}，只有 0 ≤ j ≤ k 的条件被满足，因此我们只有 ∑_{j=0}^{k} μ^j {·} = 0。由此，E_N^{[k]} ≡ ∑_{j=k+1}^{∞} μ^j {·}。同样在此情形中，只需利用对所有 j ≥ k+1 有 u_j ≡ 0 的性质即可得到 (18)。\n\n4. 定量估计\n\n本节关注估计 (9)。为证明后者，我们需要找到方案中涉及的对象及其随正规化阶数增长而变化的大小上界。\n\n分析的基本工具是 Cauchy 维数界，将在下面回顾并分为三个子情形以便使用。\n\n命题 4.1（Cauchy 界）设 u ∈ H_{ρ',σ';μ} 且 p,q ∈ ??{0}。则以下界成立：\n\n(52) ‖?_r^p ?_θ^q u‖_{(ρ'',σ'')} ≤ p!/(ρ'?ρ'')^p · q!/(σ'?σ'')^q · ‖u‖_{(ρ',σ')}，若 ρ'' < ρ', σ'' < σ'，\n\n(53) ‖?_r^p u‖_{(ρ'',σ')} ≤ p!/(ρ'?ρ'')^p · ‖u‖_{(ρ',σ')}，若 ρ'' < ρ', σ'' = σ'，\n\n(54) ‖?_θ^q u‖_{(ρ',σ'')} ≤ q!/(σ'?σ'')^q · ‖u‖_{(ρ',σ')}，若 ρ'' = ρ', σ'' < σ'，\n\n即，取决于定义域是在两个变量中都缩小、仅在径向缩小还是仅在角向缩小。\n\n证明见附录 B。\n\n上述界将在定义域约束系统的背景下使用。为此，我们定义 K ∈ ? 稍后固定。然后，对任意 k=1,…,K，考虑嵌套定义域序列 D_k := D_{(1?d_k)(ρ,σ);μ}，其中"收缩方案"为：\n\nd_k := k/(2K)，\n\n且 (ρ_k, σ_k) := (1?d_k)(ρ,σ)，参见 [12]。我们假设归纳假设为：对所有 j < k，\n\n(55) ‖u_j‖_{(ρ_j,σ_j)} ≤ U_j，‖w_j‖_{(ρ_j,σ_j)} ≤ W_j，\n\n并旨在确定 U_k 和 W_k 作为先前确定的 U_0,…,U_{k?1} 和 W_1,…,W_{k?1} 的函数值。\n\n我们假设，对任何固定的 M ∈ ? 和 n ∈ ?，序列 {a_{·,m}}_m 被选择为：\n\n(56) ∑_{m=1}^{M} |a_{n,m}^{(k)}| ≤ Γ exp(?nσ)，\n\n对某个 Γ > 0。\n\n4.1. 已知项的估计\n\n本节旨在推导层次结构第 k 阶段中已知对象的定量界，即非线性强迫项 F^{(k)}(r,θ) 以及 Dirichlet 和 Neumann 边界贡献项。\n\n4.1.1. 非线性强迫\n\n我们现在关注 |ξ_0^{(k)}(r)|_{ρ_k}, |ξ_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} 和 |η_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} 的估计。\n\n回顾 (15)，可以立即估计：\n\n‖F^{(k)}(r,θ)‖_{(ρ_{k?1},σ_{k?1})} ≤ ∑_{j=1}^{k?1} ‖w_j(r,θ)‖_{(ρ_j,σ_j)} ‖u_{k?j}(r,θ)‖_{(ρ_{k?j},σ_{k?j})} ≤ ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}，\n\n其中第一个不等式成立是因为 j, k?j < k，所以 D_j 或 D_{k?j} 比 D_k 更大。最后一个不等式意味着（参见 Remark 2.2）：\n\n(57) |ξ_0^{(k)}(r)|_{ρ_{k?1}} ≤ ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}，\n\n|ξ_n^{(k)}(r)|_{ρ_{k?1}}, |η_n^{(k)}(r)|_{ρ_{k?1}} ≤ [∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}] e^{?nσ_{k?1}}。\n\n4.1.2. Dirichlet 边界条件\n\n现在我们处理"Dirichlet 目标函数" Φ^{(k)}(θ) 的界（定义于 (30)），它将产生对其 Fourier 系数 |?_0^{(k)′}|_{ρ_k}, |?_n^{(k)′}|_{ρ_k} 和 |B?_n^{(k)′}|_{ρ_k} 的估计。假设 (8) 将在本节及下一节中持续使用。\n\n首先，由 (53)，设 ρ'' := ρ_{k?1/2} < ρ_{k?j} =: ρ'，我们得到：\n\n(58) ‖?_r^j u_{k?j}‖_{(ρ_{k?1/2},σ_{k?j})} ≤ j! ‖u_{k?j}‖_{(ρ_{k?j},σ_{k?j})} / (ρ_{k?j}?ρ_{k?1/2})^j ≤ j! U_{k?j} / (d_{k?1/2}?d_{k?j})^j · ρ^j ≤ j! (4K/ρ)^j U_{k?j}，\n\n其中我们使用了 d_{k?1/2} ? d_{k?j} = (2j?1)/(4K) ≥ j/(4K)。因此，利用角向的任意限制由单调性，有：\n\n‖Φ^{(k)}‖_{(ρ_{k?1/2},σ_{k?1/2})} ≤ ∑_{j=1}^{k} G_j · j!/(j!(4K/ρ)^j) · U_{k?j} ≤ M ∑_{j=1}^{k} U_{k?j}。\n\n后者是利用函数 j → (A/j)^j 在 j* = A/e 处取得最大值而得到的，所以：\n\n(59) (A/j)^j ≤ (A/(A/e))^{A/e} = e^{A/e}，\n\n然后我们定义：\n\n(60) (4K/ρ)^j ≤ e^{4K/e · ρ} =: M。\n\n由此，\n\n(61) |?_0^{(k)}|_{ρ_{k?1/2}} ≤ M ∑_{j=1}^{k} U_{k?j}，\n\n|?_n^{(k)}|_{ρ_{k?1/2}}, |B?_n^{(k)}|_{ρ_{k?1/2}} ≤ [M ∑_{j=1}^{k} U_{k?j}] e^{?nσ_{k?1/2}}。\n\n4.1.3. Neumann 边界条件\n\n类似地，"Neumann 目标函数" Ψ^{(k)}(θ) 的界将产生对 Fourier 系数 |?_0^{(k)′}|_{ρ_k}, |?_n^{(k)′}|_{ρ_k} 和 |B?_n^{(k)′}|_{ρ_k} 的估计。让我们回顾 (38)，为方便起见重新写为：\n\n(62) Ψ^{(k)}(θ) := g' ∑_{j=0}^{k?1} [g^{k?1?j}/(k?1?j)!] ?_r^{k?1?j} ?_θ u_j(1,θ) ? ∑_{j=0}^{k?1} [g^{k?j}/(k?j)!] ?_r^{k?j+1} u_j(1,θ) ? 2 ∑_{j=0}^{k?1} [g^{k?1?j}/(k?1?j)!] ?_r^{k?j} u_j(1,θ) ? ∑_{j=0}^{k?2} [g^{k?2?j}/(k?2?j)!] ?_r^{k?1?j} u_j(1,θ) ? C C_k(θ)。\n\n(63) =: (I) + (II) + … + (V)。\n\n为了估计 ‖Ψ^{(k)}‖_{(ρ_{k?1/2},σ_{k?1/2})}，在使用标准 Cauchy-Schwarz 和三角不等式以及 (8) 之后，我们导出各个加项的估计。\n\n让我们关注第一个加项 (I)。使用 (52)，我们得到：\n\n1/(k?j?1)! · ‖?_r^{k?1?j} ?_θ u_j‖_{(ρ_{k?1/2},σ_{k?1/2})} ≤ (k?1?j)!/(ρ_j?ρ_{k?1/2})^{k?1?j} · 1/(σ_j?σ_{k?1/2}) · ‖u_j‖_{(ρ_j,σ_j)}\n≤ (4K)^{k?j} · (k?j)^{k?j} / (ρ^{k?1?j} σ) · ‖u_j‖_{(ρ_j,σ_j)}，\n\n这由计算以下量得到：\n\n(64) ρ_j ? ρ_{k?1/2} = (2K)^{?1}(k?j?1/2)ρ，σ_j ? σ_{k?1/2} = (2K)^{?1}(k?j?1/2)σ，\n\n然后估计 (k?j?1/2)^{k?j} ≥ [(k?j)/2]^{k?j}。由此，求和的完整界为：\n\n∑_{j=0}^{k?1} (4K)^{k?j} (k?j)^{k?j} / (ρ^{k?1?j} σ) ‖u_j‖_{(ρ_j,σ_j)} ≤ (ρ/σ) ∑_{j=0}^{k?1} (4Kρ/(k?j))^{k?j} U_j。\n\n利用 (59) 再次以及归纳假设，这个界给出以下估计：\n\n(65) ‖(I)‖_{(ρ_{k?1/2},σ_{k?1/2})} ≤ (ρ/σ) M ∑_{j=0}^{k?1} G_{k?j} U_j ≤ (ρ/σ) MG ∑_{j=0}^{k?1} U_j。\n\n对于第二项，(54) 给出：\n\n1/(k?j)! · ‖?_r^{k?j+1} u_j‖_{(ρ_{k?1/2},σ_{k?1/2})} ≤ (k?j+1)/(ρ_j?ρ_{k?1/2})^{k?j+1} · ‖u_j‖_{(ρ_j,σ_j)}\n≤ (k?j+1)(4K)^{k?j+1}/(k?j)^{k?j+1} · 1/ρ^{k?j+1} · ‖u_j‖_{(ρ_j,σ_j)}\n≤ (K+1)(4Kρ/(k?j))^{k?j+1} U_j。\n\n此处，设 m=k?j，我们观察到：\n\n(A/m)^{m+1} ≤ (A/m)^{A/e} · e^{A/e} ≤ A · e^{A/e} ≤ e^{2A/e}，\n\n其中使用了 (59) 以及对所有 x ≥ 0 有 x·exp(x) ≤ exp(2x)。这导致：\n\n(66) ‖(II)‖_{(ρ_{k?1/2},σ_{k?1/2})} ≤ M2 G (K+1) ∑_{j=0}^{k?1} U_j。\n\n加项 (III) 和 (IV) 类似处理，得到：\n\n(67) ‖(III)‖_{(ρ_{k?1/2},σ_{k?1/2})} ≤ 2KM G ∑_{j=0}^{k?1} U_j，\n\n(68) ‖(IV)‖_{(ρ_{k?1/2},σ_{k?1/2})} ≤ KMG ∑_{j=0}^{k?2} U_j ≤ KMG ∑_{j=0}^{k?1} U_j。\n\n最后，我们来处理项 (V) 的估计问题。为此，回顾标准界：\n\n|C(2m,m)| ≤ 1，(m/2) ≤ 2^m。\n\n直接使用 G=1/4，我们得到：\n\n‖C(2m,m) · C(m,k?m) · (2g)^{2m?k} · (g2+(g')2)^{k?m}‖_{(ρ_{k?1/2},σ_{k?1/2})} ≤ 2^m · (1/4)^{2m?k} · (1/32)^{k?m} = 2^{2m?3k}，\n\n‖g · C(2m,m) · C(m,k?1?m) · (2g)^{2m?(k?1)} · (g2+(g')2)^{k?1?m}‖_{(ρ_{k?1/2},σ_{k?1/2})} ≤ 2^m · (1/8) · (1/4)^{2m?k+1} · (1/32)^{k?1?m} = 2^{2m?3k}。\n\n注意到对所有 m ≤ k，2^{2m?3k} = 2^{?k} · 2^{2(m?k)} ≤ 2^{?k}，因此：\n\n∑_{m=?k/2?}^{k} 2^{2m?3k} ≤ ∑_{m=?k/2?}^{k} 2^{?k} = (k??k/2?+1)2^{?k} ≤ (k+1)2^{?k}，\n\n∑_{m=?(k?1)/2?}^{k?1} 2^{2m?3k} ≤ ∑_{m=?(k?1)/2?}^{k?1} 2^{?k} = (k??(k?1)/2?)2^{?k} ≤ k·2^{?k}。\n\n由此，我们得到：\n\n‖C_k‖_{(ρ_{k?1/2},σ_{k?1/2})} ≤ ∑_{m=?k/2?}^{k} 2^{2m?3k} + ∑_{m=?(k?1)/2?}^{k?1} 2^{2m?3k} ≤ (k+1)2^{?k} + k·2^{?k} ≤ (2k+1)2^{?k}，\n\n由此意味着：\n\n(69) ‖C C_k‖_{(ρ_{k?1/2},σ_{k?1/2})} ≤ C(2k+1)2^{?k} = (2k+1)2^{?k?1} ≤ 1。\n\n综上所述，收集 (65)–(69)，然后利用：\n\nM[ρ/σ + (K+1)M + (5/4)K] ∑_{j=0}^{k?1} G_{k?j} ≤ GM[ρ/σ + 4M(K+1)] ≤ M[ρ/σ + M(K+1)]，\n\n并最终回顾 (8)，我们得到：\n\n(70) |?_0^{(k)′}|_{ρ_{k?1/2}} ≤ 1 + M[ρ/σ + M(K+1)] ∑_{j=0}^{k?1} U_j，\n\n(71) |?_n^{(k)′}|_{ρ_{k?1/2}}, |B?_n^{(k)′}|_{ρ_{k?1/2}} ≤ {1 + M[ρ/σ + M(K+1)] ∑_{j=0}^{k?1} U_j} e^{?nσ_{k?1/2}}。\n\n4.2. w_k(r,θ) 的估计\n\n本节的目的是确定以下对象的界：\n\n|a_0^{(k)}(r)|_{ρ_k}，∑_{n=1}^{∞} |a_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} e^{nσ_k}，∑_{n=1}^{∞} |b_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} e^{nσ_k}。\n\n让我们从一些预备估计开始。\n\n命题 4.2 以下不等式成立：\n\n(72) ∑_{n=1}^{∞} (4+n) e^{?nσ_{k?1}} e^{nσ_k} ≤ 2K(σe)^{?1} + 4，\n\n(73) ∑_{n=1}^{∞} (2+n)(4+n) e^{?nσ_{k?1/2}} e^{nσ_k} ≤ 64K2(σe)^{?2} + 24K(σe)^{?1} + 8，\n\n(74) ∑_{n=1}^{∞} n(2+n)(4+n) e^{?nσ_{k?1/2}} e^{nσ_k} ≤ 1728K3(σe)^{?3} + 384K2(σe)^{?2} + 32K(σe)^{?1}。\n\n证明 让我们说明如何处理 (74)，其余类似。设 a := σ_{k?1} ? σ_k = σ/(4K)，只需写：\n\n∑_{n=1}^{∞} (n3 + 6n2 + 8n) e^{?na} = ∑_{n=1}^{∞} n3 e^{?na} + 6 ∑_{n=1}^{∞} n2 e^{?na} + 8 ∑_{n=1}^{∞} n e^{?na}，\n\n然后对每个加项使用不等式：\n\n(75) n^q e^{?an} ≤ (q/a)^q e^{?q}，\n\n其证明与 (59) 的类似。\n\n现在回顾表达式 (41) 以及分解：\n\na_n^{(k)}(r) = a_{n,0}^{(k)} + ∑_{m=1}^{M} a_{n,m}^{(k)}，\n\nb_n^{(k)}(r) = b_{n,0}^{(k)} + ∑_{m=1}^{M} b_{n,m}^{(k)}，\n\n分别对 n ≥ 0 和 n ≥ 1，约定当 M=0 时 ∑_{m=1}^M · = 0，其中右手边的第一项通过 (45)、(49) 和 (50) 构造，其他项是任意的。让我们先为 (49) 找一个界。\n\n为此，特别使用单调性 |f(r)|_{ρ_k} ≤ |f(r)|_{ρ_{k?1/2}}，我们可以如下进行：\n\n|a_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} ≤ |a_{n,0}^{(k)}|_{ρ_{k?1/2}} + ∑_{m=1}^{M} |a_{n,m}^{(k)}(r)|_{ρ_{k?1/2}}\n≤ 2(2+n)(4+n) |?_n^{(k)′}|_{ρ_{k?1/2}} + 2n(2+n)(4+n) |?_n^{(k)}|_{ρ_{k?1/2}} + 2(2+n)(4+n) |∫_0^1 s^{1+n} ds| · |ξ_n^{(k)}(r)|_{ρ_{k?1/2}}\n+ 2(2+n)(4+n) · (1/2) ∑_{m=1}^{M} |a_{n,m}^{(k)}|_{ρ_{k?1/2}} / ((2+n+m)(4+n+m)) + ∑_{m=1}^{M} |a_{n,m}^{(k)}|_{ρ_{k?1/2}}\n≤ 2(2+n)(4+n) {1 + M[ρ/σ + M(K+1)] ∑_{j=0}^{k?1} U_j} e^{?nσ_{k?1/2}}\n+ 2n(2+n)(4+n) [M ∑_{j=1}^{k} U_{k?j}] e^{?nσ_{k?1/2}}\n+ 2(n+4) [∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}] e^{?nσ_{k?1}}\n+ 2Γ e^{?nσ}，\n\n其中使用了 (57)、(61)、(71)，平凡界：\n\n2(n+2)(n+4) · (1/2) ∑_{m=1}^M |a_{n,m}^{(k)}| / ((2+n+m)(4+n+m)) ≤ ∑_{m=1}^M |a_{n,m}^{(k)}|，\n\n然后 ∫_0^1 s^{1+n} ds = (n+2)^{?1}，以及假设 (56)。\n\n现在只需乘以 e^{nσ_k} 并使用命题 4.2 中的不等式，得到：\n\n(76) |a_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} e^{nσ_k} ≤ {1 + M[ρ/σ + M(K+1)] ∑_{j=0}^{k?1} U_j} {128K2σ2e2 + 48Kσe + 16}\n+ [M ∑_{j=1}^{k} U_{k?j}] {3456K3σ3e3 + 768K2σ2e2 + 64Kσe}\n+ [∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}] {4Ke^{σ} + 8} + 4Γ\n= 13[W_1 + W_2 ∑_{j=0}^{k?1} U_j + W_3 ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}]，\n\n其中我们注意到，为了在上一界中得到 4Γ：\n\n(77) ∑_{n=1}^{∞} e^{?nkσ/(2K)} = (1 ? e^{?kσ/(2K)})^{?1} e^{?kσ/(2K)} ∈ (1,2)，\n\n对所有 σ ≤ 2K log(2)，即对所有 σ ≤ 1（由 K 的假设）。此外，我们使用了 a∑_{j=0}^{k?1} U_j + b∑_{j=1}^{k} U_{k?j} = (a+b)∑_{j=0}^{k?1} U_j，并引入定义：\n\n(78) W_1/3 := 128K2e^{?2σ2} + 48Ke^{?1σ} + 16 + 4Γ，\n\n(79) W_2/3 := M[ρ/σ + M(K+1)](128K2e^{?2σ2} + 48Ke^{?1σ} + 16) + M(3456K3e^{?3σ3} + 768K2e^{?2σ2} + 64Ke^{?1σ})，\n\n(80) W_3/3 := 4Ke^{σ} + 8。\n\n类似地，\n\n|b_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} e^{nσ_k} ≤ 13[W_1 + W_2 ∑_{j=0}^{k?1} U_j + W_3 ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}]。\n\n另一方面，平均值由下式给出：\n\n|a_0^{(k)}(r)|_{ρ_k} ≤ |a_{0,0}^{(k)}|_{ρ_{k?1/2}} + ∑_{m=1}^{M} |a_{0,m}^{(k)}(r)|_{ρ_{k?1/2}}\n≤ (1/6)[|?_0^{(k)′}|_{ρ_{k?1/2}} + |∫_0^1 s ds| · |ξ_0^{(k)}(r)|_{ρ_{k?1/2}} + (1/2) ∑_{m=1}^{M} |a_{0,m}^{(k)}|_{ρ_{k?1/2}} / ((2+m)(4+m))] + ∑_{m=1}^{M} |a_{0,m}^{(k)}|_{ρ_{k?1/2}}\n≤ (1/6){1 + M[ρ/σ + M(K+1)]} ∑_{j=0}^{k?1} U_j + (1/8) ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j} + 2Γ，\n\n其中使用了：\n\n(1/8) ∑_{m=1}^M |a_{0,m}^{(k)}|_{ρ_{k?1/2}} / ((2+m)(4+m)) ≤ ∑_{m=1}^M |a_{0,m}^{(k)}(r)|_{ρ_{k?1/2}} ≤ Γ。\n\n在对常数进行简单的上估计后，这导致：\n\n(81) |a_0^{(k)}(r)|_{ρ_k} ≤ 13[W_1 + W_2 ∑_{j=0}^{k?1} U_j + W_3 ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}]。\n\n因此，综上所述：\n\n‖w_k‖_{(ρ_k,σ_k)} = |a_0^{(k)}(r)|_{ρ_k} + ∑_{n=1}^{∞} |a_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} e^{nσ_k} + ∑_{n=1}^{∞} |b_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} e^{nσ_k}\n≤ W_1 + W_2 ∑_{j=0}^{k?1} U_j + W_3 ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}，\n\n从而得到递推方程：\n\n(82) W_k = W_1 + W_2 ∑_{j=0}^{k?1} U_j + W_3 ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}。\n\n4.3. u_k(r,θ) 的估计\n\n本节的目的是寻找以下量的界：\n\n|A_0^{(k)}(r)|_{ρ_k}，∑_{n=1}^{∞} |A_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} e^{nσ_k}，∑_{n=1}^{∞} |B_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} e^{nσ_k}。\n\n首先，由 (44)，\n\n|A_0^{(k)}(r)|_{ρ_k} ≤ |?_0^{(k)}| + |f_0^{(k)}(r)|_{ρ_k} ∫_r^1 s^{?1} ∫_0^s s' ds' ≤ |?_0^{(k)}| + |f_0^{(k)}(r)|_{ρ_k}(1?r) ≤ |?_0^{(k)}| + |f_0^{(k)}(r)|_{ρ_k}。\n\n现在，预备性地观察，对所有 n ≥ 1，\n\n|r^n ∫_r^1 s^{1?n} ds| ≤ r^n ∫_r^1 1/(1?n) ds ≤ r^n(1?r) ≤ r^n ≤ 1，\n\n|r^{?n} ∫_0^r s^{1+n} ds| ≤ r^{?n} ∫_0^r s^{n+1} ds ≤ r^{?n} ∫_0^r s^{n?1} ds = (n?1)^{?1} r^{?n} r^n ≤ 1。\n\n然后，由 (27) 和 (28)，使用上述两个界，我们得到：\n\n|A_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} ≤ |C_n^{(k)}| + (2n)^{?1} |f_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} + (2n)^{?1} |f_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} ≤ |C_n^{(k)}| + |f_n^{(k)}(r)|_{ρ_k}。\n\n类似地，我们得到：\n\n|B_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} ≤ |D_n^{(k)}| + |g_n^{(k)}(r)|_{ρ_k}。\n\n另一方面，回顾定义 (24) 和 (25)，\n\n|f_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} ≤ (1/4)|a_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} + |ξ_n^{(k)}(r)|_{ρ_k}，\n\n|g_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} ≤ (1/4)|b_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} + |η_n^{(k)}(r)|_{ρ_k}。\n\n由此，使用 (46) 中确定的 C_n^{(k)} 和 D_n^{(k)} 的值，我们得到对所有 n ≥ 1：\n\n|A_0^{(k)}(r)|_{ρ_k} ≤ |?_0^{(k)}| + |a_0^{(k)}(r)|_{ρ_k} + |ξ_0^{(k)}(r)|_{ρ_k}，\n\n|A_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} ≤ |?_n^{(k)}| + |?_n^{(k)′}| + |a_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} + |ξ_n^{(k)}(r)|_{ρ_k}，\n\n|B_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} ≤ |B?_n^{(k)}| + |B?_n^{(k)′}| + |b_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} + |η_n^{(k)}(r)|_{ρ_k}。\n\n我们先为第一个寻找界。回顾定义域的单调性，然后 (61)、(81) 以及 (57) 的第一个式子：\n\n(83) |A_0^{(k)}(r)|_{ρ_k} ≤ |?_0^{(k)}| + |a_0^{(k)}(r)|_{ρ_{k?1/2}} + |ξ_0^{(k)}(r)|_{ρ_{k?1/2}}\n≤ M ∑_{j=1}^{k} U_{k?j} + 13[W_1 + W_2 ∑_{j=0}^{k?1} U_j + W_3 ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}] + ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}\n≤ 13[W_1 + (W_2 + 3M) ∑_{j=0}^{k?1} U_j + (W_3 + 3) ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}]。\n\n然后我们处理第二个式子，这又需要 (61)、(71) 以及 (57) 的第二个式子：\n\n|A_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} ≤ [M ∑_{j=1}^{k} U_{k?j}] e^{?nσ_{k?1/2}} + {1 + M[ρ/σ + M(K+1)] ∑_{j=0}^{k?1} U_j} e^{?nσ_{k?1/2}}\n+ |a_n^{(k)}(r)|_{ρ_{k?1/2}} + [∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}] e^{?nσ_{k?1/2}}。\n\n只需两边乘以 e^{nσ_k} 并使用 (76)，得到：\n\n|A_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} e^{nσ_k} ≤ 2[M ∑_{j=1}^{k} U_{k?j} + 1 + M[ρ/σ + M(K+1)] ∑_{j=0}^{k?1} U_j + ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}]\n+ 13[W_1 + W_2 ∑_{j=0}^{k?1} U_j + W_3 ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}]\n= 13[U_1 + U_2 ∑_{j=0}^{k?1} U_j + U_3 ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}]，\n\n其中，类似于 (77)，我们使用了在相同的 σ 条件下 ∑_{n=1}^∞ exp(?nσ_{k?1/2} + nσ_k) ∈ (1,2)，并定义：\n\n(84) U_1 := W_1 + 6，\n\n(85) U_2 := W_2 + 6M(1 + ρ^{?1}σ + M(K+1))，\n\n(86) U_3 := W_3 + 6。\n\n类似地，\n\n|B_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} e^{nσ_k} ≤ 13[U_1 + U_2 ∑_{j=0}^{k?1} U_j + U_3 ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}]。\n\n现在显然 U_2 > W_2 + 3M；U_3 > W_3 + 3，\n\n因此我们可以用以下估计替换 (83) 的估计：\n\n|A_0^{(k)}(r)|_{ρ_k} ≤ 13[U_1 + U_2 ∑_{j=0}^{k?1} U_j + U_3 ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}]。\n\n综上，我们得到以下界：\n\n(87) ‖u_k‖_{(ρ_k,σ_k)} = |A_0^{(k)}(r)|_{ρ_k} + ∑_{n=1}^{∞} |A_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} e^{nσ_k} + ∑_{n=1}^{∞} |B_n^{(k)}(r)|_{ρ_k} e^{nσ_k}\n≤ U_1 + U_2 ∑_{j=0}^{k?1} U_j + U_3 ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}，\n\n从而得到第二个递推方程：\n\n(88) U_k = U_1 + U_2 ∑_{j=0}^{k?1} U_j + U_3 ∑_{j=1}^{k?1} W_j U_{k?j}。\n\n5."}
```

## 主控制列的构造

我们考虑由(82)式和(88)式构成的递推方程组，为方便起见，下面重新列出：

$$
(89)\begin{cases}W_k = W_1 + W_2\sum_{j=0}^{k-1}U_j + W_3\sum_{j=1}^{k-1}W_j U_{k-j} \\ U_k = U_1 + U_2\sum_{j=0}^{k-1}U_j + U_3\sum_{j=1}^{k-1}W_j U_{k-j}\end{cases}
$$

其中 $W_i, U_i \geq 0$ 为常数，参见(78)–(80)式和(84)–(86)式，其中按构造 $W_0 = 0$，而为简便起见我们设 $U_0 \coloneqq 1$，如下述备注所述。

**备注 5.1** 正如备注 2.5 中所预期的，通过选择 $U_0$ 我们设定了 $\rho$ 的界。更精确地说，我们有 $\left|\frac{1-z^2}{4}\right| \leq 4^{-1}\left|1-\rho e^{2i\phi}\right| \leq 4^{-1}(1+\rho^2) \leq U_0$（这里 $\phi$ 是 $z$ 的辐角）。特别地，通过设置 $U_0 = 1$，我们得到 $\rho \leq 3$。因此，我们仍可选择 $\rho = 1$。

可以简单地通过归纳法验证，新序列 $\{Z_k\}_{k \geq 0}$，定义为

$$Z_k := Z_1 + Z_2\sum_{j=0}^{k-1}Z_j + Z_3\sum_{j=1}^{k-1}Z_j Z_{k-j},$$

其中 $Z_0 \coloneqq \max\{W_0, U_0\} \equiv U_0$，$Z_j := \max\{W_j, U_j\}$，$j = 1,2,3$，满足

$$W_k \leq Z_k, \quad U_k \leq Z_k, \quad \forall k \geq 0.$$

**备注 5.2** 由(84)、(85)、(86)式可知，对所有 $j = 1,2,3$，$Z_j \equiv U_j$。

现在我们将 $\sum_{j=0}^{k-1}Z_j = Z_0 + \sum_{j=1}^{k-1}Z_j$ 进行分解，使得递推方程变为：

$$Z_k = Z_1 + Z_2 Z_0 + \sum_{j=1}^{k-1}Z_j(Z_2 + Z_3 Z_{k-j}).$$

由于 $Z_{k-j} \geq 1$，我们可以得到 $Z_2 + Z_3 Z_{k-j} \leq (Z_2 + Z_3)Z_{k-j}$。因此

$$Z_k \leq Z_1 + Z_2 Z_0 + (Z_2 + Z_3)\sum_{j=1}^{k-1}Z_j Z_{k-j}.$$

下一步是定义另一个序列 $\{\tilde{Z}_k\}_{k \geq 0}$，该序列按构造对 $\{Z_k\}$ 起主控制作用，且其解可以被显式确定。这正是下列命题的目的。

**命题 5.1** 设

$$
(90)\begin{cases}a := Z_1 + Z_2 Z_0, \\ b := Z_2 + Z_3\end{cases}
$$

并定义

$$
(91)\tilde{Z}_k := a + b\sum_{j=1}^{k-1}\tilde{Z}_j \tilde{Z}_{k-j}, \quad k \geq 1,
$$

其中 $\tilde{Z}_0 := Z_0$。则对所有 $k \geq 1$，

$$
(92)U_k, W_k \leq \tilde{Z}_k = \frac{a}{k}\binom{2(k-1)}{k-1}(ab)^{k-1}.$$

**证明** 证明使用了著名的 Catalan 数序列的简单推广。为完整性起见，下面给出简要概述。利用所谓生成函数方法，我们用 $z^k$ 乘以(91)式的第 $k$ 个方程，然后对左右两边求和。因此，通过定义 $G(z) := \sum_{k=1}^{\infty}\tilde{Z}_k z^k$，我们得到 $G(z) = \sum_{k=1}^{\infty}az^k + b\sum_{k=2}^{\infty}z^k\sum_{j=1}^{k-1}\tilde{Z}_j \tilde{Z}_{k-j}$。接着，通过计算第一个和式并观察到 $\sum_{k=2}^{\infty}\left(\sum_{j=1}^{k-1}\tilde{Z}_j \tilde{Z}_{k-j}\right)z^k = \left(\sum_{j=1}^{\infty}\tilde{Z}_j z^j\right)\left(\sum_{\ell=1}^{\infty}\tilde{Z}_\ell z^\ell\right) \equiv G^2(z)$，即 $G(z)$ 与自身的 Cauchy 乘积，我们得到

$$G(z) = \frac{a}{(1-z)}z + bG^2(z).$$

解出 $G(z)$，我们得到

$$G(z) = (2b)^{-1}\left[1 - \sqrt{1 - \frac{1}{(1-z)^{-1}(4abz)}}\right].$$

现在需要将右边展开为 $z$ 的幂级数。为此，让我们回顾公式 $\frac{1}{2}(1-\sqrt{1-4x}) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(1+n)}\binom{2n}{n}x^{n-1}$，其中设 $x := ab(1-z)^{-1}z$，然后将后者展开为 $z$ 的幂级数。直接运算得到(92)。

**例 5.1**（(92)式的数值验证）取

$$W_1 = 1, \quad W_2 = 2, \quad W_3 = 1, \quad U_1 = 1, \quad U_2 = 1, \quad U_3 = 2.$$

从而 $a = 3$，$b = 4$。表 1 展示了 $\{U_k\}$、$\{W_k\}$ 的前几项以及 $\tilde{Z}_k$ 的主控制性质如何成立。

**表 1** $k = 0, \ldots, 9$ 时序列 $U_k$、$W_k$ 和 $\tilde{Z}_k$ 的对比。

| $k$ | $U_k$ | $W_k$ | $\tilde{Z}_k$ |
|---|---|---|---|
| 0 | 1 | 0 | 1 |
| 1 | 2 | 3 | 3 |
| 2 | 16 | 13 | 39 |
| 3 | 393 | 168 | 1,139 |
| 4 | 9,394 | 2,064 | 131,328 |
| 5 | 27,840 | 17,953 | 1,043,649 |
| 6 | 408,864 | 266,753 | 44,272,779 |
| 7 | 6,423,936 | 4,191,809 | 2,077,497,615 |
| 8 | 107,487,168 | 70,226,401 | 107,996,103,879 |
| 9 | 1,909,610,496 | 1,241,897,857 | 6,198,003,389,695 |

---

## 6. $a$ 和 $b$ 的指数界

下一步关注的是对象 $a$ 和 $b$ 依赖于 $K$ 的事实。我们的目标是给出这种依赖性的界。回顾(90)式和备注 5.2，写下如下表达式：

$$U_1 = \frac{3}{84K^2}e^{-2\sigma^2} + \frac{1}{44K}e^{-1\sigma} + \frac{5}{4} + \frac{1}{2}\Gamma,$$

$$U_2 = \frac{3M(\rho\sigma + M(K+1))}{\left(\frac{1}{28K^2}e^{-2\sigma^2} + \frac{4}{8K}e^{-1\sigma} + 16\right)} + \frac{3M}{\left(3456K^3e^{-3\sigma^3} + 768K^2e^{-2\sigma^2} + 64Ke^{-1\sigma}\right)} + 6M(1 + \sigma\rho + M(K+1)),$$

$$U_3 = \frac{1}{2K}e^{\sigma} + 30.$$

令

$$
(93)\alpha := 4/(e\rho),
$$

使得 $M = e^{\alpha K}$。我们可以通过提出因子 $M^2 = e^{2\alpha K}$ 并将多项式内的 $M$ 设为 1 来对 $a$ 和 $b$ 的表达式进行高估。这给出：

$$
(94)\begin{cases}a \leq M^2 P_a(K), \\ b \leq M^2 P_b(K),\end{cases}
$$

其中多项式 $P_a(K)$ 和 $P_b(K)$ 以 $K$ 的幂次表示如下：

$$P_a(K) = A_3K^3 + A_2K^2 + A_1K + A_0,$$

$$P_b(K) = B_3K^3 + B_2K^2 + B_1K + B_0,$$

其中

$$A_0 = (2\rho\sigma)^{-1}[24\Gamma\rho\sigma + 24\rho^2 + 30\rho\sigma + 3\sigma^2 + 108\rho\sigma],$$

$$A_1 = (2e\sigma^2)^{-1}[27e\sigma^2 + 72\rho + 168\sigma + 288\sigma],$$

$$A_2 = (e^2\sigma^3)^{-1}[36e\sigma^2 + 96\rho + 672\sigma + 384\sigma],$$

$$A_3 = (e^3\sigma^3)^{-1}[96e\sigma + 2592],$$

$$B_0 = (\rho\sigma)^{-1}[48\rho^2 + 60\rho\sigma + 6\sigma^2 + 30\rho\sigma],$$

$$B_1 = (e\sigma^2)^{-1}[54e\sigma^2 + 144\rho + 336\sigma + 12\sigma],$$

$$B_2 = (e^2\sigma^3)^{-1}[144e\sigma^2 + 384\rho + 2688\sigma],$$

$$B_3 = (e^3\sigma^3)^{-1}[384e\sigma + 10368].$$

**命题 6.1** 设 $f(x) := e^{\alpha x}(c_0 + c_1x + c_2x^2 + c_3x^3)$，其中 $\alpha > 0$，$c_0, c_1, c_2, c_3$ 为正的实常数。则对所有 $x \geq 1$，以下估计成立：

$$
(95)f(x) \leq Be^{2\alpha x}, \quad B := \left[\frac{3}{e\alpha}\right]^3\sum_{j=0}^3 c_j.$$

**证明** 写 $f(x) =: e^{\alpha x}P(x)$。现在我们要用纯指数函数 $e^{\beta x}$（$\beta > \alpha$）对 $f(x)$ 从上方进行界估计。选择 $\beta \coloneqq 2\alpha$，我们有 $f(x) = e^{2\alpha x} \cdot e^{-\alpha x}P(x)$，因此只需对 $e^{-\alpha x}P(x)$ 进行界估计。

首先，由于 $x \geq 1$，则 $P(x) \leq (c_0 + c_1 + c_2 + c_3)x^3$。因此，分析归结为估计函数 $x \mapsto e^{-\alpha x}x^3$ 的最大值。直接计算表明该函数在 $x = 3/\alpha$ 处取得最大值，因此只需代入该值即可得到界(95)。

由上述结论并回顾(94)，我们有

$$
(96)a, b \leq Be^{2\alpha K}, \quad B := \left(\frac{27}{8}\right)\Theta\rho^3,
$$

其中

$$
(97)\Theta := \max\left\{\sum_{j=0}^3 A_j, \sum_{j=0}^3 B_j\right\} = 144 + 12\Gamma + 48\rho\sigma + 6\sigma\rho + 144\rho e\sigma^2 + 492e\sigma + 384\rho e^2\sigma^3 + 3072e^2\sigma^2 + 10368e^3\sigma^3.$$

---

## 7. 余项估计

### 7.1 可解性缺陷

回顾(16)式。由(92)式，我们有

$$\|R[k]\|_{(\rho^k, \sigma^k)} \leq \sum_{n=k+1}^{2k}\mu^n \sum_{j=n-k}^{k}\tilde{Z}_{n-j}\tilde{Z}_j \leq \sum_{n=k+1}^{2k}\mu^n \sum_{j=n-k}^{k}a^2 \frac{2j}{j(n-j)}\binom{2(j-1)}{j-1}\binom{2(n-j-1)}{n-j-1}(ab)^{n-2}$$

$$\leq a^2\sum_{n=k+1}^{2k}\mu^n \left(\frac{2e}{ab}\right)^{n-2} \sum_{j=n-k}^{k}\frac{1}{j(n-j)} \leq \sum_{n=k+1}^{\infty}(2e\mu ab)^n \leq (2e\mu ab)^k,$$

其中第三个估计使用了基本不等式 $\binom{2m}{m} \leq \sum_{k=0}^{2m}\binom{2m}{k} = 4^m \leq (2e)^m$，第四个估计使用了不等式 $\sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{j(n-j)} \leq 1$（可通过观察 $f_n(x) := \frac{1}{x(n-x)} \leq \frac{1}{n-1}$ 来证明）。最后，我们使用了 $2eb \geq 1$ 以及

$$
(98)2e\mu ab < 1,$$

我们暂时假定此式成立。

我们现在关注表达式

$$
(99)F(K) := (2eab\mu)^K,$$

其中由(96)式 $a, b \leq Be^{2\alpha K}$。显然，证明 $F(K) < 1$ 意味着(98)式成立。将后者代入 $F(K)$，我们有

$$F(K) \leq (2eB^2\mu)^K e^{4\alpha K^2} =: G(K).$$

最后一步是关于 $K$ 最小化此上界：使 $K$ 最小化者称为 $K^*$，然而，$K^*$ 一般来说将是一个实数。因此，我们将最终选择 $K$ 为 $K \equiv K_{\text{opt}}$，即大于 $K^*$ 的最小整数。

首先，我们有 $\log G(K) = K\log(2eB^2\mu) + 4\alpha K^2$。对 $K$ 求导表明其驻点 $K^*$ 为

$$
(100)K^* = \frac{-\log(2eB^2\mu)}{8\alpha} \Rightarrow \log G(K^*) = \frac{-[\log(2eB^2\mu)]^2}{16\alpha}.$$

注意到 $\log G(K)$ 是凸的，因此 $G(K)$ 也是凸的，故

$$
(101)G(K^*) \leq G(\lceil K^* \rceil) \leq G(K^*+1).$$

此外，$\log G(K^*+1) - \log G(K^*) = 4\alpha$，故 $G(K^*+1) = e^{4\alpha}G(K^*)$。将(100)代入后者，设置

$$
(102)K_{\text{opt}} := \lceil K^* \rceil$$

利用(99)、(101)，并最终回顾(93)，得到

$$
(103)F(K_{\text{opt}}) \leq G(K_{\text{opt}}) \leq e^{16e\rho - e\rho/64} \frac{[\log(2eB^2\mu)]^2}{}. $$

因此，$\|R[k]\|_{(\rho^k, \sigma^k)}$ 在 $k = K_{\text{opt}}$ 处求值，其中设置

$$
(104)C_0 := \exp(16/(e\rho)), \quad C_2 := e\rho/64, \quad C_3 := 2eB^2,$$

由(103)式的右端在以下形式下界定：

$$
(105)C_0 e^{-C_2[\log(C_3\mu)]^2} = C_1 e^{-C_2(\log C_3)^2} e^{-2C_2(\log C_3)(\log \mu)} e^{-C_2(\log \mu)^2} \leq C_1\mu^{C_2(\log(1/\mu) - 2\log C_3)},$$

其中

$$
(106)C_1 = C_0 C_3^{-C_2\log C_3},$$

这恰好是(9)式中的第一个。

我们现在准备提供 $\mu$ 的小性条件。一方面，为使(9)式中的指数对所有 $\mu \leq \mu_0$ 始终为正且右端趋于零，我们需要确保 $\mu \leq C_3^{-2}$。另一方面，为使 $F(K_{\text{opt}}) < 1$，从而满足(98)式，需要 $\mu < C_3^{-1}\exp(-32e^{-1}\rho^{-1})$，参见(103)式。总之，$\mu$ 的小性条件为

$$
(107)\mu_0 := C_3^{-1}\min\{C_3^{-1}, 2^{-1}\exp(-32e^{-1}\rho^{-1})\}.$$

所构造的（解的族）的最终选择为

$$
(108)(u^*, w^*) := (u[k], w[k])_{k \equiv K_{\text{opt}}}.$$

### 7.2 Dirichlet 边界缺陷

回顾(17)式和假设(8)式。按照(58)式的方法进行推导，在回顾

$$
(109)\|\cdot\|_{(\rho^k, \sigma^k)} \leq \|\cdot\|_{(\rho^{k-1/2}, \sigma^{k-1/2})},$$

由单调性可得

$$\|E_D[k]\|_{(\rho^k, \sigma^k)} \leq \sum_{j=k+1}^{\infty}\mu^j \sum_{m=j-k}^j \frac{\|\partial_r^m u_{j-m}\|_{(\rho^k, \sigma^k)}}{m!} \leq \sum_{j=k+1}^{\infty}\mu^j \sum_{m=j-k}^j \frac{(4K\rho)^m}{m} U_{j-m} \leq 2M\mu^{k+1}\sum_{\ell=0}^k U_\ell.$$

其中我们引入了如(60)式中的 $M$，观察到 $\sum_{m=j-k}^j U_{j-m} = \sum_{\ell=0}^k U_\ell$，即与 $j$ 无关，然后计算 $\sum_{j=k+1}^{\infty}\mu^j = (1-\mu)^{-1}\mu^{k+1} \leq 2\mu^{k+1}$（因为按假设 $\mu \leq 1/2$）。

现在，回顾(89)式，利用 $U_2 > 1$，然后用(92)式结合 $\binom{2(\ell-1)}{\ell-1} \leq (2e)^{\ell-1}$ 以及 $2eb \geq 1$，我们有

$$
(110)\sum_{\ell=0}^k U_\ell = U_k + \sum_{\ell=0}^{k-1}U_\ell \leq 2U_k \leq 2a \frac{k}{2(k-1)}\binom{k-1}{}(ab)^{k-1} \leq 2a(2eab)^{k-1} \leq 2(2eab)^k.$$

因此，由(99)式得

$$
(111)\|E_D[k]\|_{(\rho^k, \sigma^k)} \leq 4M\mu F(k).$$

现在注意到

$$
(112)M(\lceil K^* \rceil) \leq M(K^*+1) = e^{\alpha}(K^*+1) = e^{\alpha}\exp\left(\frac{1}{8}\log\frac{1}{2eB^2\mu}\right) = e^{\alpha}(2eB^2\mu)^{-1/8} \leq e^{\alpha}\mu^{-1/8},$$

因为 $2eB^2 \geq 1$。因此，(111)式右端在 $k = K \equiv K_{\text{opt}}$ 处求值，界为 $4M\mu F(K_{\text{opt}})$。

现在只需使用(103)式和(105)式的组合，然后定义

$$
(113)C_4 := 4e^{4\rho\sigma}C_3^{-7/16}C_1,$$

其中利用了(98)式，即可得到(9)中的第二个。

### 7.3 Neumann 边界缺陷

对于 $E_N[k](\theta)$，其界估计的推导方式与第 4.1.3 节中进行的类似，因为 $\Psi^{(k)}$ 中的各项与(18)式中的各项仅在求和的上极限处不同。因此，类似于(63)式，我们记 $E_N[k](\theta) = \sum_{j=k+1}^{\infty}\mu^j\{(\widetilde{\text{I}}) + (\widetilde{\text{II}}) + \cdots + (\widetilde{\text{V}})\}$，其中各项可从(18)式直接推出。

按照第 4.1.3 节的方法进行推导，并再次使用(109)式，我们得到

$$
(114)\|(\widetilde{\text{I}})\|_{(\rho^k, \sigma^k)} \leq \rho\sigma MG\sum_{h=0}^k U_h,$$

$$
(115)\|(\widetilde{\text{II}})\|_{(\rho^k, \sigma^k)} \leq M^2G(K+1)\sum_{h=0}^k U_h,$$

$$
(116)\|(\widetilde{\text{III}})\|_{(\rho^k, \sigma^k)} \leq 2KMG\sum_{h=0}^k U_h,$$

$$
(117)\|(\widetilde{\text{IV}})\|_{(\rho^k, \sigma^k)} \leq KMG\sum_{h=0}^{j-2}U_h \leq KMG\sum_{h=0}^k U_h,$$

$$
(118)\|(\widetilde{\text{V}})\|_{(\rho^k, \sigma^k)} \leq 1.$$

因此，收集所有估计，我们有

$$\|E_N[k]\|_{(\rho^k, \sigma^k)} \leq \left(MG\left[\frac{\rho}{\sigma} + M(K+1) + 3K\right]\sum_{h=0}^k U_h\right)\left(\sum_{j=k+1}^{\infty}\mu^j\right) \leq \mu M\left[\frac{\rho}{\sigma} + 4M(K+1)\right]F(k),$$

其中我们使用了(8)、(110)、$M \geq 1$，然后对所有 $\mu \leq 1/2$ 有 $\sum_{j \geq k+1}\mu^j \leq 2\mu^{k+1}$，最后使用了(99)式中 $F(k)$ 的定义。我们继续以下界估计：

$$\mu M\left[\frac{\rho}{\sigma} + 4M(K_{\text{opt}}+1)\right] \leq \mu\left[\left(\frac{\rho}{\sigma}\right)e^{\alpha}\mu^{-1/8} + 4e^{2\alpha}\mu^{-1/4}\left(2 - \frac{1}{8\alpha}\log(2eB^2\mu)\right)\right] \leq e^{8\rho\sigma}\left[\left(\frac{\rho}{\sigma}\right)\mu^{7/8} + 8\mu^{3/4} + \left(\frac{e\rho}{2}\right)\mu^{1/2}\right] \leq e^{8\rho\sigma}\left(\frac{\rho}{\sigma} + 8 + \frac{e\rho}{2}\right)\mu_0^{1/2} = e^{8\rho\sigma}\left(\frac{\rho}{\sigma} + 8 + \frac{e\rho}{2}\right)C_3^{-1}.$$

其中我们使用了(112)、不等式 $(K_{\text{opt}}+1) \leq (K^*+2)$ 和 $\mu^{\gamma}\log(1/(A\mu)) \leq 1/(e^\gamma A)$（对所有 $\gamma, A > 0$ 成立，可通过计算左端关于 $\mu$ 的最大值轻松证明），然后使用(107)、性质 $2eB^2 \geq 1$ 以及其他直接的数值界估计。因此，

$$\|E_N[k]\|_{(\rho^k, \sigma^k)} \leq e^{8\rho\sigma}\left(\frac{\rho}{\sigma} + 8 + \frac{e\rho}{2}\right)C_3^{-1}F(k).$$

在 $k = K \equiv K_{\text{opt}}$ 处求值，再次使用(103)和(105)的组合，然后最终定义

$$
(119)C_5 := e^{8\rho\sigma}\left(\frac{\rho}{\sigma} + 8 + \frac{e\rho}{2}\right)C_3^{-1}C_1,$$

即可证明(9)中的最后一个界。证明完毕。

---

## 8. 一个典范性例子

本节的目的是展示第 3 节中提出的形式算法和附录 A 中以伪代码形式总结的算法 1，如何在具体案例中用于显式计算近似解。为此，计算将略加详细地展开，以便读者阅读，并按照附录 A 的线索进行，我们将引用该附录中使用的各阶段公式。

**算法 1** 在阶 $k \geq 1$ 处的递归计算。

在深入讨论本节所考虑的例子的细节之前，我们认为有必要对方案的可构造性特征的实际方面进行评论。通过观察下面的计算，不难意识到，解的前几阶的构造仍然可以通过手工完成，至少在 $g(\theta)$ 具有简单形式的情况下，因为这将减少"初始"非零 Fourier 谐波的数目。显然，随着阶数的增加，这些谐波自然会充满频谱，而所涉及的运算（如所需的积分）趋于越来越复杂。另一方面，类似的現象也在绝大多数微扰论证中被观察到：超越最低阶会导致复杂性的如此增长，以至于人们通常被迫诉诸自动化工具，如计算机代数系统。

然而，如果一个人感兴趣的是验证所获得的解，即检查所构造的对象是否满足手边的问题，则情况有所不同。值得注意的是，即使在这个简单例子中，此检查在第二步（甚至可能第一步）就趋于不切实际，而且后来在验证部分中已经使用了代数运算。这表明这里提出的算法本质上比假设的"直接"构造方式更有优势。

那么，让我们考虑特别简单的扰动函数

$$
(120)g(\theta) = \frac{1}{20}\cos(4\theta).$$

**备注 8.1** 为完成备注 2.5 中开始并在备注 5.1 中继续的讨论，我们概述 $g$ 的特定选择如何确定 $\sigma$，从而完成定量界所依赖的分析半径对。

我们有 $g' = -\frac{1}{5}\sin(4\theta)$，因此在此情况下我们找到

$$\|g\|_{(\rho, \sigma)} < \|g'\|_{(\rho, \sigma)} = \frac{1}{5}\cosh(4\sigma).$$

因此，要求 $\|g'\|_{(\rho, \sigma)} \leq 1/4$ 等价于

$$\sigma \leq (1/4)\log 2 \sim 0.1733.$$

后者解锁了定理 2.1 中出现的所有常数的完全确定，以及最优归一化阶 $K_{\text{opt}}$。

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**第一步，$k = 1$：**

### 边界条件

由于按构造 $F^{(1)} \equiv 0$，我们将从 Dirichlet 边界条件开始。由(30)式得到

$$u_1(1, \theta) = -g(\theta)\partial_r u_0(r) = \frac{1}{40}\cos(4\theta),$$

因此相应的非零 Fourier 系数简化为仅有 $\tilde{A}_4^{(1)} = 1/40$。

另一方面，Neumann 一阶条件给出

$$\partial_r u_1(1, \theta) = \frac{1}{2}g(\theta) = \frac{1}{40}\cos(4\theta),$$

意味着唯一非零系数为 $\tilde{A}_4^{(1)'} = 1/40$。

### $w_1$ 的构造

通过选择 $M = 0$，序列 $\{a_{n,0}^{(1)}\}_{n \geq 0}$ 的构造简化为

$$a_{4,0}^{(1)} = \frac{2}{(2+4)(4+4)}\left(\tilde{A}_4^{(1)'} - 4\tilde{A}_2^{(1)}\right) = -\frac{36}{5},$$

而显然 $\{b_{n,0}^{(1)}\}_{n \geq 1}$ 恒等于零。由(41)式，$a_4^{(1)} = -36/5$，因此(21)式直接给出

$$
(121)w_1 = -\frac{36}{5}\cos(4\theta).$$

### $u_1$ 的构造

首先，由(46)式，

$$C_4^{(1)} = 2^{-1}\left(\tilde{A}_4^{(1)'} - 4^{-1}\tilde{A}_4^{(1)}\right) = \frac{1}{64},$$

而 $D_n^{(1)} \equiv 0$。另一方面，在此情况下我们简单地有 $f_4^{(1)}(r) = u_0(r)a_2^{(1)} = -\frac{36}{20}(1-r^2)$。总之，由(27)式，

$$A_4^{(1)}(r) = r^4\left(C_4^{(1)} - \frac{1}{8}\int_r^1 f_4^{(1)}(s) \cdot s^{-3}\,ds\right) - \frac{1}{8}r^4\int_0^r f_4^{(1)}(s) \cdot s^5\,ds = \frac{9r^4\log r}{40} - \frac{r^4}{8} + \frac{3r^2}{20}.$$

因此，

$$
(122)u_1(r, \theta) = \frac{r^2}{40}(9r^2\log r - 5r^2 + 6)\cos(4\theta).$$

---

**第二步，$k = 2$：**

### 非线性项

在此情况下我们有一个非平凡的非线性项，它读作

$$F^{(2)} := w_1 u_1 = -\frac{36}{200}r^2(9r^2\log r - 5r^2 + 6)\cos^2(4\theta).$$

由于 $\cos^2(4\theta) = \frac{1}{2}(1 + \cos(8\theta))$，此非线性项对模式 0 和 8 有贡献，更精确地说

$$\xi_0^{(2)}(r) = \xi_8^{(2)}(r) = -\frac{36}{100}r^2(9r^2\log r - 5r^2 + 6),$$

而所有 $\eta_k$ 恒等于零。

### 边界条件

现在评估

$$\Phi^{(2)} := \left[-g\partial_r u_1 - \frac{1}{2}g^2\partial_r^2 u_0\right]_{r=1} = -\frac{1}{1600}\cos^2(4\theta),$$

导致以下 Fourier 系数

$$\tilde{A}_0^{(2)} = \tilde{A}_8^{(2)} = -\frac{1}{3200},$$

而所有 $\tilde{B}_n^{(2)}$ 为零。至于 Neumann 条件，我们可以参考备注 3.2 中 $k = 2$ 的情况，并评估

$$\Psi^{(2)} = \left[g'\partial_\theta u_1 - g\partial_r^2 u_1 - 2g\partial_r u_1 + g^2 - \frac{1}{4}(g')^2\right]_{r=1} = \frac{1}{100}\sin^2(4\theta) - \frac{3}{160}\cos^2(4\theta),$$

直接导致

$$\tilde{A}_0^{(2)'} = -\frac{7}{1600}, \quad \tilde{A}_8^{(2)'} = -\frac{23}{1600}.$$

### $w_2$ 的构造

只需计算

$$a_{0,0}^{(2)} = \frac{1}{6}\left[\tilde{A}_0^{(2)} - \int_0^1 \xi_0^{(2)}(s) \cdot s\,ds\right] = \frac{53}{100},$$

$$a_{8,0}^{(2)} = \frac{2}{(2+8)(4+8)}\left[\tilde{A}_8^{(2)} - 8\tilde{A}_8^{(2)'} - \int_0^1 \xi_8^{(2)}(s) \cdot s^9\,ds\right] = -\frac{741}{1980},$$

从而

$$
(123)w_2 = \frac{53}{100} - \frac{741}{980}\cos(8\theta),$$

此外，$a_0^{(2)} = 53/100$ 和 $a_8^{(2)} = 741/980$ 立即得出。

### $u_2$ 的构造

序列 $\{C_n^{(k)}\}_{n \geq 1}$ 和 $\{D_n^{(k)}\}_{n \geq 1}$ 中唯一的非零项为

$$C_8^{(2)} = 2^{-1}\left(\tilde{A}_8^{(2)} + 8^{-1}\tilde{A}_8^{(2)'}\right) = -\frac{27}{25600}.$$

另一方面，

$$f_0^{(2)}(r) = u_0 a_0^{(2)} + \xi_0^{(2)} = \frac{53}{400}(1-r^2) - \frac{36}{100}r^2(9r^2\log r - 5r^2 + 6),$$

$$f_8^{(2)}(r) = u_0 a_8^{(2)} + \xi_8^{(2)} = \frac{741}{3920}(1-r^2) - \frac{36}{100}r^2(9r^2\log r - 5r^2 + 6),$$

特别地，$F_0^{(2)}(s) := \int_0^s f_0^{(2)}(s')\,ds' = \frac{1}{1600} - \frac{1}{s^2}(216s^4\log s - 156s^4 + 269s^2 - 106)$。因此，

$$A_0^{(2)} = \tilde{A}_0^{(2)} - \int_r^1 s^{-1}F_0^{(2)}(s)\,ds = -\frac{736}{400} + \frac{53}{1600}r^2 - \frac{269}{6400}r^4 + \frac{1}{50}r^6 - \frac{9}{400}r^6\log(r),$$

最后

$$A_8^{(2)} = r^8\left[C_8^{(2)} - \frac{1}{16}\int_r^1 f_8^{(2)}(s) \cdot s^{-7}\,ds - \frac{1}{16}r^8\int_0^r f_8^{(2)}(s) \cdot s^9\,ds\right]$$

$$= \frac{247}{78400}r^2 + \frac{2293}{313600}r^4 - \frac{9}{2450}r^6 + \frac{81}{2800}r^6\log(r) - \frac{2227}{313600}r^8.$$

上述计算给出了我们所寻找的 $u_2$：

$$
(124)u_2 = \left(-\frac{736}{400} + \frac{53}{1600}r^2 - \frac{269}{6400}r^4 + \frac{1}{50}r^6 - \frac{9}{400}r^6\log(r)\right)$$

$$+ \left(\frac{247}{78400}r^2 + \frac{2293}{313600}r^4 - \frac{9}{2450}r^6 + \frac{81}{2800}r^6\log(r) - \frac{2227}{313600}r^8\right)\cos(8\theta).$$

### 验证

为给出更透明的验证，我们将直接测试(2)式，而不经过层级方程或其他中间步骤。因此，我们应该检查截断解在忽略 $O(\mu^3)$ 的情况下满足(2)式至 $O(\mu^2)$，即精确地。

为此，我们定义

$$u^{[2]} = u_0 + \mu u_1 + \mu^2 u_2; \quad w^{[2]} = w_1 + \mu w_2,$$

其中涉及的函数分别由(3)、(122)–(124)给出。

#### 方程

为检验方程，只需立即计算以下对象：

$$-\Delta u^{[2]} = 1 + \mu\left(-\frac{9}{5}r^2 + \frac{9}{5}\right)\cos(4\theta) + \mu^2\left[\left(\frac{81}{100}r^4\log(r) - \frac{9}{20}r^4 + \frac{6879}{19600}r^2 + \frac{741}{3920}\right)\cos(8\theta)\right.$$

$$+ \left(\frac{81}{100}r^4\log(r) - \frac{9}{20}r^4 + \frac{269}{400}r^2 - \frac{53}{400}\right)\mu w^{[2]} u^{[2]} = \mu\left(\frac{9}{5}r^2 - \frac{9}{5}\right)\cos(4\theta) + \mu^2\left[\left(\frac{741}{3920}r^2 - \frac{741}{3920}\right)\cos(8\theta)\right.$$

$$+ \left(-\frac{81}{50}r^4\log(r) + \frac{9}{10}r^4 - \frac{27}{25}r^2\right)\cos^2(4\theta) - \frac{53}{400}r^2 + \frac{53}{400}\right] + O(\mu^3)$$

只需将上述各项相加，在后式中利用 $\cos^2(4\theta) = (1+\cos(8\theta))/2$ 并忽略 $O(\mu^3)$ 项，即可得到(2)式的第一项。

#### Dirichlet 边界条件

这是一个直接的检查。只需对 $u^{[2]}(r,\theta)|_{r=1+\mu g}$ 求值并进行二阶 Taylor 展开（例如通过符号操作软件），即可得到

$$u^{[2]}(1+\mu g(\theta), \theta) = O(\mu^3).$$

后者随 $\mu$ 变化的行为如图 1(c)所示。

#### Neumann 边界条件

我们先计算区域边界的（内）法向单位向量。在基 $\{e_r, e_\theta\}$ 中，$\partial\Omega_\mu$ 的切向量为 $t = (\mu g', 1+\mu g) = (-5^{-1}\mu\sin(4\theta), 1+20^{-1}\mu\cos(4\theta))$，由此

$$\nu = (400 + 40\mu\cos(4\theta) + 15\mu^2\sin^2(4\theta))^{-1/2}(-20^{-1}\mu\cos(4\theta), -4\mu\sin(4\theta)).$$

另一方面，

$$\nabla u^{[2]} = \left(-r^2 + \mu\left(\frac{9r^3\log(r)}{10} - \frac{11r^3}{40} + \frac{3r}{10}\right)\cos(4\theta) + \mu^2\left[\left(\frac{243r^5\log(r)}{1400} - \frac{2227r^7}{39200} + \frac{27r^5}{3920} + \frac{2293r^3}{78400} + \frac{247r^3}{9200}\right)\cos(8\theta)\right.\right.$$

$$\left.\left. - \frac{27r^5\log(r)}{200} + \frac{39r^5}{400} - \frac{269r^3}{1600} + \frac{53r}{800}\right],\right.$$

$$\left.-4\mu\left(\frac{9r^3\log(r)}{40} - \frac{r^3}{8} + \frac{3r}{20}\right)\sin(4\theta) - 8\mu^2\left(\frac{81r^5\log(r)}{2800} - \frac{2227r^7}{313600} - \frac{9r^5}{2450} + \frac{2293r^3}{313600} + \frac{247r^7}{8400}\right)\sin(8\theta)\right).$$

类似于已测试的 Dirichlet 条件的情况，性质

$$\partial_\nu u^{[2]}(1+\mu g, \theta) := \nabla u^{[2]}(1+\mu g, \theta) \cdot \nu = \frac{1}{2} + O(\mu^3),$$

同样可以通过二阶 Taylor 展开来检验。其行为如图 1(d)所示。

验证至此完成。

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Alessandro Fortunati | Filomena Pacella
DICCA - 土木、化工与环境工程系，热那亚大学，Via Montallegro 1, Genova, 16145, 意大利