数学物理学报, 2026, 46(4): 1458-1470

一类带有固定边界环绕度的 Ginzburg-Landau 模型的极小值问题——献给邓引斌教授 70 寿辰

高琦,1,*, 史薇,2

1 武汉理工大学数学与统计学院数学系 武汉 430070

2 华中农业大学信息学院数学与统计学系 武汉 430070

On Minimizers of a Ginzburg-Landau Model with a Fixed-Degree Boundary Condition

Gao Qi,1,*, Shi Wei,2

1 Department of Mathematics, School of Mathematics and Statistics, Wuhan University of Technology, Wuhan 430070

2 Department of Mathematics and Statistics, College of Informatics, Huazhong Agricultural University, Wuhan 430070

通讯作者: * 高琦,E-mail: gaoq@whut.edu.cn

收稿日期: 2025-12-29   修回日期: 2026-01-26  

基金资助: 国家自然科学基金(12371118)

Received: 2025-12-29   Revised: 2026-01-26  

Fund supported: NSFC(12371118)

作者简介 About authors

史薇,E-mail:shiwei1321@mail.hzau.edu.cn

摘要

二维带磁场的 Ginzburg-Landau (简称 GL) 模型在物理学中具有重要地位. 该文考察两类不同的 GL 模型: 其一描述薄膜超导体, 其二描述旋转超流体. 作者通过对二者能量进行比较, 发现当 GL 参数 $\lambda$ 充分大时, 两者近似相等. 该文还进一步研究了旋转超流体对应的能量泛函在圆环区域上的约束极小问题, 探讨了当 GL 参数 $\lambda$ 充分大时该极小值问题是否可达与边界环绕度之间的关系.

关键词： 椭圆方程; 约束极小; 变分法

Abstract

The two-dimensional Ginzburg-Landau (GL) model with a magnetic field holds significant importance in physics and considerable interest in mathematics. In this paper, we examine two distinct types of GL models: one describing thin-film superconductors and the other modeling rotating superfluids. First, we compare the corresponding energy functionals and demonstrate that they become comparable when the GL parameter $\lambda$ is sufficiently large. Subsequently, we further investigate the minimization problem for the energy functional associated with rotating superfluids over an annular domain with a fixed-degree boundary condition. Our analysis reveals that the boundary degree condition influences the existence of minimizers when the GL parameter is large.

Keywords： elliptic equations; minimization problems with constraints; variational methods for elliptic equaitons

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本文引用格式

高琦, 史薇. 一类带有固定边界环绕度的 Ginzburg-Landau 模型的极小值问题——献给邓引斌教授 70 寿辰[J]. 数学物理学报, 2026, 46(4): 1458-1470

Gao Qi, Shi Wei. On Minimizers of a Ginzburg-Landau Model with a Fixed-Degree Boundary Condition[J]. Acta Mathematica Scientia, 2026, 46(4): 1458-1470

1 引言

Ginzburg-Landau 模型在物理中常用来描述超导体、超流体和液晶材料中的涡旋现象以及相变现象. 我们考虑带有外加磁场 $h_ {\rm{ex}}$ 的二维 Ginzburg-Landau 能量泛函

$ G(u,A)=\int_{\Omega}\frac{1}{2}|\nabla u-{\rm i}Au|^{2}+|h-h_{\rm{ex}}|^{2}+\frac{ \lambda}{4}(1-|u|^{2})^{2}\, $

其中 $ \Omega\subset{\mathbb{R}}^{2} $ 为有界光滑区域, $ u\in H^{1}(\Omega;\mathbb{C}) $, 实向量场 $ A:\Omega\to\mathbb{R}^2 $ 表示磁位势, $ h=\mbox{curl}A=\partial_{1}A_{2}-\partial_{2}A_{1} $ 表示向量场 $ A $ 的旋度, $ h_ {\rm{ex}}>0 $ 表示外加磁场强度, $ \lambda>0 $ 与 Ginzburg-Landau 参数 $ \kappa $ 相关, $ \sqrt{\lambda}=\kappa $. 根据 $ \lambda $ 与 $ 1/2 $ 的大小关系, 超导材料被分为了第一类超导体与第二类超导体. 在此基础上, 根据外加磁场的不同强度, 第二类超导体除了表现为正常态和超导态之外, 还会出现一类非常有趣的混合态 (或称涡旋态). (GL) 泛函的临界点即为 Ginzburg-Landau 涡旋解, 并满足 (GL) 所对应的 Euler-Lagrange 方程. $ u $ (即涡旋解) 的零点即为涡旋的中心. 涡旋的环绕度 $ d $ (或涡旋的度) 定义为 deg$ (u,\partial\Omega)=d>0, d\in\mathbb{Z} $.

在超导研究中, 大量实验是在外加磁场垂直于薄膜分量的薄膜超导体上进行的. 利用薄膜厚度非常薄这一事实, Chapman、Du 和 Gunzburger 在文献 [5] 中推导出如下的简化模型

$\mathcal{F}_{a,\lambda}=\frac{1}{2}\int_{\Omega}a(\mathbf{x})\left(|\nabla u-{\rm i}Au |^{2}+\frac{\lambda}{2}|1-|u|^{2}|^{2}\right){\rm d}\mathbf{x}\,$

其中 $ \Omega\subset\mathbb{R}^2 $ 表示薄膜, $ a(\mathbf{x}) $ 表示薄膜的相对厚度, $ A $ 是由所加磁场相对于薄膜的法向分量而规定的矢势. Ginzburg-Landau 参数 $ \kappa $ 的作用由参数 $ \lambda $ 承担. 并且他们证明了, 对于固定的 $ \lambda $, 上述问题在规定矢势 $ A $ 下的极小值给出了三维问题解的首阶近似.

随后, Chapman 等[1]研究了如下均匀旋转的玻色-爱因斯坦凝聚体 (BEC) 所对应的Ginzburg-Landau 泛函

$\mathcal{E}_{\lambda}(u)=\frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla u|^{2}+2A\cdot({\rm i}u, \nabla u\times\mathbf{r})+\frac{\lambda}{2}(a(\mathbf{r})-|u|^{2})^{2}\,$

在 $ \partial\Omega $ 上 $ u=0 $. 他们发现能量 $ \mathcal{E}_{\lambda} $ 可以分解为三部分: 除了涡旋解与一般解所携带的能量以外, 还有由凝聚体旋转所产生的能量.

在 (1.1) 式中令 $ a(\mathbf{x})=1 $, 我们考虑定义在

$ \mathcal{J}=\left\{u\in H^{1}(G,\mathbb{C})\ \Big{|}\ |u|=1\textrm{ a.e. 于 }\ \partial G,\ \deg(u,\partial G)=1\right\} $

上的能量泛函

$F_{\lambda}(u)=\int_{G}\frac{1}{2}|\nabla u-{\rm i}Au|^{2}+\frac{\lambda}{4}(1-|u|^{2 })^{2}.$

此处 $ G\subset\mathbb{R}^2 $ 为有界光滑单连通区域, $ A=\displaystyle\frac{b}{2}(-x_{2},x_{1}) $ 是矢量场 (超导体中的磁势), $ \operatorname{curl}A=b>0 $ 为常数. 受文献 [2] 与文献 [6] 工作的启发, 我们发现当 $ \lambda $ 足够大时, 能量 $ F_\lambda $ 可以分解成以下极小值问题的极小元 $ \rho $ 所对应的能量

$\inf\left\{\mathcal{F}_\lambda (\rho) \ \Big|\ \rho\in H^{1}(G;\mathbb{R}),\ \rho=1\text{ 于 }\partial G\right\},$

以及 $ \mathcal{E}_{\lambda} $ 的简化版能量 $ E_\lambda $ 之和

$E_{\lambda}(u)=\int_{G}\frac{1}{2}|\nabla u|^{2}-A\cdot({\rm i}u,\nabla u)+\frac{ \lambda}{4}(1-|u|^{2})^{2}.$

其中,

$ \mathcal{F}_\lambda (\rho)=\displaystyle\frac{1}{2}\int_{G}|\nabla\rho|^{2}+\frac{\lambda}{2}(1-\rho^{2})^{2}+\frac{b^{2}}{4}\rho^{2}r^{2}, $

$ E_\lambda (u) $ 常用来描述在速度为 $ A $ 的流场中以角速度 $ b $ 均匀旋转的超流氦. 主要结论如下

定理1.1 设 $ u_\lambda $ 是 $ F_\lambda (u) $ 的临界点. 关于 $ \lambda $, $ F_\lambda (u_\lambda)\le C $, $ v=\displaystyle\frac{u_\lambda}{\rho_\lambda}\in H^1 (G;\mathbb{C}) $, 其中 $ \rho_\lambda $ 是 (1.4) 式的极小元, 则

$\displaystyle\lim_{\lambda\to\infty}\Big[F_\lambda (u_\lambda)-\mathcal{F}_\lambda(\rho_\lambda)-E_\lambda (v)\Big]=0.$

该定理说明当 $ \lambda $ 足够大时, $ F_\lambda $ 的能量与 $ E_\lambda $ 的能量非常接近.

随后, 我们考虑 $ E_{\lambda}(u) $ 在

$ {\cal R}_{d}=\{u\in H^{1}(A_{R})\ |\ u(r,\theta)=f(r){\rm e}^{{\rm i} d\theta},\ f(1)=1=f(R)\}\ $

上的极小值问题. 此时我们考虑的解为径向解, 同时区域 $ A_R =\{z\in\mathbb{C}\ \big|\ 1\le|z|\le R, 1<R<+\infty\ \} $ 为圆环形区域. 我们证明了 $ E_{\lambda} $ 在 $ {\cal R}_{d} $ 上的最小值一定可达. 当 $ \lambda\to\infty $, 我们通过对 $ E_\lambda $ 进行渐近行为分析, 得到了 $ E_\lambda $ 在 $ \mathcal{R}_d $ 上的极限泛函 $ E_\infty $ (定义见定理 1.2 的证明), 并且可以证明存在着一个最佳的边界环绕度 $ d^* $, 使得 $ E_\infty $ 在 $ \mathcal{R}_{d} $ 上极小可达.

定理1.2 当 $ \lambda $ 足够大时, 存在一个最佳环绕度 $ d^* $, 使得当 $ d=d^* $ 时, $ \displaystyle\min_{\mathcal{R}_d}E_\infty $ 可达.

2 能量分解

在本节中, 我们将讨论当 $ \lambda $ 足够大时能量泛函 $ F_\lambda $ 与 $ E_\lambda $ 之间的关系. 我们从极小值问题 (1.4) 入手, 由以下引理证明 (1.4) 式可达.

引理2.1 当 $ \lambda $ 足够大时, (1.4) 式存在唯一正极小元 $ \rho_\lambda $, 且有

$ 0<\rho_{\lambda}\leq 1\ \text{和}\ |\nabla\rho_{\lambda}|\leq C\lambda,\ \forall x\in G. $

证 将极小值问题 (1.4) 转化为其对应的 Euler-Lagrange 方程解的存在性. (1.4) 式对应的 Euler-Lagrange 方程如下

$\left\{\begin{array}{ll}\displaystyle-\Delta\rho+\frac{b^{2}}{4}\rho r^{2}=\lambda\rho(1-\rho^{2}),&\text{在}\ G\ \text{内},\\\rho=1,&\text{在}\ \partial G\ \text{上}.\end{array}\right.$

由文献 [4] 的工作可知, 当 $ \lambda $ 足够大时, (1.4) 式存在正极小元, 且该极小元是 (1.6) 式的唯一正解. 由强极大值原理可得 $ 0<\rho_{\lambda}\leq 1 $. 由标准椭圆估计可得 $ |\nabla\rho_{\lambda}|\leq C\lambda $.

命题2.1 对所有 $ x\in G $, 有

$1-\rho_{\lambda}\leq C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda}}.$

特别地,

$\int_{G}(1-\rho^{2}_\lambda )^{2}\leq\frac{Cb^{4}}{4}\lambda^{-2}.$

证 设 $ \widetilde{G} $ 为一个光滑开区域且 $ G\subset\widetilde{G} $. 已知文献 [6] 中的解 $ w_{\lambda} $ 满足方程

$ \left\{\begin{array}{ll} \displaystyle-\Delta w+\frac{b^{2}}{4}wr^{2}=\lambda w(1-w^{2}),&\text{在}\ \widetilde{G}\ \text{内},\\ w=0,&\text{在}\ \partial\widetilde{G}\ \text{上}. \end{array}\right. $

由于 $ \rho_{\lambda} $ 是 (1.6) 式的唯一解, 且在 $ \partial G $ 上有 $ w_{\lambda}<1=\rho_{\lambda} $, 可得 $ w_{\lambda} $ 是 (1.6) 式的一个下解, 即 $ \forall x\in G $, $ w_{\lambda}\leq\rho_{\lambda} $. 因此, 存在常数 $ \delta_{0}>0 $ 使得 $ \delta(x)=\operatorname{dist}(x,\partial\widetilde{G})\geq\delta_{0}>0 $, 从而 $ \forall x\in G $, 有

$ \rho_{\lambda}\geq w_{\lambda}\geq 1-C{\rm e}^{-\frac{\sqrt{\lambda}}{2}\delta(x)}\geq 1-C{\rm e}^{-\frac{\sqrt{\lambda}}{2}\delta_{0}}=:1-C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda}}, $

其中 $ C $ 为某正常数. 由此便得到 (2.2) 式.

另一方面, 由

$ \mathcal{F}_{\lambda}(\rho_{\lambda})\leq \mathcal{F}_{\lambda}(1)=\displaystyle\frac{b^{2}}{8}\int_{G}r^{2}<\infty $

且 $ \mathcal{F}_{\lambda}(\rho_{\lambda}) $ 各项非负可得

$ \frac{\lambda}{4}\int_{G}(1-\rho_{\lambda}^{2})^{2}+\frac{b^{2}}{8}\int_{G}\rho_{\lambda}^{2}r^{2}<\frac{b^{2}}{8}\int_{G}r^{2}-\frac{1}{2}\int_{G}|\nabla\rho_{\lambda}|^{2}<\frac{b^{2}}{8}\int_{G}r^{2}, $

即

$ \frac{\lambda}{4}\int_{G}(1-\rho_{\lambda}^{2})^{2}<\frac{b^{2}}{8}\int_{G}r^{2}(1-\rho_{\lambda}^{2}). $

由 Hölder 不等式得

$ \frac{\lambda}{4}\int_{G}(1-\rho_{\lambda}^{2})^{2}\leq\frac{b^{2}}{8}\left(\int_{G}(1-\rho_{\lambda}^{2})^{2}\right)^{1/2}\left(\int_{G}r^{4}\right)^{1/2}\leq C\frac{b^{2}}{8}\left(\int_{G}(1-\rho_{\lambda}^{2})^{2}\right)^{1/2}, $

由此得到

$ \int_{G}(1-\rho_{\lambda}^{2})^{2}\leq\frac{Cb^{4}}{4}\lambda^{-2}, $

这就证明了 (2.3) 式.

引理2.2 设 $ \rho_{\lambda} $ 为 (1.4) 式的极小元, 则当 $ \lambda\to\infty $ 时,

$ \rho_{\lambda}\longrightarrow 1\quad\text{ 在 }L^{2}(G)\text{ 中},$
$\rho_{\lambda}\longrightarrow 1\quad\text{ 在 }C^{1,\alpha}(G)\text{ 中 }.$

证 由于 $ 0<\rho_{\lambda}\leq 1 $, 则有

$ \mathcal{F}_{\lambda}(1)=\frac{b^{2}}{8}\int_{G}r^{2}=:e(b)<\infty. $

另一方面,

$ \begin{align*} \mathcal{F}_{\lambda}(\rho_{\lambda})&=\int_{G}\frac{1}{2}|\nabla\rho_{\lambda}|^{2}+\frac{b^{2}}{8}\rho_{\lambda}^{2}r^{2}+\frac{\lambda}{4}(1-\rho_{\lambda}^{2})^{2}\\ &\geq\int_{G}\frac{1}{2}|\nabla\rho_{\lambda}|^{2}+\frac{\lambda}{4}(1-\rho_{\lambda}^{2})^{2}. \end{align*}$

由于 $ \mathcal{F}_{\lambda}(\rho_{\lambda})\leq \mathcal{F}_{\lambda}(1)=e(b)<\infty $, 可得 $ \|\nabla\rho_{\lambda}\|_{L^{2}}^{2}<C $, $ C $ 为某个正常数.

又由 $ \rho_{\lambda}>0 $ 及

$ \frac{\lambda}{4}\int_{G}|1-\rho_{\lambda}|^{2}\leq\frac{\lambda}{4}\int_{G}|1+\rho_{\lambda}|^{2}|1-\rho_{\lambda}|^{2}= \frac{\lambda}{4}\int_{G}|1-\rho_{\lambda}^{2}|^{2}\leq \mathcal{F}_{\lambda}(\rho_{\lambda})\leq e(b)<\infty, $

可得 $ \displaystyle\frac{\lambda}{4}\|1-\rho_{\lambda}\|_{L^{2}(G)}^{2}\leq e(b)<\infty $, 即当 $ \lambda\to\infty $ 时

$ \|1-\rho_{\lambda}\|_{L^{2}(G)}^{2}\leq\frac{4e(b)}{\lambda}\leq\frac{C}{\lambda}\longrightarrow 0, $

其中 $ C>0 $ 为某常数, 这就证明了 (2.4) 式.

又由 Hölder 不等式及 $ G $ 为有界可测域, 有当 $ \lambda\to\infty $ 时

$ \displaystyle\int_{G}|1-\rho_{\lambda}|^{p}\leq|G|^{1-\frac{p}{2}}\|1-\rho_{\lambda}\|_{L^{2}(G)}^{p}\longrightarrow 0, $

即当 $ \lambda\to\infty $ 时 $ \|1-\rho_{\lambda}\|_{L^{p}(G)}\longrightarrow 0. $

接下来证明 (2.5) 式. 事实上, 由 (2.2) 式可得

$ \rho_{\lambda}^{2}\geq(1-C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda}})^{2}=1-C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda}}. $

结合 $ 0<\rho_{\lambda}\leq 1 $, 当 $ \lambda\to\infty $ 时有

$\lambda\rho_{\lambda}(1-\rho_{\lambda}^{2})\leq C\lambda {\rm e}^{-C\sqrt{\lambda}}\longrightarrow 0.$

在方程 (1.6) 中令 $ h_{\lambda}:=\lambda\rho_{\lambda}(1-\rho_{\lambda}^{2}) $, 由 (2.6) 式知当 $ \lambda\to\infty $ 时 $ \|h_{\lambda}\|_{L^{\infty}(G)}\to 0 $. 由于 $ \rho_{\lambda} $ 是 (2.1) 式的解, 可得

$ -\Delta\rho_{\lambda}+\frac{b^{2}}{4}\rho_{\lambda}r^{2}=h_{\lambda}, $

即

$ -\Delta(1-\rho_{\lambda})+\frac{b^{2}}{4}r^{2}(1-\rho_{\lambda})=-h_{\lambda}+\frac{b^{2}}{4}r^{2}. $

记算子 $ L:=-\Delta+\frac{b^{2}}{4}r^{2} $, 则上述方程可改写为

$ L(1-\rho_{\lambda})=-h_{\lambda}+\frac{b^{2}}{4}r^{2}=:f_{\lambda}. $

由 (2.6) 式, 当 $ \lambda\to\infty $ 时得

$ \|h_{\lambda}\|_{L^{p}(G)}^{p}\leq C\|\lambda {\rm e}^{-C\sqrt{\lambda}}\|_{L^{\infty}(G)}^{p}\longrightarrow 0, $

即当 $ \lambda\to\infty $ 时

$ \|h_{\lambda}\|_{L^{p}(G)}\longrightarrow 0. $

结合 Clarkson 不等式可推出当 $ \lambda\to\infty $ 时

$ \|f_{\lambda}\|_{L^{p}}^{p}\leq\int_{G}\left[C_{1}|h_{\lambda}|^{p}+C_{2}\left|\frac{b^{2}}{4}r^{2}\right|^{p}\right]\leq C. $

因此, 由 $ L^{p} $ 估计可得当 $ \lambda\to\infty $ 时

$ \|1-\rho_{\lambda}\|_{W^{2,p}}\leq C(\|1-\rho_{\lambda}\|_{L^{p}}+\|f_{\lambda}\|_{L^{p}})\leq C. $

结合 Sobolev 嵌入可得

$ \|1-\rho_{\lambda}\|_{C^{1,\alpha}}\leq\|1-\rho_{\lambda}\|_{W^{2,p}}\leq C, $

其中 $ p\ge2 $, 由此即证 (2.5) 式.

接下来我们将陈述本章的主要结果, 该结果通过实值解 $ \rho_{\lambda} $ 将 $ F_{\lambda} $ 与 $ E_{\lambda} $ 联系起来.

引理2.3 设 $ u\in H^{1}(G,\mathbb{C}) $, 则存在 $ \lambda_{0}>0 $ 使得对任意 $ \lambda>\lambda_{0} $, $ v=\displaystyle\frac{u}{\rho_{\lambda}}\in H^{1} $ 有定义, 并且

$F_{\lambda}(u)=\mathcal{F}_{\lambda}(\rho_{\lambda})+\int_{G}\left[\frac{\rho_{\lambda}^{2}}{2}|\nabla v|^{2}+\frac{\lambda\rho_{\lambda}^{4}}{4}(1-|v|^{2})^{2}\right]+\frac{b}{2}\int_{G}\rho_{\lambda}^{2}({\rm i}v,x_{2}v_{x_{1}}-x_{1}v_{x_{2}}).$

证 首先, 我们对 $ F_\lambda (u) $ 作简单展开

$\begin{aligned}F_{\lambda}(u) & = \int_{G}\left[\frac{1}{2}|\nabla u|^{2}+\frac{1}{2}|A|^{2}|u|^{2}+\frac{\lambda}{4}(1-|u|^{2})^{2}\right]+\frac{b}{2}\int_{G}({\rm i}u,x_{2}u_{x_{1}}-x_{1}u_{x_{2}}) \\& = \int_{G}\left[\frac{1}{2}|\nabla u|^{2}+\frac{b^{2}}{8}|x|^{2}|u|^{2}+\frac{\lambda}{4}(1-|u|^{2})^{2}\right]+\frac{b}{2}\int_{G}({\rm i}u,x_{2}u_{x_{1}}-x_{1}u_{x_{2}}) \\& = \int_{G}\left[\frac{1}{2}|\nabla u|^{2}+\frac{b^{2}}{8}r^{2}|u|^{2}+\frac{\lambda}{4}(1-|u|^{2})^{2}\right]+\frac{b}{2}\int_{G}({\rm i}u,x_{2}u_{x_{1}}-x_{1}u_{x_{2}})\\&=:F_{\lambda,1}+F_{\lambda,2},\end{aligned}$

此处 $ x=(x_1, x_2), r^2 =|x|^2 =x^2_1 +x^2_2 $, $ (\cdot,\cdot) $ 表示 $ \mathbb{R}^{2} $ 中的内积.

步骤 1 证明 $ v\in H^{1}(G,\mathbb{C}) $.

由 $ 0<\rho_\lambda\leq 1 $, 可知对任意 $ \lambda>0 $, 存在 $ \lambda_{0}>0 $, 使得当 $ \lambda>\lambda_{0} $, 在 $ G $ 中 $ 1-\rho_{\lambda}<\displaystyle\frac{1}{\lambda}. $ 因此,

$\begin{align*} &\int_{G}|v|^{2}{\rm d}x\leq\frac{1}{(1-\frac{1}{\lambda})^{2}}\int_{G}|u|^{2}{\rm d}x\\ \leq& C\int_{G}|u|^{2}{\rm d}x<\infty. \end{align*}$

又由于 $ \nabla v=\displaystyle\frac{\nabla u}{\rho_{\lambda}}-\frac{u}{\rho_{\lambda}^{2}}\nabla\rho_{\lambda} $, 我们有

$\begin{align*} &\int_{G}\left|\frac{\nabla u}{\rho_{\lambda}}\right|^{2}{\rm d}x\leq\frac{1}{(1-\frac{1}{\lambda})^{2}}\int_{G}|\nabla u|^{2}{\rm d}x\\ \leq& C\int_{G}|\nabla u|^{2}{\rm d}x<\infty, \end{align*}$
$ \int_{G}\left|\frac{u}{\rho_{\lambda}^{2}}\nabla\rho_{\lambda}\right|^{2}{\rm d}x\leq\frac{\|\nabla\rho_{\lambda}\|_{L^{\infty}}^{2}}{(1-\frac{1}{\lambda_{0}})^{4}}\int_{G}|u|^{2}{\rm d}x\leq C\int_{G}|u|^{2}{\rm d}x<\infty. $

因此, $ v\in H^{1}(G,\mathbb{C}) $. 此外, 在 $ \partial G $ 上 $ \rho_\lambda=1=|u| $, 所以在 $ \partial G $ 上 $ |v|=1 $. 因此 $ v\in\mathcal{J} $.

步骤 2 证明能量 $ F_\lambda (u) $ 的分解.

将 $ u=\rho_\lambda v $ 代入 $ F_{\lambda,1} $ 计算

$\begin{aligned}& \int_{G}\Big[\frac{1}{2}|\nabla(\rho_{\lambda}v)|^{2}+\frac{\lambda}{4}(1-\rho_{\lambda}^{2}|v|^{2})^{2}+\frac{b^{2}}{8}\rho_{\lambda}^{2}|v|^{2}r^{2}\Big]\\&=\int_{G}\Big[\frac{1}{2}|v|^{2}|\nabla\rho_{\lambda}|^{2}+\frac{1}{4}\nabla\rho_{\lambda}^{2}\nabla(|v|^{2}-1)+\frac{1}{2}\rho_{\lambda}^{2}|\nabla v|^{2}\\&\quad+\frac{\lambda}{4}(1-\rho_{\lambda}^{2}+\rho_{\lambda}^{2}(1-|v|^{2}))^{2}+\frac{b^{2}}{8}\rho_{\lambda}^{2}|v|^{2}r^2\Big]\\&=\int_{G}\Big[\frac{1}{2}|\nabla\rho_{\lambda}|^{2}+\frac{\lambda}{4}(1-\rho_{\lambda}^{2})^{2}+\frac{b^{2}}{8}\rho_{\lambda}^{2}r^{2}+\frac{\lambda}{4}\rho_{\lambda}^{4}(1-|v|^{2})^{2}+\frac{1}{2}\rho_{\lambda}^{2}|\nabla v|^{2}\Big]\\&\quad+\int_{G}(|v|^{2}-1)\left[-\frac{1}{4}\Delta(\rho_{\lambda}^{2})+\frac{b^{2}}{8}\rho_{\lambda}^{2}r^{2}-\frac{\lambda}{2}\rho_{\lambda}^{2}(1-\rho_{\lambda}^{2})+\frac{1}{2}|\nabla\rho_{\lambda}|^{2}\right]\\&\quad+\frac{1}{2}\int_{\partial G}\rho_{\lambda}\frac{\partial\rho_{\lambda}}{\partial n}(|v|^{2}-1).\end{aligned}$

由于 $ \rho_{\lambda} $ 满足 (2.1) 式, 我们有

$\begin{matrix} -\Delta\rho_{\lambda}^{2}&=-2|\nabla\rho_{\lambda}|^{2}-2\rho_{\lambda}\Delta\rho_{\lambda}\\&=2\lambda\rho_{\lambda}^{2}(1-\rho_{\lambda}^{2})-\frac{b^{2}}{2}\rho_{\lambda}^{2}r^{2}-2|\nabla\rho_{\lambda}|^{2}. \end{matrix}$

又因为在 $ \partial G $ 上 $ |u|=1 $ a.e. 且 $ \rho_{\lambda}=1 $, 可得 $ |v|=1 $. 因此

$\int_{\partial G}\rho_{\lambda}\frac{\partial\rho_{\lambda}}{\partial n}(|v|^{2}-1)=0.$

结合 (2.9)-(2.11) 式, 得

$\begin{aligned}& \int_{G}\Big[\frac{1}{2}|\nabla u|^{2}+\frac{\lambda}{4}(1-|u|^{2})^{2}+\frac{b^{2}}{8}|u|^{2}r^{2}\Big]\\&=\int_{G}\Big[\frac{1}{2}|\nabla\rho_{\lambda}|^{2}+\frac{\lambda}{4}(1-\rho_{\lambda}^{2})^{2}+\frac{b^{2}}{8}\rho_{\lambda}^{2}r^{2}\Big]+\int_{G}\Big[\frac{1}{2}\rho_{\lambda}^{2}|\nabla v|^{2}+\frac{\lambda}{4}\rho_{\lambda}^{4}(1-|v|^{2})^{2}\Big]\\&=\mathcal{F}_{\lambda}(\rho_{\lambda})+\int_{G}\Big[\frac{1}{2}\rho_{\lambda}^{2}|\nabla v|^{2}+\frac{\lambda}{4}\rho_{\lambda}^{4}(1-|v|^{2})^{2}\Big].\end{aligned}$

最后将 $ u=\rho_\lambda v $ 代入 $ F_{\lambda,2} $ 得

$ \displaystyle\frac{b}{2}\int_{G}({\rm i}u,x_{2}u_{x_{1}}-x_{1}u_{x_{2}})=\frac{b}{2}\int_{G}\rho_{\lambda}^{2}({\rm i}v,x_{2}v_{x_{1}}-x_{1}v_{x_{2}})+\rho_{\lambda}({\rm i}v,v)(x_{2}\rho_{\lambda,x_{1}}-x_{1}\rho_{\lambda,x_{2}}), $

其中第二项恒为零, 证毕.

结合引理 2.2 我们可以给出定理 1.1 的证明. 当 $ \lambda $ 足够大时, 能量 $ F_{\lambda} $ 与 $ E_{\lambda} $ 相似.

定理 1.1 的证明 由 (2.7) 式及 $ E_{\lambda} $ 的定义, 有

$\begin{aligned}& \lim_{\lambda\to\infty}\Big(F_{\lambda}(u_{\lambda})-\mathcal{F}_{\lambda}(\rho_{\lambda})-E_{\lambda}(v)\Big)\\&=\lim_{\lambda\to\infty}\Big[-\int_{G}\big(\frac{1}{2}|\nabla v|^{2}(1-\rho_{\lambda}^{2})+\frac{\lambda}{4}(1-\rho_{\lambda}^{4})(1-|v|^{2})^{2}\big)\\&\quad+\frac{b}{2}\int_{G}\big(\rho_{\lambda}^{2}({\rm i}v,x_{2}v_{x_{1}}-x_{1}v_{x_{2}})+A\cdot({\rm i}v,\nabla v)\big)\Big].\end{aligned}$

由于 $ A=\displaystyle\frac{b}{2}(-x_{2},x_{1}) $, 有

$ \begin{align*} \int_{G}A\cdot({\rm i}v,\nabla v)&=\frac{b}{2}\int_{G}(-x_{2},x_{1})\cdot({\rm i}v,\nabla v)\\&=-\frac{b}{2}\int_{G}({\rm i}v,x_{2}v_{x_{1}}-x_{1}v_{x_{2}}). \end{align*}$

代入 (2.13) 式, 得

$\begin{aligned}& \lim_{\lambda\to\infty}\Big(F_{\lambda}(u_{\lambda})-\mathcal{F}_{\lambda}(\rho_{\lambda})-E_{\lambda}(v)\Big)\\&=\lim_{\lambda\to\infty}\Big[-\int_{G}\big(\frac{1}{2}|\nabla v|^{2}(1-\rho_{\lambda}^{2})+\frac{\lambda}{4}(1-\rho_{\lambda}^{4})(1-|v|^{2})^{2}\big)\\&\quad-\frac{b}{2}\int_{G}(1-\rho_{\lambda}^{2})({\rm i}v,x_{2}v_{x_{1}}-x_{1}v_{x_{2}})\Big].\end{aligned}$

由于 $ v=\displaystyle\frac{u_{\lambda}}{\rho_{\lambda}}\in H^{1}(G;\mathbb{C}) $, 结合 (2.2) 式, 当 $ \lambda\to\infty $ 时有

$\left.\begin{aligned}\displaystyle\frac{1}{2}\int_{G}|\nabla v|^{2}|1-\rho_{\lambda}^{2}|\leq C\int_{G}|1+\rho_{\lambda}||1-\rho_{\lambda}|\leq C\|{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda}}\|_{L^{\infty}(G)}\longrightarrow0,\\\displaystyle\frac{1}{2}\int_{G}\frac{\lambda}{4}|1-\rho_{\lambda}^{4}||1-|v|^{2}|^{2}\leq C\|\lambda {\rm e}^{-C\sqrt{\lambda}}\|_{L^{\infty}(G)}\longrightarrow0,\\\displaystyle\int_{G}|1-\rho_{\lambda}^{2}||({\rm i}v,x_{2}v_{x_{1}}-x_{1}v_{x_{2}})|\leq C\|{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda}}\|_{L^{\infty}(G)}\longrightarrow0.\end{aligned}\right\}$

由 (2.14)-(2.15) 式即证.

3 径向极小元

在本节中我们将分别考虑 $ E_\lambda $ 与其极限泛函 $ E_\infty $ 所对应的极小值问题. 首先定义如下

$m_{\lambda}=\min_{\mathcal{R}_{d}}E_{\lambda}.$

由于 $ u(r,\theta)=f(r){\rm e}^{{\rm i}d\theta} $, 通过简单计算我们得到

$ E_{\lambda}(u)=\int_{A_{R}}\frac{1}{2}\left(|\nabla f|^{2}+\frac{d^{2}f^{2}}{r^{2}}\right)-\frac{bd}{2}f^{2}+\frac{\lambda}{4}(1-f^{2})^{2}, $

其相应的 Euler-Lagrange 方程为

$\left\{\begin{array}{ll}-\Delta f=\displaystyle\lambda f(1-f^{2})+\frac{bd}{2}f-\frac{d^{2}}{r^{2}}f, &\text{在 }A_{R}\text{ 内},\\f=1, &\text{在 }\partial A_{R}\text{ 上}.\end{array}\right.$

引理3.1 $ \forall\lambda>0 $, (3.1) 式可达且极小元唯一, 即 (3.2) 式存在唯一解 $ f_{\lambda} $, 且 $ 0<f_{\lambda}\leq 1 $.

证 类似文献 [4] 可证 (3.1) 式的极小元存在. 又对于 $ \lambda>0 $, $ F(t)=\displaystyle\lambda t(1-t^{2})+\frac{bd}{2}t-\frac{d^{2}}{r^{2}}t $ 在 $ \mathbb{R}^{+} $ 上递减[4]. 由于 (3.1) 式的任何极小元都满足 (3.2) 式, 且 $ E_{\lambda}(f_{\lambda})=E_{\lambda}(|f_{\lambda}|) $, 故极小元 $ f_{\lambda} $ 的正性和唯一性成立. 由极大值原理可得 $ 0<f_{\lambda}\leq 1 $.

命题3.1 对所有 $ x\in A_{R} $, $ d>0 $, 有

$\left(1-\frac{c_{+}}{\lambda}\right)\left(1-C{\rm e}^{-\sqrt{\lambda-c_{+}}}\right)\leq f^{2}\leq 1-\frac{c_{-}}{\lambda},$

其中 $ c_{+} $、 $ c_{-} $ 是仅依赖于 $ b $、 $ d $ 和 $ R $ 的常数. 特别地, 对于足够大的 $ \lambda $,

$(1-f^{2})^{2}\leq\frac{C(b,d,R)}{\lambda^{2}},$

其中 $ C(b,d,R) $ 为仅依赖于 $ b, d, R $ 的常数.

证 下面采用上下解方法进行证明. 改写方程 (3.2) 如下

$ \left\{\begin{array}{ll} \displaystyle-\Delta f+\left(\frac{d^{2}}{r^{2}}-\frac{bd}{2}\right)f=\lambda f(1-f^{2}), &\text{在 }A_{R}\text{ 内},\\ f=1, &\text{在 }\partial A_{R}\text{ 上}. \end{array}\right. $

记 $ c(r)=\displaystyle\frac{d^{2}}{r^{2}}-\frac{bd}{2} $, 显然 $ c(r) $ 在 $ r\in[R] $ 上递减, 故有 $ c(R)<c(r)<c(1) $. 记 $ c_{+}:=c(1) $, $ c_{-}:=c(R) $, 考虑以下两个方程

$-\Delta g+c_{-}g=\lambda g(1-g^{2})$

和

$-\Delta h+c_{+}h=\lambda h(1-h^{2}).$

由 $ c_{\pm} $ 的定义, 有

$ -\Delta g+\left(\frac{d^{2}}{r^{2}}-\frac{bd}{2}\right)g\geq \lambda g(1-g^{2}),\quad g\Big|_{\partial A_{R}}=1, $
$ -\Delta h+\left(\frac{d^{2}}{r^{2}}-\frac{bd}{2}\right)h\leq \lambda h(1-h^{2}),\quad h\Big|_{\partial A_{R}}=1, $

因此 $ g $ 是 (3.2) 式的一个上解, $ h $ 是 (3.2) 式的一个下解.

将 (3.5) 式稍作整理, 得

$ -\Delta g=\lambda g\left(1-\frac{c_{-}}{\lambda}-g^{2}\right):=\lambda g(\alpha^{2}-g^{2}), $

其中 $ \alpha^{2}=\displaystyle 1-\frac{c_{-}}{\lambda} $. 令 $ g=\alpha w $ 则有

$-\Delta w=(\lambda\alpha^{2})w(1-w^{2})=(\lambda-c_{-})w(1-w^{2}).$

已知方程 (3.7) 存在唯一解 $ w $[2], 且

$ 0<1-w\leq C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda-c_{-}}},\qquad \forall x\in A_{R}, $

这意味着

$\sqrt{1-\frac{c_{-}}{\lambda}}\left(1-C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda-c_{-}}}\right)\leq g\leq\sqrt{1-\frac{c_{-}}{\lambda}}.$

类似可得

$\sqrt{1-\frac{c_{+}}{\lambda}}\left(1-C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda-c_{+}}}\right)\leq h\leq\sqrt{1-\frac{c_{+}}{\lambda}}.$

由上下解方法及文献 [4] 的唯一性结果可得

$ \sqrt{1-\frac{c_{+}}{\lambda}}\left(1-C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda-c_{+}}}\right)\leq h\leq f\leq g\leq\sqrt{1-\frac{c_{-}}{\lambda}},\qquad \forall x\in A_{R}, $

即

$\sqrt{1-\frac{c_{+}}{\lambda}}\left(1-C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda-c_{+}}}\right)\leq f\leq\sqrt{1-\frac{c_{-}}{\lambda}},\qquad \forall x\in A_{R}.$

由于 (3.10) 式的左右两边在 $ \lambda $ 足够大时均为正, 有

$ \left(1-\frac{c_{+}}{\lambda}\right)\left(1-C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda-c_{+}}}\right)\leq f^{2}\leq 1-\frac{c_{-}}{\lambda}, $

这就得到了 (3.3) 式.

另一方面, 经过简单计算可得

$\frac{c_{-}}{\lambda}\leq 1-f^{2}\leq\frac{c_{+}}{\lambda}+C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda-c_{+}}}\left(1-\frac{c_{+}}{\lambda}\right).$

对于足够大的 $ \lambda $, 可假设 $ \displaystyle\frac{1}{2}\leq 1-\frac{c_{+}}{\lambda}\leq 2 $. 于是

$\begin{aligned}\left[\frac{c_{+}}{\lambda}+C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda-c_{+}}}\left(1-\frac{c_{+}}{\lambda}\right)\right]^{2}&\leq 2\frac{c_{+}^{2}}{\lambda^{2}}+2C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda-c_{+}}}\left(1-\frac{c_{+}}{\lambda}\right)^{2}\\&\leq 2\frac{c_{+}^{2}}{\lambda^{2}}+8C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda-c_{+}}}.\end{aligned}$

由 (3.11), (3.12) 式, 可得

$ (1-f^{2})^{2}\leq\max\left\{\frac{c_{-}^{2}}{\lambda^{2}},\ 2\frac{c_{+}^{2}}{\lambda^{2}}+8C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda-c_{+}}}\right\}, $

即当 $ \lambda $ 足够大时有

$ (1-f^{2})^{2}\leq\frac{C(b,d,R)}{\lambda^{2}}, $

其中 $ C(b,d,R) $ 是仅依赖于 $ b $、 $ d $ 和 $ R $ 的常数.

引理3.2 当 $ \lambda\to\infty $ 时,

$f_{\lambda}\longrightarrow 1\quad\text{在 }C^{1,\alpha}(A_{R})\text{ 中}.$

证

$\begin{aligned}E_{\lambda}(u)&=\int_{A_{R}}\left(\frac{1}{2}\left(|\nabla f|^{2}+\frac{d^{2}f^{2}}{r^{2}}\right)-\frac{bd}{2}f^{2}+\frac{\lambda}{4}(1-f^{2})^{2}\right)\\&=\pi\int_{1}^{R}\left(|\nabla f|^{2}+\frac{d^{2}f^{2}}{r^{2}}-bdf^{2}+\frac{\lambda}{2}(1-f^{2})^{2}\right)r{\rm d}r.\end{aligned}$

由于 $ 0<f\leq 1 $, 取 $ f=1 $ 代入上式, 得

$ E_{\lambda}({\rm e}^{{\rm i}d\theta})=\pi\int_{1}^{R}\left(\frac{d^{2}}{r^{2}}-bd\right)r{\rm d}r=\pi d^{2}\ln R-\frac{\pi bd}{2}(R^{2}-1)<\infty. $

已知 $ f_{\lambda} $ 是 (3.1) 式的极小元, 则

$\begin{aligned}E_{\lambda}(f_{\lambda}{\rm e}^{{\rm i}d\theta})&=\int_{A_{R}}\Big[\frac{1}{2}\left(|\nabla f_{\lambda}|^{2}+\frac{d^{2}f_{\lambda}^{2}}{r^{2}}\right)-\frac{bd}{2}f_{\lambda}^{2}+\frac{\lambda}{4}(1-f_{\lambda}^{2})^{2}\Big]\\&\leq \pi d^{2}\ln R-\frac{\pi bd}{2}(R^{2}-1)\\&=E_{\lambda}({\rm e}^{{\rm i}d\theta})<\infty,\end{aligned}$

这表明 $ \|\nabla f_{\lambda}\|_{L^{2}(A_{R})}\leq C $, 其中 $ C $ 为某正常数.

由 (3.15) 式结合 $ f_{\lambda}>0 $, 可得

$ \begin{aligned} \frac{\lambda}{4}\int_{A_{R}}|1-f_{\lambda}|^{2}&\leq\frac{\lambda}{4}\int_{A_{R}}|1+f_{\lambda}|^{2}|1-f_{\lambda}|^{2}\\ &=\frac{\lambda}{4}\int_{A_{R}}|1-f_{\lambda}^{2}|^{2}\\ &=E_{\lambda}(f_{\lambda}{\rm e}^{{\rm i}d\theta})-\frac{1}{2}\int_{A_{R}}\left(|\nabla f_{\lambda}|^{2}+\frac{d^{2}f_{\lambda}^{2}}{r^{2}}\right)+\frac{bd}{2}\int_{A_{R}}f_{\lambda}^{2}\\ &\leq E_{\lambda}(f_{\lambda}{\rm e}^{{\rm i}d\theta})+\frac{1}{2}\int_{A_{R}}\left(|\nabla f_{\lambda}|^{2}+\frac{d^{2}f_{\lambda}^{2}}{r^{2}}\right)+\frac{|bd|}{2}\int_{A_{R}}f_{\lambda}^{2}\\ &\leq C, \end{aligned} $

即 $ \displaystyle\frac{\lambda}{4}\|1-f_{\lambda}\|_{L^{2}(A_{R})}^{2}\leq C $, 其中 $ C>0 $ 为某正常数.

因此, 当 $ \lambda\to\infty $ 时,

$ \|1-f_{\lambda}\|_{L^{2}(A_{R})}^{2}\leq\frac{C}{\lambda}\longrightarrow 0, $

即当 $ \lambda\to\infty $ 时,

$f_{\lambda}\longrightarrow 1\quad\text{在 }L^{2}(A_{R}).$

又由 Hölder 不等式得, 当 $ \lambda\to\infty $ 时,

$ \int_{A_{R}}|1-f_{\lambda}|^{p}\leq\left(\int_{A_{R}}(|1-f_{\lambda}|^{p})^{2/p}\right)^{p/2}\left(\int_{A_{R}}1^{\frac{2}{2-p}}\right)^{\frac{2-p}{2}}=(\operatorname{Area}(A_{R}))^{\frac{2-p}{2}}\|1-f_{\lambda}\|_{L^{2}(A_{R})}^{p}\longrightarrow 0, $

即当 $ \lambda\to\infty $ 时,

$f_{\lambda}\longrightarrow 1\quad\text{在 }L^{p}(A_{R}).$

另一方面, 由 (3.3) 和 (3.10) 式, 我们有

$\begin{aligned}\lambda f_{\lambda}(1-f_{\lambda}^{2})&\leq\lambda\sqrt{1-\frac{c_{-}}{\lambda}}\left(\frac{c_{+}}{\lambda}+C{\rm e}^{-C\sqrt{\lambda-c_{+}}}\left(1-\frac{c_{+}}{\lambda}\right)\right)\\&=c_{+}\sqrt{1-\frac{c_{-}}{\lambda}}+C\lambda {\rm e}^{-C\sqrt{\lambda-c_{+}}}\left(1-\frac{c_{+}}{\lambda}\right).\end{aligned}$

已知当 $ \lambda\to\infty $ 时有 $ \lambda e^{-C\sqrt{\lambda-c_{+}}}\to 0 $. 在 (3.18) 式中, 令 $ \lambda\to\infty $ 得

$\lambda f_{\lambda}(1-f_{\lambda}^{2})\leq c_{+}\leq C.$

改写方程 (3.2) 有 $ -\Delta(1-f)=I_{\lambda} $, 其中 $ I_{\lambda}=\displaystyle\lambda f(1-f^{2})-\frac{bd}{2}(1-f)+\frac{d^{2}}{r^{2}}(1-f)+\frac{bd}{2}-\frac{d^{2}}{r^{2}} $. 由 (3.18) 式, 当 $ \lambda\to\infty $ 时有

$\int_{A_{R}}|\lambda f_{\lambda}(1-f_{\lambda}^{2})|^{p}\leq\operatorname{Area}(A_{R})\|\lambda f_{\lambda}(1-f_{\lambda}^{2})\|_{L^{\infty}}^{p}\leq C.$

由 Clarkson 不等式及 $ 0<f_{\lambda}\leq 1 $, 结合 (3.20) 式得,

$\begin{aligned}\|I_{\lambda}\|_{L^{p}}^{p}&=\int_{A_{R}}\left|\lambda f_{\lambda}(1-f_{\lambda}^{2})-\frac{bd}{2}(1-f_{\lambda})+\frac{d^{2}}{r^{2}}(1-f_{\lambda})+\frac{bd}{2}-\frac{d^{2}}{r^{2}}\right|^{p}\\&\leq\int_{A_{R}}\left[C_{1}|\lambda f_{\lambda}(1-f_{\lambda}^{2})|^{p}+C_{2}\left|\frac{bd}{2}\right|^{p}|1-f_{\lambda}|^{p}\right]\\&\quad+\displaystyle\int_{A_{R}}\Big[C_{3}\left|\frac{d^{2}}{r^{2}}\right|^{p}|1-f_{\lambda}|^{p}+C_{4}\left|\frac{bd}{2}\right|^{p}+C_{5}\left|\frac{d^{2}}{r^{2}}\right|^{p}\Big]\\&\leq C, \quad(\lambda\to\infty).\end{aligned}$

由 (3.17) 和 (3.21) 式, 结合 $ L^{p}$-估计得

$\|1-f_{\lambda}\|_{W^{2,p}}\leq C(\|1-f_{\lambda}\|_{L^{p}}+\|L_{\lambda}\|_{L^{p}})\leq C,\quad(\lambda\to\infty).$

因此, 当 $ p\geq 2 $ 由 Sobolev 不等式可得,

$ \|1-f_{\lambda}\|_{C^{1,\alpha}(A_{R})}\leq\|1-f_{\lambda}\|_{W^{2,p}}\leq C,\quad(\lambda\to\infty). $

定理 1.2 的证明 在 (3.17) 和 (3.22) 式中令 $ p=2 $, 当 $ \lambda\to\infty $ 时得

$ \|1-f_{\lambda}\|_{L^{2}(A_{R})}\longrightarrow 0, \quad \|1-f_{\lambda}\|_{W^{2,2}}\leq C. $

由 Gagliardo-Nirenberg 不等式[3]得

$\|\nabla f_{\lambda}\|_{L^{2}}^{2}=\|\nabla(1-f_{\lambda})\|_{L^{2}}^{2}\leq C\|1-f_{\lambda}\|_{W^{2,2}}\|1-f_{\lambda}\|_{L^{2}}\longrightarrow 0, \quad(\lambda\to\infty).$

由于 $ u $ 为径向函数, 由此将 $ u(r,\theta)=f(r){\rm e}^{{\rm i}d\theta} $ 代入 $ E_\lambda (u) $ 中, 经过简单计算我们可以得到

$ \nabla u=f^{\prime}(r){\rm e}^{{\rm i}d\theta}+f(r)({\rm i}d){\rm e}^{{\rm i}d\theta}\nabla\theta=(f^{\prime}(r)+{\rm i}df(r)\nabla\theta){\rm e}^{{\rm i}d\theta}, $
$ |\nabla u|^{2}=|f^{\prime}(r)+{\rm i}df(r)\nabla\theta|^{2}=|f^{\prime}(r)|^{2}+d^{2}f^{2}(r)|\nabla\theta|^{2}=|f^{\prime}(r)|^{2}+\frac{d^{2}f^{2}(r)}{r^{2}}, $

其中 $ \nabla\theta=\displaystyle\frac{(-x_{2},x_{1})}{r^{2}} $.

$\begin{aligned}E_{\lambda}(u) &=\int_{A_{R}}\Big[\frac{1}{2}\left(|f^{\prime}(r)|^{2}+\frac{d^{2}f^{2}(r)}{r^{2}}\right)-\frac{bd}{2}f^{2}(r)+\frac{\lambda}{4}(1-f^{2}(r))^{2}\Big]\\&=\int_{0}^{2\pi}\int_{1}^{R}\left[\frac{1}{2}\left(|f^{\prime}(r)|^{2}+\frac{d^{2}f^{2}(r)}{r^{2}}\right)-\frac{bd}{2}f^{2}(r)+\frac{\lambda}{4}(f^{2}(r)-1)^{2}\right]r{\rm d}r{\rm d}\theta\\&=\pi\int_{1}^{R}\left[|f^{\prime}(r)|^{2}+\frac{d^{2}f^{2}(r)}{r^{2}}-bdf^{2}(r)+\frac{\lambda}{2}(f^{2}(r)-1)^{2}\right]r{\rm d}r\\&=d^{2}\pi\int_{1}^{R}\frac{f^{2}(r)}{r}{\rm d}r-bd\pi\int_{1}^{R}f^{2}(r)r{\rm d}r+\pi\int_{1}^{R}\left(|f^{\prime}(r)|^{2}+\frac{\lambda}{2}(f^{2}(r)-1)^{2}\right)r{\rm d}r\\&:=d^{2}I_{1}-dbI_{2}+K\\&=I_{1}\left(d^{2}-db\frac{I_{2}}{I_{1}}\right)+K=I_{1}\left(d-\frac{bI_{2}}{2I_{1}}\right)^{2}+K-\frac{b^{2}I_{2}^{2}}{4I_{1}},\end{aligned}$

其中

$\begin{cases}&I_{1}=\displaystyle\pi\int_{1}^{R}\frac{f^{2}(r)}{r}{\rm d}r,\\&I_{2}=\displaystyle\pi\int_{1}^{R}f^{2}(r)r{\rm d}r,\\&K=\displaystyle\pi\int_{1}^{R}\left(|f^{\prime}(r)|^{2}+\frac{\lambda}{2}(f^{2}(r)-1)^{2}\right)r{\rm d}r.\end{cases}$

结合前面的证明, 当 $ \lambda\to\infty $ 时可得

$\begin{cases}I_{1}=\displaystyle\pi\int_{1}^{R}\frac{f_{\lambda}^{2}}{r}{\rm d}r\longrightarrow\pi\int_{1}^{R}\frac{1}{r}{\rm d}r=\pi\ln R,\\ I_{2}=\displaystyle\pi\int_{1}^{R}f_{\lambda}^{2}r{\rm d}r\longrightarrow\pi\int_{1}^{R}r{\rm d}r=\frac{\pi}{2}(R^{2}-1),\\ K=\displaystyle\pi\int_{1}^{R}\left(|\nabla f_{\lambda}|^{2}+\frac{\lambda}{2}(1-f_{\lambda}^{2})^{2}\right)r{\rm d}r\longrightarrow 0,\end{cases}$

即当 $ \lambda\to\infty $ 时,

$ E_\lambda (u)\longrightarrow\displaystyle\pi\ln R\left[d-\frac{b(R^2 -1)}{4\ln R}\right]^2 -\frac{\pi b^{2}(R^{2}-1)^{2}}{16\ln R}=: E_\infty (u). $

结合 (3.24)-(3.26) 式, 借助二次函数的性质可知当 $ \displaystyle d=\frac{b(R^{2}-1)}{4\ln R}=:d^* $ 时,

$ \min_{\mathcal{R}_{d}}E_{\infty}=\left\{\displaystyle\pi\ln R\left[d-\frac{b(R^2 -1)}{4\ln R}\right]^2 -\frac{\pi b^{2}(R^{2}-1)^{2}}{16\ln R}\right\}=-\frac{\pi b^{2}(R^{2}-1)^{2}}{16\ln R}, $

即当 $ d=d^* $ 时, $ \displaystyle\min_{\mathcal{R}_{d}}E_{\infty} $ 可达.

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