含奇异势和记忆项的四阶抛物方程解的整体存在性与爆破.pdf

应用数学MATHEMATICA APPLICATA2024,37(1):214-225含奇异势和记忆项的四阶抛物方程解的整体存在性与爆破杜欣蕾,杨晗(西南交通大学数学学院,四川 成都 611756)摘要：本文研究一类具有奇异势和记忆项的四阶抛物方程在有界域上的初边值问题.当初值在稳定集中,初始能量在正有界范围内,根据Faedo-Galerkin 方法结合Hardy-Sobolev不等式得到了问题解的整体存在性并建立了能量泛函的衰减估计;当初始能量为负时,利用凸方法证明了问题的解在有限时刻爆破并估计了爆破时间上界,该上界依赖于初始能量;当初值位于不稳定集,初始能量有上界时,通过构造辅助泛函获得了一个与初始能量无关的爆破时间上界.关键词：四阶抛物方程;奇异势项;记忆项;整体解;爆破中图分类号：O175.26AMS(2010)主题分类：35B25;35K55文献标识码：A文章编号：1001-9847(2024)01-0214-121.引言本文考虑如下具有奇异势项和记忆项的四阶抛物方程的初边值问题ut|x|s+2u div(|u|p2u)=|u|q2u+t0g(t )2ud,x ,t 0,u=u=0,x ,t 0,u(x,0)=u0(x),x ,(1.1)其中 RN(N 2)是一个具有光滑边界的有界域,是上的单位外法向向量.参数p,q,s满足0 s 2,2 p q 4.(1.2)g为R+上的非负函数满足以下约束条件(i)g(0)0,(ii)1 0g()d=l 0,(iii)g(t)0.(1.3)近年来,许多学者致力于对抛物方程初边值问题的研究15.文1-3研究了如下具有任意初始能量的四阶抛物方程的初边值问题ut+2u div(|u|p2u)=|u|q1u.(1.4)收稿日期：2023-01-11基金项目：国家自然科学基金(11701477,11971394)作者简介：杜欣蕾,女,汉族,陕西人,研究方向:偏微分方程.第 1 期杜欣蕾等：含奇异势和记忆项的四阶抛物方程解的整体存在性与爆破215当p,q满足以下条件时1 p 2.,1 q 4,q maxp 1,1,文1在亚临界和临界初始能量下,由Faedo-Galerkin方法结合修正的势阱法得到了问题(1.4)的整体解u并建立了u2的衰减估计,用凸方法证明了问题(1.4)的解在有限时刻爆破.在超临界初始能量下,利用微积分不等式分别得到问题(1.4)的解的整体存在性和有限时刻爆破的充分条件.文2利用微分不等式研究了问题(1.4)在亚临界初始能量下u2,u2,uq+1以及能量泛函的指数衰减.文3通过构造辅助泛函得到问题(1.4)在亚临界和临界初始能量下解在有限时刻爆破的阈值结果.对于含有记忆项的四阶抛物方程,文4研究了如下方程的初边值问题|ut|1ut u ut+t0g(t s)u(x,s)ds+2u=f(u).(1.5)在 1,=1,p 1,f(u)=|u|p1u且g(t)满足约束条件(1.3)时,讨论问题(1.5)的解的整体存在性及爆破.当初始能量有正上界时,采用Faedo-Galerkin方法得到问题的整体解,利用不等式放缩得到能量泛函指数衰减.当初始能量为负或初始能量非负有上界时,通过构造辅助泛函得到问题(1.5)的解在有限时刻爆破并估计了爆破时间上界.文5研究了如下含奇异势的二阶拟抛物方程的初边值问题ut|x|s ut u=|u|p2u,(1.6)其中0 s 2,2 p 2NN 2.首先,根据Faedo-Galerkin方法结合压缩映像原理得到问题的局部解.随后,在亚临界与临界初始能量下,通过势阱法得到问题的整体解,建立解的衰减估计,通过凸方法得到问题的解在有限时刻爆破并估计了亚临界初始能量下解的爆破时间上界.最后,在正初始能量条件下,通过构造爆破因子得到解的爆破并估计了此时解的生命跨度.据作者所知,关于含奇异势且具有记忆项的四阶抛物方程相关问题鲜有研究.因此,本文考虑初边值问题(1.1)在不同初始能量下解的整体存在性及爆破.利用Sobolev嵌入定理结合Hardy-Sobolev不等式克服奇异势项|x|sut带来的困难.根据Aubin-Lions紧性定理得到非线性项的收敛性,于是,由Faedo-Galerkin方法得到问题(1.1)的整体解,利用微分不等式得到能量泛函的衰减估计.随后,根据凸方法及构造辅助泛函得到问题(1.1)的解在不同条件下的爆破结论.本文结构安排如下:第二节引入相关符号以及证明文章主要结论所需公式引理;第三节给出问题(1.1)的整体解及能量泛函的衰减估计;第四节证明解的爆破.2.预备知识本文记Lp()(1 p 0 0,V=u H20()|I(u(t)0.对于上述定义,成立如下引理.引理2.1若g(t)满足约束条件(1.3),则E(t)0.证对问题(1.1)第一式两边同时关于ut做内积,利用分部积分法并结合g(t)的性质易证.注2.1由(2.1)易知E(t)l2u22BqH20,Lqquq2:=h(u2),该函数在u2=(lBqH20,Lq)1q2时取得最大值d,其中d=(q 2)l2q(lBqH20,Lq)2q2.引理2.2(稳定集引理)令参数p,q,s满足约束条件(1.2),则当u0 W且0 E(0)d时,对t 0,T,有u(x,t)W.证此引理的证明与文10引理2.8类似,此处略去.引理2.3(不稳定集引理)令参数p,q,s满足约束条件(1.2),则当u0 V且E(0)d(0 1)时,有(i)对t 0,T,有u(x,t)V;(ii)关于d成立如下估计式d q 22quqq.(2.4)证(i)的证明方法参见文10引理5.1.下证(ii).根据E(u(t)的定义(2.1)可知E(u)=22(1 t0g()d)u22+22(g u)(t)+ppuppqquqq,特别地,取 =(1 t0g()d)u22+(g u)(t)uqq1q2,则E(u)22(1 t0g()d)u22+(g u)(t)qquqq=q 22q(1 t0g()d)u22+(g u)(t)u2qqq2q 22q(lu22u2q)qq2q 22q(lB2H20?Lq)qq2=d.(2.5)因为I(u(t)0,所以(1 t0g()d)u22+(g u)(t)uqq,于是由(2.5)易知d q 22q(1 t0g()d)u22+(g u)(t)u2qqq2q 22quqq.第 1 期杜欣蕾等：含奇异势和记忆项的四阶抛物方程解的整体存在性与爆破217为说明本文主要结论,还需借助如下引理.引理2.46(Hardy-Sobolev不等式)令RN=Rk RNk,2 k N,x=(y,z)RN=Rk RNk.令m(,N,n)=n(N )N n),其中n,满足1 n N,0 n以及 0,(0)0以及(t)(t)(1+r)(t)2 0,(2.9)其中0 T ,r为正常数,则T(0)r(0)0,若存在c 0使得如下关系式成立+TE(t)(t)dt cE(T),T 0,则E(t)a1E(0)ea2(t),其中a1 0,a2 0,t 0.3.解的整体存在性本节采用Faedo-Galerkin方法证明问题(1.1)解的整体存在性,利用引理2.6建立能量泛函的衰减估计.在给出主要定理之前,首先介绍弱解的定义.定义3.1(弱解)令T 0.若u满足条件u L(0,T;H20(),ut L2(0,T;L2()且u0(x)H20(),使得对任意v H20(),t (0,T)有如下关系式成立(ut|x|s,v)+(u,v)+(|u|p2u,v)=(|u|q2u,v)+t0g(t )(u(),v)d,(3.1)则称u为问题(1.1)在 (0,T)上的一个弱解.下面给出本节主要结论.定理3.1假设参数p,q,s满足约束条件(1.2),函数g(t)满足(1.3),u0 W,0 E(0)0,(3.3)218应用数学2024则能量泛函E(t)满足如下衰减估计E(t)aebt0()d,a,b 0.(3.4)证首先证明弱解的整体存在性.令i(x)表示H20()空间中的一组标准正交基,于是在H20()中构造问题(1.1)的近似解为um(x,t)=mi=1gim(t)i(x),m=1,2,它满足(umt|x|s,i)+(um,i)+(|um|p2um,i)=(|um|q2um,i)+t0g(t )(um(),i)d,(um(0),i)=im,i=1,2,m,(3.5)其中im是一组给定常数.当m 时,有um(0)=mi=1imi(x)u0强收敛于H20(),根据Peano定理可知问题(3.5)局部解的存在性.下面进行先验估计.将问题(3.5)中第一式两边同乘gim(t),对i从1到m求和,关于时间从0到t(0 t T)积分得t0?um|x|s2?22d+E(um(t)=E(0)+12t0(g um)()g()um()22)d,回顾性质(1.3)显然有t0?um|x|s2?22d+E(um(t)E(0)d,0 t T.(3.6)由此易知能量不等式(3.2)成立.将(2.3)代入(3.6),即t0?um|x|s2?22d+I(um)q+q ppqumpp+q 22q(g um)(t)+q 22q(1 t0g()d)um22 d.由引理2.2,对足够大的m以及0 t T有t0?um|x|s2?22d+q ppqumpp+q 22q(g um)(t)+(q 2)l2qum22 d,(3.7)于是umpp=|um|pdx=(|um|p2um)pp1dx=?|um|p2um?pp1pp1pqdq p,(3.8)um222qd(q 2)l,(3.9)umqq=|um|qdx=(|um|q2um)qq1dx=?|um|q2um?qq1qq1 BqH20,Lq(um22)q2 BqH20,Lq(2qd(q 2)l)q2,(3.10)t0?um|x|s2?22d 0有|um|p2um 弱*收敛于L(0,T;Lpp1(),um u弱*收敛于L(0,T;H20(),|um|q2um 弱*收敛于L(0,T;Lqq1(),umt|x|s2u|x|s2弱收敛于L2(0,T;L2(),umt ut弱收敛于L2(0,T;L2().(3.13)于是由(3.13)第二、第五式结合Aubin-Lions紧性定理有um u强收敛于L2(0,T;W1,p0(),(3.14)故um u强收敛于L2(0,T;Lp().(3.15)由(3.14)-(3.15)可知um u,a.e.x ,um u,a.e.x .(3.16)于是=|u|p2u,=|u|q2u.为说明对任意T 0,上述u是问题(1.1)的一个弱解,令函数 C1(0,T;H20()具有如下形式=kj=1lj(t)i(x),k N,(3.17)其中lj(t)kj=1为任意给定的C1函数.取(3.5)中取m k,对(3.5)第一式两边同乘lj(t),关于j从1到k求和并关于t从0到T积分得T0(umt|x|s,)+(um,)+(|um|p2um,)dt=T0(|um|q2um,)dt+T0t0g(t )(um(),(t)ddt.(3.18)在(3.18)中令m ,由收敛关系(3.13)有T0(ut|x|s,)+(u,)+(|u|p2u,)dt=T0(|u|q2u,)dt+T0t0g(t )(u(),(t)ddt.(3.19)又由于(3.17)在L(0,T;H20()中稠密,故对任意 H20()都有(3.19)成立,于是,由T的任意性有(ut|x|s,v)+(u,v)+(|u|p2u,v)=(|u|q2u,v)+t0g(t )(u(),v)d对v H20(),a.e.t 0成立.接下来估计能量泛函的衰减速率.220应用数学2024对问题(1.1)第一式两边同乘u并在 (T0,T)(T T0)上进行积分TT0utu|x|s(t)dxdt+TT0(t)u22dt+TT0(t)uppdt=TT0(t)uqqdt+TT0(t)u(t)t0g(t )u()dxddt.(3.20)将TT0(t)u(t)t0g(t )u()dxddt=TT0(t)u(t)dtt0g(t )(u()u(t)dxd+TT0(t)u(t)dtt0g(t )u(t)dxd,代入(3.20)整理得TT0(t)(1 t0g()d)u22dt=TT0(t)uqqdt TT0utu|x|s(t)dxdt TT0(t)uppdtTT0(t)u(t)t0g(t )(u(t)u()dxddt.(3.21)对等式(2.1)两边同乘2并在(T0,T)上积分之2TT0(t)E(t)dt=TT0(t)(1 t0g()d)u22dt+TT0(t)g udt+2pTT0(t)uppdt 2qTT0(t)uqqdt.(3.22)将(3.21)代入(3.22)整理得2TT0(t)E(t)dt=TT0utu|x|s(t)dxdt TT0(t)u(t)t0g(t )(u(t)u()dtdxd+TT0(t)g udt p 2pTT0(t)uppdt+q 2qTT0(t)uqqdt.(3.23)下面分别对(3.23)右端项进行估计.回顾(2.8)并利用Young不等式可知utu|x|s(t)dx|x|s2ut222+|x|s2u222|x|s2ut222+Cu22.(3.24)对(3.2)两边关于时间求导可得|x|s2u22d E(t),(3.25)根据(2.3),显然成立(q 2)l2qu22 E(t)E(0)0使得TT0(t)E(t)dt cE(T0).根据引理2.6,由T的任意性易知(3.4)成立.4.解的爆破本节研究问题(1.1)的解在E(0)0及E(0)d,I(0)0时的爆破.为说明主要结论,需引入有限时刻爆破定义.定义4.1(有限时刻爆破)令u是问题(1.1)的一个弱解,若存在T 使得limtT?|x|s2u?22=+,222应用数学2024则称u在有限时刻T爆破.下面给出本节主要定理.定理4.1令u是问题(1.1)的一个弱解,参数p,q,s满足约束条件(1.2),函数g(t)满足条件(1.3)且0 0g()d q(q 2)(q 1)2.则当E(0)0,2 0.对(4.2)式求一阶导H(t)=L(t)L(0)+21(t+2)=2t0|x|suutdxd+21(t+2),由Schwartz不等式和H older不等式易知H(t)2 4t0?|x|s2u?|x|s2ut?d+1(t+2)2 4t0L()d+1(t+2)2t0?|x|s2ut?22d+1 4H(t)t0?|x|s2ut?22d+1.(4.3)对(4.2)求二阶导,H(t)=2|x|suutdx+1=2uqq+t0g()du22+t0g(t )du(t)(u()u(t)dx u22 upp+1 2q 22(1 t0g()d)u22+q ppupp qE(t)12qt0g()du22+1(q 2)(q 2+1q)t0g()du22+2(q p)pupp 2qE(0)+2qt0?|x|s2ut?22d+21.记Q(t)=(q 2)(q 2+1q)t0g()d)u22+2(q p)pupp 2qE(0)(2q 2)1,则H(t)H(t)q2H(t)2 Q(t)H(t).(4.4)第 1 期杜欣蕾等：含奇异势和记忆项的四阶抛物方程解的整体存在性与爆破223当(q 2)(q 2+1q)t0g()d 0时有Q(t)2qE(0)(2q 2)1,于是对1(0,qE(0)q 1有Q(t)0.此时由(4.4)易知H(t)H(t)H(t)2 0.根据引理2.5,取r=q 22,则T H(0)rH(0)=L(0)(q 2)12T+2q 2.当2(L(0)(q 2)1,+)时,T 12212(q 2)L(0).(4.5)令3=12,则3(0,qq 1E(0)2,于是由(4.5)有T 233(q 2)L(0):=eT(2,3).显然eT(2,3)关于3单调递减且在3=qq 1E(0)2处取最小值,于是T qq1E(0)22q(q2)q1E(0)2+L(0):=bT(2).(4.6)又bT(2)在2=2(q 1)L(0)q(q 2)E(0)处取最小值,于是T 4(q 1)q(q 2)2E(0)L(0).定理4.2令u是问题(1.1)的一个弱解,参数p,q,s满足限制条件(1.2),函数g(t)满足约束(1.3)且满足0g()d 2p 42p 3,(q 2)(1 )q(1 34)32(1 ).则当u0 V,E(0)d(0 s,所以有如下关系式成立0|x|sdx B(0,R)|x|sdx=R0B(0,r)|x|sdS(x)dr=NR0rsrN1dr=NN sRNs+,(4.11)上述R:=supx|x|,N=NN2(N2+1)指单位球表面积,()为Gamma函数.根据(4.11)有Lq2(t)=(|x|su2dx)q2 uqq,其中为正常数.于是Lq2(t)L(t).(4.12)对(4.12)两边从0到t进行积分,计算得Lq22(t)Lq22(0)t(q 2)2.(4.13)令T Lq22(0)2(q 2),则根据(4.13),当t T时有L(t).第 1 期杜欣蕾等：含奇异势和记忆项的四阶抛物方程解的整体存在性与爆破225参考文献：1 HAN Y Z.A class of fourth-order parabolic equation with arbitrary initial energyJ.Nonlinear Anal.RWA.,2018,43:451-466.2 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of the blow-up time,which depends on the initial energy;Finally,when the inital value is in the unstable set and the initialenergy has an upper bound.By constructing an auxiliary functional,the upper bound of the blow-up timeis obtained,which is independent of the initial energy.Key words:Fourth-order parabolic equation;Singular potential;Memory term;Global solution;Blow-up