具耗散項波動方程整體解的存在唯一性

張媛媛　王宏偉

摘要 研究了一類具耗散項波動方程的初邊值問題.借助偏微分方程的一些標準技巧對非線性項進行估計，利用嵌入定理和算子半群的方法證明了在相對較弱的條件下上述問題整體解的存在唯一性.

關(guān)鍵詞 耗散項；整體解；存在性；唯一性

中圖分類號O175.29文獻標識碼A文章編號10002537（2015）01007105

具耗散項波動方程的初邊值問題是近年來偏微分方程研究的熱點，目前關(guān)于它的研究主要集中在其解的存在唯一性方面.文獻[1～9]中對一些非線性發(fā)展方程的整體解均有論述，F(xiàn)ilippo和Vittorino隨后的研究又得到許多有意義的結(jié)果[1011]，他們恰當?shù)剡\用文獻[12]中的Temam定理，討論了所研究方程整體弱解的存在唯一性.本文旨在研究下列一類具耗散項方程

utt-Δu-Δut+Δ2u=∑Ni=1xiσi（uxi）， Ω×R + ， （1）

uΩ = 0， t>0， （2）

u（x，0）=u0（x）， ut（x，0）=u1（x）， x∈Ω. （3）

（Ω是RN中具有光滑邊界的有界區(qū)域）整體解的存在唯一性.方程（1）的物理模型參看文獻[13]，其主要描述一類具強耗散項梁振動的非線性波動方程.在非線性項增長階不變的情況下，論文得到比[14]更好的解空間.

記Lp=Lp（Ω），Hk=Hk（Ω），V2=H20，‖·‖=‖·‖L2（p≥1），X2+2δ=V2+2δ×V2δ（0≤δ≤12）.算子A：V2→V′2，（Au，v）=（Δu，Δv），u，v∈V2，D（A）={u∈L2|Au∈L2}=H4∩H20，Au=Δ2u，u∈D（A），則A是V2上的自伴正算子，且A從V2到V′2和從D（A）到L2上同構(gòu).

定義As（s∈R）， Hilbert空間Vs=D（As4）（s∈R），（u，v）s=（As4u，As4v）.

考慮問題（1）～（3）的Cauchy問題：

utt+A12（u+ut）+Au=∑Ni=1xiσi（uxi），u（x，0）=u0（x），ut（x，0）=u1（x）.（4）

引理1[15]設(shè)X，Y是Banach空間，并且XY.若φ∈L∞（0，T；X）∩Cw（0，T；Y），則

φ∈Cw（[0，T]；X）.

引理2[2]（AubinLions）設(shè)B0，B和B1是Banach空間，且B0BB1，B0，B1是自反的.W={v|v∈Lp0（0，T；B0），vt∈Lp1（0，T；B1）}，這里0

引理3[2]設(shè)z（t）非負，是[0，∞）上的絕對連續(xù)函數(shù)，滿足下列不等式

dzdt+ερz≤k+Cε2qzq，t>0，ε∈（0，ε0]，

其中ε0≤2ρ3k（k4C）1q，k，C，ρ>0，q>1是常數(shù).則z（t）≤R2≡2kε0ρ，t≥T（z0）.這里T（z0）（>0）是依賴于z0=z（0）的常數(shù).

1主要結(jié)論及證明

定理假定下列條件成立

（i）σi∈C1（R），σi（s）s≥B1|s|α+2，|σi（s）|≤B2（1+|s|α+1）.

（ii）（u0，u1）∈X2+2δ.

則問題（1）～（3）存在唯一解u∈C（ R + ；V2+2δ）∩C1（R + ；V2δ），ut∈L2loc（R + ；V1+2δ），且（u，ut）連續(xù)依賴X2+2δ上的初值.

證式（4）與ut作內(nèi)積，得：

12ddtE1（t）+‖A14ut‖2=0. （5）

E1（t）=‖ut‖2+‖A12u‖2+‖A14u‖2+2∑i∫Ω∫uxi0σi（s）dsdx≥‖ut‖2+‖A12u‖2+‖A14u‖2-C. （6）

式（5）積分，并結(jié)合式（6），得：

‖ut‖2+‖A12u‖2+‖A14u‖2+∫t0‖A14ut‖2dτ≤C（‖（u0，u1）‖X2，T），t∈[0，T].

設(shè)v=ut+εu，則v滿足

vt-εv+ε2u+A12（u+v-εu）+Au=∑Ni=1xiσi（uxi）. （7）

式（7）與v作內(nèi)積，得：

ddtH（u，v）+ε[（1-ε）‖A14u‖2+∑Ni=1（σi（uxi），uxi）+ε2‖u‖2+‖A12u‖2]+‖A14v‖2-ε‖v‖2=0. （8）

這里

H（u，v）=12（‖v‖2+ε2‖u‖2+（1-ε）‖A14u‖2+‖A12u‖2+2∑i∫Ω∫uxi0σi（s）dsdx）≥

C（‖v‖2+‖A14u‖2+‖A12u‖2）-C.（9）

將式（9）代入式（8），得：

ddtH（u，v）+K（u，v）≤Cε2qHq（u，v）+C，t>0，q=12σ（≥1）. （10）

K（u，v）=ε（1-ε）‖A14u‖2+ε3‖u‖2+ε‖A12u‖2+18‖A14ut‖2-ε‖v‖2+‖A14v‖2.

通過計算，得：

K（u，v）-ερH（u，v）=ε（1-ε）（1-ρ2）‖A14u‖2+ε3（1-ρ2）‖u‖2+ε（1-ρ2）‖A12u‖2-

ε（1+ρ2）‖v‖2+‖A14v‖2+18‖A14ut‖2 ≥ε（1-ε）（1-ρ2）‖A14u‖2+ε3（1-ρ2）‖u‖2+

ε（1-ρ2）‖A12u‖2 +[1-ε（1+ρ2）]λ-121‖A14v‖2-14‖A14u‖2（α+1）2（α+1）≥-C.

將上式代入式（10），得：

ddtH（u，v）+ερH（u，v）≤C+Cε2qHq（u，v），t>0. （11）

設(shè)Z（t）=H（u，v）+C，則Z（t）≥0，且

ddtZ+ερZ≤C+Cε2qZq， t>0.

由式（9），式（11）并利用引理3，得：

‖ut‖2+‖A12u‖2+‖A14u‖2≤R2，t≥T（‖（u0，u1）‖）X2. （12）

設(shè)R2，對于給定的（u0，u1）∈X2+2δ且‖（u0，u1）‖X2+2δ≤R，則‖（u0，u1）‖X2≤R.

由式（6），式（12），得：

‖ut‖2+‖A12u‖2+‖A14u‖2≤M0，t>0， M0=C（R），0≤t≤T（R），R2，t>T（R）.

式（4）與Aδut，Aδu（0<δ≤12）分別作內(nèi)積，得：

12ddt（‖Aδ2ut‖2+‖A1+2δ4u‖2+‖A1+δ2u‖2）+‖A1+2δ4ut‖2+∑Ni=1（σi（uxi），Aδuxit）=0. （13）

12ddt（‖Aδ2u‖2+‖A1+2δ4u‖2）+‖A1+2δ4u‖2+‖A1+δ2u‖2+∑Ni=1（σi（uxi），Aδuxi）=‖Aδ2ut‖2. （14）

（13）+K×（14）+×（5），得：

ddt（12‖Aδ2ut‖2+K+12‖A1+2δ4u‖2+K（ut，Aδu）+‖A1+δ2u‖2+E1（t））+∑Ni=1（σi（uxi），Aδuxit）+

‖A1+2δ4ut‖2+K（‖A1 + 2δ4u‖2+‖|A1+δ2u‖2）+‖A14ut‖2≤C‖A14ut‖2-K∑Ni=1（σi（uxi），Aδuxi）. （15）

由假定，得：

|∑Ni=1（σi（uxi），Aδuxit）|≤14‖A14u‖2p+22p+2+C‖Aδ+14ut‖2. （16）

|∑Ni=1（σi（uxi），Aδuxi）|≤14‖A14u‖2p+22p+2+C‖Aδ+14u‖2. （17）

又

（K+1）（‖Aδ2ut‖2+‖A1+2δ4u‖2+‖A1+δ2u‖2）+C（K，，M0）≥

H1（t）=12‖Aδ2ut‖2+K+12‖A1+2δ4u‖2+K（ut，Aδu）+‖A1+δ2u‖2+E1（t）≥

14（‖Aδ2ut‖2+（K+1）‖A1+2δ4u‖2+‖A1+δ2u‖2）-C（K，，M0）.

將式（16），式（17）代入式（15），得：

ddtH1（t）+‖A1+2δ4ut‖2+‖A1+δ2u‖2+‖A1+2δ4u‖2+‖A14ut‖2+‖A1+δ2ut‖2≤C（M0）≡C1.

因此，

ddtH1（t）+kH1（t）≤C1.

‖（u，ut）‖2X2+2δ≤C（‖（u0，u1）‖X2+2δ）e-kt+C1， t>0. （18）

∫T0（‖A1+2δ4ut（τ）‖2+‖A1+δ2ut（τ）‖2）dτ≤C（C1，T）. （19）

由式（18），式（19）和假定，得：

‖utt‖L2（0，T；V2δ-1）≤‖u‖L2（0，T；V1+2δ）+‖ut‖L2（0，T；V1+2δ）+‖u‖L2（0，T；V3+2δ）+‖∑Ni=1xiσi（uxi）‖L2（0，T；V2δ-1）≤

C（R）（‖u‖L2（0，T；V3+2δ）+‖ut‖L2（0，T；V1+2δ）+1）≤C（R，T）， t∈[0，T]. （20）

現(xiàn)在考慮問題（4）的近似解un（t）=∑nj=1Tjn（t）ωj，這里Aωj=λjωj，j=1，…，{ωj}是L2中的正交基，同時在V2中也正交，且Tjn（t）=（un，ωj）.

（untt，ωj）+（A12（un+unt），ωj）+（Aun，ωj）=（∑Ni=1xiσi（unxi），ωj），t>0，j=1，2，…，n， （21）

un（0）=u0n， unt（0）=u1n. 這里（u0n，u1n）→（u0，u1）在X2+2δ中，當n→∞.顯然，估計式（18）～（20）對un仍成立.因此，可從中抽取子序列仍記作un，使得

un→u在L∞（0，T；V2+2δ） weak；

unt→ut 在L∞（0，T；V2δ）∩L2（0，T；V2+2δ） weak；

untt→utt weakly在L2（0，T；V2δ-1） 當n→∞.

由引理2，得：

un→u 在L2（0，T；V2+2δ3） ；

unt→ut 在L2（0，T；V2+2δ3） ， 0<δ-δ3 1， 當n→∞.

式（21）在（0，t）上積分，得到等價方程

（unt，ωj）+（A12un，ωj）+∫t0（A12un+Aun-∑Ni=1xiσi（unxi），ωj）dτ=（A12u0n，ωj）+（u1n，ωj），（22）

而

∫t0（A12un，ωj）dτ→∫t0（A14u，A14ωj）dτ=∫t0（A12u，ωj）dτ，

∫t0（Aun，ωj）dτ→∫t0（A12u，A12ωj）dτ=∫t0（Au，ωj）dτ.

|∫t0（∑Ni=1（σi（unxi）-σi（uxi）），ωjxi）dτ|≤|∫t0（σ′i（θunxi+（1-θ）uxi），ωjxi）dτ|→0，n→∞.

在式（22）中當n→∞時，對t求導(dǎo)，可得u是問題（4）的解，且（u，ut）∈L∞（0，T；V2+2δ×V2δ），ut∈L2（0，T；V2+2δ），utt∈L2（0，T；V2δ-1）.

所以，u∈H1（0，T；V2+2δ）C（0，T；V2+2δ），ut∈H1（0，T；V2δ-1）Cw（0，T；V2δ-1）.

由引理1，ut∈Cw（0，T；V1+2δ）.

（13）式在（t0，t）上積分，得：

12（‖Aδ2ut（t）‖2+‖A1+2δ4u（t）‖2+‖A1+δ2u（t）‖2-（‖Aδ2ut（t0）‖2+‖A1+2δ4u（t0）‖2+

‖A1+δ2u（t0）‖2））=∫tt0（∑Ni=1xiσi（uxi）-‖A1+2δ4ut‖2，Aδut）dτ→0， t→t0.

所以，方程在（t0，t）上是可積的.因此，（u，ut）∈C（[0，T]；V2+2δ×V2δ）.

下證（u，ut）連續(xù)依賴X2+2δ上的初值.

設(shè)u，v是問題（4）分別對應(yīng)于初值u0，u1和v0，v1的兩個解，則ω=u-v滿足方程

ωtt+A12（ω+ωt）+Aω=∑Ni=1xi（σi（uxi）-σi（vxi）），t>0， （23）

ω（0）=u0-v0≡ω0， ωt（0）=u1-v1≡ω1.

（23）式與Aδωt作內(nèi)積，由假定（i），得：

12ddt（‖Aδ2ωt‖2+‖A1+2δ4ω‖2+‖A1+δ2ω‖2）+‖A1+2δ4ωt‖2=（∑Ni=1xi（σi（uxxi）-σi（vxi）），Aδωt）≤

C（‖A14ωt‖+‖Aδ+14ωt‖）‖（∑Ni=1xi（σi（uxi）-σi（vxi）），Aδωt）‖≤C‖A14ωt‖·‖Aδ+14ωt‖.

所以，

12ddt（‖Aδ2ωt‖2+‖A1+2δ4ω‖2+‖A1+δ2ω‖2）+‖A1+2δ4ωt‖2≤

12‖A1+2δ4ωt‖2+C（R）（‖A1+δ2ω‖2+‖Aδ2ωt‖2+‖Aδ+14ωt‖2+‖A1+2δ4ω‖2）， t>0.

上式應(yīng)用Gronwall不等式，得：

‖Aδ2ωt‖2+‖A1+δ2ω‖2≤C（R，T）（‖Aδ2ω1‖2+‖A1+δ2ω0‖2）.

所以，解連續(xù)依賴X2+2δ上的初值，即解的唯一性得證.

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（編輯胡文杰）