帶阻尼項的3D Navier-Stokes方程拉回吸引子的上半連續(xù)性

曹伯芳，姜金平，曹蘭蘭

(延安大學(xué) 數(shù)學(xué)與計算機科學(xué)學(xué)院，陜西 延安 716000)

0 引言

設(shè)Ω是R3中帶有光滑邊界?Ω的有界區(qū)域，我們考慮以下帶阻尼項的三維Navier-Stokes方程：

(1)

阻尼在自然界中普遍存在，它來自于流體的運動阻力，描述各種物理現(xiàn)象，比如多孔介質(zhì)流，阻力或摩擦效應(yīng)以及一些耗散現(xiàn)象[1-2]。從物理學(xué)角度來看，耗散對于非線性引起的構(gòu)形中能量的聚積起著重要的擴散作用，影響著相應(yīng)的非線性方程解的長時間動力學(xué)行為。因此，許多數(shù)學(xué)家和物理學(xué)家都開始關(guān)注具有耗散項的非線性方程, 關(guān)于這方面的研究已有很多(如文獻[3-5])。

當α=0，問題(1)就為經(jīng)典的3D Navier-Stokes方程，近幾十年來關(guān)于3D Navier-Stokes方程已有大量的研究(見[6-12])。

關(guān)于方程(1)解的適定性問題，Cai[13]首次利用Galerkin逼近的方法討論了3D Navier-Stokes方程的柯西問題，在β≥1時和β≥7/2分別存在弱解和強解，進一步驗證7/2≤β≤5強解是唯一的。

隨后在文獻[14]中，Zhang等證明了問題(1)在β>3時強解是全局存在的，在3<β≤5時強解是唯一的。

本文我們考慮利用文獻[19]和[20]中的方法證明問題(1)的拉回吸引子的上半連續(xù)性。主要困難在于利用弱連續(xù)和分解的方法證明全局吸引子的存在性以及關(guān)于拉回吸引子在擾動意義下的上半連續(xù)性。

1 預(yù)備知識

Hilbert空間，

其中α∈R,定義在Hα中的內(nèi)積和范數(shù)為

分別定義雙線性和三線性算子如下

B(u,v):=P((u·▽)v),

為了得到后面的定理，我們給出一些重要的不等式，三線性算子滿足以下不等式(參見文獻[21])。

b(u,v,v)=0,b(u,v,w)=-b(u,w,v),?u,v,w∈V,

(2)

Ladyzhenskaya不等式：對于任意的u∈V,有

定義1[22]如果對任意開集V?X，滿足G(λ0)?V，存在λ0的鄰域U(λ0)，使得G(λ)?V,?λ∈U(λ0)，則稱G在λ0∈A處是上半連續(xù)的。

設(shè)S(t):X→X,t∈R+是一個C0半群，研究對任意的小參數(shù)ε∈(0,ε0]的非自治擾動系統(tǒng)拉回吸引子的連續(xù)性，即對?t∈R,τ∈R以及x∈X，有

對X中的任意有界集是一致成立的。

定理1[19-20]當(H1)成立，對?ε∈(0,ε0],存在拉回吸引子?={A?(t)}t∈R,且存在緊集K?X,有

下面我們證明(H2)。

引理1 假設(shè)集族={D(t)}t∈R關(guān)于過程U(·，·)是拉回吸收的，且對任意一個ε∈(0,ε0],ε={Kε(t)}t∈R是空間中的一個緊集族。假設(shè)Uε(·,·)=U1,ε(·,·)+U2,ε(·,·):R×R×X→X，使得

(i)對任意的t∈R和ε∈(0,ε0]，

‖U1,ε(t,t-τ)xt-τ‖≤Φ(t,τ),?xt-τ∈B(t-τ),τ>0,

并且存在一個緊集K?X滿足

成立。

則對?ε∈(0,ε0]，ε={Aε(t)}t∈R是系統(tǒng)上的拉回吸引子并且(H2)成立。

證明參見文獻[23]。

如果u∈L∞(τ,T,;H)∩L2(τ,T;V)∩Lβ+1(τ,T;Lβ+1(Ω))滿足

那么我們說u是方程(1)在[τ,T]上的一個弱解。

上述方程等價于以下方程

u∈L∞(τ,T;V)∩L2(τ,T;H2(Ω))∩L∞(τ,T;Lβ+1(Ω))

而且，解連續(xù)依賴于初值。當f(x,t)=0，即自治動力系統(tǒng)，上述結(jié)果也成立。

2 全局吸引子的存在性

本部分我們考慮在自治情形下方程(1)的抽象形式如下：

(3)

由于嵌入i:V→V′是稠密的，因此，對于任意的f∈V′， 我們可以找到一個依賴于f和ε的函數(shù)fε∈V使得

‖f-fε‖V′≤ε,

(4)

現(xiàn)在我們考慮分解u(t)=v(t)+w(t)，其中v(t)和w(t)分別滿足以下方程

(5)

和

精細化的國別研究旨在把服務(wù)“一帶一路”倡議的大目標轉(zhuǎn)化為可實際落實的小目標。國別研究可以研究一個國家，也可以研究由幾個語言文化相似國家組成的文化區(qū)域，以語言為切入點，進而研究該國或該地區(qū)的宗教信仰、文化習(xí)俗、禁忌習(xí)慣等多人文環(huán)境知識。同時，國別研究不應(yīng)僅局限于了解有關(guān)國家的文化通識知識，還可以結(jié)合學(xué)生所學(xué)專業(yè)研究該專業(yè)在目標國家的發(fā)展現(xiàn)狀、營商環(huán)境和法律制度等更具專業(yè)導(dǎo)向的國別知識。

(6)

由定理2，方程(3)的解是存在且唯一的，進一步，解連續(xù)依賴于初值。為了方便，我們記方程(5)和(6)的解分別為{Sv(t)}t≥0和{Sw(t)}t≥0， 因此，對于任意的u0∈V，有

u(t)=S(t)u0=v(t)+w(t)=Sv(t)u0+Sw(t)u0

引理2 設(shè)外力f∈V′，初值uτ∈V,則半群在V中存在有界吸收集B0，其中

B0={u∈V:‖u‖V≤ρ}

是V中的一個有界集合。

證明方程(3)兩邊與u做內(nèi)積，在Ω上積分得

由Poincare不等式‖▽u‖2≥λ‖u‖2，

所以

利用Gronwall不等式，得

定理3 對任意的外力f∈V′，帶有初邊值問題的(3)和(4)生成的半群{S(t)},t≥0在V上是漸近緊的。

證明利用半群的分解定理，主要通過以下引理。

引理3 ?δ>0,存在常數(shù)ε=ε(δ,f)，使得方程(5)滿足

其中Q(·)是(0,+∞]上的非負增函數(shù)。

證明方程(5)中的第一式兩邊分別乘以v(t)， 在區(qū)域Ω上積分可得

根據(jù)Poincare不等式‖▽u‖2≥λ‖u‖2，

應(yīng)用Gronwall不等式得

因此，我們選取合適的ε2≤λ2μ2δ，引理3得證。

證明對(6)中的第一式兩邊關(guān)于Aσw(t)做內(nèi)積，積分得

(7)

(8)

(9)

根據(jù)文獻[15]中的性質(zhì)7，我們可以得到

其中w=u-v，因此

對(7)式結(jié)合(8)-(10)，可以得出

其中C4=C4(μ,‖fε‖2,‖u0‖2)，故

因此，引理4得證。

根據(jù)文獻[26]中的引理3.2.6和定理3.4.6，引理3.2和引理3.3以及緊嵌入，我們有

引理5 對任意的外力f∈V′，帶有初邊值問題的(3)和(4)生成的半群{s(t)},t≥0在V上是漸近緊的。

因此，由文獻[27-30]，引理2和引理5，可以得到以下定理：

定理4 對任意的f∈V′和初值u0∈V，問題(3)整體解所生成的半群{S(t)},t≥τ∈R存在一個不變的緊的吸收V中所有有界集合的全局吸引子。

3 非自治動力系統(tǒng)中帶阻尼項的3D Navier-Stokes方程拉回吸引子的上半連續(xù)性

本部分我們將通過定理1和引理1證明方程(1)拉回吸引子的上半連續(xù)性。

考慮非自治動力系統(tǒng)的初邊值問題

(11)

(12)

定理5 若(12)式成立，初值uτ∈V,則當ε>0時 ，非自治系統(tǒng)(11)的拉回吸引子ε={Aε(t)}t∈R和該系統(tǒng)當ε=0時的全局吸引子，對于任意的t∈R滿足

引理6 (1)假設(shè)uτ∈V，當擾動項中ε=0時，系統(tǒng)(11)變?yōu)樽灾蝿恿ο到y(tǒng)，所生成的半群記為{S(t)},t∈R在空間V中存在全局吸引子。

系統(tǒng)(11)的初始條件uτ∈V，現(xiàn)將方程的解分解為uε(t)=Uε(t,τ)uτ，

uε(t)=Uε(t,τ)uτ=U1,ε(t,τ)uτ+U2,ε(t,τ)uτ,

其中

U1,ε(t,τ)uτ=v(t)

U2,ε(t,τ)uτ=w(t)

分別滿足

(13)

和

(14)

引理7 若(12)式成立，對于任意的有界集B∈V和t∈R,存在時刻T(B,t)>0,使得對于任意的τ≥T(B,t)和任意的ut-τ∈B,

證明方程(11)與uε做內(nèi)積，因為三線性〈B(uε,uε),uε〉=0，經(jīng)計算得

于是，

這里λ是算子A的第一特征值，則

因此

(15)

從(15)式可以推出

(16)

對式子(16)從t-τ到t積分，得

‖f(s)‖2ds

記半徑r2=e-τη‖uε(t-τ)‖2。

(17)

如果我們令

Bε={uε∈V|‖uε‖V≤2Rε(t)}

(18)

則能得到Bε={Bε(t)}t∈R在V中是拉回吸收的，進一步有

引理8 設(shè)Rε(t)和Bε(t)定義如上(17)和(18)，對于任意的t∈R，問題(13)的解v(t)=U1,ε(t,t-τ)u(t-τ)滿足

證明方程(13)式兩邊同乘以v(t)，分部積分得

對上式使用Poincare不等式得

設(shè)η1=2η>0，則

(19)

對(19)式從t-τ到t積分得

因此引理8得證。

證明將(14)式與w(t)在空間V中做內(nèi)積，得

=〈B(w,w)-B(w,u)-B(u,w),w〉+ε〈f(x,t),w〉

(20)

利用三線性算子的性質(zhì)〈B(w,w),w〉=0,〈B(u,w),w〉=0以及所滿足的不等式(2)式，再結(jié)合Young不等式，可得，

〈(B(w,w)-B(w,u)-B(u,w)),w〉

≤C‖w‖2‖v‖2+μ‖▽w‖2≤Ce-η1τRε(t-τ)‖w‖2+μ‖▽w‖2

(21)

以及

(22)

結(jié)合(20)-(22)式，可以得出

對任意的t>τ，從t-τ到t積分可得

引理10 對?t∈R和?τ>0，問題(11)的解在空間V中，當ε→0+時，uε(t)=Uε(t,t-τ)u0收斂到u(t)=S(τ)u0，即

其中B是空間V中的有界子集。

證明令

yε(t)=uε(t)-u(t),

于是yε(t)滿足

(23)

yε|?Ω=0,

yε|t = τ= (uε)τ-uτ

方程(23)式兩邊同乘以yε(t)并積分，可得

=-〈B(u,u)-B(uε,uε),yε〉+〈εf,yε〉

≤|〈B(uε,uε)-B(u,u),yε〉|+〈εf,yε〉

≤‖B(uε,uε)-B(u,u)‖V‖yε‖V+

根據(jù)Poincare不等式‖▽yε‖2≥λ‖yε‖2，得

(24)

利用引理(7)-引理(9)，以及解的存在性可以知道

uε,u∈C([τ,+∞);H)∩L2(τ,T;V)∩L∞(τ,T;D(A)∩H)

即引理10得證

定理5的證明可結(jié)合引理7-引理10，以及引理1得證。