具耗散项波动方程整体解的存在唯一性

张媛媛　王宏伟

摘要 研究了一类具耗散项波动方程的初边值问题.借助偏微分方程的一些标准技巧对非线性项进行估计，利用嵌入定理和算子半群的方法证明了在相对较弱的条件下上述问题整体解的存在唯一性.

关键词 耗散项；整体解；存在性；唯一性

中图分类号O175.29文献标识码A文章编号10002537（2015）01007105

具耗散项波动方程的初边值问题是近年来偏微分方程研究的热点，目前关于它的研究主要集中在其解的存在唯一性方面.文献[1～9]中对一些非线性发展方程的整体解均有论述，Filippo和Vittorino随后的研究又得到许多有意义的结果[1011]，他们恰当地运用文献[12]中的Temam定理，讨论了所研究方程整体弱解的存在唯一性.本文旨在研究下列一类具耗散项方程

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中具有光滑边界的有界区域）整体解的存在唯一性.方程（1）的物理模型参看文献[13]，其主要描述一类具强耗散项梁振动的非线性波动方程.在非线性项增长阶不变的情况下，论文得到比[14]更好的解空间.

记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），则A是V2上的自伴正算子，且A从V2到V′2和从D（A）到L2上同构.

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

考虑问题（1）～（3）的Cauchy问题：

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

引理1[15]设X，Y是Banach空间，并且XY.若φ∈L∞（0，T；X）∩Cw（0，T；Y），则

φ∈Cw（[0，T]；X）.

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

引理3[2]设z（t）非负，是[0，∞）上的绝对连续函数，满足下列不等式

dzdt+ερz≤k+Cε2qzq，t>0，ε∈（0，ε0]，

其中ε0≤2ρ3k（k4C）1q，k，C，ρ>0，q>1是常数.则z（t）≤R2≡2kε0ρ，t≥T（z0）.这里T（z0）（>0）是依赖于z0=z（0）的常数.

1主要结论及证明

定理假定下列条件成立

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

（ii）（u0，u1）∈X2+2δ.

则问题（1）～（3）存在唯一解u∈C（ R + ；V2+2δ）∩C1（R + ；V2δ），ut∈L2loc（R + ；V1+2δ），且（u，ut）连续依赖X2+2δ上的初值.

证式（4）与ut作内积，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）积分，并结合式（6），得：

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

设v=ut+εu，则v满足

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

式（7）与v作内积，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）

这里

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）

将式（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.

通过计算，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.

将上式代入式（10），得：

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

设Z（t）=H（u，v）+C，则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）

设R2，对于给定的（u0，u1）∈X2+2δ且‖（u0，u1）‖X2+2δ≤R，则‖（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）与Aδut，Aδu（0<δ≤12）分别作内积，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）.

将式（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）

现在考虑问题（4）的近似解un（t）=∑nj=1Tjn（t）ωj，这里Aωj=λjωj，j=1，…，{ωj}是L2中的正交基，同时在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. 这里（u0n，u1n）→（u0，u1）在X2+2δ中，当n→∞.显然，估计式（18）～（20）对un仍成立.因此，可从中抽取子序列仍记作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） 当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， 当n→∞.

式（21）在（0，t）上积分，得到等价方程

（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）中当n→∞时，对t求导，可得u是问题（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）上积分，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）上是可积的.因此，（u，ut）∈C（[0，T]；V2+2δ×V2δ）.

下证（u，ut）连续依赖X2+2δ上的初值.

设u，v是问题（4）分别对应于初值u0，u1和v0，v1的两个解，则ω=u-v满足方程

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）式与Aδωt作内积，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.

上式应用Gronwall不等式，得：

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

所以，解连续依赖X2+2δ上的初值，即解的唯一性得证.

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（编辑胡文杰）