一類含梯度項的奇異拋物型方程弱解的存在性

張亞茹, 夏 莉,2*

(1. 廣東財經大學統計與數學學院, 廣州 510320; 2. 廣東財經大學大數據與教育應用統計實驗室, 廣州 510320)

含有梯度項的奇異拋物方程可以描述熱化學反應、人口動態學、非牛頓流體、滲流現象和相變理論等領域中的許多實際問題。這類含梯度項的奇異拋物方程可能出現多處奇性項和非線性項,從而造成理論研究上的本質性困難。而且,這類奇異方程在一定條件下可以通過某些變換轉化為其他類型的方程。因此,對于帶梯度項的奇異拋物型問題的解的研究一直是熱點問題。

在過去的幾十年里,學者們獲得了許多有關含梯度項奇異拋物方程的理論成果。例如,假設f(|x|,t)是徑向對稱函數,A1為N(N≥2)中的單位球,學者們研究了

(1)

的非徑向經典解或弱解的存在性、唯一性和漸近行為[1-3];討論了與方程(1)相關的一些奇異橢圓方程,得到了其正則化的結果,并證明了這些奇異橢圓方程的非負弱解的存在性、唯一性[4-8]。

其次,當用p-laplace算子Δpy=div(|?y|p-2?y)(p>1)代替方程(1)中的算子Δy時,學者們研究了這類非線性拋物方程或橢圓方程的解的存在性和唯一性[9-10];考慮了某些非線性拋物方程邊值問題的非負解的存在性[11];進一步考慮了某些含超線性奇異梯度項的拋物型方程Cauchy-Dirichlet問題的非負解的存在性[12]。

此外,如果定義|x|=r,則方程(1)轉化為方程

(2)

的初邊值問題,其中,y≥0,(r,t)(0,1)×(0,T]。在l=2時,ZHOU和LEI[13]研究了當κ=0,1≤m<2時,問題(2)的經典正解的存在性;ZHOU[14]研究了在1≤m<2的情況下,與問題(2)相關的奇異橢圓邊值問題存在正解的充分條件;夏莉和李敬娜[15]考慮了問題(2)在m=1的特殊情況下的弱解。在l>0時,XIA和ZHANG[16]研究了問題(2)的古典解的存在性。

本文主要研究以下含梯度項的奇異拋物型方程

的弱解,其中,κ≥0和λ>0都是常數,m(0,2),f(r,t)、φ(r)是分別滿足條件(H1)、(H2)的函數:

(H1)f(r,t)且在上f(r,t)>0;

(H2)φ(r)C(0,1)∩H1(0,1),在區間(0,1)中,φ(r)>0,且φ(0)=φ(1)=0。

本文使用拋物正則化法和上下解方法,研究了0

1 預備知識

為了得到問題(3)～(5)的解,約定:

(D3)區間[0,T]中,g(t)為C1連續函數,且滿足函數值g(t)≥1和一階導數g′(t)>0;

G(s)=sm-1-1(λ+-1)·[max[0,T]g(t)]m-1+

sm-2-2·maxETf·[min[0,T]g(t)]m-2。

其次,除了f(r,t)、φ(r)(分別簡記為f、φ)需要滿足的條件(H1)、(H2)外,還需要給定以下條件:

(H3)當κ>0,λ>(κ+1)/2時,有

C12g(0)(1-r2)

(H4)當κ[0,1],λ>0時,有

C12g(0)(1-r2)

上述條件中C1、C2、C3均為常數,C1<1/2,C2,C3≥1。

下面對問題(3)～(5)的弱解進行定義。

定義1如果函數y≥0,且滿足以下條件:

(i)在ET上,y幾乎處處大于0;

(ii)y且有ytV*及rκ|y′|2L1(ET);

(iii)對于任意函數Ψ以下等式成立:

則稱y為問題(3)～(5)的弱解。

下面將問題(3)～(5)進行正則化,同時給出正則化問題的古典上下解定義。

顯然,在r=0和y(r,t)=0時,方程(3)具有奇異性。故需要對問題(3)～(5)進行正則化,將其轉化為以下正則化方程

(6)

由條件(H1)、(H2)及文獻[17],容易得到問題(6)的古典解yε的存在性。為了后續證明過程中表述的簡潔,給出以下簡記符號:

F(ξ)=ξt-ξ″,

令y0=g(t)(r-r2)/2,其中g(t)滿足條件(D3)。顯然,y0為以下問題的古典解:

其中,b(r,t)=g′(t)(r-r2)/2+g(t)。顯然,在ET上有0≤y0≤rg(t),并且對?δ(0,1/2),在[δ,1-δ]×[0,T]上有y0>0。

定義2若在ET中y≥0幾乎處處成立,yV,ytV*,且對?0≤ΨV,均有

則稱y為問題(6)的弱下解。同理,將上述符號反號,可得其弱上解的定義。

2 主要結論及其證明

首先引入以下引理。

證明由問題(6)可得

f(r,t)≤C1

引理2假設κ>0,λ>(κ+1)/2,且條件(H3)成立,令y1ε=C2g(t)(r+ε1/),y2ε=C2g(t)(1+ε1/-r),其中,δ(0,δ0),0<δ0<1/2,則是問題(6)的古典上解。

F(y1ε)-hε(r,t,y1ε,y′1ε)=C2g′(t)(r+ε1/)-

C2(κ+-1)g(t)(r+ε1/)+

-C2(κ+-1)g(t)(1+ε1/)+

-C2(κ+-1)

其中,

Sε(t)=C2(κ+-1)g(t)[1-(1+ε1/)]+

又因為g(t)和g2-m(t)在[0,T]上一致有界,故對?t[0,T],當ε→0時,易證Sε(t)→0。

受文獻[14]的啟示,易知存在正常數C2≥1,使得G(C2)<λ,其中函數G(s)已由條件(D4)給出。因此,當0

F(y1ε)-hε(r,t,y1ε,y′1ε)≥

當1

F(y1ε)-hε(r,t,y1ε,y′1ε)≥

其中,L=(λ+-1)/。這表明對?ε(0,δ0),(r,t)ET,F(y1ε)-hε(r,t,y1ε,y′1ε)≥0。同理可證F(y2ε)≥hε(r,t,y2ε,y′2ε)。證畢。

引理3假設κ[0,1],λ>0且條件(H4)成立,令其中則是問題(6)的古典上解。

證明顯然,zε是如下問題的古典解:

(7)

f(r,t)(r+ε1/)κ≥C3g(t)-f(r,t)(r+ε1/)κ,

由引理1至引理3和問題(6)的最大化原理,可得在ET中

(8)

幾乎處處成立。

引理4對?ε(0,1),t(0,T],(r,t)Et,有

其中,Et=(0,1)×(0,t],C是與ε無關的正常數。

證明由

?Et(r+ε1/)κ(F(yε)-hε(r,t,yε,y′ε))yεdrdt=0

可得

?Et(r+ε1/)κf(r,t)yεdrdt。

由式(8)可知

其中,C是與ε無關的正常數。證畢。

下面給出?yε/?t的局部估計。

引理5對所有的ζ(0,1),?t(0,T],有

?Et[(r+ε1/)κ(yε+ε)-2λ|yεt|2ζ2]drdt+

其中,Et=(0,1)×(0,t],δ(0,1/2),Cδ是僅與δ相關的正常數。

證明令

則uεt=(yε+ε)-λyεt,u′ε=(yε+ε)-λy′ε,故式(6)可以寫為以下形式:

(r+ε1/)κuεt-((r+ε1/)κu′ε)′=(r+ε1/)κ(yε+ε)-λf(r,t)。

首先,考慮等式

?Et[(r+ε1/)κ[|uεt|2-(yε+ε)-λf(r,t)uεt]-

((r+ε1/)κu′ε)′uεt]ζ2drdt=0。

(9)

注意到式(9)中

-?Et((r+ε1/)κu′ε)′uεtζ2drdt=

(10)

因為ζ故?δ(0,1/2),使得在(0,1)[δ,1-δ]上,ζ≡0,ζ′≡0。再采用與參考文獻[18]相似的方法,由式(9)、式(10)、H?lder不等式和Young不等式可得

?Et(r+ε1/)κ(yε+ε)-2λ|yεt|2ζ2drdt+

因此

?Et(r+ε1/)κ(yε+ε′)-2λ|yεt|2ζ2drdt+

證畢。

引理6對?ε(0,1),?r1,r2[δ,1-δ]和?t1,t2[0,T],有

|yε(r2,t2)-yε(r1,t1)|≤C1δ|r2-r1|1/+C2δ|t2-t1|1/2,

其中,δ(0,1/2),C1δ、C2δ僅與δ有關,且C1δ為非負常數,C2δ是正常數。

(11)

由引理5,可得

取Δt=|t2-t1|,使得r1+Δt1/[δ,1-δ]。由引理5、H?lder不等式和Young不等式,可得

(12)

其中,k()=(2+)/(2+-1)。

再結合式(12)可得

|yε(r,t2)-yε(r,t1)|≤C2δΔt1/2。

最后,由式(11)可得

|yε(r2,t2)-yε(r1,t1)|≤C1δ|r2-r1|1/+C2δ|t2-t1|1/2,

證畢。

yε→y,(r,t)ET;

(13)

在L2(ET)中,有

y′ε?y′;

(14)

(15)

式(14)、(15)中“?”表示弱收斂。

從引理4和Lukin定理可知

(16)

引理7對?ζ當ε→0時,有

?Etrκ+1ζ2||y′ε|2-|y′|2|drdt→0。

證明

?Etrκ+1ζ2(yε-y)(F(yε)-hε(r,t,yε,y′ε))drdt=0,

將其展開后可得

?Etrκ+1ζ2y′ε(yε-y′)drdt+?Etrκ+1ζ2(yε-y)yεtdrdt+

?Etrκ+1ζ2(yε-y)f(r,t)drdt=0。

(17)

當ε→0,采用類似文獻[18]的方法,由引理4、引理5、H?lder不等式和Lebesgue控制收斂定理,可得

I1=?Etrκ+1ζ2(yε-y)yεtdrdt→0,

I2=?Etrκ+1y′εζζ′(yε-y)drdt→0,

已知ζ且在C((0,1)×[0,T])上,yε一致收斂到y,則由式(8)、引理4和Lebesgue控制收斂定理,當ε→0時,可得

I4=λ?Etrκ+1ζ2(yε+ε)-1(yε-y)|y′ε|2drdt≤

(18)

由式(18)和式(16),當ε→0時,有

?Etrκ+1ζ2y′ε(yε-y)drdt→0。

由式(13),當ε→0時,有

?Etrκ+1ζ2y′ε(yε-y)′drdt→0。

因此

?Etrκ+1ζ2|y′ε-y′|drdt→0。

最后,在V*中,由式(15)和引理4,可得

?Etrκ+1ζ2||y′ε|2-|y′|2| drdt≤

證畢。

注1在證明引理7的過程中,可以進一步證得問題(3)～(5)的弱解yC((0,1)×[0,T])。

本文主要結論如下:

定理1令κ>0,λ>(κ+1)/2,假設條件(H1)、(H2)成立,且函數φ滿足條件(H3),則問題(3)～(5)至少存在一個弱解。更進一步,?t[0,T],有y′(0,t)=y′(1,t)=0。

接下來,仍采用文獻[18]類似的方法,易證y滿足定義1中的條件(iv)。

此外,由式(8)得

C1g(t)(r-r2)≤y(r,t)≤

C2g(t)·min{r,(1-r)}((r,t)ET)。

從而

因此,y′(0,t)、y′(1,t)存在且y′(0,t)=y′(1,t)=0,t(0,T]。證畢。

定理2令0≤κ<1,λ>0,假設條件(H1)、(H2)成立,并且函數φ滿足條件(H4),則問題(3)～(5)至少存在1個弱解。

定理2的證明過程類似定理1,在此略。

最后,給出問題(6)的弱比較原理:

定理3令κ>0,λ>0,假設y1、y2分別為問題(6)的弱下解和弱上解,如果在(0,1)內y2(r,0)≥y1(r,0)幾乎處處成立,且在(0,T)內y2(0,t)≥y1(0,t),y2(1,t)≥y1(1,t)幾乎處處成立,則在ET上y2≥y1幾乎處處成立。

證明由弱下解和弱上解的定義可得:對?ΨL2有

f(r,t)Ψ]drdt≥0,

(19)

f(r,t)Ψ]drdt≤0,

(20)

其中,Et=(0,1)×(0,t],t[0,T]。

定義函數ρ(s):(0,∞)→為

其中,若m(0,1),則令am=0;若m≥1,?c1,c2>0,使得yi≥ci(i=1,2)成立,則可取am=min(c1,c2)。

注意到

且

可得

通過以上變換,式(3)轉換為

故不等式(19)、(20)分別可變為

?Et{[ρ(y2)]tΨ+[ρ(y2)]rΨ′-[ρ′(y2)]f(r,t)Ψ-

(21)

?Et{[ρ(y1)]tΨ+[ρ(y1)]rΨ′-[ρ′(y1)]f(r,t)Ψ-

(22)

記w=ρ(y1)-ρ(y2)=(ρ1-ρ2),再由式(22)減去式(21),可得

?Et{wtΨ+wrΨ′+[w′(y2)-w′(y1)]f(r,t)Ψ-

同時,注意到Ψ=(w)+其中(w)+=max{0,w},則有

在[am,∞)中,w′≥0且w″≤0,所以,在ET中

[w′(y2)-w′(y1)]f(r,t)w+≥0

幾乎處處成立。

又因為y′1≤y′2,故

綜上可知

由此可得,在ET上w+=0幾乎處處成立,故在ET上y2≥y1幾乎處處成立。證畢。