该文主要研究了如下一类具有记忆和变时滞的抽象发展方程

$ \begin{equation}\label{1.1} \left\{\begin{array}{ll} u_{tt}(t)+Au(t)-\int_{0}^{t}g(t-s)A u(s){\rm d}s+\mu_1h_1(u_t(t)) \\ \ \;+\mu_2h_2(u_t(x, t-\tau(t)))=\nabla F(u(t)), &(x, t)\in\Omega\times(0, \infty), \\ u(x, t)=0, &(x, t)\in \partial\Omega\times(0, \infty), \\ u(x, 0)=u_0(x), \, \, \, u_t(x, 0)=u_1(x), &x\in \Omega, \\ u_t(x, t)=f_0(x, t), &(x, t)\in\Omega\times[-\tau(0), 0), \end{array}\right. \end{equation} $

(1.1)

其中$\Omega$是$\mathbb{R}^n$中具有光滑边界$\partial \Omega$的有界区域, $\tau(t)>0$是变时滞, 常数$\mu_1$和实数$\mu_2$, $h_1, h_2$是给定的函数, 初始值$(u_0, u_1, f_0)$在一合适的函数空间中.这里, 下标$t$表示对时间$t$求偏导数, $A: D(A)\subset H \rightarrow H$是一个具有稠密域$D(A)$的线性自伴增生算子, $\nabla F$表示一个具有Gâteaux微分函数$F: D(\sqrt{A})\rightarrow \mathbb{R} $的梯度, $g$表示记忆核.

当方程(1.1)不含时滞($\mu_2=0$)时, 该问题包含许多模型并且在过去几十年里, 得到了广泛的研究和较好的结论.比如如下粘弹性波动方程的初边值问题(参见文献[7-8, 10, 16]及其参考文献)

$ \begin{equation}\label{1.2} u_{tt}-\triangle u+\int_0^tg(t-s)\triangle u(s){\rm d}s+h(u_t)=f(u). \end{equation} $

(1.2)

当$f=-|u|^{\gamma}u$, $h(u_t)=a(x)u_t$, $a(x)$和$g(s)$满足一定条件时, Cavalcanti等^[6]得到了问题(1.2)的指数衰减估计. Berrimi和Messaoudi^[4]构造一个新的函数减弱了对$a(x)$和$g(s)$的限制条件, 进而改进了文献[6]的结论.在文献[20-21]中, Messaoudi和Mustafa研究了在部分边界上具有非线性阻尼的粘弹性方程, 给出了解的一般衰减估计式.

文献[1]研究了一类更一般的抽象方程

$ \begin{equation}\label{1.3} u_{tt}(t)+Au(t)-\int_{0}^{t}g(t-s)A u(s){\rm d}s=\nabla F(u(t)), ~~(x, t)\in\Omega\times(0, \infty), \end{equation} $

(1.3)

并且得到了解的一致稳定性估计.当方程(1.1)不含时滞($\mu_2=0$)时, Wu^[34]得到了解的一般衰减估计并且给出几个具体的模型.

时滞$\mu_2h_2(u_t(x, t-\tau(t)))$的引入, 使得问题变得不同已有的文献.众所周知, 时滞出现在许多实际问题中, 它不仅依赖于现在的状态而且也依赖于过去的状态.时滞是一个不稳定源, 即使是一个较小的时滞也能使原来不具时滞的稳定系统变得不稳定, 除非在加入额外的控制项^{[12-13, 24-25, 33, 35]}.

Nicaise和Pignotti在文献[24]中研究了如下一类具有时滞的波动方程的Dirichlet问题

$ u_{tt}-\triangle u+\mu_1u_t+\mu_2u_t(x, t-\tau)=0, $

当$0 <\mu_2 <\mu_1$时得到了系统的稳定性结果, 相反, 当$\mu_2\geq \mu_1$时, 存在一列时滞使得相应系统是不稳定的.当耗散和阻尼都在边界上时, 他们也得到类似的结论.在一维空间中, 利用谱分析的方法^[35]也得到了类似的结论. Nicaise和Pignotti^[27]将此结论推广到在边界或内部具有变时滞的波动方程.

最近, Kirane和Said-Houari在文献[15]中研究了如下粘弹性波动方程

$ u_{tt}-\triangle u+\int_0^{t}\mu(t-s)\triangle u(s){\rm d}s+\mu_1u_t+\mu_2u_t(x, t-\tau)=0. $

当$0 <\mu_2\leq\mu_1$时, 他们得到了解的整体适定性和解的能量衰减估计.随后, Dai和Yang^[11]改进了文献[15]的结论:在没有对$\mu_1, \mu_2>0$和$\mu_2 <\mu_1$进一步限制时, 得到解的整体存在性, 以及当$\mu_1=0$时能量的指数衰减估计.

在文献[2, 30]中, Nicaise等研究了局部Kelvin-Voigt和混合边界条件的时滞波动方程.最近, Messaoudi, Fareh和Doudi^[22]研究了如下一类具强阻尼和强时滞的波动方程

$ u_{tt}(x, t)-\triangle u(x, t)-\mu_1\triangle u_t(x, t)-\mu_2\triangle u_t(x, t-\tau)=0, $

证明了解的整体适定性($0 <|\mu_2|\leq \mu_1$), 能量的衰减估计($|\mu_2| <\mu_1$).同时, 他们也讨论了具有分布时滞的波动方程.

最近, 文献[29]研究了一类具有时滞和源项的抽象发展方程, 给出了当该模型的线性部分的$C_0$半群是指数稳定时, 若时滞条件足够小, 则整个系统也具有同样的性质.

这里, 我们还需指出如下方程的初边值问题

$ \begin{equation}\label{1.4} u_{tt}-\triangle u+\mu_1\sigma(t)h_1(u_t)+\mu_2\sigma(t)h_2(u_t(t-\tau(t)))=0. \end{equation} $

Benaissa等^[5]利用Faedo-Galerkin方法得到了解在Sobolev空间中的整体存在性, 并且利用乘子方法得到解的稳定性行为.

最近, 在文献[31]中, Pignotti研究了如下方程

$ u_{tt}(t)+Au(t)-\int_{0}^{t}g(t-s)A u(s){\rm d}s+b(t)u_t(t-\tau)=0 $

当时滞项系数属于$L^1(0, \infty)$时, 解的稳定性行为.同时也研究了具有反向耗散时, 得到系统稳定性的结果.

综上所述, 对问题(1.1)的研究是很有意义的.类似文献[19, 26-27], 我们引入以下新的变量

$ z(x, \rho, t)=u_t(x, t-\rho\tau(t)), ~~x\in\Omega, ~~\rho\in(0, 1), ~~t>0. $

因此, 问题(1.1)等价于

$ \begin{equation}\label{1.5} \left\{\begin{array}{ll} u_{tt}(t)+Au(t)-\int_{0}^{t}g(t-s)A u(s){\rm d}s+\mu_1h_1(u_t(t)) \\ \ \;+\mu_2h_2(z(x, 1, t))=\nabla F(u(t)), &(x, t)\in\Omega\times(0, \infty), \\ \tau(t)z_t(x, \rho, t)+(1-\rho\tau'(t))z_{\rho}(x, \rho, t)=0, &(x, \rho, t)\in \Omega\times(0, 1)\times (0, \infty), \\ u(x, t)=0, &(x, t)\in \partial\Omega\times(0, \infty), \\ u(x, 0)=u_0(x), \, \, \, u_t(x, 0)=u_1(x), &x\in \Omega, \\ z(x, \rho, 0)=f_0(x, -\rho\tau(0)), &(x, \rho)\in\Omega\times[0.1). \end{array}\right. \end{equation} $

(1.5)

本文结构如下:第2节, 我们给出一些假设条件以及局部解的存在性结果; 第3节, 给出并证明主要结论, 同时给出几个具体的例子验证本文的结论.

记$H$是实Hilbert空间, 其内积为$\langle \cdot \rangle$, 范数为$\|\cdot \|.$在不引起混淆的情况下, 省略变量$x$和$t$, $C$和$C_i$表示正常数.

我们需要如下假设条件.

(A1) $A$是定义在$X $具有稠密域$D(A)$的自伴线性算子, 满足

$ \begin{equation}\label{2.1} \langle Ax, x\rangle\geq M\|x\|, ~~~x\in D(A), ~M>0. \end{equation} $

(2.1)

(A2)记忆核$g:[0, \infty)\rightarrow [0, \infty)$是绝对连续函数满足

$ \begin{equation}\label{2.2} g(0)>0, ~~~~~~~1-\int_0^{\infty}g(s){\rm d}s=l>0, \end{equation} $

(2.2)

并且存在非增可微正函数$\xi$使得

$ \begin{equation}\label{2.3} g'(t)\leq -\xi(t)g(t), ~~~~\forall t\geq0. \end{equation} $

(2.3)

(A3)设$F: D(\sqrt{A})\rightarrow \mathbb{R} $是已知的Gâteaux微分函数$\forall x\in D(\sqrt{A}).$类似文献[1], 假设

(a) 对任意$u\in D(\sqrt{A})$, 存在正常数$c(u)$使得

$ \begin{array}{l} |DF(u)(v)|\leq c(u)\|v\|, ~~~\forall v\in D(\sqrt{A}), \end{array} $

其中$DF(u)$是$F$在$u$点的Gâteaux微分.因此, $DF(u)$延拓到$H$, 记作$\nabla F(u)$即

$ \begin{array}{l} \langle \nabla F(u), v\rangle=DF(u)(v), ~~~~\forall v\in H. \end{array} $

(b) 对任意$c>0$, 存在$L_c>0$使得当$u, v\in D(\sqrt{A})$满足$\|\sqrt{A}u\|, \|\sqrt{A}v\|\leq c$时, 都有

$ \begin{equation}\label{2.4} \|\nabla F(u)-\nabla F(v)\|\leq L_c\|\sqrt{A}u-\sqrt{A}v\|. \end{equation} $

(2.4)

(c) 存在严格单增连续函数$\psi:[0, \infty)\rightarrow [0, \infty)$使得

$ \begin{equation}\label{2.5} |F(u)|\leq \psi(\|\sqrt{A}u\|)\|\sqrt{A}u\|^2, ~~~\forall u\in D(\sqrt{A}). \end{equation} $

(2.5)

(A4) $h_1:\mathbb{R} \rightarrow\mathbb{R} $是非减连续函数, 并且存在存在严格单增函数$h_0\in C^1([0, \infty))$, $h_0(0)=0$, 以及正常数$c_1, c_2$使得

$ \begin{equation}\label{2.6} h_0(|s|)\leq |h_1(s)|\leq h_0^{-1}(|s|), ~~~ \forall\ |s|\leq \epsilon, \end{equation} $

(2.6)

$ \begin{equation}\label{2.7} c_1|s|\leq |h_1(s)|\leq c_2|s|, ~~~ \forall\ |s|\geq \epsilon. \end{equation} $

(2.7)

并且假设$H_1(s)=\sqrt{s}h_0(\sqrt{s})$是严格凸的$C^2[0, r^2]$函数, $r>0$.

(A5) $h_2:\mathbb{R} \rightarrow\mathbb{R} $非减$C^1(\mathbb{R} )$奇函数, 存在正常数$c_3, c_4, c_5$使得

$ \begin{equation}\label{2.8} |h_2'(s)|\leq c_3, ~~~~~c_4sh_2(s)\leq H_2(s)\leq c_5sh_1(s), \end{equation} $

(2.8)

其中$s\in \mathbb{R} $, $H_2(s)=\int_0^sh_2(t){\rm d}t$.

(A6)类似文献[26-27], $\tau\in W^{2, \infty}([0, T])$, $T>0$, 存在正常数$\tau_0, \tau_1$和$d$使得$0 <\tau_0\leq \tau(t)\leq\tau_1$, $\tau'(t)\leq d <1$, $ \forall t>0.$并且耗散和时滞的系数满足

$ \begin{equation}\label{2.9} 0\leq |\mu_2| < \frac{c_4(1-d)}{c_5(1-c_4d)}\mu_1. \end{equation} $

(2.9)

注2.1  由条件(A4)可知$sh(s)>0, s\neq0.$由条件(A5)可知$H_2$偶凸函数满足$H_2(s)\leq sh_2(s), $从而$c_4\leq1.$

下面定义问题(1.5)对应的能量泛函

$ \begin{array}{l}\label{2.10} E(t)=\frac{1}{2}\|u_t(t)\|^2+\frac{1}{2}\bigg(1-\int_0^tg(s){\rm d}s\bigg)\|\sqrt{A}u(t)\|^2+\frac{1}{2}(g\circ\sqrt{A}u)(t) \\ -F(u)(t)+\frac{\kappa\tau(t)}{2}\int_{\Omega}\int_0^1H_2(z(x, \rho, t)){\rm d}\rho {\rm d}x, \end{array} $

(2.10)

其中

$ \big(g\circ\sqrt{A}u\big)(t)=\int_0^tg(t-s)\|\sqrt{A}u(t)-\sqrt{A}u(s)\|^2{\rm d}s, $

$ \begin{equation}\label{2.11} \frac{2|\mu_2|(1-c_4)}{c_4(1-d)} <\kappa <\frac{2(\mu_1-c_5|\mu_2|)}{c_5}, \end{equation} $

(2.11)

由假设条件(2.9)知(2.11)式中$\kappa$的选取是合理的.

结合文献[5, 17]建立初边值问题(1.5)解的局部存在性:

定理2.1  假设条件(A1)-(A6)和(2.11)式成立, 如果$u_0\in D(A), u_1\in D(\sqrt{A})$, $f_0\in W^{1, 2}(\Omega, (-\tau(0), 0))$满足相容性条件$f_0(\cdot, 0)=u_1.$则存在时间$T>0$使得初边值问题(1.5)存在唯一强解

$ \begin{array}{l} u\in L^{\infty}(0, T; D(A)), u_t\in L^{\infty}(0, T; D(\sqrt{A})), ~~u_{tt}\in L^{\infty}(0, T; H). \end{array} $

并且, 如果$u_0\in D(\sqrt{A})$, $u_1\in H$, 初边值问题(1.5)存在唯一弱解

$ \begin{array}{l} u\in C([0, T]; D(\sqrt{A}))\cap C^1([0, T]; H). \end{array} $

本节建立问题(1.5)整体解的能量衰减估计.

引理3.1  如果条件(A1)-(A6)和(2.11)式成立, 则存在正常数$\beta_1$, $\beta_2$使得

$ \begin{array}{l}\label{3.1} E'(t)&\leq& -\beta_1\langle h_1(u_t), u_t\rangle-\beta_2\langle h_2(z(1, t)), z(1, t)\rangle+\frac{1}{2}(g'\circ \sqrt{A}u)(t)-\frac{1}{2}g(t)\|\sqrt{A}u\|^2 \\ &\leq& 0. \end{array} $

(3.1)

证  方程$(1.5)_1$两边同乘$u_t(t)$, 然后在$\Omega$上积分, 则有

$ \begin{array}{l}\label{3.2} \frac{\rm d}{{\rm d}t}\bigg(\frac{1}{2}\|u_t\|^2+\frac{1}{2}\|\sqrt{A}u\|^2-F(u)\bigg) \\ =\int_0^tg(t-s)\int_{\Omega}\sqrt{A}u_t(t)\sqrt{A}u(s){\rm d}x{\rm d}s -\mu_1\int_{\Omega}h_1(u_t)u_t{\rm d}x-\mu_2\int_{\Omega}h_2(z(x, 1, t))u_t{\rm d}x. \end{array} $

(3.2)

等式(3.2)右端第一项为

$ \begin{array}{l} \int_0^t g(t-s)\langle \sqrt{A}u_t(t), \sqrt{A}u(s)\rangle {\rm d}s\\ =-\int_0^tg(t-s)\int_{\Omega}\big(\sqrt{A}u(t)-\sqrt{A}u(s)\big)_t\big(\sqrt{A}u(t)-\sqrt{A}u(s)\big){\rm d}x{\rm d}s\\ +\int_0^tg(t-s)\int_{\Omega}\sqrt{A}u_t(t)\sqrt{A}u(s){\rm d}x{\rm d}s\\ \frac{1}{2}\frac{\rm d}{{\rm d}t}\bigg[\int_0^tg(s){\rm d}s\|\sqrt{A}u(t)\|^2-(g\circ\sqrt{A}u)(t)\bigg]+\frac{1}{2}(g'\circ\sqrt{A}u)(t)-\frac{1}{2}g(t)\|\sqrt{A}u(t)\|^2. \end{array} $

结合上式及$(1.5)_2$式, 则有

$ \begin{array}{l}\label{3.3} E'(t)=-\mu_1\int_{\Omega}h_1(u_t)u_t{\rm d}x-\mu_2\int_{\Omega}h_2(z(x, 1, t))u_t{\rm d}x-\frac{1}{2}g(t)\|\sqrt{A}u(t)\|^2+\frac{1}{2}(g'\circ\sqrt{A}u)(t) \\ +\frac{\kappa\tau'(t)}{2}\int_{\Omega}\int_0^1H_2(z(x, \rho, t)){\rm d}\rho {\rm d}x+\frac{\kappa\tau(t)}{2}\int_{\Omega}\int_0^1h_2(z(x, \rho, t))z_t(x, \rho, t){\rm d}\rho {\rm d}x \\ =-\mu_1\int_{\Omega}h_1(u_t)u_t{\rm d}x-\mu_2\int_{\Omega}h_2(z(x, 1, t))u_t{\rm d}x-\frac{1}{2}g(t)\|\sqrt{A}u(t)\|^2+\frac{1}{2}(g'\circ\sqrt{A}u)(t) \\ +\frac{\kappa\tau'(t)}{2}\int_{\Omega}\int_0^1H_2(z(x, \rho, t)){\rm d}\rho {\rm d}x-\frac{\kappa}{2}\int_{\Omega}\int_0^1(1-\rho\tau'(t))\frac{\rm d}{{\rm d}\rho}H_2(z(x, \rho, t)){\rm d}\rho {\rm d}x \\ =-\mu_1\int_{\Omega}h_1(u_t)u_t{\rm d}x-\mu_2\int_{\Omega}h_2(z(x, 1, t))u_t{\rm d}x-\frac{1}{2}g(t)\|\sqrt{A}u(t)\|^2+\frac{1}{2}(g'\circ\sqrt{A}u)(t) \\ -\frac{\kappa}{2}\int_{\Omega}\{(1-\tau'(t))H_2(z(x, \rho, t))-H_2(z(x, 0, t))\}{\rm d}x. \end{array} $

(3.3)

类似于文献[32], (3.3)式右端估计如下

$ \begin{array}{l}\label{3.4} -\frac{\kappa}{2}\int_{\Omega}\{(1-\tau'(t))H_2(z(x, \rho, t))-H_2(z(x, 0, t))\}{\rm d}x \\ \leq -\frac{\kappa c_4}{2}(1-d)\langle h_2(z(1, t)), z(1, t)\rangle+\frac{\kappa c_5}{2}\langle h_1(u_t), u_t\rangle. \end{array} $

(3.4)

现在估计$I_0=-\mu_2\int_{\Omega}h_2(z(x, 1, t))u_t{\rm d}x.$定义凸函数$G$的对偶函数$ G^*(s)=\sup_{t\geq0}(st-G(t))$, 则有$st\leq G^*(s)+G(t)$, $s, t\geq0.$由文献[3]的讨论知, $G^*(s)=s(G')^{-1}(s)-G((G')^{-1}(s))$, $s\geq0.$故由$H_2$的定义则有

$ \begin{equation}\label{3.5} H_2^*(s)=sh_2^{-1}(s)-H_2(h_2^{-1}(s)), ~~~s\geq0. \end{equation} $

(3.5)

由(3.5)式得

$ \begin{equation}\label{3.6} I_0\leq|\mu_2|\int_{\Omega}\big(h_2(z(x, 1, t))z(x, 1, t)-H_2(z(x, 1, t))+H_2(u_t)\big){\rm d}x. \end{equation} $

(3.6)

事实上, 当$h_2(z(x, 1, t))>0$和$u_t\leq 0$时

$ \begin{array}{l} I_0=\mu_2\langle h_2(z(1, t)), -u_t(t)\rangle\\ \leq |\mu_2|\int_{\Omega}\big(H_2^*(h_2(z(x, 1, t)))+H_2(-u_t(x, t))\big){\rm d}x \\ =|\mu_2|\int_{\Omega}\big(h_2(z(x, 1, t)) z(x, 1, t)-H_2(z(x, 1, t))+H_2(u_t(x, t))\big){\rm d}x, \end{array} $

这里用到(3.5)式和$h_2$为奇函数及$H_2$为偶函数.类似当$h_2(z(x, 1, t))\leq0, u_t(t)>0$或$h_2(z(x, 1, t))u_t(t)\geq0$时, 不等式(3.6)式仍成立.

由(3.6)和(2.8)式, 得

$ \begin{equation}\label{3.7} I_0\leq|\mu_2|(1-c_4)\langle h_2(z(1, t)), z(1, t)\rangle+|\mu_2|c_5\langle h_1(u_t), u_t\rangle. \end{equation} $

(3.7)

因此, 由(3.3), (3.4)和(3.7)式, 得

$ \begin{array}{l} E'(t) \leq -\Big(\mu_1-\frac{\kappa c_5}{2}-|\mu_2|c_5\Big)\langle h_1(u_t), u_t\rangle-\Big(\frac{\kappa c_4(1-d)}{2}-(1-c_4)|\mu_2|\Big)\langle h_2(z(1, t)), z(1, t)\rangle \\ +\frac{1}{2}(g'\circ \sqrt{A}u)(t)-\frac{1}{2}g(t)\|\sqrt{A}u\|^2\leq0. \end{array} $

由(2.11)式, 可知$\beta_1\doteq \mu_1-\frac{\kappa c_5}{2}-|\mu_2|c_5$和$\beta_2\doteq \frac{\kappa c_4(1-d)}{2}-(1-c_4)|\mu_2|$为正常数.

引理3.2  如果条件(A1)-(A6)成立, 则存在$\rho_0>0$使得当$u_0\in D(\sqrt{A})$, $u_1\in H$满足

$ \begin{equation}\label{3.8} \|u_1\|^2+\|\sqrt{A}u_0\|^2+\kappa\tau(0)\int_{\Omega}\int_0^1H_2(f_0(x, -\rho\tau(0))){\rm d}\rho {\rm d}x <\rho_0^2 \end{equation} $

(3.8)

时, 问题(1.5)存在唯一整体弱解$u$.进一步, 对任意$t\geq0$有$E(t)>0$及

$ \begin{equation}\label{3.9} E(0)\leq\rho_0^2, \end{equation} $

(3.9)

$ \begin{equation}\label{3.10} E(t)\geq \frac{1}{2}\|u_t\|^2+\frac{l}{4}\|\sqrt{A}u(t)\|^2+\frac{1}{2}(g\circ\sqrt{A}u)(t), \end{equation} $

(3.10)

$ \begin{equation}\label{3.11} \psi(\|\sqrt{A}u(t)\|)\leq \frac{l}{4}. \end{equation} $

(3.11)

并且, 若$u_0\in D(A)$, $u_1\in D(\sqrt{A})$, 则$u$是问题(1.5)的强解.

证  设$[0, T)$是问题(1.5)弱解$u$的最大存在区间.如果$\psi(\|\sqrt{A}u_0\|)<\frac{l}{4}, $则由(2.5)式得

$ \begin{array}{l} E(0)&= &\frac{1}{2}\|u_1\|^2+\frac{1}{2}\|\sqrt{A}u_0\|^2-F(u_0)+\frac{\kappa\tau(0)}{2}\int_{\Omega}\int_0^1H_2(f_0(x, -\rho\tau(0))){\rm d}\rho {\rm d}x \\ &\geq&\frac{1}{2}\|u_1\|^2+\frac{2-l}{4}\|\sqrt{A}u_0\|^2\geq0. \end{array} $

首先, 可以证明若

$ \begin{equation}\label{3.12} \psi(\|\sqrt{A}u_0\|) <\frac{l}{4}, ~~ \psi \bigg(\frac{2}{\sqrt{l}}E(0)^\frac{1}{2}\bigg) <\frac{l}{4}, \end{equation} $

(3.12)

则

$ \begin{equation}\label{3.13} E(t)\geq \frac{1}{2}\|u_t(t)\|^2+\frac{l}{4}\|\sqrt{A}u(t)\|^2, ~~~~\forall t\in[0, T). \end{equation} $

(3.13)

事实上, 设$\tau$是(3.13)式对任意$t\in[0, s)$成立的所有$s\in [0, T)$的上确界.若$\tau <T$, 则

$ E(\tau)\geq \frac{1}{2}\|u_t(\tau)\|^2+\frac{l}{4}\|\sqrt{A}u(\tau)\|^2\geq0. $

联立上式及(3.1)式, 则有

$ \psi(\|\sqrt{A}u(\tau)\|)\leq\psi \bigg(\frac{2}{\sqrt{l}}E(\tau)^\frac{1}{2}\bigg)\leq \psi \bigg(\frac{2}{\sqrt{l}}E(0)^\frac{1}{2}\bigg) <\frac{l}{4}, $

$ \begin{array}{l} E(\tau)&\geq &\frac{1}{2}\|u_t(\tau)\|^2+\frac{l}{4}\|\sqrt{A}u(\tau)\|^2+\frac{l}{4}\|\sqrt{A}u(\tau)\|^2-F(u(\tau))\\ &>&\frac{1}{2}\|u_t(\tau)\|^2+\frac{l}{4}\|\sqrt{A}u(\tau)\|^2, \end{array} $

最后一个不等式利用了(2.5)式.这与$\tau$的最大值性矛盾.因此$\tau=T.$

令$\rho_0=\frac{\sqrt{l}}{2}\psi^{-1}(\frac{l}{4})>0.$我们将证明:对任意$u_0\in D(\sqrt{A})$, $u_1\in H$, $f_0\in L^2(\Omega\times(-\tau(0), 0))$满足

$ \begin{equation}\label{3.14} \|\sqrt{A}u_0\|^2+\|u_1\|^2+\kappa\tau(0)\int_{\Omega}\int_0^1H_2(f(x, -\rho\tau(0))){\rm d}\rho {\rm d}x <\rho_0^2 \end{equation} $

(3.14)

时, (3.12)式成立.事实上, 注意到(3.14)式表明$\|\sqrt{A}u_0\| <\rho_0$, 得

$ \psi(\|\sqrt{A}u_0\|) <\psi{(\rho_0)}=\psi\bigg(\frac{\sqrt{l}}{2}\psi^{-1} \Big(\frac{l}{4}\Big)\bigg) <\frac{l}{4}. $

因此, 由(2.5)式, 得

$ E(0)\leq \frac{1}{2}\|u_1\|^2+\frac{2+l}{4}\|\sqrt{A}u_0\|^2+\frac{\kappa\tau(0)}{2}\int_{\Omega}\int_0^1 H_2(f_0(x, -\rho\tau(0))){\rm d}\rho {\rm d}x <\rho_0^2. $

联立上式及$\rho_0$的定义, 得

$ \psi\bigg(\frac{2}{\sqrt{l}}E(0)^{\frac{1}{2}}\bigg) <\psi \bigg(\frac{2}{\sqrt{l}}\rho_0\bigg) <\psi\bigg(\psi^{-1}\Big(\frac{l}{4}\Big)\bigg)=\frac{l}{4}. $

总之, 当条件(3.14)成立时, (3.12)式成立.特别地

$ 0\leq \frac{1}{2}\|u_t(t)\|^2+\frac{l}{4}\|\sqrt{A}u(t)\|^2\leq E(t)\leq E(0)\leq \rho_0^2. $

因此, 系统的能量在$[0, T)$上非负有界, 从而是整体存在的.并且(3.13)式意味着(3.10)式成立, 从而由下式知(3.11)式成立

$ \psi(\|\sqrt{A}u(t)\|)\leq \psi \bigg(\frac{2}{\sqrt{l}}E(t)^{\frac{1}{2}}\bigg)\leq \psi \bigg(\frac{2}{\sqrt{l}}E(0)^{\frac{1}{2}}\bigg) <\frac{l}{4}. $

证毕.

现定义能量泛函的扰动函数

$ \begin{equation}\label{3.15} {\cal L}(t)=N_1E(t)+N_2\Psi(t)+\Phi(t)+\chi(t), \end{equation} $

(3.15)

其中

$ \begin{equation}\label{3.16} \Phi(t)=\int_\Omega u_tu{\rm d}x, \end{equation} $

(3.16)

$ \begin{equation}\label{3.17} \Psi(t)=\int_{\Omega}u_t\int_0^tg(t-s)(u(s)-u(t)){\rm d}s{\rm d}x, \end{equation} $

(3.17)

$ \begin{equation}\label{3.18} \chi(t)=\tau(t)\int_{\Omega}\int_0^1{\rm e}^{-\rho\tau(t)}H_2(z(x, \rho, t)){\rm d}\rho {\rm d}x, \end{equation} $

(3.18)

$N_1$, $N_2$是将在后面确定的正常数.

类似于文献[34], 对于$u\in D(\sqrt{A})$, 由(2.1)和(2.2)式, 得

$ \begin{equation}\label{3.19} \int_{\Omega}\bigg(\int_0^tg(t-s)(u(t)-u(s)){\rm d}s\bigg)^2{\rm d}x\leq\frac{1-l}{M}(g\circ\sqrt{A}u)(t). \end{equation} $

(3.19)

引理3.3  当$N_1$和$N_2$足够大时, 存在正常数$\alpha_1$和$\alpha_2$使得

$ \begin{equation}\label{3.20} \alpha_1E(t)\leq {\cal L}(t)\leq\alpha_2E(t). \end{equation} $

(3.20)

证  由Young不等式得

$ |\Phi(t)|\leq \|u_t\|^2+\frac{1}{2M}\|\sqrt{A}u\|^2, ~~~ |\Psi(t)|\leq \frac{1}{2}\|u_t\|^2+\frac{1-l}{2M}(g\circ\sqrt{A}u)(t). $

并且, 存在正常数$c <1$使得

$ |\chi(t)|\leq c\tau(t)\int_{\Omega}\int_0^1H_2(z(x, \rho, t)){\rm d}\rho {\rm d}x. $

因此, 选取$N_2>0$后再取$N_1$足够大, 则(3.20)式成立.

为了得到系统能量的衰减估计, 需要对$F$进一步假设.

(A7) $F(0)=0, \nabla F(0)=0$, 存在严格增函数$\psi:[0, \infty)\rightarrow[0, \infty)$使得

$ \begin{equation}\label{3.21} |\langle \nabla F(u), u\rangle|\leq \psi(\|\sqrt{A}u\|)\|\sqrt{A}u\|^2, ~~~u\in D(\sqrt{A}). \end{equation} $

(3.21)

注3.1  类似文献[1, 34], 由假设条件(A7)可得(2.5)式.事实上, 对$u\in D(\sqrt{A})$, 有

$ \begin{array}{l} |F(u)|\leq \int_0^1|\langle \nabla F(tu), u\rangle|{\rm d}t \leq \|\sqrt{A}u\|^2\int_0^1\psi(t\|\sqrt{A}u\|)t{\rm d}t \leq \frac{1}{2}\psi(\|\sqrt{A}u\|)\|\sqrt{A}u\|^2. \end{array} $

定理3.1  假设条件(A1)-(A7)和(3.8)式成立, $u_0\in D(\sqrt{A})$, $u_1\in H, $则对$t_0>0$, 存在正常数$k_1, ~k_2$, $k_3$和$\varepsilon_0$, 使得系统能量满足

$ \begin{equation}\label{3.22} E(t)\leq k_1H^{-1}\bigg(k_2\int_{t_0}^t\xi(s){\rm d}s+k_3\bigg), ~~~~~t\geq t_0, \end{equation} $

(3.22)

其中$ H(t)=\int_t^1\frac{1}{H_0(s)}{\rm d}s, $ $H_0(t)=t$, 若$H_1$在[0, r]是线性的; $H_0(t)=tH_1'(\varepsilon_0t)$, 若$H_1'(0)=0$, $H_1''(t)>0, (0, r]$.这里$H$是在$(0, 1]$上的严格递减凸函数满足$ \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} H(t)=+\infty$.

证   为了得到能量$E(t)$的衰减估计, 首先需要估计${\cal L}'(t).$

第一步  估计$\Phi'(t).$利用(1.5)式, 由(2.1)和(2.2)式, 得

$ \begin{array}{l}\label{3.23} \Phi'(t)&\leq &\|u_t\|^2-l\|\sqrt{A}u\|^2+\int_{\Omega}\sqrt{A}u(t)\int_0^tg(t-s) \big(\sqrt{A}u(s)-\sqrt{A}u(t)\big){\rm d}s{\rm d}x \\ & &-\mu_1\int_{\Omega}h_1(u_t)u{\rm d}x-\mu_2\int_{\Omega}h_2(z(x, 1, t))u{\rm d}x+\langle\nabla F(u(t)), u(t)\rangle. \end{array} $

(3.23)

由Young不等式, 立即可得

$ \int_{\Omega}\sqrt{A}u(t)\int_0^tg(t-s)(\sqrt{A}u(s) -\sqrt{A}u(t)){\rm d}s{\rm d}x\leq \eta \|\sqrt{A}u\|^2+\frac{1-l}{4\eta}(g\circ\sqrt{A}u)(t), $

$ |\mu_1\int_{\Omega}h_1(u_t)u{\rm d}x|\leq \eta\|\sqrt{A}u\|^2+\frac{\mu_1^2}{4\eta M}\|h_1(u_t)\|^2, $

$ |\mu_2\int_{\Omega}h_2(z(x, 1, t))u{\rm d}x|\leq \eta\|\sqrt{A}u\|^2+\frac{\mu_2^2}{4\eta M}\|h_2(z(1, t))\|^2, $

$ |\langle\nabla F(u(t)), u(t)\rangle|\leq \frac{l}{4}\|\sqrt{A}u\|^2. $

将这些式子代入(3.23)式, 令$\eta=\frac{l}{12}$, 则有

$ \begin{equation}\label{3.24} \Phi'(t)\leq \|u_t\|^2-\frac{l}{2}\|\sqrt{A}u\|+C_1\big((g\circ\sqrt{A}u)(t)+\|h_1(u(t))\|^2+\|h_2(z(1, t))\|^2\big). \end{equation} $

(3.24)

第二步  估计$\Psi'(t).$由(1.5)式, 得

$ \begin{array}{l}\label{3.25} \Psi'(t)=\int_{\Omega}\sqrt{A}u(t)\int_0^tg(t-s)\big(\sqrt{A}u(t)-\sqrt{A}u(s) \big){\rm d}s{\rm d}x \\ +\int_{\Omega}\nabla F(u)\int_0^tg(t-s)(u(t)-u(s)){\rm d}s{\rm d}x \\ -\mu_1\int_{\Omega}h_1(u_t)\int_0^tg(t-s)(u(t)-u(s)){\rm d}s{\rm d}x \\ -\mu_2\int_{\Omega}h_2(z(x, 1, t))\int_0^tg(t-s)(u(t)-u(s)){\rm d}s{\rm d}x \\ -\int_{\Omega}\bigg(\int_0^tg(t-s)\sqrt{A}u(s){\rm d}s\bigg)\bigg(\int_0^tg(t-s)(\sqrt{A}u(t)-\sqrt{A}u(s)){\rm d}s\bigg){\rm d}x \\ -\int_{\Omega}u_t\int_0^tg'(t-s)(u(t)-u(s)){\rm d}s{\rm d}x-\bigg(\int_0^tg(s)\bigg)\|u_t\|^2 \\ \doteq \sum\limits_{n=1}^{7}I_n. \end{array} $

(3.25)

下面需要估计(3.25)式中的$I_n$.类似于文献[34]的讨论, 我们有如下估计

$ I_1\leq \delta\|\sqrt{A}u\|^2+\frac{1-l}{4\delta}(g\circ\sqrt{A}u)(t), $

$ I_3\leq \delta\|h_1(u_t)\|^2+\frac{(1-l)\mu_1^2}{4\delta M}(g\circ \sqrt{A}u)(t), $

$ I_4\leq \delta\|h_2(z(1, t))\|^2+\frac{(1-l)\mu_2^2}{4\delta M}(g\circ \sqrt{A}u)(t), $

$ I_5\leq2\delta (1-l)^2\|\sqrt{A}u\|^2+(2\delta+\frac{1}{4\delta})(g\circ\sqrt{A}u)(t), $

$ I_6\leq \delta\|u_t\|^2-\frac{g(0)}{4\delta M}(g'\circ\sqrt{A}u)(t). $

$I_2$在文献[1, 34]中已证, 为完备见, 简证如下:事实上, 由(3.1), (3.9)和(3.10)式得$\|\sqrt{A}u\|\leq \frac{2E(t)^\frac{1}{2}}{\sqrt{l}}\leq \frac{2\rho_0}{\sqrt{l}}, $注意到$\nabla F(0)=0$和(2.4)式, 可知$\|\nabla F\|\leq C\|\sqrt{A}u\|$, 其中正常数$C=C(\rho_0, l)>0$.因此, 由(3.19)式, 得

$ I_2\leq C^2\delta \|\sqrt{A}u\|^2+\frac{1-l}{4\delta M}(g\circ\sqrt{A}u)(t). $

将这些估计式代入(3.25)式, 得

$ \begin{array}{l}\label{3.26} \Psi'(t)&\leq &-\bigg(\int_0^tg(s){\rm d}s-\delta\bigg)\|u_t\|^2+\delta\big(\|h_1(u_t)\|^2+\|h_2(z(1, t))\|^2\big)+\delta C_2\|\sqrt{A}u\|^2 \\ & &+\frac{C_3}{\delta}\big(g\circ\sqrt{A}u\big)(t)-\frac{g(0)}{4\delta M}(g'\circ\sqrt{A}u)(t). \end{array} $

(3.26)

第三步  估计$\chi'(t)$.类似于文献[32], 注意到

$ \begin{array}{l} \chi'(t)=\tau'(t)\int_{\Omega}\int_0^1{\rm e}^{-\rho\tau(t)}H_2(z(x, \rho, t)){\rm d}\rho {\rm d}x-\tau(t)\int_{\Omega}\int_0^1\rho \tau'(t){\rm e}^{-\rho\tau(t)}H_2(z(x, \rho, t)){\rm d}\rho {\rm d}x \\ +\tau(t)\int_{\Omega}\int_0^1{\rm e}^{-\rho\tau(t)}h_2(z(x, \rho, t))z_t(x, \rho, t){\rm d}\rho {\rm d}x. \end{array} $

利用方程$(1.5)_2$, 分部积分得

$ \begin{array}{l} \tau(t)\int_{\Omega}\int_0^1{\rm e}^{-\rho\tau(t)}h_2(z(\rho, t))z_t(x, \rho, t) {\rm d}\rho {\rm d}x\\ =-\int_{\Omega}\int_0^1{\rm e}^{-\rho\tau(t)}(1-\rho\tau'(t))\frac{\rm d}{{\rm d}\rho}H_2(z(x, \rho, t)){\rm d}\rho {\rm d}x \\ =-\int_{\Omega}{\rm e}^{-\tau(t)}(1-\tau'(t))H_2(z(x, 1, t)){\rm d}x+\int_{\Omega}H_2(z(x, 0, t)){\rm d}x \\ -\int_{\Omega}\int_0^1\big(\tau(t)(1-\rho\tau'(t))+\tau'(t)\big){\rm e}^{-\rho\tau(t)}H_2(z(x, \rho, t)){\rm d}\rho {\rm d}x. \end{array} $

将上式代入$\chi'(t)$, 由条件(A5)和(A6), 得

$ \begin{array}{l}\label{3.27} \chi'(t)=-{\rm e}^{\tau(t)}\int_{\Omega}\big(1-\tau'(t)\big)H_2(z(x, \rho, t)){\rm d}x+\int_{\Omega}H_2(u_t){\rm d}x-\chi(t) \\ \leq -\chi(t)-c_4{\rm e}^{-\tau_1}(1-d)\langle h_2(z(1, t)), z(1, t)\rangle+c_5\langle h_1(u_t), u_t\rangle. \end{array} $

(3.27)

第四步  联立(3.1), (3.24), (3.26)和(3.27)式, 则有

$ \begin{array}{l} {\cal L}'(t)=N_1E'(t)+N_2\Psi'(t)+\Phi'(t)+\chi'(t)\\ \leq \bigg(\frac{N_1}{2}-\frac{g(0)N_2}{4\delta}\bigg)(g'\circ\sqrt{A}u)(t) -\bigg(N_2\bigg(\int_0^tg(s){\rm d}s-\delta\bigg)-1\bigg)\|u_t\|^2\\ +\bigg(\delta C_2N_2-\frac{l}{2}\bigg)\|\sqrt{A}u\|^2 +\bigg(\frac{N_2C_3}{\delta}+C_2\bigg)(g\circ \sqrt{A}u)\\ +(C_1+N_2\delta)(\|h_1(u_t)\|^2+\|h_2(z(1, t))\|^2) -(N_1\beta_1-c_5)\langle h_1(u_t), u_t\rangle \\ +\big(N_1\beta_2+c_4{\rm e}^{-\tau_1}(1-d)\big)\langle h_2(z(1, t)), z(1, t)\rangle-\chi(t). \end{array} $

由$g(0)>0$, $g$是正的连续函数, 则对任何$t_0>0$, $\int_0^tg(s){\rm d}s \geq\int_0^{t_0}g(s){\rm d}s=g_0, \forall t\geq t_0$.由(2.8)式知$\|h_2(z(1, t))\|^2\leq c_3\langle h_2(z(1, t)), z(1, t)\rangle.$并且由条件(A6)可知

$ \begin{array}{l} -\chi(t)\leq-\tau(t){\rm e}^{-\tau_1}\int_{\Omega}\int_0^1H_2(z(x, \rho, t)){\rm d}\rho {\rm d}x. \end{array} $

联立这些估计式, 则有

$ \begin{array}{l} {\cal L}'(t) \leq \bigg(\frac{N_1}{2}-\frac{g(0)N_2}{4\delta}\bigg) (g'\circ\sqrt{A}u)(t)-\big(N_2(g_0-\delta)-1\big)\|u_t\|^2 \\ -\tau(t){\rm e}^{-\tau_1}\int_{\Omega}\int_0^1H_2(z(x, \rho, t)){\rm d}\rho {\rm d}x +\bigg(\delta C_2N_2-\frac{l}{2}\bigg)\|\sqrt{A}u\|^2\\ +\bigg(\frac{N_2C_3}{\delta}+C_2\bigg)(g\circ \sqrt{A}u) +(C_1+N_2\delta)\|h_1(u_t)\|^2 -(N_1\beta_1-c_5)\langle h_1(u_t), u_t\rangle \\ +\big(N_1\beta_2+c_4{\rm e}^{-\tau_1}(1-d)-c_3(C_1+N_2\delta)\big)\langle h_2(z(1, t)), z(1, t)\rangle. \end{array} $

令$\delta=\frac{l}{4C_2N_2}$, 取$N_2$足够大使得$N_2g_0-\frac{l}{4C_2}>\frac{3}{2}.$然后取$N_1$足够大使得$\frac{N_1}{2}-\frac{g(0)N_2}{4\delta}>0$, $N_1\beta_2+c_4{\rm e}^{-\tau_1}(1-d)-c_3(C_1+N_2\delta)>0$及$N_1\beta_1-c_5>0$.

另一方面, 由(2.5), (2.10)和(3.11)式, 得

$ \begin{array}{l} E(t)\leq C(\|u_t\|^2+\|\sqrt{A}u\|^2+(g\circ\sqrt{A}u)(t)+\int_{\Omega}\int_0^1H_2(z(x, \rho, t)){\rm d}\rho {\rm d}x). \end{array} $

因此, 存在正常数$\alpha>0$, 使得

$ \begin{equation}\label{3.28} {\cal L}'(t)\leq -\alpha E(t)+C_4(g\circ\sqrt{A}u)(t)+C_5\|h_1(u_t)\|^2. \end{equation} $

(3.28)

不等式(3.28)两端同乘$\xi(t)$, 由(2.3)式, 得

$ \begin{array}{l} \xi(t){\cal L}'(t)&\leq &-\alpha\xi(t)E(t) +C_4\xi(t)(g\circ\sqrt{A}u)(t)+C_5\xi(t)\|h_1(u_t)\|^2\\ &\leq &-\alpha\xi(t)E(t) -C_4\xi(t)(g'\circ\sqrt{A}u)(t)+C_5\xi(t)\|h_1(u_t)\|^2\\ &\leq &-\alpha\xi(t)E(t) -C\xi(t)E'(t)+C_5\xi(t)\|h_1(u_t)\|^2. \end{array} $

利用(3.20)式, 注意到$\xi'(t)\leq0$, 则函数$M(t)=\xi(t){\cal L}(t)+CE(t)$满足

$ \begin{equation}\label{3.29} M(t)\sim E(t) \end{equation} $

(3.29)

和

$ \begin{equation}\label{3.30} M'(t)\leq -\alpha\xi(t)E(t)+C_5\xi(t)\|h_1(u_t)\|^2, ~~~~~ \forall t\geq t_0. \end{equation} $

(3.30)

情形1   $h_0$线性:由条件(A4)得$c_1'|s|\leq|h_1(s)|\leq c_2'|s|$和$ h_1^2(s)\leq c_2'sh_1(s)$, $\forall s$.则(3.30)式为

$ \begin{array}{l} M'(t)\leq -\alpha\xi(t)E(t)+C\xi(t)\int_{\Omega}h_1(u_t)u_t{\rm d}x\leq-\alpha \xi(t)E(t)-CE'(t), \end{array} $

即$(M+CE)'(t)\leq -\alpha\xi(t)E(t)$ $\forall t\geq t_0.$注意到$M+CE\sim E, $得$ E(t)\leq C'{\rm e}^{-C\int_0^t\xi(s){\rm d}s}. $此时, $H_1(s)=\sqrt{s}h_0(\sqrt{s})=Cs, $因而$E(t)\leq k_1H^{-1}\big(\int_0^t\xi(s){\rm d}s\big).$

情形2   $h_0$在$[0, \epsilon]$上非线性.假设$\epsilon_1=\min\{r, h_0(r)\} <\epsilon;$否则取$r$足够小.则对$\epsilon_1\leq |s|\leq\epsilon$, 由(A4)得

$ |h(s)|\leq \frac{h_0^{-1}(|s|)}{|s|}|s|\leq\frac{h_0^{-1}(\epsilon)}{\epsilon_1}|s|, \quad |h(s)|\geq\frac{h_0(|s|)}{|s|}|s|\geq\frac{h_0(\epsilon_1)}{\epsilon}|s|. $

因此

$ \begin{equation}\label{3.31} h_0(|s|)\leq |h_1(s)|\leq h_0^{-1}(|s|), ~~|s|\leq \epsilon_1; \quad c_1'|s|\leq |h_1(s)|\leq c_2'|s|, ~~ |s|\geq \epsilon_1. \end{equation} $

现取$\Omega_1=\{x\in\Omega:|u_t|>\epsilon_1\}$和$\Omega_2=\{x\in\Omega:|u_t|\leq\epsilon_1\}$, 则由(3.31)式及$\epsilon_1$的定义得:在$\Omega_2$上有

$ \begin{equation}\label{3.32} u_th_1(u_t)\leq \epsilon_1h_0^{-1}(\epsilon_1)\leq h_0(r)r=H_1(r^2), \quad u_th_1(u_t)\leq \epsilon_1h_0^{-1}(\epsilon_1)\leq rh_0^{-1}(h_0(r))(r)=r^2. \end{equation} $

(3.32)

由Jensen's不等式得

$ \begin{equation}\label{3.33} H_1^{-1}(\lambda(t))\geq \frac{1}{|\Omega_2|}\int_{\Omega_2}H_1^{-1}(u_th_1(u_t)){\rm d}x, \end{equation} $

(3.33)

其中$\lambda(t)=\frac{1}{|\Omega_2|}\int_{\Omega_2}u_th_1(u_t){\rm d}x\in [0, \epsilon_1^2].$注意到在$\Omega_2$上满足, $H_1(s^2)=|s|h_0(|s|)$, 故由(3.31)式得

$ \begin{array}{l} H_1(h_1^2(u_t))=|h_1(u_t)|h_0(|h_1(u_t)|)\leq |h_1(u_t)|h_0(h_0^{-1}(u_t))=h_1(u_t)u_t. \end{array} $

注意到$H_1^{-1}$递增, 由(3.1)和(3.33)式, 得

$ \begin{array}{l} \int_{\Omega}h_1^2(u_t){\rm d}x = \int_{\Omega_2}h_1^2(u_t){\rm d}x+ \int_{\Omega_1}h_1^2(u_t){\rm d}x\\ \leq \int_{\Omega_2}H_1^{-1}(h_1(u_t)u_t){\rm d}x+\int_{\Omega_1}h_1(u_t)u_t{\rm d}x\\ \leq |\Omega_2|H^{-1}_1(\lambda(t))-CE'(t). \end{array} $

因此, (3.30)式即为

$ \begin{equation}\label{3.34} M_0(t)\leq-\alpha \xi(t)E(t)+|\Omega_2|\xi(t)H_1^{-1}(\lambda(t)), \quad t\geq t_0, \end{equation} $

(3.34)

其中$M_0(t)=M(t)+CE(t)$是和$E(t)$等价的.

类似于文献[21, 34], 定义

$ M_1(t)=H_1'\Big(\epsilon_0\frac{E(t)}{E(0)}\Big)M_0(t)+c_0E(t), $

其中$\epsilon_0 <r^2$, $c_0>0.$由$H'(t)\geq0$ $t\in (0, r^2]$, 知存在$\alpha_1, \alpha_2>0$使得

$ \begin{equation}\label{3.35} \alpha_1M_1(t)\leq E(t)\leq \alpha_2M_1(t), \end{equation} $

(3.35)

注意到$E'(t)\leq 0$, $H_1$在$(0, r^2]$上严格凸, 由(3.34)式, 得

$ \begin{array}{l}\label{3.36} M_1'(t)=\epsilon_0\frac{E'(t)}{E(0)}H_1'' \Big(\epsilon_0\frac{E(t)}{E(0)}\Big)M_0(t)+H_1' \Big(\epsilon_0\frac{E(t)}{E(0)}\Big)M_0'(t)+c_0E'(t) \\ \leq -\alpha \xi(t)E(t)H_1'\Big(\epsilon_0\frac{E(t)}{E(0)}\Big) +|\Omega_2|\xi(t)H_1'\Big(\epsilon_0\frac{E(t)}{E(0)}\Big)H_1^{-1}(\lambda(t)) +c_0E'(t). \end{array} $

(3.36)

令$H_1^*$是$H_1$的凸对偶, 类似于引理3.1, 得

$ \begin{equation}\label{3.37}\begin{array}{ll} H_1^*(s)=s(H_1')^{-1}(s)-H_1[(H_1')^{-1}(s)], ~~s\in (0, H_1'(r^2)];\\ AB\leq H_1^*(A)+ H_1(B), ~~ A\in (0, H_1'(r^2), ~~B\in (0, r^2]. \end{array}\end{equation} $

(3.37)

因此, 取$A=H_1'(\epsilon_0\frac{E(t)}{E(0)})$, $B=H_1^{-1}(\lambda(t))$, 联立(3.1), (3.32)和(3.37)式, 得

$ \begin{array}{l} M_1(t)&\leq& -\alpha \xi(t)E(t)H_1' \Big(\epsilon_0\frac{E(t)}{E(0)}\Big)+|\Omega_2|\xi(t)H_1^* \Big(H_1'\Big(\epsilon_0\frac{E(t)}{E(0)}\Big)\Big) +|\Omega_2|\xi(t)\lambda(t)+c_0E'(t)\\ &\leq &-\alpha \xi(t)E(t)H_1' \Big(\epsilon_0\frac{E(t)}{E(0)}\Big)+|\Omega_2|\xi(t)\epsilon_0 \frac{E(t)}{E(0)}H_1'\Big(\epsilon_0\frac{E(t)}{E(0)}\Big) -\xi(0)E'(t)+c_0E'(t). \end{array} $

现在, 令$c_0>\xi(0)$和$\epsilon_0 <\min\{r^2, \frac{\alpha E(0)}{|\Omega_2|}\}$, 则对$\forall t\geq t_0$, 存在$k>0$使得

$ \begin{equation}\label{3.38} M_1'(t)\leq -k\xi(t)\Big(\frac{E(t)}{E(0)}\Big)H_1' \Big(\epsilon_0\frac{E(t)}{E(0)}\Big)=-k\xi(t)H_0\Big(\frac{E(t)}{E(0)}\Big), \end{equation} $

(3.38)

其中$H_0(t)=tH_1'(\epsilon_0t).$由$H_1$的定义及$h_0\in C^1([0, \infty)$得$H_1'(0)=h_0'(0), $这表明$H_0(0)=0.$并且, 由$H_0'(t)=H_1(\epsilon_0t) +\epsilon_0tH_1''(\epsilon_0t)$及$H_1$在$(0, r^2]$上严格凸, 得$H_0'(t), H_0(t)>0$, $t\in (0, 1]$.

令$M_2(t)=\frac{\alpha_1 M_1(t)}{E(0)}$, 联立(3.35)式, 则有$M_2(t)\sim E(t).$由(3.38)式知存在$k_2>0$使得

$ \begin{array}{l} M_2'(t)\leq -k_2\xi(t)H_0(M_2(t)), ~~~\forall t\geq t_0. \end{array} $

积分得存在$k_3>0$使得

$ \begin{equation}\label{3.39} M_2(t)\leq H^{-1}\bigg(k_2\int_{t_0}^t\xi(s){\rm d}s+k_3\bigg), ~~~\forall t\geq t_0, \end{equation} $

(3.39)

其中$H(t)=\int_t^1\frac{1}{H_0(s)}{\rm d}s.$这里用到$H_0$的性质及$H$在$(0, 1]$上严格递减.联立(3.39)式及$E$和$\xi$的有界性和连续性, 结论(3.22)得证.

注3.2   (1)举出如下例子来说明定理3.1给出的能量衰减估计.

若$h_0(s)=cs^p$, $c>0$, $p\geq1, $则$H_1(s)=cs^{\frac{p+1}{2}}$是凸函数.因此, 估计式(3.22)表明

$ \begin{array}{l} E(t)\leq k_1{\rm e}^{-k_2\int_{t_0}^t\xi(s){\rm d}s}, ~~~p=1; \quad E(t)\leq k_1\bigg(k_2\int_{t_0}^t\xi(s){\rm d}s+k_3\bigg)^{-\frac{2}{p-1}}, p>1. \end{array} $

若$h_0(s)=\frac{1}{s}{\rm e}^{-1/s^2}$, 则$H_1(s)={\rm e}^{-1/s}$是一个凸函数.因此, 估计式(3.22)表明

$ E(t)\leq k_1\bigg(\ln\Big(k_2\int_0^t\xi(s){\rm d}s+k_2\Big)\bigg)^{-1}. $

关于$h_0(s)$更多的例子, 参见文献[1, 5, 21, 34].

(2) 当$\mu_2=0$时, 问题(1.1)类似于文献[34].条件(2.9)表明当时滞项被耗散项控制时, 我们具有相同的能量衰减估计.特别地, Yang^[36]考虑了如下方程

$ u_{tt}(x, t)+\triangle^2u(x, t)-\int_0^tg(t-s)\triangle^2u(x, s){\rm d}s +\mu_1u_t(x, t)+\mu_2u_t(x, t-\tau)=0. $

(3) 若不考虑记忆项(即(A2)中$ l=1$), 类似可得到相同的能量衰减估计式.比如文献[5]中讨论了如下方程

$ \begin{array}{l} u_{tt}(x, t)-\triangle u(x, t)+\mu_1\sigma(t)g_1(u_t(x, t))+\mu_2\sigma(t)g_2(u_t(x, t-\tau(t)))=0. \end{array} $

利用乘子技巧他们得到了解的渐近估计.

(4) 定理3.1的结论可以运用到具体的实例中.设$g$满足条件(A2), 耗散和时滞项满足条件(A4)-(A6).

$ \begin{array}{l} \left\{\begin{array}{ll} u_{tt}(t)-\triangle u(t)+\int_{0}^{t}g(t-s)\triangle u(s){\rm d}s+\mu_1h_1(u_t(t)) \\ \ \;+\mu_2h_2(u_t(x, t-\tau(t)))=|u|^pu, &(x, t)\in\Omega\times(0, \infty), \\ u(x, t)=0, &(x, t)\in \partial\Omega\times(0, \infty), \\ u(x, 0)=u_0(x), \, \, \, u_t(x, 0)=u_1(x), &x\in \Omega, \\ u_t(x, t)=f_0(x, t), &(x, t)\in\Omega\times[-\tau(0), 0), \end{array}\right. \end{array} $

其中$0 <p\leq \frac{4}{n-2}$, $n\geq3$; $p>0$, $n=1, 2$.此问题可以改写成抽象方程(1.1), 其中$A=-\triangle$, $D(A)=H^2(\Omega)\cap H_0^1(\Omega)$, $D(\sqrt{A})=H_0^1(\Omega)$.令

$ F(x)=\frac{1}{p+2}\int_{\Omega}|x(s)|^{p+2}{\rm d}s, $

其中$x\in H_0^1(\Omega)$, 类似于文献[1], 可知定理3.1关于$F$的假设满足.因此, 能量估计(3.22)式满足.