考虑下面的颗粒与流体混合物模型

$ \begin{equation} \label{1} \left\{\begin{array}{ll} \rho_t+(\rho u)_x=0, \\ (\rho u)_t+(\rho u^2)_x+(\rho^\gamma+\eta)_x= u_{xx}-(\eta+\beta\rho)\Phi_x, \\ \eta_t+[\eta(u-\Phi_x)]_x=\eta_{xx}, \end{array}\right. \end{equation} $

(1.1)

其中$(x, t)\in (0, 1)\times (0, +\infty)$；$\rho$和$\eta$分别是流体密度和颗粒密度; $u$表示速度; $\Phi$是已知的势函数; $\gamma$为大于1的常数; $\beta$是不为零的常数.

模型(1.1)的研究背景主要来源于化学工程和医药生产等, 详细请参考文献[1-3].为简单起见, 考虑势函数$\Phi=0$的情况.则方程(1.1)简化为

$ \begin{equation} \label{1.1} \left\{\begin{array}{ll} \rho_t+(\rho u)_x=0, \\ (\rho u)_t+(\rho u^2)_x+(\rho^\gamma+\eta)_x= u_{xx}, \\ \eta_t+(\eta u)_x=\eta_{xx}, \end{array}\right. \end{equation} $

(1.2)

其中$(x, t)\in (0, 1)\times (0, +\infty)$; 考虑下面的初边值问题.

初始条件为

$ \begin{equation}\label{1.2}(\rho, \eta, u)\big|_{t=0}=(\rho_0(x), \eta_0(x), u_0(x)), \ \ \ x\in[0, 1]; \end{equation} $

(1.3)

边界条件为

$ \begin{equation}\label{1.3} u\big|_{x=0, 1}=\eta_x|_{x=0, 1}=0, \ \ \ t\geq0. \end{equation} $

(1.4)

在文献[4]中, Fang, Zi和Zhang获得了以下结果.

定理A  设$\rho_0, \eta_0\ge0$, $\rho_0, \rho_0^\gamma\in H^2(0, 1)$, $u_0\in H^3(0, 1)\cap H_0^1(0, 1)$, $\eta_0\in H^3(0, 1)$, 满足下面条件

$ \begin{equation}\label{1.4} u_{0, xx}-(\rho_0^\gamma+\eta_0)_x=\rho_0g, \ x\in (0, 1), \end{equation} $

(1.5)

其中$g\in H_0^1(0, 1)$.则问题(1.2)-(1.4)存在唯一的整体经典解$(\rho, u, \eta)$, 使得对于任意的$T>0$

$ \begin{equation}\label{Fang-result} \int_0^1(\eta^2+u_x^2){\rm d}x\le C(T). \end{equation} $

(1.6)

作为研究解的渐近行为的第一步, 本文的主要目的是把文献[4]中的估计(1.6)做到与时间$T$一致无关.

本文的主要结果如下:

定理1.1  设$(\rho_0, u_0, \eta_0)$满足定理A的条件, 则问题(1.2)-(1.4)的整体经典解$(\rho, u, \eta)$满足的估计(1.6)可以做到与时间$T$一致无关, 即

$ \begin{equation}\label{Fang-result1} \int_0^1(\eta^2+u_x^2){\rm d}x\le C, \end{equation} $

(1.7)

其中$C$与$T$无关.

在本节中, 我们将利用一致的Gronwall不等式证明定理1.1.设$(\rho, u, \eta)$是问题(1.2)-(1.4)的整体经典解.文献[4]中已经证明了下面的引理, 即

引理2.1^[4]

$ \begin{eqnarray*}\left\{\begin{array}{ll}\displaystyle \int_0^1\rho{\rm d}x=\int_0^1\rho_0{\rm d}x, \quad \int_0^1\eta{\rm d}x=\int_0^1\eta_0{\rm d}x:=\overline{\eta_0}, \\[3mm] \displaystyle\int_0^1\Big(\frac{1}{2}\rho u^2+\frac{\rho^\gamma}{\gamma-1}\Big){\rm d}x+\int_0^T\int_0^1\big(u_x^2+\frac{\eta_x^2}{\eta}\big){\rm d}x{\rm d}s\le C, \\[3mm] \rho\le C, \end{array}\right.\end{eqnarray*} $

其中$C$与$T$一致无关.

引理2.2

$ \int_0^T\int_0^1|\eta-\overline{\eta_0}|^2{\rm d}x{\rm d}t\le C, $

其中$C$与时间$T$一致无关.

证  由于

$ \begin{eqnarray*} |\eta(x, t)-\overline{\eta_0}|^2 &=&\bigg|\eta(x, t)-\int_0^1\eta(\xi, t){\rm d}\xi\bigg|^2 =\bigg|\int_0^1\int_\xi^x[\eta(z, t)]_z{\rm d}z{\rm d}\xi\bigg|^2\\ &\le&\bigg|\int_0^1|[\eta(x, t)]_x|{\rm d}x\bigg|^2 \le\int_0^1\frac{\eta_x^2}{\eta}{\rm d}x\int_0^1\eta{\rm d}x\\ &=&\int_0^1\frac{\eta_x^2}{\eta}{\rm d}x\int_0^1\eta_0{\rm d}x. \end{eqnarray*} $

由该不等式和引理2.1容易得到

$ \int_0^T\int_0^1|\eta-\overline{\eta_0}|^2{\rm d}x{\rm d}t\le C. $

证毕.

引理2.3 (一致Gronwall不等式^[5])  设$g, h, y\in L^1_{loc}(0, \infty)$非负且$y^\prime\in L^1_{loc}(0, \infty)$; $g, h, y$满足

$ \frac{{\rm d}y}{{\rm d}t}\le gy+h, \ t\ge0, $

以及

$ \int_t^{t+1}g(s){\rm d}s\le a_1, \quad \int_t^{t+1}h(s){\rm d}s\le a_2, \quad \int_t^{t+1}y(s){\rm d}s\le a_3, \ t\ge0, $

其中$a_1, a_2, a_3$为正的常数.则

$ y(t+1)\le (a_2+a_3)\exp\{a_1\} $

对任意的$t\ge0$都成立.

引理2.4

$ \int_0^1\left(\eta^2+u_x^2\right){\rm d}x(t)\le C $

对于任意的$t\ge0$都成立, 其中$C$与$t$一致无关.

证  由方程(1.2)可以得到

$ \begin{equation}\label{2} \rho u_t+\rho uu_x+(\rho^\gamma+\eta)_x= u_{xx}.\end{equation} $

(2.1)

在方程(2.1)两边同时乘以$u_t$, 然后两边关于空间变量积分, 得到

$ \begin{eqnarray}\label{3} &&\frac{1}{2}\frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^1u_{x}^2{\rm d}x+\int_0^1\rho u_t^2{\rm d}x\\ &=&-\int_0^1\rho uu_xu_t{\rm d}x-\int_0^1(\rho^\gamma+\eta)_xu_t{\rm d}x\\ &=&-\int_0^1\rho uu_xu_t{\rm d}x+\frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^1(\rho^\gamma+\eta)u_x{\rm d}x-\int_0^1(\rho^\gamma+\eta)_tu_x{\rm d}x. \end{eqnarray} $

(2.2)

对于上面等式(2.2)右边第一项, 我们利用Cauchy不等式估计如下

$ \begin{eqnarray}\label{2.3} -\int_0^1\rho uu_xu_t{\rm d}x&\le& \frac{1}{4}\int_0^1\rho u_t^2{\rm d}x+\int_0^1\rho u^2u_x^2{\rm d}x\\ &\le& \frac{1}{4}\int_0^1\rho u_t^2{\rm d}x+C\|u\|_{L^\infty(0, 1)}^2\int_0^1u_x^2{\rm d}x\\ &\le& \frac{1}{4}\int_0^1\rho u_t^2{\rm d}x+C\int_0^1u_x^2{\rm d}x\int_0^1u_x^2{\rm d}x, \end{eqnarray} $

(2.3)

其中$C$与时间$t$一致无关.这里用到了密度的一致有界性以及如下不等式

$ \begin{eqnarray*} \|u\|_{L^\infty(0, 1)}^2\le \int_0^1u_x^2{\rm d}x. \end{eqnarray*} $

对于等式(2.2)右边的第三项, 我们估计如下

$ \begin{eqnarray}\label{4} -\int_0^1(\rho^\gamma+\eta)_tu_x{\rm d}x &=&-\int_0^1(\rho^\gamma+\eta)_t[u_x-\rho^\gamma-\eta]{\rm d}x-\frac{1}{2} \frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^1(\rho^\gamma+\eta)^2{\rm d}x\\ &=&-\int_0^1(\rho^{\gamma})_t[u_x-\rho^\gamma-\eta]{\rm d}x-\int_0^1\eta_t[u_x-\rho^\gamma-\eta]{\rm d}x \\ &&-\frac{1}{2} \frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^1(\rho^\gamma+\eta)^2{\rm d}x. \end{eqnarray} $

(2.4)

由方程(1.2)得

$ \begin{eqnarray*}\left\{\begin{array}{ll}(\rho^\gamma)_t=-(\rho^\gamma u)_x-(\gamma-1)\rho^\gamma u_x, \\ \eta_t=\eta_{xx}-(\eta u)_x.\end{array}\right.\end{eqnarray*} $

代入(2.4)式得到

$ \begin{eqnarray}\label{5} -\int_0^1(\rho^\gamma+\eta)_tu_x{\rm d}x &=&\int_0^1[(\rho^\gamma u)_x+(\gamma-1)\rho^\gamma u_x][u_x-\rho^\gamma-\eta]{\rm d}x\\ &&-\int_0^1[\eta_{xx}-(\eta u)_x][u_x-\rho^\gamma-\eta]{\rm d}x-\frac{1}{2} \frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^1(\rho^\gamma+\eta)^2{\rm d}x\\ &=&-\int_0^1\rho^\gamma u[u_x-\rho^\gamma-\eta]_x{\rm d}x+(\gamma-1)\int_0^1\rho^\gamma u_x[ u_x-\rho^\gamma-\eta]{\rm d}x\\ && +\int_0^1\eta_{x}[u_x-\rho^\gamma-\eta]_x{\rm d}x-\int_0^1\eta u[u_x-\rho^\gamma-\eta]_x{\rm d}x\\ &&-\frac{1}{2} \frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^1(\rho^\gamma+\eta)^2{\rm d}x. \end{eqnarray} $

(2.5)

由(2.1)式可以得到关于$[u_{x}-\rho^\gamma-\eta]_x$的等式, 即

$ [u_{x}-\rho^\gamma-\eta]_x=\rho u_t+\rho uu_x. $

把该等式代入到(2.5)式中, 我们得到

$ \begin{eqnarray}\label{6} -\int_0^1(\rho^\gamma+\eta)_tu_x{\rm d}x &=&-\int_0^1\rho^\gamma u[\rho u_t+\rho uu_x]{\rm d}x+(\gamma-1)\int_0^1\rho^\gamma u_x[u_x-\rho^\gamma-\eta]{\rm d}x \\& & +\int_0^1\eta_{x}[\rho u_t+\rho uu_x]{\rm d}x-\int_0^1\eta u[\rho u_t+\rho uu_x]{\rm d}x\\ &&-\frac{1}{2} \frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^1(\rho^\gamma+\eta)^2{\rm d}x\\ & \le& \frac{1}{4}\int_0^1 \rho u_t^2{\rm d}x+C\int_0^1u_x^2{\rm d}x\int_0^1u_x^2{\rm d}x+C\int_0^1 (u_x^2+\eta^2+1){\rm d}x\\ && +C\int_0^1\eta_{x}^2{\rm d}x+C\int_0^1u_x^2{\rm d}x\int_0^1\eta^2 {\rm d}x-\frac{1}{2} \frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^1(\rho^\gamma+\eta)^2{\rm d}x. \end{eqnarray} $

(2.6)

把(2.3)和(2.6)式代入(2.2)式, 我们得到

$ \begin{eqnarray*} & &\frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^1u_{x}^2{\rm d}x+\int_0^1\rho u_t^2{\rm d}x\\ &\le&\frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^12(\rho^\gamma+\eta)u_x{\rm d}x+C\int_0^1u_x^2{\rm d}x\int_0^1u_x^2{\rm d}x+C\int_0^1 (u_x^2+\eta^2+1){\rm d}x\\& &+C\int_0^1\eta_{x}^2{\rm d}x+C\int_0^1u_x^2{\rm d}x\int_0^1\eta^2 {\rm d}x-\frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^1(\rho^\gamma+\eta)^2{\rm d}x. \end{eqnarray*} $

即

$ \begin{eqnarray}\label{7} &&\frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^1|u_{x}-\rho^\gamma-\eta|^2{\rm d}x+\int_0^1\rho u_t^2{\rm d}x \\ & \le&C\int_0^1u_x^2{\rm d}x\left(\int_0^1|u_{x}-\rho^\gamma-\eta|^2{\rm d}x+\int_0^1\eta^2 {\rm d}x\right) +C\int_0^1 (u_x^2+\eta^2+\eta_{x}^2+1){\rm d}x. \end{eqnarray} $

(2.7)

接下来将对$\eta$进行估计.在$(1.2)_3$式的两边同时乘以$\eta$, 然后两边关于空间变量积分, 那么

$ \begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^1\eta^2{\rm d}x+\int_0^1\eta_x^2{\rm d}x =\int_0^1 \eta u\eta_x{\rm d}x \le \frac{1}{2}\int_0^1\eta_x^2{\rm d}x+\frac{1}{2}\int_0^1u_x^2{\rm d}x\int_0^1 \eta^2{\rm d}x, \end{eqnarray*} $

即

$ \begin{eqnarray}\label{8} \frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^1\eta^2{\rm d}x+\int_0^1\eta_x^2{\rm d}x \le \int_0^1u_x^2{\rm d}x\int_0^1 \eta^2{\rm d}x. \end{eqnarray} $

(2.8)

在(2.8)式两边同时乘以$2C$, 然后把得到的不等式与(2.7)式相加, 我们得到

$ \begin{eqnarray}\label{9} &&\frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^1\left(|u_{x}-\rho^\gamma-\eta|^2+2C\eta^2\right){\rm d}x+\int_0^1\left(\rho u_t^2+C\eta_x^2\right){\rm d}x \\ & \le&3C\int_0^1u_x^2{\rm d}x\int_0^1\left(|u_{x}-\rho^\gamma-\eta|^2 +2C\eta^2\right){\rm d}x +C\int_0^1 (u_x^2+\eta^2+1){\rm d}x. \end{eqnarray} $

(2.9)

记

$ \begin{eqnarray*}\left\{\begin{array}{ll} Y=\int_0^1\left(|u_{x}-\rho^\gamma-\eta|^2+2C\eta^2\right){\rm d}x, \\[3mm] G=3C\int_0^1u_x^2{\rm d}x, \quad H=C\int_0^1 (u_x^2+\eta^2+1){\rm d}x. \end{array}\right. \end{eqnarray*} $

那么

$ \begin{eqnarray*}\frac{{\rm d}Y}{{\rm d}t}\le GY+H, \end{eqnarray*} $

其中

$ \begin{eqnarray*} &&\int_t^{t+1}G(s){\rm d}s=3C\int_t^{t+1}\int_0^1u_x^2{\rm d}x{\rm d}s\le A_1, \\ \int_t^{t+1}H(s){\rm d}s&=&C\int_t^{t+1}\int_0^1 (u_x^2+\eta^2+1){\rm d}x{\rm d}s\\ &=&C\int_t^{t+1}\int_0^1 u_x^2{\rm d}x{\rm d}s+C\int_t^{t+1}\int_0^1 \eta^2{\rm d}x{\rm d}s+C \\ & \le& C\int_t^{t+1}\int_0^1 u_x^2{\rm d}x{\rm d}s+2C\int_t^{t+1}\int_0^1 |\eta-\overline{\eta_0}|^2{\rm d}x{\rm d}s+2C\overline{\eta_0}^2+C\le A_2, \\ \int_t^{t+1}Y(s){\rm d}s&=&\int_t^{t+1}\int_0^1\left(|u_{x}-\rho^\gamma-\eta|^2+2C\eta^2\right){\rm d}x{\rm d}s \\ &\le&3\int_t^{t+1}\int_0^1\left(u_{x}^2+\rho^{2\gamma}+\eta^2+C\eta^2\right){\rm d}x{\rm d}s\le A_3, \end{eqnarray*} $

这里我们用到了引理2.1和引理2.2, 其中$A_1, A_2, A_3$与时间$t$一致无关.

由一致的Gronwall不等式即引理2.3, 我们得到

$ \begin{eqnarray*} Y(t+1)\le (A_2+A_3)\exp\{A_1\}\end{eqnarray*} $

对于任意的$t\ge0$都成立.即

$ \begin{eqnarray*} \int_0^1\left(|u_{x}-\rho^\gamma-\eta|^2+2C\eta^2\right){\rm d}x(t)\le (A_2+A_3)\exp\{A_1\}\end{eqnarray*} $

对于任意的$t\ge1$都成立.由$C$可以取到充分大, 我们由此得到

$ \begin{eqnarray*} \int_0^1(u_{x}^2+\eta^2){\rm d}x(t)\le C_1\end{eqnarray*} $

对于任意的$t\ge1$都成立, 其中$C_1$与时间$t$无关.由于当$t\in[0, 1)$时, 该不等式左端项的上界显然与$t$无关.综上得到该引理的结论.

定理1.1得证.