本文考虑以下两类带粘性项的波动方程组

(1.1) $\begin{equation}\label{1.1}\left\{\begin{array}{ll} \partial_{t}^2u-c_1^2\Delta u-\partial_{t}\Delta u={\rm div} F_1(v), \ x\in\mathbb{R} ^3, t>0, \\ \partial_{t}^2v-c_2^2\Delta v-\partial_{t}\Delta v={\rm div} F_2(u), \ x\in\mathbb{R} ^3, t>0, \\ u|_{t=0}=u_0(x), \ \partial_tu|_{t=0}=u_1(x), \ v|_{t=0}=v_0(x), \ \partial_tv|_{t=0}=v_1(x), \end{array}\right.\end{equation}$

(1.2) $\begin{equation}\label{1.2}\left\{\begin{array}{ll} \partial_{t}^2u-c_1^2\Delta u-\partial_{t}\Delta u=\Delta G_1(v), \ x\in\mathbb{R} ^3, t>0, \\ \partial_{t}^2v-c_2^2\Delta v-\partial_{t}\Delta v=\Delta G_2(u), \ x\in\mathbb{R} ^3, t>0, \\ u|_{t=0}=u_0(x), \ \partial_tu|_{t=0}=u_1(x), \ v|_{t=0}=v_0(x), \ \partial_tv|_{t=0}=v_1(x), \end{array}\right.\end{equation} $

其中$F_i(w)$和$G_i(w)$在原点的小邻域中是光滑的, $c_1$和$c_2$是不同的正常数.

众所周知,波动方程是偏微分方程领域的基本方程.近年来,许多学者对耗散结构的波动方程进行了研究.对于阻尼波动方程, Marchti和Nishihara在文献[12]中做了许多一维的工作, Nishihara在文献[15]中做了三维的$L^p$-$L^q$估计. Hosono和Ogawa在文献[4]中考虑了二维的非线性问题. Ono在文献[16-17]中给出了偶数维和奇数维$L^p$估计解的公式表示.文献[10-11]用格林函数方法研究了解的逐点估计,后来文献[21]将该结果推广到方程组情形.

对于粘性波动方程, Shibata在文献[18]中获得了高维情形下线性问题的$L^p$估计.文献[2]研究了多维情形下非线性情形的整体存在性和$L^p$估计.文献[26-27]研究了奇数维解的逐点估计,并证明了解的逐点估计可被扩散波和广义惠更斯波控制,这与文献[8]中Navier-Stokes方程的性质相似.文献[12-14]研究了某一类拟线性粘性波动方程组,利用能量法讨论了其在有界域中的初边值问题. Diasa和Fridb在文献[3]中证明了当非线性项仅包含解的导数时,柯西问题弱解的存在性.

本文主要研究含不同波速的带粘性项波动方程组解的逐点估计,并证实其解的逐点估计可被相应的带不同传播速度($c_1\neq c_2$)的广义惠更斯波控制.我们同时考虑了两种非线性项:具有散度形式的非线性项和具有拉普拉斯形式的非线性项.同时我们改进了文献[27]的结果,并给出解的逐点估计仅包含这两种不同速度的广义惠更斯波,而不含其它耗散波.

本文的主要结果如下.

定理1.1 (存在性)  若存在足够小的常数$\epsilon_0>0$,使初值满足

(1.3) $\|{{u}_{0}}{{\|}_{{{H}^{l}}({{\mathbb{R}}^{3}})\cap {{W}^{1, 1}}({{\mathbb{R}}^{3}})}}+\|{{v}_{0}}{{\|}_{{{H}^{l}}({{\mathbb{R}}^{3}})\cap {{W}^{1, 1}}({{\mathbb{R}}^{3}})}}\le {{\epsilon }_{0}}, $

(1.4) ${{u}_{1}}(x)={{\partial }_{{{x}_{k}}}}f(x), \ {{v}_{1}}(x)={{\partial }_{{{x}_{k}}}}g(x), \ \|(f, g){{\|}_{{{H}^{l+1}}({{\mathbb{R}}^{3}})\cap {{L}^{1}}({{\mathbb{R}}^{3}})}}\le {{\epsilon }_{0}}, \ l\ge 4, $

$F_i(\omega)=O(|\omega|^{k_i})$和$G_i(\omega)=O(|\omega|^{k_i})$分别是系统(1.1)和系统(1.2)的非线性项,其中$k_i\geq2$,那么柯西问题(1.1)和(1.2)存在整体经典解$(u, v)$,并且存在正常数$C>0$,使得

(1.5) $\|(u, v){{\|}_{{{H}^{l}}({{\mathbb{R}}^{3}})}}\le C{{\varepsilon }_{0}}.$

需要条件(1.4)的原因有以下两点.其一在文献[2]中已经给出.实际上,格林函数${\Bbb G}(x, t)$的傅里叶变换$\hat{{\Bbb G}}(\xi, t)$是在原点$\xi=0$附近的奇异值: $\hat{{\Bbb G}}(\xi, t)=O(\frac{1}{|\xi|})$,其中$|\xi|$足够小(长波).在本文的框架中,需要使用${\Bbb G}(x, t)$的$L^p$估计,因此需要解的衰减率足够快,以便我们能够封闭拟设(3.2)式,证明迭代序列在适当的函数空间中,且是这个空间中的柯西序列.条件(1.4)可以保证${\rm i}\xi\hat{{\Bbb G}}(\xi, t)$在原点附近不是奇异的,并能产生所需的衰减率.若只想得到方程$\partial_{t}^2u-c_1^2\Delta u-\partial_{t}\Delta u=N(u)$的柯西问题解的$L^2$估计,则不需要假设(1.4)式.其二,本文解的逐点估计与文献[23]中的扩散波($D$波)$(1+t)^{-\frac{3}{2}}\big(1+\frac{|x|^2}{1+t}\big)^{-r}$和广义惠更斯波($H$波)$(1+t)^{-2}\big(1+\frac{(|x|-ct)^2}{1+t}\big)^{-r}$密切相关.对于这两个波的$L^p$估计,当$p<2$时, $H$波的衰减比$D$波慢;当$p>2$时, $H$波的衰减比$D$波快;当$p=2$是临界情况,此时这两种波的$L^2$衰减率和热核一样.换句话说,对于某些双曲抛物耦合系统,通常的$L^2$估计有时掩盖了解的双曲特征.引理4.2中因为$\hat{{\Bbb G}}(\xi, t)=O(1/|\xi|)$在格林函数傅立叶变换的长波中,所以格林函数的逐点估计$(1+t)^{-\frac{3}{2}}e^{-\frac{(|x|-ct)^2}{1+t}}$关于时间的衰减比$H$波要慢.为了推导出非线性问题解的最优逐点估计(这里最优是指非线性问题解的逐点估计与线性问题解的逐点估计保持一致),还需要借用初值和非线性项的一阶导数.

定理1.2(逐点估计)  当系统(1.1)和系统(1.2)的初值分别在${{H}^{4}}({{\mathbb{R}}^{3}})$和${{H}^{5}}({{\mathbb{R}}^{3}})$上足够小,且

(1.6) $\begin{equation}\label{5.0(0)} \begin{array}{ll} & |D_x^\alpha(u_0(x), v_0(x))|\leq C\varepsilon_0\big(1+|x|^2\big)^{-r_1}, \ |\alpha|\leq1, \ r_1>\frac{21}{10}, \\& |D_x^\alpha(f(x), g(x))|\leq C\varepsilon_0\big(1+|x|^2\big)^{-r_1}, \ |\alpha|\leq2, \ r_1>\frac{21}{10}, \end{array} \end{equation} $

此外,系统(1.1)和系统(1.2)的非线性项分别满足

(1.7) $ \begin{equation}F_i(\omega)=O(|\omega|^{k_i})\ \ k_i\geq3, \ i=1, 2, \label{1.5(1)}\end{equation}$

(1.8) $\begin{equation}G_i(\omega)=O(|\omega|^{k_i})\ \ k_i\geq\frac{5}{2}, \ i=1, 2, \label{1.5(11)} \end{equation}$

那么,存在常数$C>0$,使得

(1.9) $|(u, v)| \le C{\varepsilon _0}{(1 + t)^{ - 2}}[{(1 + \frac{{{{(|x| - {c_1}t)}^2}}}{{1 + t}})^{ - r}} + {(1 + \frac{{{{(|x| - {c_2}t)}^2}}}{{1 + t}})^{ - r}}], \;\frac{3}{2} < r < {r_1} - \frac{3}{5}, $

其中, $c_1$和$c_2$分别是系统(1.1)和系统(1.2)中的正常数.

注1.1  对比文献[26-27]中带粘性项单个波动方程解的逐点估计,本文的结果不包含扩散波$(1+t)^{-\frac{3}{2}}\big(1+\frac{|x|^2}{1+t}\big)^{-r}$,这也是与文献[27]中解的逐点估计相比的一个改进.此外,本文的结果包含两个具有不同传播速度$c_1$和$c_2$的广义惠更斯波,其对应于系统(1.1)和系统(1.2)两个方程中不同的系数.

注1.2  由(1.9)式得到系统(1.1)和系统(1.2)解$(u, v)$的最优$L^p$衰减率

(1.10) $\|(u, v){{\|}_{{{L}^{p}}({{\mathbb{R}}^{3}})}}\le C{{(1+t)}^{-(2-\frac{5}{2p})}}, \ p\in [1, \infty ], $

当$p>2$时,解的$L^p$衰减比阻尼波动方程(系统)快,当$1\leq p<2$时,解的$L^p$衰减比阻尼波动方程(系统)慢.

注1.3  注意文献[8-9]中Navier-Stokes方程和文献[22]中减重力二层半模型的逐点估计只得到$r=\frac{3}{2}$,即文献[8-9, 22]中只在$p>1$时推导出$L^p$衰减率,而本文$L^p$估计包含了$p=1$的情况.

在整个论文中, $C$, $C_i$和$c_0$表示正常量,允许在不同的式子中取不同特定的值.${{H}^{s}}({{\mathbb{R}}^{n}})={{W}^{s, 2}}({{\mathbb{R}}^{n}})$,其中${{W}^{s, p}}({{\mathbb{R}}^{n}})$是通常的索不列夫空间及其范数

$\|f\|_{W^{s, p}(\mathbb{R} ^n)}=\sum\limits_{k=0}^s\|\partial_x^kf\|_{L^p(\mathbb{R} ^n)}, $

齐次索不列夫空间

$\dot{H}^s(\mathbb{R} ^n)=\{u(x)|\ \|D_x^\alpha u(x)\|_{L^2(\mathbb{R} ^n)}<\infty, \ |\alpha|=s\}.$

本文章节安排如下:第2节研究了格林函数的$L^p$估计和解的短波的能量估计.第3节推导了柯西问题(1.1)和(1.2)解的整体存在性.第4节给出了柯西问题(1.1)和(1.2)解的逐点估计.最后,我们对该问题的研究做了进一步的探讨和展望.

傅里叶变换

$\hat f(\xi, t)=\int f(x, t){\rm e}^{-\sqrt{-1}x\cdot\xi}{\rm d}x, $

傅里叶逆变换

$({\cal F}^{-1}\hat f)(x, t)=(2\pi)^{-n}\int \hat f(\xi, t){\rm e}^{\sqrt{-1}x\cdot\xi}{\rm d}\xi.$

我们需要定义含固定常数的光滑截断函数

(2.1) $\begin{equation}\label{2.0}\chi(\xi)=\left\{\begin{array}{ll}1,    &|\xi|\leq\tilde{r}, \\0, &|\xi|>2\tilde{r}.\end{array}\right.\end{equation}$

其中, $0<\tilde{r}<1$.

基于傅里叶变换和(2.1),通过选择含$\chi(\xi)$的算子$\chi(D)$,进而可定义函数$g(x)$的长波短波分解$(g_L(x), g_H(x))$,

$g_L(x)=\chi(D)g(x), \ \ \ \ \ g_H(x)=(1-\chi(D))g(x).$

下面的引理直接来自上述定义和Plancherel定理.

引理2.1   $g(x)$在$ H^{m}(\mathbb{R} ^{n})$中被长波短波分解为$g_L(x)$和$g_H(x)$两部分,对于任意整数$m\geq 0$和$n\geq1$, $(g_L(x), g_H(x))$满足

$\|{{g}_{L}}{{\|}_{{{H}^{m}}({{\mathbb{R}}^{n}})}}\le \|g{{\|}_{{{H}^{m}}({{\mathbb{R}}^{n}})}}, \ \ \ \ \|{{g}_{H}}{{\|}_{{{H}^{m}}({{\mathbb{R}}^{n}})}}\le \|g{{\|}_{{{H}^{m}}({{\mathbb{R}}^{n}})}}, $

$\|{{g}_{L}}{{\|}_{{{{\dot{H}}}^{m}}({{\mathbb{R}}^{n}})}}\le C\|{{g}_{L}}{{\|}_{{{L}^{2}}({{\mathbb{R}}^{n}})}}, \ \ \ \ \|{{g}_{H}}{{\|}_{{{L}^{2}}({{\mathbb{R}}^{n}})}}\le C\|{{g}_{H}}{{\|}_{{{{\dot{H}}}^{m}}({{\mathbb{R}}^{n}})}}.$

用${\Bbb G}^i(x, t)$来表示(1.2)的格林函数,那么${\Bbb G}^i(x, t)$满足

(2.2) $\begin{equation}\left\{\begin{array}{ll} \partial_{t}^2{\Bbb G}^i(x, t)-c_i^2\Delta_{x} {\Bbb G}^i(x, t)-\partial_{t}\Delta_{x}{\Bbb G}^i(x, t)=0, \\ {\Bbb G}^i(x, 0)=0, \ \ \ \ \partial_{t}{\Bbb G}^i(x, 0)=\delta(x), \end{array}\right.\end{equation}$

其中$\delta(x)$是$Dirac$函数.

将傅立叶变换应用于(2.2)式,得到

(2.3) $\begin{equation}\left\{\begin{array}{ll} \partial_{t}^2\hat{{\Bbb G}^i}(\xi, t)+c_1^2|\xi|^{2} \hat{ {\Bbb G}^i}(\xi, t)+\partial_{t}|\xi|^{2}\hat {{\Bbb G}^i}(x, t)=0, \\ \hat {{\Bbb G}^i}(\xi, 0)=0, \ \ \ \ \partial_{t}\hat{ {\Bbb G}^i}(\xi, 0)=1. \end{array}\right.\end{equation}$

解得

$\hat{{\Bbb G}^i}(\xi, t)=\frac {1}{\sqrt{|\xi|^{4}-4c_{1}^{2}|\xi|^{2}}}\bigg({\rm e}^{-\frac {|\xi|^2-\sqrt{|\xi|^{4}-4c_{1}^{2}|\xi|^{2}}}{2}t}-{\rm e}^{-\frac {|\xi|^2+\sqrt{|\xi|^{4}-4c_{1}^{2}|\xi|^{2}}}{2}t}\bigg).$

其低频部分为

$\begin{eqnarray*}\hat{{\Bbb G}_L^i}(\xi, t)=\chi(\xi)\hat{{\Bbb G}^i}(\xi, t), \ \ \ \ \ {\Bbb G}_L^i(x, t)=\chi(D){\Bbb G}^i(x, t).\end{eqnarray*}$

下面我们考虑这些算子的性质.

引理2.2  若$f\in L^1(\mathbb{R} ^n)$,则存在常数$C>0$,对于$h\geq0$和$|\alpha|\geq1$满足

(2.4) $\begin{matrix} \|\partial _{t}^{h+1}\mathbb{G}_{L}^{i}(f){{\|}_{{{L}^{2}}({{\mathbb{R}}^{n}})}}\le C{{(1+t)}^{-\frac{n}{4}-\frac{h}{2}}}\|f{{\|}_{{{L}^{1}}({{\mathbb{R}}^{n}})}}, \\ |\partial _{t}^{h+1}\mathbb{G}_{L}^{i}(f){{\|}_{{{L}^{\infty }}({{\mathbb{R}}^{n}})}}\le C{{(1+t)}^{-\frac{n}{2}-\frac{h}{2}}}\|f{{\|}_{{{L}^{1}}({{\mathbb{R}}^{n}})}}, \ i=1, 2, \\\end{matrix}$

(2.5) $\begin{matrix} {} \|\partial _{x}^{\alpha }\mathbb{G}_{L}^{i}(f){{\|}_{{{L}^{2}}({{\mathbb{R}}^{n}})}}\le C{{(1+t)}^{-\frac{n}{4}-\frac{|\alpha |-1}{2}}}\|f{{\|}_{{{L}^{1}}({{\mathbb{R}}^{n}})}}, \\ {} \|\partial _{x}^{\alpha }\mathbb{G}_{L}^{i}(f){{\|}_{{{L}^{\infty }}({{\mathbb{R}}^{n}})}}\le C{{(1+t)}^{-\frac{n}{2}-\frac{|\alpha |-1}{2}}}\|f{{\|}_{{{L}^{1}}({{\mathbb{R}}^{n}})}}, \ i=1, 2. \\\end{matrix}$

证  由$\hat{ {\Bbb G}}(\xi, t)$的表达式,当$\xi\leq2\tilde{r}$且$|\alpha|\geq 1$时

$\begin{eqnarray*}|\xi^\alpha\hat{{\Bbb G}^i}(\xi, t)|&\displaystyle=&\bigg|\xi^\alpha\frac {1}{\sqrt{|\xi|^{4}-4c_{1}^{2}|\xi|^{2}}}\bigg({\rm e}^{-\frac {|\xi|^2-\sqrt{|\xi|^{4}-4c_{1}^{2}|\xi|^{2}}}{2}t}-{\rm e}^{-\frac {|\xi|^2+\sqrt{|\xi|^{4}-4c_{1}^{2}|\xi|^{2}}}{2}t}\bigg)\bigg|\\&\displaystyle\leq & C |\xi|^{|\alpha|-1}{\rm e}^{-|\xi|^{2}t/C}, \end{eqnarray*}$

这里$\xi^\alpha=\xi_{1}^{\alpha_{1}}\cdots \xi_{n}^{\alpha_{n}}$,那么

$\begin{eqnarray*}\| \partial_x^\alpha {\Bbb G}_L^i(f)\|_{L^2(\mathbb{R} ^n)}&=&\|({\rm i}\xi)^\alpha\hat{{\Bbb G}}_L^i\hat{f}\|_{L^2(\mathbb{R} ^n)}\\&=&\bigg(\int_{\mathbb{R} ^{n}}|({\rm i}\xi)^\alpha\hat{{\Bbb G}}_L^i(\xi, t)\hat{f}(\xi)|^2{\rm d}\xi\bigg)^{\frac{1}{2}}\\&\leq& C\bigg(\int_{\mathbb{R} ^{n}}|\xi|^{|\alpha|-1}{\rm e}^{-|\xi|^{2} t/C}\hat f(\xi)|^{2}{\rm d}\xi\bigg)^{\frac{1}{2}}\\&\leq& C\|\hat{f}\|_{L^\infty(\mathbb{R} ^n)}(1+t)^{-\frac{n}{4}-\frac{|\alpha|-1}{2}}, \\\| \partial_x^\alpha {\Bbb G}_L^i(f)\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^n)}&\leq&\bigg\|\int_{\mathbb{R} ^{n}}|({\rm i}\xi)^\alpha\hat{{\Bbb G}}_L^i(\xi, t)\hat{f}(\xi, t){\rm e}^{{\rm i}x\xi}{\rm d}\xi\bigg\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^n)}\\&\leq& C\|\hat{f}\|_{L^\infty(\mathbb{R} ^n)}\int_{\mathbb{R} ^{n}}|\xi|^{|\alpha|-1}{\rm e}^{-|\xi|^{2}t/C}{\rm d}\xi\\&\leq& C\|\hat f\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^n)}(1+t)^{-\frac{n}{2}-\frac{|\alpha|-1}{2}}.\end{eqnarray*}$

因此$\|\hat f\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^n)}\leq C\| f\|_{L^{1}(\mathbb{R} ^n)}$,故

$\|\partial_{x}^{\alpha}{\Bbb G}_{L}^i(f)\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^n)}\leq C(1+t)^{-\frac{n}{4}-\frac{|\alpha|-1}{2}}\| f \|_{L^{1}(\mathbb{R} ^n)}, $

$\|\partial_{x}^{\alpha}{\Bbb G}_{L}^i(f)\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^n)}\leq C(1+t)^{-\frac{n}{2}-\frac{|\alpha|-1}{2}}\| f \|_{L^{1}(\mathbb{R} ^n)}.$

同理可证(2.5)式.

由于系统(1.1)和系统(1.2)的相似性,在推导解的短波能量估计时,我们只给出系统(1.1)的证明.让$1-\chi (D)$作用于方程的两边

(2.6) $\begin{equation}\label{2.3}\left\{\begin{array}{ll} \partial_{t}^2u-c_1^2\Delta u-\partial_{t}\Delta u=\Delta F(x, t) \\ u(x, 0)=u_{0}(x), \partial_{t}u(x, 0)=u_{1}(x). \end{array}\right.\end{equation}$

因为$\Delta ((1-\chi (D))F(x, t) )=(1-\chi (D))\Delta F(x, t)$,那么

(2.7) $\begin{equation}\label{2.4}\left\{\begin{array}{ll} \partial_{t}^2u_{H}-c_1^2\Delta u_{H}-\partial_{t}\Delta u_{H}=\Delta ((1-\chi (D)F(x, t) )\\ u_{H}(x, 0)=u_{0H}(x), \ \ \partial_{t}u_{H}(x, 0)=u_{1H}(x). \end{array}\right.\end{equation}$

用$u_{H}(x, t)$和$\partial_t u_{H}$分别与(2.7)式相乘得

(2.8) $\begin{eqnarray}\label{2.5}0=\displaystyle\int_{\mathbb{R} ^{n}}u_{H}(\partial_{t}^{2}u_{H}-c_{1}^{2}\Delta u_{H}-\partial_{t}\Delta u_{H}-\Delta((1-\chi(D))F(x, t))){\rm d}x\\\=\displaystyle\frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_{\mathbb{R} ^{n}}(u_{H}(\partial_{t}u_{H})+\frac {1}{2}|\nabla u_{H}|^{2}){\rm d}x+c_{1}^{2}\int_{\mathbb{R} ^{n}}|\nabla u_{H}|^{2}{\rm d}x-\int_{\mathbb{R} ^{n}}(\partial_{t}u_{H})^{2}{\rm d}x\\\ \displaystyle+\int_{\mathbb{R} ^{n}}\nabla u_{H}\cdot \nabla((1-\chi(D))F(x, t)){\rm d}x, \\end{eqnarray}$

(2.9) $\begin{eqnarray} 0=\displaystyle\int_{\mathbb{R} ^{n}}\partial_{t}u_{H}(\partial_{t}^{2}u_{H}-c_{1}^{2}\Delta u_{H}-\partial_{t}\Delta u_{H}-\Delta((1-\chi(D))F(x, t))){\rm d}x\\\=\displaystyle\frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_{\mathbb{R} ^{n}}(\frac {1}{2}(\partial_{t}u_{H})^{2}+\frac {1}{2}c_{1}^{2}|\nabla u_{H}|^{2}){\rm d}x+\int_{\mathbb{R} ^{n}}|\partial_{t}\nabla u_{H}|^{2}{\rm d}x\\\ +\displaystyle\int_{\mathbb{R} ^{n}}\partial_{t}\nabla u_{H}\cdot \nabla((1-\chi(D))F(x, t)){\rm d}x.\end{eqnarray}$

因为$u_{H}$满足Poincaré型的不等式

(2.10) $\begin{eqnarray}\int_{\mathbb{R} ^{n}}|\nabla u_H|^2{\rm d}x\geq C_0\int_{\mathbb{R} ^{n}}(u_H)^2{\rm d}x, \ \ \int_{\mathbb{R} ^{n}}|\partial_t\nablau_H|^2{\rm d}x\geq C_0\int_{\mathbb{R} ^{n}}(\partial_tu_H)^2{\rm d}x, \end{eqnarray}$

再结合(2.8)和(2.9)式,则存在常数$C>0$,使得

$\begin{eqnarray*}&&\frac{\rm d}{{\rm d}t}{\rm e}^{t/C}\int_{\mathbb{R} ^{n}}\bigg(\frac{C_0}{2}u_{H}(\partial_{t}u_{H})+\frac{C_0+2c_1^2}{4}|\nabla u_{H}|^2+\frac{1}{2}(\partial_{t} u_{H})^2\bigg){\rm d}x\\&\leq& C{\rm e}^{t/C}\int_{\mathbb{R} ^{n}}(\nabla(1-\chi(D))F((x, t))^2{\rm d}x, \end{eqnarray*}$

结合引理,得到

$\begin{eqnarray*}&&\| u_{H}(\cdot, t)\|_{H^{1}(\mathbb{R} ^{n})}^{2}+\| \partial_{t}u_{H}(\cdot, t)\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{n})}^{2}\\&\leq& C\int_{0}^{t}{\rm e}^{-(t-s)/C}\| \nabla F(\cdot, s)\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{n})}{\rm d}s+C{\rm e}^{-t/C}(\| u_{0}\|_{H^{1}(\mathbb{R} ^{n})}^{2}+\| u_{1}\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{n})}^{2}).\end{eqnarray*}$

更高阶的导数估计可以类似得到.

引理2.3  假设$u_H(x, t)=(1-\chi(D))u(x, t)$,这里$u_H(x, t)$是方程(2.6)的解, $\chi(D)$在(2.1)式中已给出,那么$u_H(x, t)$满足

$\begin{eqnarray*} &&\|\partial_{x}^{\alpha} u_{H}(\cdot, t)\|_{H^{1}(\mathbb{R} ^{n})}^{2}+\| \partial_{t}\partial_{x}^{\alpha}u_{H}(\cdot, t)\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{n})}^{2}\\&\leq& C\int_{0}^{t}{\rm e}^{-(t-\tau)/C}\|\partial_{x}^{\alpha} \nabla F(\cdot, \tau)\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{n})}{\rm d}\tau+C{\rm e}^{-t/C}(\| \partial_{x}^{\alpha}u_{0}\|_{H^{1}(\mathbb{R} ^{n})}^{2}+\| \partial_{x}^{\alpha}u_{1}\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{n})}^{2}), \\ &&\| u_{H}(\cdot, t)\|_{H^{s}(\mathbb{R} ^{n})}^{2}+\| \partial_{t}u_{H}(\cdot, t)\|_{H^{s-1}(\mathbb{R} ^{n})}^{2}\\ &\leq& C\int_{0}^{t}{\rm e}^{-(t-\tau)/C}\| \nabla F(\cdot, \tau)\|_{H^{s-1}(\mathbb{R} ^{n})}{\rm d}\tau+C{\rm e}^{-t/C}(\| u_{0}\|_{H^{s}(\mathbb{R} ^{n})}^{2}+\| u_{1}\|_{H^{s-1}(\mathbb{R} ^{n})}^{2}), \ {\rm for}\ s\geq1.\end{eqnarray*}$

本节我们将构造一个收敛序列来获得整体解.如上,我们也只考虑系统(1.2).下面的估计用来解决系统(1.1)和(1.2)中的非线性项.

引理3.1^[16]  假设$F=F(f)$是光滑的, $f=(f_{1}, \cdots , f_{N})$是向量函数, $F(f)=O(|f|^{1+k})$ ($k\geq1$是一个整数).当$|f|\leq \nu_{0}$,对任意整数$s\geq 0$,如果$\bar f$, $\tilde{f}\in W^{s, q}(\mathbb{R} ^{n})\cap L^{p}(\mathbb{R} ^{n})\cap L^{\infty}(\mathbb{R} ^{n})$且$\| \bar f\|_{L^{\infty}}\leq \nu_{0} $, $\| \tilde f\|_{L^{\infty}}\leq \nu_{0} $,则$F(\bar f)-F(\tilde f)\in W^{s, r}(\mathbb{R} ^{n})$.当$\frac{1}{r}=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}$, $1\leq p, q, r\leq+\infty$,则下面不等式成立

$\| F(\bar f)\|_{W^{s, r}(\mathbb{R} ^{n})}\leq C\| \bar f\|_{W^{s, q}(\mathbb{R} ^{n})}\| \bar f\|_{L^{p}(\mathbb{R} ^{n})}\| \bar f\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^{n})}^{k-1}, $

$\begin{eqnarray*}\| F(\bar f)-F(\tilde f) \|_{ W^{s, r}(\mathbb{R} ^{n})}&\leq& C(\| \bar f\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^{n})}+\| \tilde f\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^{n})})^{k-1}\times [\| \bar f - \tilde f \|_{W^{s, q}(\mathbb{R} ^{n})}(\| \bar f\|_{L^{p}(\mathbb{R} ^{n})}\\&&+\| \tilde f\|_{L^{p}(\mathbb{R} ^{n})})+\| \bar f - \tilde f \|_{L^{p}(\mathbb{R} ^{n})}(\| \bar f\|_{W^{s, q}(\mathbb{R} ^{n})}+\| \tilde f\|_{W^{s, q}(\mathbb{R} ^{n})})].\end{eqnarray*}$

构造序列$\lbrace u^{m}(x, t), v^{m}(x, t)\rbrace $

(3.1) $\begin{equation}\label{3.1}\left\{\begin{array}{ll} \partial_{t}^2u^{m}-c_1^2\Delta u^{m}-\partial_{t}\Delta u^{m}=\Delta G_1(v^{m-1}), \\ \partial_{t}^2v^{m}-c_2^2\Delta v^{m}-\partial_{t}\Delta v^{m}=\Delta G_2(u^{m-1}), \\ u^{m}(x, 0)=u_{0}(x), \partial_{t}u^{m}(x, 0)=u_{1}(x), \ v^{m}(x, 0)=v_{0}(x), \partial_{t}v^{m}(x, 0)=v_{1}(x), \end{array}\right.\end{equation}$

其中$(u^{m}, v^{m})$是当$m\geq 1$时上述线性问题的解, $u^0(x, t)=v^0(x, t)=0$.我们将证明序列在我们构造的空间中是收敛的,极限则是非线性问题(1.2)的解.首先,我们引入下面一组函数,对于给定的整数$l\geq 4$,有

(3.2) $\begin{eqnarray}\label{3.2}M_{l, C_0}=\lbrace q(x, t)|D_{l}(q)\leq C_0\rbrace, \ x\in \mathbb{R} ^3, \ t>0.\end{eqnarray}$

我们定义范数$D_{l}(q)$

$D_{l}(q)=\sup\limits_{t\geq 0}[(1+t)^{\frac{3}{2}}\| q\|_{W^{l-2, \infty}(\mathbb{R} ^{3})}+(1+t)^{\frac{3}{4}}\| q\|_{H^{l}(\mathbb{R} ^{3})}].$

引理3.2  存在常数$C>0$,当$\epsilon_{0}$足够小时,使得初值$u_{0}(x), \ u_{1}(x), \ v_{0}(x)$, $v_{1}(x)$满足(1.3)式,则有$\{u^m(x, t), v^m(x, t)\}\subseteq M_{l, C\epsilon_0}$.

证  使用归纳法证明.我们将解$u^{m}(x, t)$分解为长波和短波两部分,即

$u^{m}(x, t)=u_{L}^{m}(x, t)+u_{H}^{m}(x, t). $

用格林函数来表示长波部分$u_{L}^m(x, t)$

$\begin{eqnarray*}\label{3.3}u_{L}^{m}(x, t)&=&\displaystyle\int_{\mathbb{R} ^{3}}{\Bbb G}_{L}^1(x-y, t)(\partial_{t}u-\Delta u)(y, 0) {\rm d}y+\int_{\mathbb{R} ^{3}}\partial_{t} {\Bbb G}_{L}^1(x-y, t)u(y, 0) {\rm d}y\\&&\displaystyle+\int_{0}^{t}\int_{\mathbb{R} ^{3}}{\Bbb G}_{L}^1(x-y, t-\tau)\Delta G_1(v^{m-1}){\rm d}y{\rm d}\tau\\&=&\displaystyle\int_{\mathbb{R} ^{3}}\partial _{x_{k}}{\Bbb G}_{L}^1(x-y, t)f(y) +\nabla {\Bbb G}_{L}^1(x-y, t)\nabla u(y, 0) {\rm d}y\\&&\displaystyle+\int_{\mathbb{R} ^{3}}\partial_{t} {\Bbb G}_{L}^1(x-y, t)u(y, 0) {\rm d}y+\int_{0}^{t}\int_{\mathbb{R} ^{3}}\Delta {\Bbb G}_{L}^1(x-y, t-\tau) G_1(v^{m-1})(y, \tau){\rm d}y{\rm d}\tau.\end{eqnarray*}$

其中$u_{1}(x)=\partial_{x_{k}}f(x)$.当$m=1$,

$\begin{eqnarray*}u_{L}^{1}(x, t)&=&\int_{\mathbb{R} ^{3}}\partial _{x_{k}}{\Bbb G}_{L}^1(x-y, t)f(y)+ \nabla {\Bbb G}_{L}^1(x-y, t)\nabla u(y, 0) {\rm d}y\\&&+\int_{\mathbb{R} ^{3}}\partial_{t} {\Bbb G}_{L}^1(x-y, t)u(y, 0) {\rm d}y.\end{eqnarray*}$

由引理2.2得

$\| u_{L}^{1}(\cdot, t)\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{3})}\leq C(1+t)^{-\frac{3}{4}}(\| f\|_{L^{1}(\mathbb{R} ^{3})}+\| \nabla u_{0}\|_{L^{1}(\mathbb{R} ^{3})}+\| u_{0}\|_{L^{1}(\mathbb{R} ^{3})})\leq C\epsilon_0(1+t)^{-\frac{3}{4}}, $

$\| u_{L}^{1}(\cdot, t)\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^{3})}\leq C(1+t)^{-\frac{3}{2}}(\| f\|_{L^{1}(\mathbb{R} ^{3})}+\| \nabla u_{0}\|_{L^{1}(\mathbb{R} ^{3})}+\| u_{0}\|_{L^{1}(\mathbb{R} ^{3})})\leq C\epsilon_0(1+t)^{-\frac{3}{2}}.$

同样地,可以类似的得到$\partial_{x}^{\alpha}u_{L}^{1}(x, t)$的估计

$\begin{eqnarray*}\partial_{x}^{\alpha}u_{L}^{1}(x, t)&=&\int_{\mathbb{R} ^{3}}\partial_{x}^{\alpha}\partial _{x_{k}}{\Bbb G}_{L}^1(x-y, t)f(y)+\partial_{x}^{\alpha}\nabla {\Bbb G}_{L}^1(x-y, t)\nabla u_0(y) {\rm d}y\\&&+\int_{\mathbb{R} ^{3}}\partial_{x}^{\alpha}\partial_{t} {\Bbb G}_{L}^1(x-y, t)u_0(y) {\rm d}y, \\end{eqnarray*}$

$\|\partial_{x}^{\alpha} u_{L}^{1}(\cdot, t)\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{3})}\leq C\epsilon_{0}(1+t)^{-\frac{3}{4}-\frac{\mid\alpha\mid}{2}}, \ \\|\partial_{x}^{\alpha} u_{L}^{1}(\cdot, t)\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^{3})}\leq C\epsilon_{0}(1+t)^{-\frac{3}{2}-\frac{\mid\alpha\mid}{2}}.$

对于短波部分$u_{H}^{m}(x, t)$,由引理2.3得

$\| u_{H}^{1}(\cdot, t)\|_{H^{l}(\mathbb{R} ^{3})}\leq C{\rm e}^{-\frac{t}{C}}(\| u_{0}\|_{H^{l}(\mathbb{R} ^{3})}+\| u_{1}\|_{H^{l}(\mathbb{R} ^{3})}).$

因此得到$D_{l}(u^{1})\leq C\epsilon_{0}$.若$\epsilon_{0}\ll 1$,则存在常数$C>0$,使得$u^{1}(x, t)\in M_{l, C\epsilon_0}$.同理可得$v^{1}(x, t)\in M_{l, C\epsilon_0}$.假设当$j\leq m-1$, $u^{j}(x, t)\in M_{l, C\epsilon_0}$且$u^{j}(x, t)\in M_{l, C\epsilon_0}$时,对于$u^{m}(x, t)$和$v^{m}(x, t)$,由(3.1)式和引理2.2可得

(3.3) $\begin{eqnarray}\label{3.4}\nonumber \| u_{L}^{m}(\cdot, t)\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{3})}&\leq& C(1+t)^{-\frac{3}{4}}(\| f\|_{L^{1}(\mathbb{R} ^{3})}+\| \nabla u_{0}\|_{L^{1}(\mathbb{R} ^{3})}+\| u_{0}\|_{L^{1}(\mathbb{R} ^{3})})\\&&+C\int_{0}^{t}(1+t-\tau)^{-\frac{3}{4}}\| G_1(v^{m-1})(\cdot, \tau)\|_{L^{1}(\mathbb{R} ^{3})}{\rm d}\tau.\end{eqnarray}$

由引理3.1得

$\| G_1(v^{m-1})(\cdot, t)\|_{L^{1}(\mathbb{R} ^{3})}\leq C\| v^{m-1}\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{3})}^{2}\| v^{m-1}\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^{3})}^{k_1-2}\leq C(\epsilon_0)^{k_1}(1+t)^{-\frac{3(k_1-1)}{2}}.$

因此当$k_1\geq 2$时,我们有

$\begin{eqnarray*}\|u_{L}^{m}(\cdot, t)\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{3})}&\leq& C\epsilon_{0}(1+t)^{-\frac{3}{4}}+(C\epsilon_0)^{k_1}\int_{0}^{t}(1+t-\tau)^{-\frac{3}{4}}(1+\tau)^{-\frac{3(k_1-1)}{2}}{\rm d}\tau\\&\leq& C(\epsilon_{0}+(\epsilon_0)^{k_1})(1+t)^{-\frac{3}{4}}\leq C\epsilon_0(1+t)^{-\frac{3}{4}}.\end{eqnarray*}$

导数$\partial_{t}^{\alpha}u_{L}^{m}(x, t)$的估计为

$\begin{eqnarray*}\label{3.5}\|\partial_{x}^{\alpha} u_{L}^{m}(\cdot, t)\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{3})}&\leq&\displaystyle C\epsilon_{0}(1+t)^{-\frac{3}{4}-\frac{\mid\alpha\mid}{2}}+C\int_{0}^{t}(1+t-\tau)^{-\frac{3}{4}-\frac{\mid\alpha\mid}{2}}\| G_1(v^{m-1})(\cdot, \tau)\|_{L^{1}(\mathbb{R} ^{3})}{\rm d}\tau\\&\leq &C\epsilon_{0}(1+t)^{-\frac{3}{4}}.\end{eqnarray*}$

同理可得其$L^{\infty}$估计

(3.4) $\begin{eqnarray}\label{3.6}\|\partial_{x}^{\alpha} u_{L}^{m}(\cdot, t)\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^{3})}\leq C\epsilon_{0}(1+t)^{-\frac{3}{2}}.\end{eqnarray}$

由引理2.3和引理3.1可得短波部分

(3.5) $\begin{eqnarray}\label{3.7}\nonumber \| u_{H}^{m}(\cdot, t)\|_{H^{l}(\mathbb{R} ^{3})}&\leq &\displaystyle C{\rm e}^{-\frac{t}{C}}(\| u_{0}\|_{H^{l}(\mathbb{R} ^{3})}+\| u_{1}\|_{H^{l}(\mathbb{R} ^{3})})+C\int_{0}^{t}{\rm e}^{-\frac{t-\tau}{C}}\| G_1(v^{m-1})(\cdot, \tau)\|_{H^{l}(\mathbb{R} ^{3})}^{2}{\rm d}\tau\\&\leq &C\epsilon_{0}(1+t)^{-\frac{3k_1}{2}+\frac{3}{4}}\leq C\epsilon_{0}(1+t)^{-\frac{3}{4}}.\end{eqnarray}$

综合引理3.1, (3.4)-(3.5)式得$D_{l}(u^{m})\leq C\epsilon_{0}$.同理$D_{l}(v^{m})\leq C\epsilon_{0}$.

下面证明该序列是收敛的.

引理3.3  由(3.1)式得$\lbrace u^{m}(x, t), v^{m}(x, t)\rbrace$在$M_{l, C\epsilon_0}$上是一个柯西序列.

证  令$\bar{u}^{m}=u^{m}-u^{m-1}$, $\bar{v}^{m}=v^{m}-v^{m-1}$,和$\bar{u}^1=u^1$, $\bar{v}^1=v^1$.对于$m\geq 2$,满足

(3.6) $\begin{equation} \label{eq:1}\left\{\begin{array}{ll} \partial_{t}^2\bar u^{m}-c_1^2\Delta \bar u^{m}-\partial_{t}\Delta \bar u^{m}=[\Delta G_1(v^{m-1})-\Delta G_1(v^{m-2})](x, t), \\ \partial_{t}^2\bar v^{m}-c_1^2\Delta \bar v^{m}-\partial_{t}\Delta \bar v^{m}=[\Delta G_2(u^{m-1})-\Delta G_2(u^{m-2})](x, t), \\ \bar u^{m}(x, 0)=0, \partial_{t}\bar u^{m}(x, 0)=0, \ \bar v^{m}(x, 0)=0, \partial_{t}\bar v^{m}(x, 0)=0. \end{array}\right.\end{equation}$

由引理3.2和引理3.1的证明过程,当$\epsilon_0\ll 1$时

$\begin{eqnarray*}\| D_{x}^{\alpha}\bar u _{L}^{m}(\cdot, t)\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{3})}&\leq &C\int_{0}^{t}(1+t-\tau)^{-\frac{3}{4}-\frac{\mid\alpha\mid}{2}}\| G_1(v^{m-1})- G_1(v^{m-2})\|_{L^{1}(\mathbb{R} ^{3})}(\tau){\rm d}\tau\\&\leq& \displaystyle C\int_{0}^{t}(1+t-\tau)^{-\frac{3}{4}-\frac{\mid\alpha\mid}{2}}\| \bar v^{m-1}\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{3})}\\&&\times(\| v^{m-1}\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^{3})}+\| v^{m-2}\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^{3})})^{k_1-2}\\&&\times (\| v^{m-1}\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{3})}+\| v^{m-2}\|_{L^{2}(\mathbb{R} ^{3})}){\rm d}\tau\\&\leq& C(C\epsilon_0)^{k_1-1}(1+t)^{-\frac{3}{4}}D_{l}(\bar v^{m-1}).\end{eqnarray*}$

同理可得其$L^{\infty}$范数

$\| D_{x}^{\alpha}\bar u _{L}^{m}(\cdot, t)\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^{3})}\leq C(C\epsilon_0)^{k_1-1}(1+t)^{-\frac{3}{2}}D_{l}(\bar v^{m-1}).$

剩余部分$\bar u_{H}^{m}(x, t)$满足

$\begin{eqnarray*}\| \bar u _{H}^{m}(\cdot, t)\|_{H^{l}(\mathbb{R} ^{3})}&\leq &C\int_{0}^{t}{\rm e}^{-\frac{t-\tau}{C}}\| G_1(v^{m-1})- G_1(v^{m-2})\|_{H^{l}(\mathbb{R} ^{3})}^{2}{\rm d}\tau\\&\leq &\displaystyle C\int_{0}^{t}{\rm e}^{-\frac{t-\tau}{C}}(\| v^{m-1}\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^{3})}^{k_1-2}+\| v^{m-2}\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^{3})}^{k_1-2})(\tau)\\&&\times\big[\|\bar v^{m-1}\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^{3})}(\| v^{m-1}\|_{H^{l}(\mathbb{R} ^{3})}+\| v^{m-2}\|_{H^{l}(\mathbb{R} ^{3})})\\&& +\|\bar v^{m-1}\|_{H^{l}(\mathbb{R} ^{3})}(\| v^{m-1}\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^{3})}+\| v^{m-2}\|_{L^{\infty}(\mathbb{R} ^{3})})\big](\tau) {\rm d}\tau\\&\leq&\displaystyle C (C\epsilon_0)^{k_1-1}D_{l}(\bar v^{m-1})(1+t)^{-\frac{3k_1}{2}+\frac{3}{4}}.\end{eqnarray*}$

因此我们有$D_{l}(\bar u^{m})\leq C(C\epsilon_0)^{k_1-1}D_{l}(\bar v^{m-1})$,同理可得$D_{l}(\bar v^{m})\leq C(C\epsilon_0)^{k_1-1}D_{l}(\bar u^{m-1})$.综上,可得

$D_{l}(\bar u^{m})\leq C(C\epsilon_0)^{k_1-1}D_{l}(\bar v^{m-1})\leq C(C\epsilon_0)^{k_1+k_2-2}D_{l}(\bar u^{m-2}).$

当$\epsilon_0 \ll 1, \ k_1, k_2\geq 2$时, $\{\bar u^{m}(x, t)\}$是$M_{l, C\epsilon_0}$中的柯西序列, $\bar v^{m}(x, t)$同理可得.这就完成了引理3.3的证明.

定理3.1  当$\epsilon_0$足够小时,存在常数$C>0$,使得当$l\geq4$时,若初值满足(1.3)和(1.4)式,则系统(1.1)和系统(1.2)的解$(u, v)$存在且满足$\lbrace u, v\rbrace\in M_{l, C\epsilon_0}$.

本节将在$\mathbb{R} ^3$中推导出非线性方程解的逐点估计.如文献[26]一样,考虑

(4.1) $\begin{equation}\label{5.0}\left\{\begin{array}{ll} \partial_{t}^2{\cal G}^i(x, t)-c_i^2\Delta_{x} {\cal G}^i(x, t)-\partial_{t}\Delta_{x}{\cal G}^i(x, t)=0, \\ {\cal G}^i(x, 0)=\delta(x), \ \ \ \ \partial_{t}{\cal G}^i(x, 0)=0, \end{array}\right.\end{equation} $

其中$\delta(x)$是Dirac函数.那么由Duhamel's原理,对于系统(1.2),我们有

(4.2) $ \begin{equation}\label{5.4(1)} \begin{array}{rl} &D_x^\alpha u=\displaystyle D_x^\alpha {\Bbb G}^1\ast u_1+D_x^\alpha{\cal G}^1\ast u_0 +\int_0^t D_x^\alpha {\Bbb G}^1\ast\Delta G_1(v){\rm d}s:=R_1+R_2+R_3, \\ &D_x^\alpha v=\displaystyle D_x^\alpha {\Bbb G}^2\ast v_1+D_x^\alpha{\cal G}^2\ast v_0 +\int_0^t D_x^\alpha {\Bbb G}^2\ast\Delta G_2(u){\rm d}s, \end{array} \end{equation} $

对系统(1.1),有

(4.3) $ \begin{equation}\label{5.4(11)} \begin{array}{rl} &D_x^\alpha u=\displaystyle D_x^\alpha {\Bbb G}^1\ast u_1+D_x^\alpha{\cal G}^1\ast u_0 +\int_0^t D_x^\alpha {\Bbb G}^1\ast{\rm div} F_1(v){\rm d}s:=S_1+S_2+S_3, \\ &D_x^\alpha v=\displaystyle D_x^\alpha {\Bbb G}^2\ast v_1+D_x^\alpha{\cal G}^2\ast v_0 +\int_0^t D_x^\alpha {\Bbb G}^2\ast{\rm div} F_2(u){\rm d}s. \end{array} \end{equation} $

用${\Bbb G}_L^1(x, t), {\cal G}_L^1(x, t), {\Bbb G}_M^1(x, t), {\cal G}_M^1(x, t), {\Bbb G}_H^1(x, t), {\cal G}_H^1(x, t)$,和${\Bbb G}_L^2(x, t), {\cal G}_L^2(x, t)$, ${\Bbb G}_M^2(x, t), $${\cal G}_M^2(x, t)$, ${\Bbb G}_H^2(x, t), {\cal G}_H^2(x, t)$分别表示(1.1)$_1$和(1.1)$_2$式中的长波、中波和短波.然后我们有如下逐点估计.

引理4.1^[26]  若$|\alpha|, h\geq0$, $x\in\mathbb{R} ^3$,则

(4.4) $ \begin{equation}|\partial_t^h\partial_x^\alpha ({\Bbb G}_L^i(x, t), {\cal G}_L^i(x, t))|\leq C(1+t)^{-\frac{3+|\alpha|+2h}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x|-c_it)^2}{1+t}}, \ i=1, 2, \end{equation} $

(4.5) $ \begin{equation}|\partial_t^h\partial_x^\alpha ({\Bbb G}_M^i(x, t), {\cal G}_M^i(x, t))|\leq C{\rm e}^{-b_1t}{\rm e}^{-\frac{|x|^2}{1+t}}, \ i=1, 2, \end{equation} $

(4.6) $ \begin{equation} |\partial_t^h\partial_x^\alpha ({\Bbb G}_H^i(x, t)-{\mathfrak F}_\alpha, {\cal G}_H^i(x, t)-{\mathfrak F}_\alpha)| \leq C{\rm e}^{-b_2t}{\rm e}^{-\frac{|x|^2}{1+t}}, \ i=1, 2, \end{equation} $

其中${\mathfrak F}_\alpha={\rm e}^{-b_1t}(\delta(x)+f_1(x))$, $f_1(x)$是类Dirac函数,即$\|f_1\|_{L^1(\mathbb{R} ^{3})}\leq C$,且存在足够小的$\eta$,使得supp$f_1(x) \subset\{x, |x|<\eta\}$.

利用下边的估计(4.9)式,以上估计可改进为仅含$H$波

引理4.2  对于$|\alpha|\geq0$, $h\geq0$和$x\in\mathbb{R} ^3$,有

(4.7) $ \begin{equation} |\partial_t^h\partial_x^\alpha ({\Bbb G}^i(x, t)-{\mathfrak F}_\alpha, {\cal G}^i(x, t)-{\mathfrak F}_\alpha) |\leq C(1+t)^{-\frac{3+|\alpha|+2h}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x|-c_it)^2}{1+t}}, \ i=1, 2, \end{equation} $

其中$b_1>0$,同引理4.1, ${\mathfrak F}_\alpha={\rm e}^{-b_1t}(\delta(x)+f_1(x))$是格林函数短波中奇异部分.

引理4.3^[23]  存在常数$C>0$,使得

(4.8) $\int_{{{\mathbb{R}}^{3}}}{{{\text{e}}^{-\frac{{{(|x-y|-ct)}^{2}}}{C(1+t)}}}}{{(1+|y{{|}^{2}})}^{-{{r}_{1}}}}\text{d}y\le C{{\left( 1+\frac{{{(|x|-ct)}^{2}}}{1+t} \right)}^{-r}}, \ {{r}_{1}}>\frac{21}{10}, \ \frac{3}{2}<r<{{r}_{1}}-\frac{3}{5}, $

(4.9) $\begin{equation}\label{5.2}\left(1+\frac{|x|^2}{1+t}\right)^{-a_1}\leq C(1+t)^{a_1}\left(1+\frac{(|x|-ct)^2}{1+t}\right)^{-a_1}, \ \ a_1>0, \ c>0. \end{equation}$

不失一般性,假设系统(1.1)和系统(1.2)的初值满足

(4.10) $\begin{equation}\label{5.4} \begin{array}{l} |D_x^\alpha(u_0(x), v_0(x))|\leq C\varepsilon_0\big(1+|x|^2\big)^{-r_1}, \ |\alpha|\leq1, \ r_1>\frac{21}{10}, \\ |D_x^\alpha(f(x), g(x))|\leq C\varepsilon_0\big(1+|x|^2\big)^{-r_1}, \ |\alpha|\leq2, \ r_1>\frac{21}{10}, \end{array} \end{equation}$

其中$\varepsilon_0$足够小, $u_1(x)=\partial_{x_k}f(x)$且$v_1(x)=\partial_{x_k}g(x)$.

接下来考虑(4.2)式中的每一项.对于$R_1$,由(4.8)式得

(4.11) $\begin{eqnarray}\label{5.4(2)}|R_1|&=&\displaystyle |D_x^\alpha {\Bbb G}^1\ast u_1|=|D_x^\alpha({\Bbb G}^1-{\mathfrak F}_\alpha)\ast u_1+{\mathfrak F}_\alpha\ast D_x^\alpha u_1|\\\&=&\displaystyle |D_x^\alpha\partial_{x_k}({\Bbb G}^1-{\mathfrak F}_\alpha)\ast f+{\mathfrak F}_\alpha\ast D_x^\alpha u_1|\\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-2}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ r>\frac{3}{2}.\end{eqnarray}$

同理可得

(4.12) $\begin{equation}\label{5.4(3)}|R_2|\leq C(1+t)^{-2}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ \ r>\frac{3}{2}.\end{equation}$

用$(\tilde{u}, \tilde{v})$表示系统(1.1)和系统(1.2)线性部分的解,由$|\alpha|\leq1$和$r>\frac{3}{2}$可得

(4.13) $\begin{equation}\label{5.4(32)}|D_x^\alpha\tilde{u}|\leq C(1+t)^{-2}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ \|D_x^\alpha\tilde{v}|\leq C(1+t)^{-2}\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}.\end{equation}$

由于系统(1.1)和系统(1.2)中非线性项耦合,我们分别给出系统(1.1)和系统(1.2)解$(u, v)$的如下不同的拟设

(4.14) $ \begin{equation}\label{5.4(4)} M(T)=\sup\limits_{0\leq t\leq T}\{|(u, v, Du, Dv)|\phi(x, t)+\|D^2(u, v)\|_{L^\infty}\}, \ \ \ \ (1.1), \end{equation} $

(4.15) $ \begin{equation}\label{5.4(41)} M(T)=\sup\limits_{0\leq t\leq T}\{|(u, v, Du, Dv)|\phi(x, t)+\|D^2(u, v)\|_{L^\infty}+\|D^3(u, v)\|_{L^\infty}\}, \ \ \ (1.2), \end{equation} $

其中

(4.16) $ \begin{equation} \phi(x, t)=(1+t)^2\bigg\{\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r} +\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}\bigg\}^{-1}. \end{equation} $

下面证明$M(T)\leq C$.对于(1.1)式,当初值在$H^4(\mathbb{R} ^3)$里适当小时,可以推导出(4.14)式中$D^2(u, v)$的$L^\infty$估计.同理,对于(1.2)式,当初值在$H^5(\mathbb{R} ^3)$中较小时,可以推导出(4.15)式中$D^2(u, v)$和$D^3(u, v)$的$L^\infty$估计.因此,下面我们只需推导(4.14)和(4.15)式中解以及解的一阶导数的逐点估计.首先把(4.2)式中的$R_3$分为两部分

(4.17) $\begin{equation}\label{5.5(0)} R_3=\int_0^t D_x^\alpha({\Bbb G}^1-{\mathfrak F}_\alpha)\ast \Delta G_1(v){\rm d}s +\int_0^t{\mathfrak F}_\alpha\ast D_x^\alpha\Delta G_1(v){\rm d}s:=R_4+R_5, \end{equation} $

其中$R_5$是短波的奇异部分和系统(1.2)非线性项之间的卷积.在(1.8)式中当$k_i\geq \frac{5}{2}$时, $G_i(w)=O(|\omega|^{k_i})$且$k_i$是整数,故$k_i\geq3$.因为短波的奇异部分是类Dirac $\delta$函数,故只能将导数放在非线性项$\Delta G_i(u)$和$\Delta G_i(v)$上.假设整数$m\geq3$, $\Delta G_1(v)= \Delta (v^m)$且$\Delta G_2(u)=\Delta (u^m)$,我们有

(4.18) $ \begin{equation}\label{5.5} \begin{array}{ll} &|\Delta u^m|\lesssim |u|^{m-2}||Du|^2+|u|^{m-1}|D^2u|, \ \ |\Delta v^m|\lesssim |v|^{m-2}|Dv|^2+|v|^{m-1}|D^2v|, \\ &|D(\Delta u^m)|\lesssim |u|^{m-3}|Du|^3+|u|^{m-2}|Du||D^2u|+|u|^{m-1}|\underline{|D^3u|}, \\ &|D(\Delta v^m)|\lesssim |v|^{m-3}|Dv|^3+|v|^{m-2}|Dv||D^2v|+|v|^{m-1}|\underline{|D^3v|}.\end{array} \end{equation} $

用拟设(4.15)式,其中包括上面划线项的估计$\|D^3(u, v)\|_{L^\infty}\leq M(T)$,以及文献[23]中的引理5.4,当$|\alpha|\leq1$时,可得

(4.19) $\begin{eqnarray}\label{5.5(1)} &&\bigg|\displaystyle\int_0^t{\mathfrak F}_\alpha(\cdot, t-s)\ast D_x^\alpha(\Delta v^m, \Delta u^m)(\cdot, s){\rm d}s\bigg|\\\ &\leq&\displaystyle C(1+t)^{-2}\bigg\{\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r} +\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}\bigg\}. \end{eqnarray}$

当$m\geq3$时,不妨假设系统(1.1)中的非线性项${\rm div}F_1(v)={\rm div}(v^m)$和${\rm div}F_2(u)={\rm div}(u^m)$,然后我们有

(4.20) $\begin{equation}\label{5.5(2)} \begin{array}{ll} |{\rm div} (u^m)|\lesssim |u^{m-1}||Du|, \ \ |D({\rm div} (u^m))|\lesssim |u^{m-2}||Du|^2+u^{m-1}|Du||D^2u|, \\ |{\rm div} (v^m)|\lesssim |v^{m-1}||Dv|, \ \ |D({\rm div} (v^m))|\lesssim |v^{m-2}||Dv|^2+v^{m-1}|Dv||D^2v|. \end{array} \end{equation} $

由拟设(4.14)式和文献[23]中的引理5.4,当$|\alpha|\leq1$时

(4.21) $\begin{eqnarray}\label{5.5(3)} &&\bigg|\displaystyle\int_0^t{\mathfrak F}_\alpha(\cdot, t-s)\ast D_x^\alpha({\rm div} (v^m), {\rm div} (u^m))(\cdot, s){\rm d}s\bigg|\\\ &\leq& \displaystyle C(1+t)^{-2}\Big[\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r} +\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}\Big]. \end{eqnarray} $

$R_4$是剩下格林函数(除了短波的奇异部分)与非线性项的卷积.这里必须考虑两个具有不同速度$c_1$和$c_2$的惠更斯锥之间的相互作用.为此,我们定义

(4.22) $ \begin{equation}\label{5.3}{\cal N}_1:=\int_0^{t_0}\int_{\mathbb{R} ^3}(1+t-s)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s, \end{equation} $

(4.23) $ \begin{equation}\label{5.3(1)} {\cal N}_2:=\int_{t_0}^t \int_{\mathbb{R} ^3}(1+t-s)^{-\frac{5}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-r}{\rm d}y{\rm d}s, \end{equation} $

其中$c_1$和$c_2$是常数且$t_0\in (0, t)$.因此,我们把时间$t$和空间$x$分成六个部分.当$0<c_1<c_2$且$t\gg1$时,我们定义

(4.24) $\begin{array}{*{35}{l}} {} & {{D}_{1}}=\{{{c}_{1}}t-\sqrt{1+t}\le |x|\le {{c}_{1}}t+\sqrt{1+t}\}, \\ {} & {{D}_{2}}=\{{{c}_{2}}t-\sqrt{1+t}\le |x|\le {{c}_{2}}t+\sqrt{1+t}\}, \\ {} & {{D}_{3}}=\{|x|\ge {{c}_{2}}t+\sqrt{1+t}\}, \ \ {{D}_{4}}=\{|x|\le {{c}_{1}}t-\sqrt{1+t}\}, \\ {} & {{D}_{5}}=\{{{c}_{1}}t+\sqrt{1+t}\le |x|\le \frac{({{c}_{1}}+{{c}_{2}})t}{2}\}, \\ {} & {{D}_{6}}=\{\frac{({{c}_{1}}+{{c}_{2}})t}{2}\le |x|\le {{c}_{2}}t-\sqrt{1+t}\}. \\\end{array}$

下面引理用于引理4.6的证明.

引理4.4^[22]  对任意常数$c_1$和$c_2$,存在$C>0$使得

(4.25) $\begin{equation}\label{5.6}\int_0^t\int_{\mathbb{R} ^3} {\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(1+t)}}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+t}\bigg)^{-r_2}{\rm d}y{\rm d}s\leq C(1+t)^3, \ \ r_2>\frac{3}{2}, \end{equation} $

(4.26) $ \begin{equation}\label{5.6(1)}\int_{\mathbb{R} ^3}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-r_3}{\rm d}y\leq C(1+t)^{\frac{5}{2}}, \ \ r_3>\frac{3}{2}.\end{equation} $

引理4.5^[8]   (1) 当$\tau\in[0, t]$且$a^2\geq1+t$时,对任意正常数$l$有

$\left(1+\frac{a^2}{1+\tau}\right)^{-l}\leq 3^l\left(\frac{1+\tau}{1+t}\right)^l\left(1+\frac{a^2}{1+t}\right)^{-l}.$

(2)  当$a^2\leq 1+t$时,有

$1\leq 2^l\left(1+\frac{a^2}{1+t}\right)^{-l}.$

对两个惠更斯波之间的卷积有以下估计.

引理4.6  当$|\alpha|\leq1, \gamma\geq0$, $k\geq\frac{5}{2}$且$0<c_1<c_2$,有短时间和长时间的估计

${\cal N}_1\leq \displaystyle C(1+t)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}}\left\{\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}+\bigg(1 +\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}\right\}, \ \ \frac{3}{2}<r\leq2, $

${\cal N}_2\leq\displaystyle C(1+t)^{-\frac{2+\gamma}{2}}\left\{\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}+\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}\right\}, \ \ \frac{3}{2}<r\leq2, $

其中${\cal N}_1, {\cal N}_2$是(4.22)和(4.23)式中所定义的,而$t_0\in(0, t)$会在证明中适当选择.

证  情况Ⅰ   $(x, t)\in D_1\cup D_2$.将$[0, t]$分为两部分,用(4.26)式和Young不等式,当$k\geq\frac{5}{2}$有

$\begin{eqnarray*} {\cal N}_1:&=&\displaystyle\int_0^{\frac{t}{2}}\int_{\mathbb{R} ^3}(1+t-s)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\int_0^{\frac{t}{2}}\int_{\mathbb{R} ^3}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-3}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\int_0^{\frac{t}{2}}(1+s)^{-(2k-\frac{5}{2})}{\rm d}s\leq\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\\&\leq &\left\{\begin{array}{lll} C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ &(x, t)\in D_1;\\ C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ & (x, t)\in D_2, \end{array}\right. \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*}{\cal N}_2&\leq&C(1+t)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\int_{\frac{t}{2}}^t\int_{\mathbb{R} ^3} (1+t-s)^{-\frac{5}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}{\rm d}y{\rm d}s\\&\displaystyle\leq &C(1+t)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\int_{\frac{t}{2}}^t{\rm d}s\leq C(1+t)^{-\frac{2+\gamma}{2}}\\&\leq &\left\{\begin{array}{lll} C(1+t)^{-\frac{2+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ & (x, t)\in D_1;\\ C(1+t)^{-\frac{2+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ &(x, t)\in D_2.\end{array}\right. \end{eqnarray*}$

情况Ⅱ   $(x, t)\in D_3$.当$|y|-c_2s\geq \frac{|x|-c_2t}{2}$,由(4.26)式和引理4.5得

$\begin{eqnarray*}{\cal N}_1&\displaystyle\leq &C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\int_0^{\frac{t}{2}}\int_{\mathbb{R} ^3}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}} (1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\ &\displaystyle\leq &C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\int_0^{\frac{t}{2}}\int_{\mathbb{R} ^3}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}} \\&&\times(1+s)^{-(2k-3)}(1+t)^{-3}\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-3}{\rm d}y{\rm d}s\\ &\displaystyle\leq &C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-3}(1+t)^{-3}\int_0^{\frac{t}{2}}(1+t-s)^{\frac{5}{2}}(1+s)^{-(2k-3)}{\rm d}s\\ &\displaystyle\leq &C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-3}, \ \ k\geq\frac{5}{2}, \\{\cal N}_2&\displaystyle\leq &C(1+t)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\int_{\frac{t}{2}}^t\int_{\mathbb{R} ^3}(1+t-s)^{-\frac{5}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}} \bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+s}\bigg)^{-3}{\rm d}y{\rm d}s\\ &\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-3}\int_{\frac{t}{2}}^t\int_{\mathbb{R} ^3} (1+t-s)^{-\frac{5}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{2C(t-s)}}{\rm d}y{\rm d}s\\ &\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-3}\int_{\frac{t}{2}}^t{\rm d}s\\& \leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{2+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-3}. \end{eqnarray*}$

当$|y|-c_2s< \frac{|x|-c_2t}{2}$,有

$\begin{eqnarray*}|x-y|-c_1(t-s)&\geq&|x-y|-c_2(t-s)\geq |x|-|y|-c_2t+c_2s\\&=&(|x|-c_2t)-(|y|-c_2s)>\frac{|x|-c_2t}{2}. \end{eqnarray*}$

再次用(4.26)式和引理4.5可得

$\begin{eqnarray*}{\cal N}_1&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^{2}}{1+t}\bigg)^{-3}\int_0^{\frac{t}{2}} \int_{\mathbb{R} ^{3}} {\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{2C(t-s)}}\\&&\times(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^{2}}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\& \leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-3}\int_0^{\frac{t}{2}}(1+s)^{-(2k-\frac{5}{2})}{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-3}, \\{\cal N}_2&\displaystyle\leq &C(1+t)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-3}\int_{\frac{t}{2}}^t\int_{\mathbb{R} ^3} (1+t-s)^{-\frac{5}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{2C(t-s)}}{\rm d}y{\rm d}s\\&\displaystyle\leq &C(1+t)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-3}\int_{\frac{t}{2}}^t{\rm d}s\\&\displaystyle\leq &C(1+t)^{-\frac{2+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-3}. \end{eqnarray*}$

情况Ⅲ   $(x, t)\in D_4$.当$0\leq s\leq \frac{c_1t-|x|}{4c_2}$,由$0<c_1<c_2$知$s\leq \frac{c_1t}{4c_2}\leq \frac{t}{4}$,算得

$\begin{eqnarray*} \left\{\begin{array}{rl} |y|\geq\frac{c_1t-|x|}{2}\Rightarrow& |y|-c_2s\geq \frac{c_1t-|x|}{2}-c_2\frac{c_1t-|x|}{4c_2}\geq\frac{c_1t-|x|}{4};\\ |y|<\frac{c_1t-|x|}{2}\Rightarrow & c_1(t-s)-|x-y|\geq c_1t-c_1s-|x|-|y|\\\geq& c_1t-|x|-\frac{c_1(c_1t-|x|)}{4c_2}-\frac{c_1t-|x|}{2}\geq\frac{c_1t-|x|}{4}, \ \ c_1<c_2. \end{array} \right. \end{eqnarray*}$

由(4.26)式和引理4.5得

$\begin{eqnarray*}\label{7.1}&&\displaystyle\int_0^{\frac{c_1t-|x|}{4c_2}}\int_{\mathbb{R} ^3} (1+t-s)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\int_0^{\frac{c_1t-|x|}{4c_2}}\int_{|y|\geq\frac{c_2t-|x|}{2}} {\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(c_1t-|x|)^2}{1+s}\bigg)^{-3}{\rm d}y{\rm d}s\\&&\displaystyle+ C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\int_0^{\frac{c_1t-|x|}{4c_2}}\int_{|y|<\frac{c_1t-|x|}{2}} {\rm e}^{-\frac{(c_1t-|x|)^2}{16C(1+t)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-3}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\int_0^{\frac{c_1t-|x|}{4c_2}}\int_{|y|\geq\frac{c_1t-|x|}{2}} {\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}\\&&\times(1+s)^{-(2k-3)}(1+t)^{-3}\bigg(1+\frac{(c_1t-|x|)^2}{1+t}\bigg)^{-3}{\rm d}y{\rm d}s\\&&\displaystyle + C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}{\rm e}^{-\frac{(c_1t-|x|)^2}{16C(1+t)}}\int_0^{\frac{c_1t-|x|}{4c_2}}\int_{|y|<\frac{c_1t-|x|}{2}} (1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-3}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-3}(1+t)^{-3}\int_0^{\frac{c_1t-|x|}{4c_2}} (1+t-s)^{\frac{5}{2}}(1+s)^{-(2k-3)}{\rm d}s\\&&\displaystyle + C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}{\rm e}^{-\frac{(c_1t-|x|)^2}{16C(1+t)}}\int_0^{\frac{c_1t-|x|}{4c_2}} (1+s)^{-2k}(1+s)^{\frac{5}{2}}{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-3}, \ \ k\geq\frac{5}{2}. \end{eqnarray*}$

当$\frac{c_1t-|x|}{4c_2}\leq s\leq\frac{t}{2}$得

$\begin{eqnarray*}&&\int_{\frac{c_1t-|x|}{4c_2}}^{\frac{t}{2}}\int_{\mathbb{R} ^3}(1+t-s)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+t}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{c_1t-|x|}{4c_2}\bigg)^{-2k}\int_0^t\int_{\mathbb{R} ^3} {\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+t}\bigg)^{-3}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{c_1t-|x|}{4c_2}\bigg)^{-2k}(1+t)^3\\&\leq& C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-k}(1+t)^{-k}(1+t)^3\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-k}, \end{eqnarray*}$

这里用到了$k\geq \frac{5}{2}$, $|\alpha|\leq1$和(4.25)式.

当$\frac{t}{2}\leq s\leq t-\frac{c_1t-|x|}{4c_2}$,可知$t-s\geq\frac{c_1t-|x|}{4c_2}$,同样可得

$\begin{eqnarray*}\label{8.1}&&\int_{\frac{t}{2}}^{t-\frac{c_1t-|x|}{4c_2}}\int_{\mathbb{R} ^3} (1+t-s)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+t}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+c_1t-|x|)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}(1+t)^{-2k}\int_0^t\int_{\mathbb{R} ^3} {\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+t}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+c_1t-|x|)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}(1+t)^{-(2k-3)}\\&\leq &C(1+c_1t-|x|)^{-2r}(1+t)^{-(\frac{9}{2}-2r)}\\&\leq&\displaystyle C\bigg(1+\frac{(c_1t-|x|)^2}{1+t}\bigg)^{-r}(1+t)^{-r}(1+t)^{-(\frac{9}{2}-2r)}\\&\leq &C(1+t)^{-(\frac{9}{2}-r)}\bigg(1+\frac{(c_1t-|x|)^2}{1+t}\bigg)^{-r}\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ \ \ \frac{3}{2}<r\leq2. \end{eqnarray*}$

因此

$\begin{eqnarray*}{\cal N}_1:&=&\displaystyle\int_0^{t-\frac{c_1t-|x|}{4c_2}}\int_{\mathbb{R} ^3}(1+t-s)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}} {\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+t}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\ &\leq &C(1+t)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ \ \ \frac{3}{2}<r\leq2. \end{eqnarray*}$

当$t-\frac{c_1t-|x|}{4c_2}\leq s\leq t$时,有

$\begin{eqnarray*} \left\{\begin{array}{rl} |x-y|\geq\frac{c_2t-|x|}{2}\Rightarrow&|x-y|-c_1(t-s)\geq|x-y|-c_2(t-s)\\\geq& \frac{c_2t-|x|}{2}-\frac{c_1t-|x|}{4}\geq\frac{c_1t-|x|}{4};\\ |x-y|<\frac{c_2t-|x|}{2}\Rightarrow & c_2s-|y|\geq c_2(t-\frac{c_1t-|x|}{4c_2})-|x|-|x-y|\\ \geq& c_2t-\frac{c_1t-|x|}{4}-|x|-\frac{c_2t-|x|}{2}\geq \frac{c_1t-|x|}{4}. \end{array} \right. \end{eqnarray*}$

同样可得

$\begin{eqnarray*} {\cal N}_2:&=&\displaystyle\int_{t-\frac{c_1t-|x|}{4c_2}}^t \int_{\mathbb{R} ^3}(1+t-s)^{-\frac{5}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-r}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq& \displaystyle C(1+t)^{-\frac{4+\gamma}{2}}{\rm e}^{-\frac{(c_1t-|x|)^2}{32C(1+t)}}\int_{t-\frac{c_1t-|x|}{4c_2}}^t{\rm d}s\\&&+C(1+t)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(c_1t-|x|)^2}{1+t}\bigg)^{-3}\int_{t-\frac{c_1t-|x|}{4c_2}}^t{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle (1+t)^{-\frac{2+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(c_1t-|x|)^2}{1+t}\bigg)^{-3}. \end{eqnarray*}$

情况Ⅳ   $(x, t)\in D_5$.证明和情况Ⅲ类似.当$0\leq s\leq \frac{|x|-c_1t}{4c_2}$时,因为在$D_5$中有$|x|\leq\frac{(c_1+c_2)t}{2}$,故$0\leq s\leq \frac{(c_2-c_1)t}{8c_2}\leq \frac{t}{8}$,因此

$\begin{eqnarray*} \left\{\begin{array}{rl} |y|\geq\frac{|x|-c_1t}{2}& \Rightarrow|y|-c_2s\geq\frac{|x|-c_1t}{2}-c_2\frac{|x|-c_1t}{4c_2}\geq\frac{|x|-c_1t}{4};\\ |y|<\frac{|x|-c_1t}{2}&\Rightarrow |x-y|-c_1(t-s)\geq |x|-c_1t-|y|\\& \geq |x|-c_1t-\frac{|x|-c_1t}{2}\geq\frac{|x|-c_1t}{2}. \end{array} \right. \end{eqnarray*}$

同样可得

$\begin{eqnarray*}&&\displaystyle\int_0^{\frac{|x|-c_1t}{4c_2}}\int_{\mathbb{R} ^3} (1+t-s)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ \ \ \frac{3}{2}<r\leq2. \end{eqnarray*}$

当$\frac{|x|-c_1t}{4c_2}\leq s\leq\frac{t}{2}$时,类似有

(4.27) $ \begin{eqnarray}\label{9.1}&&\displaystyle\int_{\frac{|x|-c_1t}{4c_2}}^{\frac{t}{2}}\int_{\mathbb{R} ^3}(1+t-s)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{|x|-c_1t}{4c_2}\bigg)^{-2k}\int_0^t\int_{\mathbb{R} ^3} {\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+t}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{|x|-c_1t}{4c_2}\bigg)^{-2k}(1+t)^3\\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ \ \ \frac{3}{2}<r\leq2, \end{eqnarray} $

其中$k\geq\frac{5}{2}$, $|\alpha|\leq1$.

当$\frac{t}{2}\leq s\leq t-\frac{|x|-c_1t}{4c_2}$,得$t-s\geq\frac{|x|-c_1t}{4c_2}$

(4.28) $ \begin{eqnarray}\label{4.18}&&\displaystyle\int_{\frac{t}{2}}^{t-\frac{|x|-c_1t}{4c_2}}\int_{\mathbb{R} ^3} (1+t-s)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\\&\leq&\displaystyle C(1+|x|-c_1t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}(1+t)^{-2k}\int_0^t\int_{\mathbb{R} ^3} {\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+t}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\\&\leq&\displaystyle C(1+|x|-c_1t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}(1+t)^{-2k}(1+t)^3\leq C(1+|x|-c_1t)^{-2r}(1+t)^r(1+t)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}}\\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ \ \ \ \frac{3}{2}<r\leq2.\end{eqnarray} $

因此

${\cal N}_1\leq C(1+t)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ \ \ \frac{3}{2}<r\leq2.$

当$t-\frac{|x|-c_1t}{4c_2}\leq s\leq t$,有

$\begin{eqnarray*} \left\{\begin{array}{lll} |x-y|\geq\frac{|x|-c_1t}{2}& \Rightarrow|x-y|-c_1(t-s)\geq|x-y|-c_2(t-s)\\& \geq\frac{|x|-c_1t}{2}-\frac{|x|-c_1t}{4}\geq\frac{|x|-c_1t}{4};\\ |x-y|<\frac{|x|-c_1t}{2}& \Rightarrow c_2s-|y|\geq c_2(t-\frac{|x|-c_1t}{4c_2})-|x|-|x-y|\\& \geq \underbrace{(c_2t-|x|)-\frac{|x|-c_1t}{4}-\frac{|x|-c_1t}{2} \geq(|x|-c_1t)-\frac{3(|x|-c_1t)}{4}}_{\ |x|\leq\frac{(c_1+c_2)t}{2} \in D_5}\\ & \geq \frac{|x|-c_1t}{4}, \end{array} \right. \end{eqnarray*}$

可得

$\begin{eqnarray*}\displaystyle {\cal N}_2:&=&\int_{t-\frac{|x|-c_1t}{4c_2}}^{t}\int_{\mathbb{R} ^3} (1+t-s)^{-\frac{5}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-\frac{4+\gamma}{2}} \bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\ &\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\bigg\{{\rm e}^{-\frac{(|x|-c_1t)^2}{2C(1+t)}}\int_{t-\frac{|x|-c_1t}{4c_2}}^t{\rm d}s+ \bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r} \int_{t-\frac{|x|-c_1t}{4c_2}}^t {\rm d}s\bigg\}\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{2+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}. \end{eqnarray*}$

这就完成了${\cal N}_1$和${\cal N}_2$在情况Ⅳ中估计的证明.

情况Ⅴ   $(x, t)\in D_6$.当$0\leq s\leq \frac{c_2t-|x|}{4c_2}$时,有

$\begin{eqnarray*} \left\{\begin{array}{rl} |y|\geq\frac{c_2t-|x|}{2}&\Rightarrow |y|-c_2s\geq\frac{c_2t-|x|}{2}-c_2\frac{c_2t-|x|}{4c_2}\geq\frac{c_2t-|x|}{4};\\ |y|<\frac{c_2t-|x|}{2}&\Rightarrow |x-y|-c_1(t-s)\geq \underbrace{(|x|-c_1t)-|y|\geq (c_2t-|x|)-\frac{c_2t-|x|}{2}}_{ |x|\geq\frac{(c_1+c_2)t}{2} \in D_6}\\& =\frac{c_2t-|x|}{2}. \end{array} \right. \end{eqnarray*}$

那么

$\begin{eqnarray*}&&\displaystyle\int_0^{\frac{c_2t-|x|}{4c_2}}\int_{\mathbb{R} ^3} (1+t-s)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(c_2t-|x|)^2}{1+t}\bigg)^{-3}. \end{eqnarray*}$

当$\frac{c_2t-|x|}{4c_2}\leq s\leq \frac{t}{2}$时,同情况Ⅳ,可得

$\begin{eqnarray*}&&\displaystyle\int_{\frac{c_2t-|x|}{4c_2}}^{\frac{t}{2}}\int_{\mathbb{R} ^3}(1+t-s)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{c_2t-|x|}{4c_2}\bigg)^{-5}\int_0^t\int_{\mathbb{R} ^3} {\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+t}\bigg)^{-3}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{c_2t-|x|}{4c_2}\bigg)^{-5}(1+t)^3\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(c_2t-|x|)^2}{1+t}\bigg)^{-\frac{5}{2}}, \end{eqnarray*}$

这里也用了(4.25)式和假设$|\alpha|\leq 1$以及$k\geq\frac{5}{2}$.

当$\frac{t}{2}\leq s\leq t-\frac{c_2t-|x|}{4c_2}$时,同情况Ⅳ可得

$\begin{eqnarray*}\label{4.19}&&\displaystyle\int_{\frac{t}{2}}^{t-\frac{c_2t-|x|}{4c_2}}\int _{\mathbb{R} ^3} (1+t-s)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+c_2t-|x|)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}(1+t)^{-2k}\int_0^t\int_{\mathbb{R} ^3} {\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+t}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq&\displaystyle C(1+c_2t-|x|)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}}(1+t)^{-2k}(1+t)^3\leq C(1+c_2t-|x|)^{-2r}(1+t)^r(1+t)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}}\\&\leq&\displaystyle C(1+t)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(c_2t-|x|)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ \ \ \ \frac{3}{2}<r\leq2. \end{eqnarray*}$

当$t-\frac{c_2t-|x|}{4c_2}\leq s\leq t$时,下式成立

$\begin{eqnarray*} \left\{\begin{array}{rl} |x-y|\geq\frac{c_2t-|x|}{2}&\Rightarrow|x-y|-c_1(t-s)\geq\frac{c_2t-|x|}{2}-\frac{c_2t-|x|}{4}=\frac{c_2t-|x|}{4};\\ |x-y|<\frac{c_2t-|x|}{2}&\Rightarrow c_2s-|y|\geq c_2(t-\frac{c_2t-|x|}{4c_2})-|x|-|x-y|\\& \geq c_2t-|x|-\frac{c_2t-|x|}{4}-\frac{c_2t-|x|}{2}\geq \frac{c_2t-|x|}{4}. \end{array} \right. \end{eqnarray*}$

因此

$ \begin{eqnarray*}\displaystyle{\cal N}_2:&=&\int_{t-\frac{c_2t-|x|}{4c_2}}^{t}\int _{\mathbb{R} ^3} (1+t-s)^{-\frac{5}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\&\leq &\displaystyle C(1+t)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\bigg\{{\rm e}^{-\frac{(c_2t-|x|)^2}{16C(1+t)}}\int_{t-\frac{c_2t-|x|}{4c_2}}^t{\rm d}s +\bigg(1+\frac{(c_2t-|x|)^2}{1+t}\bigg)^{-r} \int_{t-\frac{c_2t-|x|}{4c_2}}^t{\rm d}s\bigg\}\\&\leq&\displaystyle (1+t)^{-\frac{2+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(c_2t-|x|)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ \ \ \ \frac{3}{2}<r\leq2. \end{eqnarray*}$

我们这就完成了该引理的证明.

注意,引理4.6中$c_1<c_2$,但是当$c_1>c_2$时结论仍然成立.证明基本上和引理4.6一样.这里不再赘述.对特殊情况$c_1=c_2$时,利用引理4.6和引理4.8的方法可类似证明.

引理4.7  对任意$|\alpha|\leq1, \gamma\geq0$,短时间和长时间估计如下.当$k\geq\frac{5}{2}$时

$\begin{eqnarray*} {\cal N}_5:&=&\displaystyle\int_0^{t_0}\int_{\mathbb{R} ^3}(1+t-s)^{-\frac{5+|\alpha|}{2}} {\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-cs)^2}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\ &\leq& \displaystyle C(1+t)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-ct)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ \ \ \ \frac{3}{2}<r\leq2, \\ {\cal N}_6:&=&\displaystyle\int_{t_0}^t \int_{\mathbb{R} ^3}(1+t-s)^{-\frac{5}{2}}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|y|-cs)^2}{1+s}\bigg)^{-r}{\rm d}y{\rm d}s\\ &\leq\displaystyle &C(1+t)^{-\frac{2+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-ct)^2}{1+t}\bigg)^{-r} , \ \ \ \ \frac{3}{2}<r\leq2; \end{eqnarray*}$

当$k\geq3$时

$\begin{eqnarray*}{\cal N}_7:&=&\displaystyle\int_0^{t_0}\int_{\mathbb{R} ^3}(1+t-s)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}} {\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-cs)^2}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\ &\leq&C(1+t)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-ct)^2}{1+t}\bigg)^{-r}, \ \ \ \ \frac{3}{2}<r\leq2, \\ {\cal N}_8:&=&\displaystyle\int_{t_0}^t \int_{\mathbb{R} ^3}(1+t-s)^{-2}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|y|-cs)^2}{1+s}\bigg)^{-r}{\rm d}y{\rm d}s\\ &\leq&C(1+t)^{-\frac{2+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|x|-ct)^2}{1+t}\bigg)^{-r} , \ \ \ \frac{3}{2}<r\leq2. \end{eqnarray*}$

证  对于这种情况,可以像文献[9, 23]一样,把全空间分为以下几个区域

$D_1=\{x^2\leq 1+t\}, \ \ D_2=\{(|x|-ct)^2\leq 1+t\}, \ \ D_3=\{|x|\geq ct+\sqrt{1+t}\}, $

$D_4=\Big\{\sqrt{1+t}\leq|x|\leq\frac{ct}{2}\Big\}, \ \ D_5=\Big\{\frac{ct}{2}\leq|x|\leq ct-\sqrt{1+t}\Big\}.$

类似于引理4.6和引理4.8可得到以上结果.

另外,我们可对系统(1.1)进行相应的估计.除了(4.28)和(4.19)式需要用到$k\geq3$以外,其他地方是一样的.

引理4.8  任意$|\alpha|\leq1$, $\gamma\geq0$和$k\geq3$,短时间和长时间的估计可表示为

$\begin{eqnarray*} {\cal N}_3:&=&\displaystyle\int_0^{t_0}\int_{\mathbb{R} ^3}(1+t-s)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}} {\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-2k}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-2r}{\rm d}y{\rm d}s\\ &\leq &C(1+t)^{-\frac{4+|\alpha|}{2}}\Bigg\{\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}+\bigg(1 +\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}\Bigg\}, \ \ \ \ \frac{3}{2}<r\leq2, \\ {\cal N}_4:&=&\displaystyle\int_{t_0}^t \int_{\mathbb{R} ^3}(1+t-s)^{-2}{\rm e}^{-\frac{(|x-y|-c_1(t-s))^2}{C(t-s)}}(1+s)^{-\frac{4+\gamma}{2}}\bigg(1+\frac{(|y|-c_2s)^2}{1+s}\bigg)^{-r}{\rm d}y{\rm d}s\\ &\leq&C(1+t)^{-\frac{2+\gamma}{2}}\Bigg\{\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r} +\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}\Bigg\}, \ \ \ \ \frac{3}{2}<r\leq2, \end{eqnarray*}$

其中$c_1$和$c_2$是常数(大于0), $t_0\in(0, t)$会在证明中适当选择.

从引理4.2、引理4.6、引理4.7和拟设(4.14)可得当$|\alpha|\leq 1$时

(4.29) $\begin{equation}\label{5.9} |R_4|\leq C(1+t)^{-2}\bigg\{\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r} +\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}\bigg\}, \ \frac{3}{2}<r\leq2. \end{equation}$

由(4.2), (4.13), (4.21), (4.29)式和拟设(1.8)可得,当$|\alpha|\leq 1$时

(4.30) $\begin{equation}\label{5.10} |D_x^\alpha u|\leq C(1+t)^{-2}\bigg\{\bigg(1+\frac{(|x|-c_1t)^2}{1+t}\bigg)^{-r} +\bigg(1+\frac{(|x|-c_2t)^2}{1+t}\bigg)^{-r}\bigg\}, \ \frac{3}{2}<r< r_1-\frac{3}{5}. \end{equation}$

同理当$|\alpha|\leq 1$, $D_x^\alpha v$可得到同样的结果.

从拟设(4.14)和拟设(4.15)可得

(4.31) $\begin{equation}\label{5.12}M(T)\leq C\epsilon_0+CM^2(T), \end{equation}$

当$\epsilon_0$足够小且$M(T)$是连续的可得

$M(T)\leq C.$

最后,我们对系统(1.1)运用引理4.8,那么在(1.7)式的假设下可以推导出相同的解的逐点估计.这就证明了定理.

本文研究的波动方程和文献[8-9]中研究的Navier-Stokes方程密切相关.由于文献[8-9]中格林函数傅立叶变换长波中的因子${\rm e}^{{\rm i}c|\xi| t}{\rm e}^{-|\xi|^2t}$的出现,它们很大程度上依赖于Navier-Stokes系统在密度和动量上的保守结构.当估计格林函数和非线性项之间的卷积时,允许从非线性项中``借用"一阶导数来推导出惠更斯波,参见文献[8]中的引理4.6和命题4.2.带粘性项波动方程与Navier-Stokes方程的主要区别在于格林函数的长波.前者包含的因子是$\frac{{\rm e}^{{\rm i}c|\xi| t}{\rm e}^{-|\xi|^2t}}{|\xi|}$而后者包含的因子是${\rm e}^{{\rm i}c|\xi| t}{\rm e}^{-|\xi|^2t}$.换言之,当考虑格林函数的长波与非线性项之间的卷积时,方程(1.2)更类似于Navier-Stokes方程,其中一阶导数可以放在格林函数上,而另一阶导数放在非线性项上.

此外,研究系统(1.1)有助于我们进一步考虑非等熵双极Navier-Stokes-Poisson方程的逐点估计.文献[23]研究了等熵情况,主要采用守恒结构计算两类带电粒子的总密度和总动量,其线性部分与Navier-Stokes方程完全相同.然而,文献[23]中的方法不能直接用于非等熵情形,因为非等熵情形的总能量还不是守恒的,且其相应的格林函数仍然包含因子${\rm e}^{{\rm i}c|\xi| t}{\rm e}^{-|\xi|^2t}$.守恒形式对于推导非线性估计的广义惠更斯波是必要的,参见文献[8]中命题4.2中的Navier-Stokes方程和文献[23]中的等熵双极Navier-Stokes-Poisson方程的.注意,对文献[20, 24]中的单极Naiver-Stokes-Poisson方程,由于在格林函数的长波中不存在波算子,因此不需要系统的守恒形式.

那么,如何推导出非线性问题的逐点估计,即格林函数的傅立叶变换包含因子${\rm e}^{{\rm i}c|\xi| t}{\rm e}^{-|\xi|^2t}$,非线性系统不守恒(或非线性项不是发散形式)?一个新的想法是使用像引理4.8中的估计.它可以用来处理这样一些非线性系统,其格林函数的傅立叶变换包含因子${\rm e}^{{\rm i}c|\xi| t}{\rm e}^{-|\xi|^2t}$,非线性项不是守恒形式,而它要求非线性项的次数大于2.倘若我们能从非线性项中选择合适的变量,找到一些新的信息,这种新的非线性估计就可以用于非等熵双极Navier-Stokes-Poisson方程.这个问题正在考虑中.我们也希望引理4.8中的估计可以应用于其他相关模型.