著名的Saint Venant原理是由de Saint Venant在文章^[1]中提出的一个数学和力学原理,这个原理一经提出就引起了在应用数学领域内广泛的研究.有关Saint Venant原理的早期研究成果主要集中在椭圆方程的初边值问题上. Boley^[2]最早指出Saint Venant原理对热传导方程仍然是有效的.自此之后,各种类型的抛物方程受到了广泛的关注,比如Brinkman方程组, Navier-Stoke方程组, Darcy方程组, Forchheimer方程组, Boussinesq方程组等(见文献[3-11]).

这些研究的目的就是建立类似于弹性理论原理中椭圆方程那样的抛物线方程的空间衰减估计.

我们也注意到Boley^[2]首次断言瞬态效应的空间影响比稳态更局部化.然后, Boley^[12]考虑了柱面区域或半无限管道仅在端部受非零边界条件约束的最常见的初始边值问题,得到了一些创新性的结果,例如,在瞬态热方程问题中任意时刻端部效应的空间衰减速度比稳态问题的空间衰减速度快.文献中的大多数文章只考虑端部具有非零边界条件的柱形区域上抛物方程的初边值问题,在柱体的侧面上只考虑零边界条件.例如文献[6]就是在上述边界条件下获得了热传导方程的空间衰减估计.使用的方法大多是能量估计、最大值原理、对照原理等,建立了距离有限端较远的地方抛物问题解呈指数衰减.结果表明,在瞬态问题中,端部效应在任意时刻的空间衰减速度都与稳态情况下的衰减速度相同,甚至更快.他们的共同目标是建立一个更加精确的能量衰减率.文献Liu等人^[8]考虑了Boussinesq方程组在一个二维的柱形区域上解的空间衰减性.

在空间衰减性的相关研究中,普遍的做法是假设方程组的解必须在远离有限端的无穷远处趋近于零.经典的二择一定理不必假设方程组的解在无限端趋近于零,而是证明方程组的解随距有限端的距离的增大要么呈指数(多项式)增长要么呈指数(多项式)衰减,关于二择一定理的详细论述可以参见文献[13-18].

本文将继续这方面的工作,但是与文献[6]不同的是我们假设在柱体的有限端和侧面边界上都具有非线性边界条件.这就造成文献中经常使用的Soblev不等式在本文中就不再成立了,我们通过对边界条件进行一定约束,建立关于“能量表达式”的微分不等式,从而获得二择一结果.

令$ R $表示三维区域上的半无限的柱体,并且它的横截面$ D $是坐标平面$ x_1Ox_2 $上一个有界充分光滑的区域, $ x_3 $坐标轴平行于柱体的母线,即

$ R = \{(x_1, x_2, x_3)|(x_1, x_2)\in D, \ x_3\geq0\}. $

$ \partial D $表示$ D $的边界, $ z $是$ x_3 $轴上的一个动点, $ R_z $和$ D_z $分别记为

$ R_z = \{(x_1, x_2, x_3)|(x_1, x_2)\in D, \ x_3\geq z\geq0\}, $

$ D_z = \{(x_1, x_2, x_3)|(x_1, x_2)\in D, \ x_3 = z\}. $

显然$ R = R_0, \ D = D_0. $我们研究了以下热传导方程

(2.1) $ \begin{eqnarray} u_t = \Delta u, \ \ \mbox{在}\ R\times[0, \infty). \end{eqnarray} $

在$ R $的侧面上我们假设

(2.2) $ \begin{eqnarray} \frac{\partial u}{\partial n}+f(u) = 0, \ \ (x_1, x_2)\in \partial D, x_3>0, t>0, \end{eqnarray} $

其中$ \frac{\partial u}{\partial n} $表示$ \partial D\times(0, \infty) $上的外单位法向导数和$ f(u) $是一个大于零的连续函数.在$ R $的有限端我们假设

(2.3) $ \begin{eqnarray} u = g(x_1, x_2, t), \ \ (x_1, x_2)\in D, x_3 = 0, t>0, \end{eqnarray} $

其中$ g(x_1, x_2, t) $是已知函数.初始条件为

(2.4) $ \begin{eqnarray} u = 0, \ \mbox{在}\ R, \ t = 0. \end{eqnarray} $

同时$ g(x_1, x_2, x_3, t) $满足兼容性条件

$ \frac{\partial g}{\partial n}+f(g) = 0, \ g(x_1, x_2, x_3, 0) = 0.\nonumber $

为了得到我们的主要结果,我们假设存在大于零的常数$ C $满足

(2.5) $ \begin{eqnarray} f(u)u\geq C|u|^{2p}, \ p>\frac{1}{2}. \end{eqnarray} $

引理2.1  存在一个依赖于区域$ D_z $以及$ \partial D_z $的大于零的常数$ C_1 $使得

(2.6) $ \begin{eqnarray} \int_{D_z}|w|^2{\rm d}A\leq C_1\Big[\Big(\int_{\partial D_z}|w|{\rm d}l\Big)^2+\int_{D_z}|\nabla_2 w|^2{\rm d}A\Big], \end{eqnarray} $

其中$ \nabla_2 = (\partial_{x_1}, \ \partial_{x_2}) $是二维的梯度算子.

证  设$ P $是$ D_z $内的一个点.令$ P_1 $和$ P_2 $分别表示过点$ P $平行于$ x_1 $坐标轴的直线与$ \partial D_z $的交点,令$ Q_1 $和$ Q_2 $分别表示过点$ P $平行于$ x_2 $坐标轴的直线与$ \partial D_z $的交点.首先,我们注意到

(2.7) $ \begin{eqnarray} w(P) = w(P_1)+\int_{P_1}^{P}\frac{\partial w}{\partial x_1}dx_1 = w(P_2)-\int_{P}^{P_2}\frac{\partial w}{\partial x_1}{\rm d}x_1, \end{eqnarray} $

所以

(2.8) $ \begin{eqnarray} |w(P)|\leq\frac{1}{2}\Big[w(P_1)+w(P_2)\Big]+\frac{1}{2}\int_{P_1}^{P_2} \Big|\frac{\partial w}{\partial x_1}\Big|{\rm d}x_1. \end{eqnarray} $

类似的有

(2.9) $ \begin{eqnarray} |w(P)|\leq\frac{1}{2}\Big[w(Q_1)+w(Q_2)\Big]+\frac{1}{2}\int_{Q_1}^{Q_2} \Big|\frac{\partial w}{\partial x_2}\Big|{\rm d}x_2. \end{eqnarray} $

结合(2.8)和(2.9)式,有

(2.10) $ \begin{eqnarray} \int_{D_z}w^2{\rm d}A\leq\frac{1}{4}\Big[\int_{\partial D_z}|w|{\rm d}l+\int_{D_z}|\nabla_2 w|{\rm d}A\Big]^2. \end{eqnarray} $

再利用不等式

$ (a+b)^2\leq2(a^2+b^2), \ a, b>0, $

以及Hölder不等式,可得

$ \begin{eqnarray} \int_{D_z}w^2{\rm d}A\leq\frac{1}{2}\Big[\Big(\int_{\partial D_z}|w|{\rm d}l\Big)^2+|D_z|\int_{D_z}|\nabla_2 w|^2{\rm d}A\Big], \end{eqnarray} $

其中$ |D_z| $分别表示区域$ D_z $的面积.现取$ C_1 = \frac{1}{2}\max\{1, |D_z|\}, $即可完成引理2.1的证明.

在本部分我们推导方程组(2.1)–(2.4)解的二择一结果.首先,我们定义一个“能量表达式”

(3.1) $ \begin{eqnarray} E(z, t) = \int_0^t\int_{D_z}u\frac{\partial u}{\partial x_3}{\rm d}A{\rm d}\eta. \end{eqnarray} $

应用分部积分以及方程(2.1)–(2.4),可得

(3.2) $ \begin{eqnarray} E(z, t)-E(0, t)& = &\int_0^t\int_0^z\int_{D_\xi}\frac{\partial }{\partial \xi} \Big(u\frac{\partial u}{\partial \xi}\Big){\rm d}A{\rm d}\xi {\rm d}\eta{}\\ & = &\int_0^t\int_0^z\int_{D_\xi}\Big(\frac{\partial u}{\partial x_3}\Big)^2{\rm d}A{\rm d}\xi {\rm d}\eta +\int_0^t\int_0^z\int_{D_\xi}u \bigg[u_t-\frac{\partial^2 u}{\partial x_1^2}-\frac{\partial^2 u}{\partial x_2^2}\bigg]{\rm d}A{\rm d}\xi {\rm d}\eta\\ & = &\int_0^t\int_0^z\int_{D_\xi}|\nabla u|^2{\rm d}A{\rm d}\xi {\rm d}\eta +\frac{1}{2}\int_0^z\int_{D_\xi} u^2{\rm d}A{\rm d}\xi+\int_0^t\int_0^z\int_{\partial D_\xi}uf(u){\rm d}l{\rm d}\xi {\rm d}\eta, {}\\ \end{eqnarray} $

所以

(3.3) $ \begin{eqnarray} \frac{\partial}{\partial z}E(z, t) = \int_0^t\int_{D_z}|\nabla u|^2{\rm d}A{\rm d}\eta +\frac{1}{2}\int_{D_z} u^2{\rm d}A+\int_0^t\int_{\partial D_z}uf(u){\rm d}l{\rm d}\eta. \end{eqnarray} $

再由Schwarz不等式和(3.1)式,有

$\begin{eqnarray} |E(z, t)|\leq\Big[\int_0^t\int_{D_z}u^2{\rm d}A{\rm d}\eta\int_0^t\int_{D_z}\Big(\frac{\partial u}{\partial x_3}\Big)^2{\rm d}A{\rm d}\eta\Big]^\frac{1}{2}.\nonumber \end{eqnarray}$

利用引理2.1,可得

(3.4) $ \begin{eqnarray} \int_0^t\int_{D_z}u^2{\rm d}A{\rm d}\eta \leq C_1\Big[\Big(\int_0^t\int_{\partial D_z}|u|{\rm d}l{\rm d}\eta\Big)^2+\int_0^t\int_{D_z}|\nabla_2 u|^2{\rm d}A{\rm d}\eta\Big]. \end{eqnarray} $

把上式代入到(3.4)式之中并利用不等式

(3.5) $ \begin{eqnarray} \sqrt{a+b}\leq \sqrt{a}+\sqrt{b}, \ a, b>0, \end{eqnarray} $

可得

(3.6) $ \begin{eqnarray} |E(z, t)|&\leq& \sqrt{C_1}\Big[\Big(\int_0^t\int_{\partial D_z}|u|{\rm d}l{\rm d}\eta\Big)+\Big(\int_0^t\int_{D_z}|\nabla_2 u|^2{\rm d}A{\rm d}\eta\Big)^\frac{1}{2}\Big]\Big[\int_0^t\int_{D_z}\Big(\frac{\partial u}{\partial x_3}\Big)^2{\rm d}A{\rm d}\eta\Big]^\frac{1}{2}\\ &\leq&\sqrt{C_1}\Big(\int_0^t\int_{\partial D_z}|u|{\rm d}l{\rm d}\eta\Big)\Big(\int_0^t\int_{D_z}\Big(\frac{\partial u}{\partial x_3}\Big)^2{\rm d}A{\rm d}\eta\Big)^\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{C_1}}{2}\int_0^t\int_{D_z}|\nabla u|^2{\rm d}A{\rm d}\eta. {}\\ \end{eqnarray} $

利用Hölder不等式和Young不等式以及(2.5)式,可得

$ \begin{eqnarray*} &&\Big(\int_0^t\int_{\partial D_z}|u|{\rm d}l{\rm d}\eta\Big)\Big(\int_0^t\int_{D_z}\Big(\frac{\partial u}{\partial x_3}\Big)^2{\rm d}A{\rm d}\eta\Big)^\frac{1}{2} \\ &\leq&(tL)^\frac{2p-1}{2p}\Big(\int_0^t\int_{\partial D_z}|u|^{2p}{\rm d}l{\rm d}\eta\Big)^\frac{1}{2p}\Big(\int_0^t\int_{D_z}\Big(\frac{\partial u}{\partial x_3}\Big)^2{\rm d}A{\rm d}\eta\Big)^\frac{1}{2}\nonumber\\ &\leq&\frac{1}{p+1}(tL)^\frac{2p-1}{2p}C^{-\frac{1}{2p}}\Big(\int_0^t\int_{\partial D_z}uf(u){\rm d}l{\rm d}\eta\Big)^\frac{p+1}{2p} \\ && +\frac{p}{p+1}(tL)^\frac{2p-1}{2p}C^{-\frac{1}{2p}}\Big(\int_0^t\int_{D_z}\Big(\frac{\partial u}{\partial x_3}\Big)^2{\rm d}A{\rm d}\eta\Big)^\frac{p+1}{2p}, \nonumber \end{eqnarray*} $

其中$ L $是$ D_z $的周长.把上式代入到(3.6)式并注意到$ E(z, t) $的定义,有

(3.7) $ \begin{equation} |E(z, t)|\leq m_1\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]+m_2\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^\frac{p+1}{2p}, \end{equation} $

其中$ m_1 = \frac{\sqrt{C_1}}{2}, m_2 = \frac{1}{p+1}(tL)^\frac{2p-1}{2p}C^{-\frac{p+1}{2p}}\max\{1, p\}. $接下来我们对(3.7)式分为以下几种情形进行分析.

(1) $ \frac{1}{2}<p<1 $的情形.

A)   假设存在一个$ z_0 $,使得$ E(z_0, t)>0 $.由于$ \frac{\partial E(z, t)}{\partial z}\geq0 $,所以对所有的$ z\geq z_0 $,有$ E(z, t)>0 $.此时我们对(3.7)式右边的第一项应用Young不等式,可得

(3.8) $ \begin{eqnarray} m_1\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]& = &m_1\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^{\frac{p+1}{2p}\cdot\frac{3p-1}{p+1}} \Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^{\frac{p+1}{4p}\cdot\frac{2-2p}{p+1}}{}\\ &\leq& m_1\frac{3p-1}{p+1}\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^{\frac{p+1}{2p}}+m_1\frac{2-2p}{p+1} \Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^{\frac{p+1}{4p}}. \end{eqnarray} $

所以

(3.9) $ \begin{equation} E(z, t)\leq m_3\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^\frac{p+1}{4p}+m_4 \Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^\frac{p+1}{2p}, \end{equation} $

其中$ m_3 = m_1\frac{2-2p}{p+1}, \ m_4 = m_2+m_1\frac{3p-1}{p+1}. $于是由(3.9)式,可得

$ E(z, t)+\frac{m_3^2}{4m_4}\leq m_4\Big[\Big(\frac{\partial E}{\partial z}\Big)^\frac{p+1}{4p}+\frac{m_3}{2m_4}\Big]^2. $

对上式简化之后,可得

(3.10) $ \begin{equation} \frac{\partial E}{\partial z}\geq\Bigg[\sqrt{\frac{1}{m_4}E(z, t)+\frac{m_3^2}{4m_4^2}}-\frac{m_3}{2m_4}\Bigg]^\frac{4p}{p+1}. \end{equation} $

把(3.10)式右边的项除到左边并从$ z_0 $到$ z $积分即得

$ m_4\int_{z_0}^z\frac{1}{ \Big[\sqrt{\frac{1}{m_4}E(z, t)+\frac{m_3^2}{4m_4^2}}-\frac{m_3}{2m_4} \Big]^\frac{4p}{p+1}}{\rm d}\Big(\frac{1}{m_4}E(z, t)+\frac{m_3^2}{4m_4^2}\Big)\geq z-z_0.\nonumber $

所以

(3.11) $ \begin{eqnarray} 2m_4\int_{z_0}^z\frac{\sqrt{\frac{1}{m_4}E(z, t)+\frac{m_3^2}{4m_4^2}}}{ \Big[\sqrt{\frac{1}{m_4}E(z, t)+\frac{m_3^2}{4m_4^2}}-\frac{m_3}{2m_4}\Big]^\frac{4p}{p+1}} {\rm d} \Bigg(\sqrt{\frac{1}{m_4}E(z, t)+\frac{m_3^2}{4m_4^2}}-\frac{m_3}{2m_4}\Bigg)\geq z-z_0. \end{eqnarray} $

在(3.11)式左边的分子上先减去$ \frac{m_3}{2m_4} $然后再加上$ \frac{m_3}{2m_4} $,简化之后可得

(3.12) $ \begin{eqnarray} &&2m_4\int_{z_0}^z\Bigg[\sqrt{\frac{1}{m_4}E(z, t)+\frac{m_3^2}{4m_4^2}}-\frac{m_3}{2m_4}\Bigg]^\frac{1-3p}{p+1} {\rm d}\Bigg(\sqrt{\frac{1}{m_4}E(z, t)+\frac{m_3^2}{4m_4^2}}-\frac{m_3}{2m_4}\Bigg)\\ &&+m_3\int_{z_0}^z\Bigg[\sqrt{\frac{1}{m_4}E(z, t)+\frac{m_3^2}{4m_4^2}}-\frac{m_3}{2m_4}\Bigg]^\frac{-4p}{p+1} {\rm d}\Bigg(\sqrt{\frac{1}{m_4}E(z, t)+\frac{m_3^2}{4m_4^2}}-\frac{m_3}{2m_4}\Bigg)\geq z-z_0.{\qquad} \end{eqnarray} $

对(3.12)式积分计算并在(3.12)式左边舍弃一些非正项,可得

(3.13) $ \begin{eqnarray} &&\frac{p+1}{1-p}m_4\Bigg[\sqrt{\frac{1}{m_4}E(z, t)+\frac{m_3^2}{4m_4^2}}-\frac{m_3}{2m_4}\Bigg]^\frac{2-2p}{p+1}\\ &\geq &z-z_0-\frac{p+1}{3p-1}m_3\Bigg[\sqrt{\frac{1}{m_4}E(z_0, t)+\frac{m_3^2}{4m_4^2}}-\frac{m_3}{2m_4}\Bigg]^\frac{1-3p}{p+1}. \end{eqnarray} $

利用(3.5)式,可得

(3.14) $ \begin{eqnarray} \Bigg[\sqrt{\frac{1}{m_4}E(z, t)+\frac{m_3^2}{4m_4^2}}-\frac{m_3}{2m_4}\Bigg]\leq\sqrt{\frac{1}{m_4}E(z, t)}. \end{eqnarray} $

于是(3.13)式可以写为

(3.15) $ \begin{eqnarray} E(z, t)\geq m_5\Bigg\{z-z_0-\frac{p+1}{3p-1}m_3 \Bigg[\sqrt{\frac{1}{m_4}E(z_0, t)+\frac{m_3^2}{4m_4^2}}-\frac{m_3}{2m_4}\Bigg]^\frac{1-3p}{p+1}\Bigg\}^\frac{1+p}{1-p}, \end{eqnarray} $

其中$ m_5 = (\frac{1-p}{1+p})^\frac{1+p}{1-p}m_4^{-\frac{2p}{1-p}}. $显然

(3.16) $ \begin{eqnarray} \lim\limits_{z\rightarrow\infty}[z^{-\frac{1+p}{1-p}}E(z, t)]\geq m_5. \end{eqnarray} $

这就表明如果$ E(z, t) $在某点$ z_0 $处大于零, $ |E(z, t)| $对$ \forall z>0 $都是无界的,并且它的增长速度至少和$ z^\frac{1+p}{1-p} $一样快.

把(3.15)式代入到(3.10)式,可得

$ \frac{\partial E}{\partial z}\!\geq\!\Bigg[\sqrt{\frac{1}{m_4}m_5 \Bigg(z\!-\!z_0\!-\!\frac{p\!+\!1}{3p\!-\!1}m_3\Bigg[\sqrt{\frac{1}{m_4}E(z_0, t)\!+\!\frac{m_3^2}{4m_4^2}}\!-\! \frac{m_3}{2m_4}\Bigg]^\frac{1\!-\!3p}{p\!+\!1}\Bigg)^\frac{1+p}{1-p}\!+\!\frac{m_3^2}{4m_4^2}}\!-\!\frac{m_3}{2m_4}\Bigg]^\frac{4p}{p+1}. $

所以

$ \lim\limits_{z\rightarrow\infty}\Big(z^{-\frac{2p}{1-p}}\frac{\partial E}{\partial z}\Big)\geq \Big(\frac{ m_5}{m_4}\Big)^\frac{2p}{1-p}.\nonumber $

B)   如果$ \forall z>0 $$ E(z, t) $都是小于零的,则(3.7)式可以写为

(3.17) $ \begin{eqnarray} -E(z, t)\leq m_1\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]+m_2\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^\frac{p+1}{2p}. \end{eqnarray} $

对(3.17)式右边的第二项应用Young不等式,可得

$ \begin{eqnarray*} m_2\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^\frac{p+1}{2p} & = &m_2 \Big[\delta\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^\frac{3p-1}{2p} \Big[(\frac{\partial E}{\partial z})^2\delta^{-\frac{3p-1}{1-p}}\Big]^{\frac{1-p}{2p}}\\ &\leq &\frac{3p-1}{2p}m_2\delta \Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]+\frac{1-p}{2p}m_2\delta^{-\frac{3p-1}{1-p}} \Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^2, \nonumber \end{eqnarray*} $

其中$ \delta $是一个大于零的任意常数.把上式代入到(3.17)式,可得

(3.18) $ \begin{eqnarray} -E(z, t)\leq m_6\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]+m_7\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^2, \end{eqnarray} $

其中$ m_6 = m_1+\frac{3p-1}{2p}m_2\delta, \ m_7 = \frac{1-p}{2p}m_2\delta^{-\frac{3p-1}{1-p}}. $对(3.18)式进行化简,可得

(3.19) $ \begin{eqnarray} -E(z, t)\leq m_7\Big[\frac{\partial E}{\partial z}+\frac{m_6}{2m_7}\Big]^2-\frac{m_6^2}{4m_7}. \end{eqnarray} $

所以

(3.20) $ \begin{eqnarray} \frac{\partial E}{\partial z}\geq \sqrt{-\frac{E(z, t)}{m_7}+\frac{m_6^2}{4m_7^2}}-\frac{m_6}{2m_7}. \end{eqnarray} $

由(3.20)式,可得

(3.21) $ \begin{eqnarray} \int_0^z\frac{1}{\sqrt{-\frac{E(z, t)}{m_7}+\frac{m_6^2}{4m_7^2}}-\frac{m_6}{2m_7}}{\rm d}(-E(z, t))\leq-z. \end{eqnarray} $

对(3.21)式积分,可得

(3.22) $ \begin{eqnarray} \Bigg[2m_7\sqrt{-\frac{E(z, t)}{m_7}+\frac{m_6^2}{4m_7^2}}-m_6+m_6\ln \Big(\sqrt{-\frac{E(z, t)}{m_7}+\frac{m_6^2}{4m_7^2}}-\frac{m_6}{2m_7}\Big)\Bigg]\Bigg|_0^z\leq-z. \end{eqnarray} $

所以

(3.23) $ \begin{eqnarray} \sqrt{-\frac{E(z, t)}{m_7}+\frac{m_6^2}{4m_7^2}}\leq\Phi(0, t)e^{-\frac{z}{m_6}}+\frac{m_6}{2m_7}, \end{eqnarray} $

其中

$ \Phi(0, t) = \Bigg(\sqrt{-\frac{E(0, t)}{m_7}+\frac{m_6^2}{4m_7^2}}-\frac{m_6}{2m_7}\Bigg)e^{\frac{2m_7}{m_6}\sqrt{-\frac{E(0, t)}{m_7}+\frac{m_6^2}{4m_7^2}}}. $

在(3.23)式的两边平方,可得

(3.24) $ \begin{eqnarray} -E(z, t)\leq m_7\Phi^2(0, t)e^{-\frac{2z}{m_6}}+m_6\Phi(0, t)e^{-\frac{z}{m_6}}. \end{eqnarray} $

显然$ { }\lim_{z\rightarrow\infty}-E(z, t) = 0. $与(3.2)式类似,易得

$ E(z, t)-E(z_0, t) = \int_0^t\int_{z_0}^z\int_{D_\xi}|\nabla u|^2{\rm d}A{\rm d}\xi {\rm d}\eta+\frac{1}{2}\int_{z_0}^z\int_{D_\xi} u^2{\rm d}A{\rm d}\xi+\int_0^t\int_{z_0}^z\int_{\partial D_\xi}uf(u){\rm d}l{\rm d}\xi {\rm d}\eta. $

再令$ z_0\rightarrow\infty $,可得

(3.25) $ \begin{eqnarray} -E(z, t) = \int_0^t\int_{R_z}|\nabla u|^2{\rm d}A{\rm d}\xi {\rm d}\eta+\frac{1}{2}\int_{R_z} u^2{\rm d}A{\rm d}\xi+\int_0^t\int_{z}^\infty\int_{\partial D_\xi}uf(u){\rm d}l{\rm d}\xi {\rm d}\eta. \end{eqnarray} $

把上述二择一结果总结为以下定理.

定理3.1  假设$ u $是问题(2.1)–(2.4)的解,并且$ \frac{1}{2}<p<1 $.则要么

$ \lim\limits_{z\rightarrow\infty}\bigg[z^{-\frac{2p}{1-p}}\Big(\int_0^t\int_{D_z}|\nabla u|^2{\rm d}A{\rm d}\eta +\frac{1}{2}\int_{D_z} u^2{\rm d}A+\int_0^t\int_{\partial D_z}uf(u){\rm d}l{\rm d}\eta\Big)\bigg]\geq \Big(\frac{ m_5}{m_4}\Big)^\frac{2p}{1-p}\nonumber $

成立,要么

$ \begin{eqnarray*} &&\int_0^t\int_{R_z}|\nabla u|^2{\rm d}A{\rm d}\xi {\rm d}\eta +\frac{1}{2}\int_{R_z} u^2{\rm d}A{\rm d}\xi+\int_0^t\int_{z}^\infty\int_{\partial D_\xi}uf(u){\rm d}l{\rm d}\xi {\rm d}\eta\nonumber\\ &\leq& m_7\Phi^2(0, t)e^{-\frac{2z}{m_6}}+m_6\Phi(0, t)e^{-\frac{z}{m_6}}\nonumber \end{eqnarray*} $

成立.分别表示方程组解的$ L^2 $积分要么随$ z $多项式无限增长要么沿着$ x_3 $轴指数式衰减.

注3.1  从$ m_6 $的定义当中可知$ m_6 $和常数$ \delta $有关,只要选择$ \delta $足够小,则衰减率$ \frac{1}{m_6} $可以足够大.

(2) $ p = 1 $的情形.在(3.7)式中取$ p = 1 $,并记$ m_8 = m_1+m_2 $,有$ |E(z, t)|\leq m_8\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big].\nonumber $

A)   假设存在一个$ z_0 $,使得$ E(z_0, t)>0 $.由于$ \frac{\partial E(z, t)}{\partial z}\geq0 $,所以$ \forall z\geq z_0 $,有$ E(z, t)>0 $.

(3.26) $ \begin{eqnarray} E(z, t)\leq m_8\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big], \end{eqnarray} $

对上述不等式进行积分,可得

(3.27) $ \begin{eqnarray} E(z, t)\geq E(z_0, t)e^{\frac{1}{m_8}(z-z_0)}. \end{eqnarray} $

B)   如果$ \forall z>0 $$ E(z, t) $都是小于零的,可得

(3.28) $ \begin{eqnarray} -E(z, t)\leq m_8\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]. \end{eqnarray} $

对上述不等式进行积分,可得

(3.29) $ \begin{eqnarray} -E(z, t)\leq -E(0, t)e^{-\frac{1}{m_8}z}. \end{eqnarray} $

把(3.27)式代入到(3.26)式,再结合(3.3), (3.25)和(3.29)式,我们可以得到以下二择一定理.

定理3.2  假设$ u $是问题(2.1)–(2.4)的解,并且$ p = 1 $.则当$ z $沿着$ x_3 $轴趋近于$ \rightarrow\infty $时, $ u $要么指数式增长要么指数式衰减,即要么

$ \int_0^t\int_{D_z}|\nabla u|^2{\rm d}A{\rm d}\eta +\frac{1}{2}\int_{D_z} u^2{\rm d}A+\int_0^t\int_{\partial D_z}uf(u){\rm d}l{\rm d} \eta\geq E(z_0, t)e^{\frac{1}{m_8}(z-z_0)}\nonumber $

成立,要么

$ \int_0^t\int_{R_z}|\nabla u|^2{\rm d}A{\rm d}\xi {\rm d}\eta+\frac{1}{2}\int_{R_z} u^2{\rm d}A{\rm d}\xi+\int_0^t\int_{z}^\infty\int_{\partial D_\xi}uf(u){\rm d}l{\rm d}\xi {\rm d}\eta\leq -E(0, t)e^{-\frac{1}{m_8}z}\nonumber $

成立.

(3) $ p>1 $的情形.

A)   假设存在一个$ z_0 $,使得$ E(z_0, t)>0 $.由于$ \frac{\partial E(z, t)}{\partial z}\geq0 $,所以对所有的$ z\geq z_0 $,有$ E(z, t)>0 $.此时我们对(3.7)式右边的第一项应用Young不等式,可得

(3.30) $ \begin{equation} m_2\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^\frac{p+1}{2p} = m_2\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big] ^{\frac{1}{2}\cdot\frac{p-1}{p}}\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^{\frac{1}{p}}\leq m_2\frac{p-1}{p} \Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^{\frac{1}{2}}+m_2\frac{1}{p}\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]. \end{equation} $

所以

(3.31) $ \begin{equation} E(z, t)\leq m_9\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^\frac{1}{2}+m_{10}\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big], \end{equation} $

其中$ m_9 = m_2\frac{p-1}{p}, \ m_{10} = m_1+m_2\frac{1}{p}. $接下来我们采取与(3.8)–(3.16)式类似的计算,得到$ E(z, t)\geq m_{11}e^{2z}, \nonumber $其中

$ m_{11} = m_{10}\Bigg(\frac{m_9}{m_{10}}\sqrt{\frac{E(z_0, t)}{m_{10}}+\frac{m_9^2}{4m^2_{10}}}-\frac{m_9}{2m_{10}}\Bigg)e^{\frac{m_9}{2m_{10}\sqrt{\frac{E(z_0, t)}{m_{10}}+\frac{m_9^2}{4m^2_{10}}}-\frac{m_9}{2m_{10}}}-2z_0}.\nonumber $

B)   如果$ \forall z>0 $$ E(z, t) $都是小于零的,则(3.7)式可以写为

(3.32) $ \begin{eqnarray} -E(z, t)\leq m_1\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]+m_2\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^\frac{p+1}{2p}. \end{eqnarray} $

应用Young不等式,可得

(3.33) $ \begin{equation} m_1\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^\frac{p+1}{2p} = m_1\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^{\frac{p+1}{p}\cdot\frac{p-1}{p+1}} \Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^{\frac{p+1}{2p}\cdot\frac{2}{p+1}}\leq m_1\frac{p-1}{p+1} \Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^\frac{p+1}{p}+m_1\frac{2}{p+1} \Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^\frac{p+1}{2p}. \end{equation} $

于是(3.32)式可以写为

(3.34) $ \begin{eqnarray} -E(z, t)\leq m_{12}\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^\frac{p+1}{2p}+m_{13}\Big[\frac{\partial E}{\partial z}\Big]^\frac{p+1}{p}, \end{eqnarray} $

其中$ m_{12} = m_2+m_1\frac{2}{p+1}, \ m_{13} = m_1\frac{p-1}{p+1}. $采取和情形1和情形2类似的解法,可得

(3.35) $ \begin{eqnarray} -E(z, t)\leq m_{13}\Big(Q_0+\frac{p-1}{m_{12}(p+1)}z\Big)^\frac{2(1+p)}{1-p}+m_{12}\Big(Q_0+\frac{p-1}{m_{12}(p+1)}z\Big)^\frac{1+p}{1-p}, \end{eqnarray} $

其中$ Q_0 = \bigg(\sqrt{\frac{-E(0, t)}{m_{13}}+\frac{m_{12}^2}{4m_{13}^2}}-\frac{m_{12}}{2m_{13}}\bigg)^\frac{1-p}{1+p}. $由(3.35)式不难发现

(3.36) $ \begin{eqnarray} \lim\limits_{z\rightarrow\infty}\Big[z^{-\frac{1+p}{1-p}}\Big(-E(z, t)\Big)\Big]\leq\Big[\frac{p-1}{(1+p)m_{12}}\Big]^\frac{1+p}{1-p}\doteq m_{14}, \end{eqnarray} $

定理3.3  假设$ u $是问题(2.1)–(2.4)的解,并且$ p>1 $.则当$ z $沿着$ x_3 $轴趋近于$ \rightarrow\infty $时, $ u $要么指数式增长要么关于$ z $多项式衰减,即要么

$ \int_0^t\int_{D_z}|\nabla u|^2{\rm d}A{\rm d}\eta +\frac{1}{2}\int_{D_z} u^2{\rm d}A+\int_0^t\int_{\partial D_z}uf(u){\rm d}l{\rm d}\eta\geq m_{11}e^{2z}\nonumber $

成立,要么

$ \lim\limits_{z\rightarrow\infty}\Big[z^{-\frac{1+p}{1-p}}\Big(\int_0^t\int_{R_z}|\nabla u|^2{\rm d}A{\rm d}\xi {\rm d}\eta+\frac{1}{2}\int_{R_z} u^2{\rm d}A{\rm d}\xi+\int_0^t\int_{z}^\infty\int_{\partial D_\xi}uf(u){\rm d}l{\rm d}\xi {\rm d}\eta\Big)\Big]\leq m_{14}\nonumber $

成立.

显然,在衰减的情况下, $ \Phi(0), \ Q_0 $都和$ -E(0, t) $有关,所以要使得以上三个定理都有意义,证明$ -E(0, t) $有界是完全有必要的,所以我们在下一部分来证明.

在这一部分,我们证明$ -E(0, t) $是有界的.由$ E(z, t) $的定义(见(3.1)式)并注意到边界条件(2.7),可知

(4.1) $ \begin{eqnarray} -E(0, t) = -\int_0^t\int_{D_0}u\frac{\partial u}{\partial x_3}{\rm d}A{\rm d}\eta = -\int_0^t\int_{D_0}g(x_1, x_2, t)\frac{\partial u}{\partial x_3}{\rm d}A{\rm d}\eta. \end{eqnarray} $

再由(3.25)式可知

(4.2) $ \begin{eqnarray} -E(0, t) = \int_0^t\int_{R}|\nabla u|^2{\rm d}A{\rm d}\xi {\rm d}\eta+\frac{1}{2}\int_{R} u^2{\rm d}A{\rm d}\xi+\int_0^t\int_{0}^\infty\int_{\partial D_\xi}u f(u){\rm d}l{\rm d}\xi {\rm d}\eta. \end{eqnarray} $

为了达到我们的目的,我们对$ f(u) $做进一步的假设

(4.3) $ \begin{eqnarray} uf(u)\geq\alpha|f(u)|^{p_1}, \ \ \alpha>0. \end{eqnarray} $

只要取$ p_1 = \frac{1}{2p-1}+1 $且$ \alpha $足够小,易证(2.5)和(4.3)并不矛盾.由于$ p>\frac{1}{2} $,所以$ p_1>1. $现在引入辅助函数$ \tau(x_1, x_2, x_3, t) = g(x_1, x_2, t)e^{-\varepsilon x_3}, \ \varepsilon>0. $所以由(4.1)式

$ \begin{eqnarray*} -E(0, t)& = &-\int_0^t\int_{D_0}\tau\frac{\partial u}{\partial x_3}{\rm d}A{\rm d}\eta = \int_0^t\int_{R}\frac{\partial}{\partial x_3}\Big(\tau\frac{\partial u}{\partial x_3}\Big){\rm d}x{\rm d}\eta\nonumber\\ & = &\int_0^t\int_{R}\frac{\partial\tau}{\partial x_3}\frac{\partial u}{\partial x_3}{\rm d}x{\rm d}\eta +\int_0^t\int_{R}\tau\Big(\frac{\partial^2 u}{\partial x^2_3}\Big){\rm d}x{\rm d}\eta\nonumber\\ & = &\int_0^t\int_{R}\frac{\partial\tau}{\partial x_3}\frac{\partial u}{\partial x_3}{\rm d}x{\rm d}\eta -\int_0^t\int_{R}\tau\Delta_2u{\rm d}x{\rm d}\eta, \nonumber \end{eqnarray*} $

其中$ \Delta_2 = \partial_{x_1}^2+\partial^2_{x_2} $.采取分部积分,可得

(4.4) $ \begin{equation} -E(0, t) = \int_0^t\int_{R}\frac{\partial\tau}{\partial x_3}\frac{\partial u}{\partial x_3}{\rm d}x{\rm d}\eta -\int_0^t\int_0^\infty\int_{\partial D}\tau f(u){\rm d}l{\rm d}x_3{\rm d}\eta+\int_0^t\int_{R}\nabla_2\tau\nabla_2u{\rm d}x{\rm d}\eta. \end{equation} $

应用Hölder不等式以及算术几何平均不等式,有

(4.5) $ \begin{equation} \int_0^t\int_{R}\frac{\partial\tau}{\partial x_3}\frac{\partial u}{\partial x_3}{\rm d}x{\rm d}\eta +\int_0^t\int_{R}\nabla_2\tau\nabla_2u{\rm d}x{\rm d}\eta\leq\frac{1}{2}\int_0^t\int_{R}|\nabla\tau|^2{\rm d}x{\rm d}\eta +\frac{1}{2}\int_0^t\int_{R}|\nabla u|^2{\rm d}x{\rm d}\eta. \end{equation} $

利用Young不等式,可得

(4.6) $ \begin{eqnarray} &&-\int_0^t\int_0^\infty\int_{\partial D}\tau f(u){\rm d}l{\rm d}x_3{\rm d}\eta\\ &\leq&\Big(\int_0^t\int_0^\infty\int_{\partial D}|\tau|^{q_1}{\rm d}l{\rm d}x_3{\rm d}\eta\Big)^\frac{1}{q_1} \Big(\int_0^t\int_0^\infty\int_{\partial D}|f(u)|^{p_1}{\rm d}l{\rm d}x_3{\rm d}\eta\Big)^\frac{1}{p_1}\\ &\leq&\frac{1}{q_1}(\alpha\beta)^{-\frac{q_1}{p_1}}\int_0^t\int_0^\infty\int_{\partial D}|\tau|^{q_1}{\rm d}l{\rm d}x_3{\rm d}\eta+ \frac{1}{p_1}\beta\int_0^t\int_0^\infty\int_{\partial D}uf(u){\rm d}l{\rm d}x_3{\rm d}\eta, \end{eqnarray} $

其中$ \beta $是一个大于零的任意常数.把(4.5)和(4.6)式代入到(4.4)式并取$ \beta = \frac{p_1}{2} $,有

(4.7) $ \begin{eqnarray} -E(0, t) \leq\int_0^t\int_{R}|\nabla\tau|^2{\rm d}x{\rm d}\eta+\frac{2}{q_1}(\alpha\beta)^{-\frac{q_1}{p_1}}\int_0^t\int_0^\infty\int_{\partial D}|\tau|^{q_1}{\rm d}l{\rm d}x_3{\rm d}\eta \doteq m_{15}. \end{eqnarray} $

所以

(4.8) $ \begin{equation} \Phi(0, t)\leq\Bigg(\sqrt{\frac{m_{15}}{m_7}+\frac{m_6^2}{4m_7^2}}-\frac{m_6}{2m_7}\Bigg)e^{\frac{2m_7}{m_6}\sqrt{\frac{m_{15}}{m_7}+\frac{m_6^2}{4m_7^2}}} \leq\sqrt{\frac{m_{15}}{m_7}}e^{\frac{2m_7}{m_6}\sqrt{\frac{m_{15}}{m_7}+\frac{m_6^2}{4m_7^2}}}, \end{equation} $

(4.9) $ \begin{equation} Q_0\leq\Bigg(\sqrt{\frac{m_{15}}{m_{13}}+\frac{m_{12}^2}{4m_{13}^2}}-\frac{m_{12}}{2m_{13}}\Bigg)^\frac{1-p}{1+p} \leq\Big(\frac{m_{15}}{m_{13}}\Big)^\frac{1-p}{2(1+p)}. \end{equation} $

本文考虑了具有非线性边界条件的热传导方程,获得了解的二择一结果.我们希望本文的研究会给读者带来一些研究的灵感,在此领域还可以继续对Stokes方程、Boussinesq方程组等进行类似的研究,由于这些方程组中具有非线性项或压强项,研究将具有一定难度.把相关研究成果推广到二维的柱形区域上去,目前还没有出现相关的成果,这也是接下来研究的一个重要方向.