本文研究如下具有对数非线性项和粘性项的非线性抛物方程的初边值问题

(1.1) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} u_{t}-{\Delta}u+{ \int_{0}^{t}{g(t-s){\Delta}u(x, s){\rm d}s}} = u\log\vert u\vert, &\mbox{在${\Omega}{\times}(0, T) $中}, \\ u(x, t) = 0, &\mbox{在${\partial}{\Omega}{\times}(0, T)$上}, \\ u(x, 0) = u_{0}(x), &\mbox{在$\Omega$中}, \\ \end{array}\right. \end{equation} $

其中$ g: {{\Bbb R}} ^{+}\to {{{\Bbb R}} }^+ $是有界的$ C^1 $函数, $ u_{0}{\in}H_0^1({\Omega}), \ T{\in}(0, +{\infty}], \ {\Omega}{\subset}{{{\Bbb R}} }^n(n{\geq}1) $是具有光滑边界$ {\partial}{\Omega} $的有界区域.

许多弹性力学和物理问题涉及模型(1.1)的研究, 如电流变流体的扩散和记忆材料中的热传导^{[1, 2]}.这类方程含有一个称为粘性项的积分项.所谓的粘弹性是指任何物体对其形变历史都具有长期的记忆效应^[3].对于如下的相关问题

$ u_{t}-{\Delta}u+{\int_{0}^{t}{g(t-s){\Delta}u(x, s){\rm d}s}} = f(u) $

有大量的研究结果.在没有粘性项$ (g = 0) $和$ f(u) = \vert u\vert^{p-2}u $的情况下, 很多学者建立了解的整体存在性和非整体存在性结论, 可参考文献[4-6].在含有粘性项$ (g \neq 0) $和$ f(u) = \vert u\vert^{p-2}u $的情况下, 这个问题变得更加复杂.此时，为了解决相关问题, 需要对含有$ g $的项进行精确的估计和细致的观察.在$ g $和$ p $满足某些条件下, Messaoudi^{[7, 8]}证明了具有正、负或消失的初始能量时的强解都在有限时刻内爆破.随后, Tian^[9]扩展了这个结果, 建立了一个新的爆破准则, 并且给出了解的爆破时间的上限.其它的相关研究可以参考文献[10-12].

本文主要讨论$ f(u) = u\log \vert u\vert $的情况.当$ g = 0 $时, Chen, Luo和Liu^[13]用位势井方法研究了方程解的全局存在性, 并得到解在无穷远时刻爆破.位势井方法是研究问题(1.1)的一种有效的方法, 它最初是由Payne和Sattinger^[14]建立的.最近, Han^[15]在不受势井深度$ d $的限制条件下改进了文献[13]中的爆破结果.有关具有对数非线性项的方程的其它研究可以参见文献[16-18].这里, 我们将考虑$ g\neq0 $的情况, 并满足以下条件.

条件A   $ g: {{\Bbb R}} ^{+}\to {{{\Bbb R}} }^+ $是有界的$ C^1 $函数, 且满足

(1.2) $ \begin{equation} g(s)\geq 0, \ g'(s)\leq 0, \ 1-\int_0^{+\infty}{g(s){\rm d}s} = l>0. \end{equation} $

首先给出问题(1.1)的弱解、最大存在时间和有限时刻爆破的定义.

定义1.1 (弱解)  若对任意的$ v\in H_0^1(\Omega) $, $ t{\in}(0, T) $, 函数$ u(x, t) $满足$ u\in L^{\infty}\big(0, +\infty; $$ H_0^1(\Omega)\big) $, $ u_t\in L^2\big(0, +\infty;H_0^1(\Omega)\big), $$ u(x, 0) = u_0(x){\in}H_0^1({\Omega}) $及以下方程

$ \big(u_t, v\big)_2+\big({\nabla{u}}, {\nabla{v}}\big)_2-\Big({\int_{0}^{t}{g(t-s){\nabla}u(x, s){\rm d}s}}, \nabla{v}\Big)_2 = \big(u {\log}\vert{u}\vert, v\big)_2, $

则称$ u = u(x, t) $是问题(1.1)的弱解.其中$ (\cdot, \cdot)_2 $表示内积$ (\cdot, \cdot)_{L^2({\Omega})} $.

定义1.2 (最大存在时间)  对于问题(1.1)的弱解$ u(x, t)\ , $定义其最大存在时间$ T $如下:

(ⅰ)若对任意的$ 0\leq t<{\infty} $, $ u(x, t) $都存在, 则$ T = +{\infty} $.

(ⅱ)若存在$ t_0\in(0, \infty) $使得当$ 0\leq t<t_0 $时, $ u(x, t) $存在, 但在$ t = t_0 $处$ u(x, t) $不存在, 则$ T = t_0 $.

定义1.3 (有限时刻爆破)  设$ u(x, t) $为问题(1.1)的弱解, 若$ u(x, t) $的最大存在时间$ T $是有限的, 且满足

$ \lim\limits_{t\rightarrow T^-} \Vert u(\cdot, t)\Vert_{L^2(\Omega)} = +\infty, $

则称$ u(x, t) $在有限时刻爆破.

为了陈述本文的主要结果, 引入如下修正的能量泛函

(1.3) $ \begin{eqnarray} J(u)& = &\frac{1}{2}\int_0^t{g(t-s)\Vert{\nabla}u(\cdot, t)-\nabla u(\cdot, s)\Vert _{L^2(\Omega)}^2{\rm d}s} +\frac{1}{2}\Big(1-\int_0^t{g(s){\rm d}s}\Big)\Vert\nabla u(\cdot, t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2 {}\\ &&-\frac{1}{2}\int_{\Omega}{u^2(x, t)\log\vert u(x, t)\vert {\rm d}x}+\frac{1}{4}\int_{\Omega}{u^2(x, t){\rm d}x}, \end{eqnarray} $

(1.4) $ \begin{eqnarray} I(u)& = &\int_0^t{g(t-s)\Vert{\nabla}u(\cdot, t)-\nabla u(\cdot, s)\Vert _{L^2(\Omega)}^2{\rm d}s} +\Big(1-\int_0^t{g(s){\rm d}s}\Big)\Vert\nabla u(\cdot, t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2{}\\ &&-\int_{\Omega}{u^2(x, t)\log\vert u(x, t)\vert {\rm d}x}, \end{eqnarray} $

则我们有

(1.5) $ \begin{equation} J(u) = \frac{1}{2}I(u)+\frac{1}{4}\int_{\Omega}{u^2(x, t){\rm d}x}. \end{equation} $

为了方便起见，本文将在后面的叙述中用符号$ \Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2 $代替$ \int_{\Omega} |u(x, t)|^2{\rm d}x $.

本文的主要结果如下.

定理1.1  若条件$ \rm A $成立, $ u_0\in H_0^1(\Omega), J(u_0)\leq d $且$ I(u_0)\geq 0, $则问题(1.1)存在全局弱解.

注1.1  值得注意的是, 本文所选择的能量泛函与粘弹性项$ g $有关, 这与文献[10]中的能量泛函是不同的.文献[10]研究了一个具有多项式非线性项$ \vert u\vert^{p-2}u $和$ -\triangle u_t $的类似的问题.这样的能量泛函导致了一些基本的结果难以证明, 这将在下面的定理中解释.本文考虑了所谓的临界情形$ J(u_0) = d $.文献[10]只考虑了$ J(u_0)<d $的情形.

此外, 本文中全局存在性的证明主要用的是Galerkin逼近和位势井理论, 此时要使得解满足一定的不变集性质, 我们需要条件$ J(u_0)\leq d $.当$ J(u_0)>d $时, 问题(1.1)是否存在全局弱解仍然是公开的.这里需要指出的是:无论$ J(u_0)\leq d $还是$ J(u_0)>d $, 通过标准的步骤均可证明问题(1.1)的弱解是局部存在的.此处略去证明.

定理1.2  若条件$ \rm A $成立, $ u_0\in H_0^1(\Omega), I(u_0)<0 $且$ \int_0^{\infty}g(s){\rm d}s< 1-\frac{1}{2\pi e^2}, $则问题(1.1)的弱解$ u = u(x, t) $在任何有限时刻内都不爆破, 并且有

$ \begin{eqnarray*} \Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}\leq \Vert u_0\Vert_{L^2(\Omega)}^{e^{ct}}, \; \; \forall t\geq 0, \end{eqnarray*} $

其中$ c>0 $是一个只与$ l $有关的常数.

注1.2  如果问题(1.1)的右端是一个多项式非线性项$ \vert u\vert^{p-2}u $, 且当$ n = 1, 2 $时, $ p>2 $, 当$ n>2 $时, $ 2<p<\frac{2(n-1)}{n-2} $.在$ g $具有相似的限制条件下, Messaoudi^{[7, 8]}证明了方程的解在有限时刻爆破.而如果问题(1.1)的右端是对数非线性项$ u\log\vert u\vert $, 则定理1.2告诉我们方程的弱解在任何有限时刻内都不会爆破.这意味着多项式非线性项和对数非线性项对含有粘性项的方程的解的爆破具有不同的影响.

注1.3  值得指出的是, 定理1.2不需要条件$ J(u_0)\leq d $的限制.另一方面, 由于本文选择的能量泛函是修正过的, 并且与粘性项$ g $有关, 所以需要对$ g $进行精确的估计和细致的观察, 这造成了一些技术上的困难.到目前为止, 定理1.2中的解是否在无穷远时刻爆破还未知, 即是否有

$ \lim\limits_{t\rightarrow +\infty} \Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)} = +\infty. $

详细的评论可参考注3.1.

本文结构如下:在第2节中, 我们给出一些相关引理及其证明.在第3节中, 我们给出定理1.1和定理1.2的证明.

首先, 对任意的$ u\in H_0^1(\Omega) $和任意的$ a>0 $, 有下列不等式(可参见文献[13])

(2.1) $ \begin{equation} 2\int_{\Omega}\vert u(x)\vert^2\log\Big(\frac{\vert u(x)\vert}{\Vert u\Vert_{L^2(\Omega)}}\Big){\rm d}x + n(1+\log a)\Vert u\Vert_{L^2(\Omega)}^2\leq \frac{a^2}{\pi}\int_{\Omega}\vert \nabla u(x)\vert^2{\rm d}x. \end{equation} $

下面给出能量恒等式.

引理2.1  对于(1.3)式的$ J(u) $, 有以下能量恒等式

$ \begin{eqnarray*} J(u_0)& = &J(u(t))+\int_0^t\Vert u_\tau \Vert_{L^2(\Omega)}^2{\rm d}\tau+\frac{1}{2}\int_0^t g(\tau)\Vert \nabla u(\tau) \Vert_{L^2(\Omega)}^2{\rm d}\tau\\ &&-\frac{1}{2}\int_0^t \int_0^{\tau} g'(\tau-s)\Vert \nabla u(\tau)-\nabla u(s) \Vert_{L^2(\Omega)}^2 {\rm d}s{\rm d}\tau. \end{eqnarray*} $

证  结合(1.3)式, 定义

$ \begin{eqnarray*} E(t) = J(u)& = &\frac{1}{2}\int_0^t{g(t-s)\Vert{\nabla}u(t)-\nabla u(s)\Vert _{L^2(\Omega)}^2{\rm d}s}+\frac{1}{2} \Big(1-\int_0^t{g(s){\rm d}s}\Big)\Vert\nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\\ &&-\frac{1}{2}\int_{\Omega}{u^2(x, t)\log\vert u(x, t)\vert {\rm d}x}+\frac{1}{4}\int_{\Omega}{u^2(x, t){\rm d}x}. \end{eqnarray*} $

利用(1.3)式, 可得

$ \begin{eqnarray*} \frac{\rm d}{{\rm d}t}E(t)& = &\frac{1}{2}\int_0^t{g'(t-s)\Vert{\nabla}u(t)-\nabla u(s)\Vert _{L^2(\Omega)}^2{\rm d}s}\\ &&+\int_0^{t}g(t-s)\int_{\Omega}\nabla u_{t}(x, t)[\nabla u(x, t)-\nabla u(x, s)]{\rm d}x{\rm d}s\\ &&-\frac{1}{2}g(t)\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2-\int_0^{t}g(t-s)\int_{\Omega}\nabla u_{t}(x, t)\nabla u(x, t){\rm d}x{\rm d}s\\ &&+\int_{\Omega}\nabla u_{t}(x, t)\cdot\nabla u(x, t){\rm d}x-\int_{\Omega}u_{t}(x, t)u(x, t)\log\vert u(x, t)\vert {\rm d}x\\ & = &\frac{1}{2}\int_0^t{g'(t-s)\Vert{\nabla}u(t)-\nabla u(s)\Vert _{L^2(\Omega)}^2{\rm d}s}\\ &&-\frac{1}{2}g(t)\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2+\int_{\Omega}\nabla u_{t}(x, t)\nabla u(x, t){\rm d}x\\ &&-\int_0^{t}g(t-s)\int_{\Omega}\nabla u_{t}(x, t)\nabla u(x, s){\rm d}x{\rm d}s-\int_{\Omega}u_{t}(x, t)u(x, t)\log\vert u(x, t)\vert {\rm d}x\\ & = &\frac{1}{2}\int_0^t{g'(t-s)\Vert{\nabla}u(t)-\nabla u(s)\Vert _{L^2(\Omega)}^2{\rm d}s}-\frac{1}{2}g(t)\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2-\int_{\Omega}u_{t}^2(x, t){\rm d}x. \end{eqnarray*} $

上式两端在$ [0, t] $上进行积分, 可得

$ \begin{eqnarray*} J(u(t))-J(u_0) & = &\frac{1}{2}\int_0^t \int_0^{\tau} g'(\tau-s)\Vert \nabla u(\tau)-\nabla u(s) \Vert_{L^2(\Omega)}^2 {\rm d}s{\rm d}\tau\\ &&-\frac{1}{2}\int_0^t g(\tau)\Vert \nabla u(\tau) \Vert_{L^2(\Omega)}^2{\rm d}\tau-\int_0^t\Vert u_\tau(\tau) \Vert_{L^2(\Omega)}^2{\rm d}\tau, \end{eqnarray*} $

从而引理2.1得证.

现在, 我们定义

$ {\cal N} = \Big\{u(\cdot, t)\in H_0^1(\Omega)\vert \;I(u) = 0, \int_{\Omega}\vert \nabla u\vert^2{\rm d}x\neq 0\Big\}, $

$ d = \inf\Big\{\;\sup\limits_{\lambda\geq 0} J(\lambda u)\vert\; u(\cdot, t)\in H_0^1(\Omega), \int_{\Omega}{\vert {\nabla u}\vert^2{\rm d}x}\neq 0\Big\}, $

则可得$ 0<d = \inf\limits_{u\in{\cal N}}J(u) $.从而我们可定义

(2.2) $ \begin{equation} \begin{array}{ll} W = \big\{u(\cdot, t)\in H_0^1(\Omega)\vert \;I(u)>0, J(u)<d\big\}\cup\{0\}, \;\\ V = \big\{u(\cdot, t)\in H_0^1(\Omega)\vert \;I(u)<0, J(u)<d\big\}. \end{array} \end{equation} $

下面的引理给出了能量泛函$ J(u) $和$ I(u) $的一些性质.

引理2.2  对任意的$ u = u(\cdot, t)\in H_0^1(\Omega), \;\Vert u\Vert_{L^2(\Omega)}\neq 0, $我们有

(ⅰ) $ \lim\limits_{\lambda\to 0}J(\lambda u) = 0, \lim\limits_{\lambda\to +\infty}J(\lambda u) = -\infty; $

(ⅱ) $ J(\lambda u) $在$ 0\leq \lambda \leq \lambda^* $上单调递增, 在$ \lambda^*\leq \lambda <+\infty $上单调递减, 并且在$ \lambda = \lambda^* $处取得最大值, 这里

$ \begin{eqnarray*} \lambda^* & = &\exp\Bigg(\frac{\int_0^t g(t-s)\Vert\nabla u(t)-\nabla u(s)\Vert _{L^2(\Omega)}^2{\rm d}s} {\Vert u\Vert_{L^2(\Omega)}^2}\\ & &{\qquad}{\quad}+ \frac{\big(1-\int_0^t g(s){\rm d}s\big)\Vert\nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2-\int_{\Omega}{u^2\log\vert u\vert {\rm d}x}}{\Vert u\Vert_{L^2(\Omega)}^2}\Bigg); \end{eqnarray*} $

(ⅲ)

$ I(\lambda u) = \lambda \frac{{\rm d} J(\lambda u)}{{\rm d} \lambda} \left\{\begin{array}{ll} >0, &0< \lambda < \lambda^*, \\ = 0, &\lambda = \lambda^*, \\ <0, &\lambda^*< \lambda <+\infty. \end{array}\right. $

证  对任意的$ \lambda> 0 $,

$ \begin{eqnarray*} J(\lambda u)& = &\frac{\lambda^2}{2}\int_0^t g(t-s)\Vert\nabla u(t)-\nabla u(s)\Vert _{L^2(\Omega)}^2{\rm d}s +\frac{\lambda^2}{2}\Big(1-\int_0^t g(s){\rm d}s\Big)\Vert\nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\\ &&-\frac{\lambda^2}{2}\log\lambda\int_{\Omega}u^2{\rm d}x- \frac{\lambda^2}{2}\int_{\Omega}u^2\log\vert u\vert {\rm d}x+\frac{\lambda^2}{4}\int_{\Omega}u^2{\rm d}x. \end{eqnarray*} $

由于$ \Vert u\Vert_{L^2(\Omega)}\neq 0 $, 则$ \lim\limits_{\lambda\to 0}J(\lambda u) = 0, \;\lim\limits_{\lambda\to +\infty}J(\lambda u) = -\infty $, 且

$ \begin{eqnarray*} \frac{{\rm d} J(\lambda u)}{{\rm d} \lambda} & = &\lambda\int_0^t g(t-s)\Vert\nabla u(t)-\nabla u(s)\Vert _{L^2(\Omega)}^2{\rm d}s+\lambda\Big(1-\int_0^t g(s){\rm d}s\Big)\Vert\nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\\ &&-\Big(\lambda\log\lambda+\lambda\int_{\Omega}u^2\log\vert u\vert {\rm d}x\Big)\int_{\Omega}u^2{\rm d}x. \end{eqnarray*} $

因此, 可得

$ I(\lambda u) = \lambda \frac{{\rm d} J(\lambda u)}{{\rm d} \lambda} \left\{\begin{array}{ll} >0, &0< \lambda < \lambda^*, \\ = 0, &\lambda = \lambda^*, \\ <0, &\lambda^*< \lambda <+\infty, \end{array}\right. $

其中

$ \begin{eqnarray*} \lambda^*& = &\exp\Bigg(\frac{\int_0^t g(t-s)\Vert\nabla u(t)-\nabla u(s)\Vert _{L^2(\Omega)}^2{\rm d}s}{\Vert u\Vert_{L^2(\Omega)}^2}\\ &&{\qquad}{\quad}+ \frac{\big(1-\int_0^t g(s){\rm d}s\big)\Vert\nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2 -\int_{\Omega}{u^2\log\vert u\vert {\rm d}x}}{\Vert u\Vert_{L^2(\Omega)}^2}\Bigg). \end{eqnarray*} $

故引理2.2得证.

下面的引理对于不变性的证明是非常重要的.

引理2.3  设$ u = u(\cdot, t)\in H_0^1(\Omega), $则有下列性质

(ⅰ)若$ 0<\Vert\nabla u\Vert_{L^2(\Omega)}\leq r $, 则$ I(u)\geq 0; $

(ⅱ)若$ I(u)<0 $, 则$ \Vert\nabla u\Vert_{L^2(\Omega)}>r; $

(ⅲ)若$ I(u) = 0 $, 则$ \Vert u\Vert_{L^2(\Omega)} = 0 $或者$ \Vert\nabla u\Vert_{L^2(\Omega)}\geq r. $

这里$ r = \lambda_1^{\frac{1}{2}}(2\pi l)^{\frac{n}{4}}e^{\frac{n}{2 }} $, $ \lambda_1 $是下列方程的第一特征值

$ \begin{eqnarray*} \left\{\begin{array}{ll} -\Delta u = \lambda u, &\mbox{在}\ \Omega\ \mbox{中}, \\ u = 0, & \mbox{在}\ \partial\Omega\ \mbox{上}. \end{array}\right. \end{eqnarray*} $

证  (ⅰ)由(2.1)式, 对任意的$ a>0 $, 有

(2.3) $ \begin{eqnarray} I(u)&\geq &\int_0^t g(t-s)\Vert \nabla u(t)-\nabla u(s)\Vert _{L^2(\Omega)}^2{\rm d}s +\bigg[\Big(1-\int_0^t{g(s){\rm d}s}\Big)-\frac{a^2}{2\pi}\bigg]\Vert\nabla u\Vert_{L^2(\Omega)}^2 {}\\ &&+\Big(\frac{n(1+\log a)}{2}-\log\Vert u\Vert_{L^2(\Omega)}\Big)\Vert u \Vert_{L^2(\Omega)}^2. \end{eqnarray} $

结合$ g(s)\geq 0 $, 在(2.3)式中, 取$ a = \sqrt{2\pi l} $, 可得

(2.4) $ \begin{equation} I(u)\geq \Big(\frac{n(1+\log\sqrt{2\pi l})}{2}-\log\Vert u\Vert_{L^2(\Omega)}\Big)\Vert u \Vert_{L^2(\Omega)}^2. \end{equation} $

若$ 0<\Vert\nabla u\Vert_{L^2(\Omega)}\leq r $, 则$ \Vert u \Vert_{L^2(\Omega)}\leq(2\pi l)^{\frac{n}{4}}e^{\frac{n}{2}} $, 从而可得$ I(u)\geq 0 $.

(ⅱ)根据(2.4)式和$ I(u)\leq 0 $, 可得

$ \frac{n(1+\log\sqrt{2\pi l})}{2}- \log\Vert u\Vert_{L^2(\Omega)}<0 $

和

$ \Vert\nabla u\Vert_{L^2(\Omega)}\geq \lambda_1^{\frac{1}{2}}\Vert u\Vert_{L^2(\Omega)}> \lambda_1^{\frac{1}{2}}(2\pi l)^{\frac{n}{4}}e^{\frac{n}{2 }} = r. $

(ⅲ)若$ I(u) = 0 $, $ \Vert u\Vert_{L^2(\Omega)}\neq 0 $, 则通过(2.4)式, 可得

$ \frac{n(1+\log\sqrt{2\pi l})}{2}\leq \log\Vert u\Vert_{L^2(\Omega)} $

和

$ \Vert\nabla u\Vert_{L^2(\Omega)}\geq \lambda_1^{\frac{1}{2}}\Vert u\Vert_{L^2(\Omega)}\geq \lambda_1^{\frac{1}{2}}(2\pi l)^{\frac{n}{4}}e^{\frac{n}{2 }} = r. $

故引理2.3得证.

以下解的不变性结论对于定理1.1和1.2的证明是必不可少的.

命题2.1  设$ u = u(x, t) $是问题(1.1)的弱解, 其初值$ u_0\in H_0^1(\Omega) $且$ 0<J(u_0)<d, $则有

(ⅰ)若$ I(u_0)>0, $则对任意的$ 0\leq t<T $, 有$ u\in W; $

(ⅱ)若$ I(u_0)<0, $则对任意的$ 0\leq t<T $, 有$ u\in V $.

证  (ⅰ)根据引理2.1, 对任意的$ t\in [0, T), $有

(2.5) $ \begin{eqnarray} d>J(u_0)& = &J(u)+\int_0^t\Vert u_\tau \Vert_{L^2(\Omega)}^2{\rm d}\tau+\frac{1}{2}\int_0^t g(\tau)\Vert \nabla u(\tau) \Vert_{L^2(\Omega)}^2{\rm d}\tau {}\\ &&-\frac{1}{2}\int_0^t \int_0^{\tau} g'(\tau-s)\Vert \nabla u(\tau)-\nabla u(s) \Vert_{L^2(\Omega)}^2 {\rm d}s{\rm d}\tau. \end{eqnarray} $

现在证明, 对任意的$ 0<t<T $, $ u(x, t) \in W $, 其中$ T $是$ u(x, t) $的最大存在时间.假设命题不成立, 则存在$ t_0 \in (0, T) $使得$ u(x, t_0)\in \partial W, $那么

$ \begin{eqnarray*} I(u(t_0)) = 0, \; \Vert\nabla u(t_0)\Vert_{L^2(\Omega)}\neq 0, \ \ \mbox{或者}\ \ J(u(t_0)) = d. \end{eqnarray*} $

由(2.5)式, 可得$ J(u(t_0))<d $.因此$ I(u(t_0)) = 0 $, $ \|\nabla u(t_0)\|_{L^2(\Omega)}\neq 0 $.再根据$ d $的定义, 有$ J(u(t_0))\geq d. $这是矛盾的.

(ⅱ)若$ J(u_0)<d, $$ I(u_0)<0 $, $ T $是$ u $的最大存在时间.下面证明对任意的$ t\in [0, T) $, $ u(x, t)\in V $.假设命题不成立, 则存在$ t_0 \in (0, T) $使得当$ 0\leq t<t_0 $有$ u(x, t)\in V $, $ u(x, t_0)\in \partial V $, 则

$ I(u(t_0)) = 0, \ \ \mbox{或者} \ \ J(u(t_0)) = d. $

由(2.5)式可知, $ J(u(t_0)) = d $是不成立的.若$ I(u(t_0)) = 0 $且当$ 0<t<t_0 $时, $ I(u(t))<0 $, 根据引理2.3可得, 当$ 0<t<t_0 $时, $ \Vert\nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}\geq r $.由$ d $的定义, 有$ J(u(t_0)) \geq d, $这与(2.5)式矛盾.因此, 可得对任意的$ 0\leq t<T $, 有$ u\in V $.

故命题2.1得证.

命题2.2  设$ u = u(x, t) $是问题(1.1)的弱解, 其初值$ u_0\in H_0^1(\Omega) $且$ J(u_0) = d $, 则有

(ⅰ)若$ I(u_0)>0, $则对任意的$ 0\leq t<T $, 有$ I(u(t))>0 $;

(ⅱ)若$ I(u_0)<0, $则对任意的$ 0\leq t<T $, 有$ I(u(t))<0 $.

其中$ T $是$ u(x, t) $的最大存在时间.

证  (ⅰ)假设命题不成立, 则存在$ t_1\in (0, T) $使得

$ I(u(t_1)) = 0\; \mbox{且}\; I(u(t))>0, \; \forall\; t\in(0, t_1). $

若对任意的$ t\in(0, t_1] $有$ (u_t, u) = 0 , $这意味着$ \frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_{\Omega}{u^2(x, t){\rm d}x} = 0, $由(1.5)式可得

(2.6) $ \begin{equation} J(u(t_1)) = J(u_0)+\frac{1}{2}\big(I(u(t_1))-I(u_0)\big)<J(u_0) = d. \end{equation} $

若对某个$ s\in(0, t_1] $有$ (u_t, u)\neq 0 $, 则在$ t = s $处有$ \Vert u_t\Vert_{L^2(\Omega)}>0. $从而$ \int_0^{t_1}\Vert u_{\tau}\Vert^2_{L^2(\Omega)}{\rm d}\tau $是严格正的(此处只需解具有一定的正则性即可, 根据标准的正则性提升过程很容易满足).于是

(2.7) $ \begin{eqnarray} J(u(t_1))& = &J(u_0)-\int_0^{t_1}\Vert u_\tau \Vert_{L^2(\Omega)}^2{\rm d}\tau-\frac{1}{2}\int_0^{t_1} g(\tau)\Vert \nabla u(\tau) \Vert_{L^2(\Omega)}^2{\rm d}\tau{}\\ &&+\frac{1}{2}\int_0^{t_1} \int_0^{\tau} g'(\tau-s)\Vert \nabla u(\tau)-\nabla u(s) \Vert_{L^2(\Omega)}^2 {\rm d}s{\rm d}\tau<d. \end{eqnarray} $

另一方面, 因为$ I(u(t_1)) = 0 $且$ I(u(t))>0, \forall t\in(0, t_1) $, 所以$ \Vert\nabla u(t_1)\Vert_{L^2(\Omega)}\geq r\neq0 $.根据$ d $的定义, 有$ J(u(t_1))\geq d, $这与(2.6)式和(2.7)式矛盾.从而命题得证.

(ⅱ)假设命题不成立, 则存在$ t_1\in (0, T) $使得

$ I(u(t_1)) = 0\; \mbox{且}\; I(u(t))<0, \; \forall\; t\in(0, t_1). $

若对任意的$ t\in(0, t_1] $有$ (u_t, u) = 0, $根据(1.5)式有

$ J(u(t_1)) = J(u_0)+\frac{1}{2}\big(I(u(t_1))-I(u_0)\big)>J(u_0) = d. $

又由(2.1)式, 可得

$ \begin{eqnarray*} \label{2.11} J(u(t_1))& = &J(u_0)-\int_0^{t_1}\Vert u_\tau \Vert_{L^2(\Omega)}^2{\rm d}\tau-\frac{1}{2}\int_0^{t_1} g(\tau)\Vert \nabla u(\tau) \Vert_{L^2(\Omega)}^2{\rm d}\tau\\ &&+\frac{1}{2}\int_0^{t_1} \int_0^{\tau} g'(\tau-s)\Vert \nabla u(\tau)-\nabla u(s) \Vert_{L^2(\Omega)}^2 {\rm d}s{\rm d}\tau\leq d, \end{eqnarray*} $

这是矛盾的.

若对某个$ s\in(0, t_1] $有$ (u_t, u)\neq 0 $, 则在$ t = s $处有$ \Vert u_t\Vert_{L^2(\Omega)}>0. $从而$ \int_0^{t_1}\Vert u_{\tau}\Vert^2_{L^2(\Omega)}{\rm d}\tau $是严格正的, 而且

(2.8) $ \begin{eqnarray} J(u(t_1))& = &J(u_0)-\int_0^{t_1}\Vert u_\tau \Vert_{L^2(\Omega)}^2{\rm d}\tau-\frac{1}{2} \int_0^{t_1} g(\tau)\Vert \nabla u(\tau) \Vert_{L^2(\Omega)}^2{\rm d}\tau{}\\ &&+\frac{1}{2}\int_0^{t_1} \int_0^{\tau} g'(\tau-s)\Vert \nabla u(\tau)-\nabla u(s) \Vert_{L^2(\Omega)}^2 {\rm d}s{\rm d}\tau<d. \end{eqnarray} $

又由$ I(u(t_1)) = 0 $且$ I(u(t))<0, \forall t\in(0, t_1), $结合引理2.3可得$ \Vert\nabla u(t_1)\Vert_{L^2(\Omega)}\geq r $.由$ d $的定义可知$ J(u(t_1))\geq d $, 这与(2.8)式矛盾.

综上可得, 命题2.2成立.

注2.1  设$ u = u(x, t) $是问题(1.1)的弱解, 其初值$ u_0 \in H^{1}_{0}(\Omega) $且$ J(u_0)\leq0 $, $ I(u_0)<0 $, 则对任意的$ 0\leq t<T $, 有$ I(u(t))<0 $.这可以根据(1.5)式和引理2.1得到.

下面的估计对于问题(1.1)解的爆破性是非常重要的.

引理2.4  设$ u = u(x, t) $是问题(1.1)的弱解, 其初值为$ u_0, $若

$ I(u_0)<0\; \; \mbox{且}\; \; \int_0^{+\infty}g(s){\rm d}s<1-\frac{1}{2\pi e^2}, $

则

$ \Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2< c_0\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\log\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2, \; \forall\; t\geq 0, $

这里$ c_0>0 $是只与$ l $有关的常数.

证  利用命题2.1, 命题2.2和注2.1, 可知对任意的$ t\geq 0 $, 有$ I(u(t))<0 $.然后结合(1.4)式和对数Sobolev不等式(2.1) (对任意的$ a>e^{-1} $), 可以得到

$ \begin{eqnarray*} l\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2&<&\Big(1-\int_0^{t}g(s){\rm d}s\Big)\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\\ &<&\int_{\Omega}u^2(t)\log \vert u(t)\vert {\rm d}x-\int_0^{t}g(t-s)\Vert \nabla u(t)-\nabla u(s)\Vert_{L^2(\Omega)}^2{\rm d}s\\ &\leq&\int_{\Omega}u^2(t)\log \vert u(t)\vert {\rm d}x\\ &\leq&\frac{a^2}{2\pi}\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2+\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\log\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}-\frac{n(1+\log a)}{2}\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\\ &\leq& \frac{a^2}{2\pi}\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2+\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\log\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}, \end{eqnarray*} $

从而有

$ (l-\frac{a^2}{2\pi})\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2<\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\log\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}, \; \forall\; t\geq 0. $

又由

$ 1-l = \int_0^{+\infty}g(s){\rm d}s<1-\frac{1}{2\pi e^2}, $

可得$ \sqrt{2\pi l}>e^{-1}. $因此, 取$ e^{-1}<a<\sqrt{2\pi l}, $有

$ \Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2< c_0\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\log\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2, \; \forall\; t\geq 0, $

其中$ c_0 = \pi/(2\pi l-a^2)>0 $.

定理1.1的证明  首先, 我们考虑$ J(u_0)<d $, $ I(u_0)\geq 0 $的情况.不难得到$ J(u_0)\geq 0 $.若$ J(u_0) = 0 $且$ I(u_0)\geq 0, $则$ u_0 = 0 $, 这是一个平凡解.若$ J(u_0)>0 $, $ I(u_0) = 0 $, 则$ \int_\Omega |\nabla u_0|^2{\rm d}x\neq0, $进而$ J(u_0)\geq d, $这与$ J(u_0)<d $相矛盾.所以只需考虑$ 0<J(u_0)<d $, $ I(u_0)>0 $的情况.

下面利用Galerkin方法构造问题(1.1)的近似解$ u_m(x, t) $.取$ \{\omega_j(x)\} $为$ H_0^1(\Omega) $上的一组正交基, 令

$ u_m(x, t) = \sum\limits_{j = 1}^{m}h^j_m(t)\omega_j(x), \ {\rm {}}\ m = 1, 2, \cdots $

满足:对于$ k = 1, 2, \cdots, m, $有

(3.1) $ \begin{equation} \big(u_{mt}, \omega_k\big)_2+\big({\nabla{u}}_m, {\nabla{\omega}}_k\big)_2- \Big(\int_{0}^{t}g(t-s){\nabla}u_m(x, s){\rm d}s, \nabla{\omega}_k\Big)_2 = \big(u_m {\log}\vert{u_m}\vert, \omega_k\big)_2, \\ \end{equation} $

且

(3.2) $ \begin{equation} u_m(x, 0) = \sum\limits_{j = 1}^{m}a^j_m\omega_j(x)\to u_0, \ \mbox{在$ H_0^1(\Omega)$中}. \end{equation} $

同时, 当$ m $足够大, 且$ t\in [0, T) $时($ T $是$ u_m(x, t) $的最大存在时间), 有如下能量恒等式

(3.3) $ \begin{eqnarray} J(u_m(0))& = &J(u_m(t))+\int_0^t\Vert u_{m\tau}\Vert_{L^2(\Omega)}^2 {\rm d}\tau+\frac{1}{2}\int_0^t g(\tau)\Vert \nabla u_m(\tau)\Vert_{L^2(\Omega)}^2 {\rm d}\tau{}\\ &&-\frac{1}{2}\int_0^t \int_0^{\tau}g'(\tau-s)\Vert \nabla u_m(\tau)-\nabla u_m(s)\Vert_{L^2(\Omega)}^2 {\rm d}s {\rm d}\tau<d. \end{eqnarray} $

现在证明对于足够大的$ m $和$ 0\leq t<T $, 有$ u_m(x, t)\in W $ (见(2.2)式).假设该命题不成立, 则存在一个$ t_0\in (0, T) $使得$ u_m(x, t_0)\in \partial W $, 即

$ I\big(u_m(t_0)\big) = 0, \;\Vert \nabla u_m(t_0)\Vert_{L^2(\Omega)}\neq 0, \ {\rm{\mbox{或者}}}\ J\big(u_m(t_0)\big) = d. $

结合(3.3)式, 可知$ J\big(u_m(t_0)\big) = d $不成立.又若$ I\big(u_m(t_0)\big) = 0, \;\Vert \nabla u_m(t_0)\Vert_{L^2(\Omega)}\neq 0 $, 根据$ d $的定义, 有$ J\big(u_m(t_0)\big)\geq d $, 这与(3.3)式相矛盾.因此可得, 对足够大的$ m $和$ 0\leq t<T $, 有$ u_m(x, t)\in W $.重复上述讨论, 则有对足够大的$ m $和$ 0\leq t<\infty $, 有$ u_m(x, t)\in W $.

再利用(1.5)式, 可得

$ \Vert u_m\Vert_{L^2(\Omega)}^2 < 4d. $

结合(1.2)式和(2.1)式, 取$ a = \sqrt{\pi l} $, 则有

(3.4) $ \begin{eqnarray} l\Vert \nabla u_m(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2&\leq& \Big(1-\int_0^t g(s){\rm d}s\Big)\Vert \nabla u_m(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2{}\\ & = &2I(u_m(t))-2\int_0^tg(t-s)\Vert \nabla u_m(t)-\nabla u_m(s)\Vert_{L^2(\Omega)}^2 {\rm d}s{}\\ && +2\int_{\Omega}u_m^2(t)\log \vert u_m(t)\vert {\rm d}x-\Big(1-\int_0^t g(s){\rm d}s\Big)\Vert \nabla u_m(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2{}\\ &\leq& 2I(u_m(t))+2\int_{\Omega}u_m^2(t)\log \vert u_m(t)\vert {\rm d}x-l\Vert \nabla u_m(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2{}\\ &\leq &2I(u_m(t))+\big[2\log\Vert u_m(t)\Vert_{L^2(\Omega)}-n(1+\log \sqrt{\pi l})\big]\Vert u_m(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2{}\\ & = &4J(u_m(t))+\big[2\log\Vert u_m(t)\Vert_{L^2(\Omega)}-n(1+\log \sqrt{\pi l})-1\big]\Vert u_m(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2{}\\ &\leq& C_d. \end{eqnarray} $

根据(3.3)式, 可以得到

(3.5) $ \begin{equation} \int_0^t\Vert u_{m\tau}\Vert_{L^2(\Omega)}^2 {\rm d}\tau <d. \end{equation} $

另一方面, 通过计算可得

(3.6) $ \begin{eqnarray} \int_{\Omega}(u_m\log\vert u_m\vert)^2{\rm d}x& = &\int_{\big\{x\in\Omega;u_m(x)\leq 1\big\}}(u_m\log\vert u_m\vert)^2{\rm d}x+ \int_{\big\{x\in\Omega;u_m(x)> 1\big\}}(u_m\log\vert u_m\vert)^2{\rm d}x{}\\ &\leq &e^{-2}\vert\Omega\vert+\big(\frac{n-2}{2}\big)^2\int_{\big\{x\in\Omega;u_m(x)> 1\big\}}u_m^{\frac{2n}{n-2}}{\rm d}x{}\\ &\leq &e^{-2}\vert\Omega\vert+\big(\frac{n-2}{2}\big)^2S^{2^*}\Vert \nabla u_m\Vert_{L^2(\Omega)}^{2^*}\leq C_d, \end{eqnarray} $

其中$ S $是Sobolev空间$ H_0^1(\Omega) \hookrightarrow L^{2n/(n-2)}(\Omega) $的最佳嵌入常数.

我们用$ \mathop{\longrightarrow}\limits_{ }^{w^*} $表示弱星收敛.根据(3.4)–(3.6)式, 存在一个子序列$ \{u_m\} $和$ u $使得, 当$ m\longrightarrow\infty $时, 有

$ u_m\mathop{\longrightarrow}\limits_{ }^{w^*} u\ \mbox{在 $L^{\infty}\big(0, \infty;H_0^1(\Omega)\big)$ 中且 a.e. 于 $\Omega\times [0, +\infty)$ 上}, $

$ u_{mt}\mathop{\longrightarrow}\limits_{ }^{w^*} u_t\ \mbox{在 $L^2\big(0, \infty;H_0^1(\Omega)\big)$ 中}, $

$ u_m\log\vert u_m\vert\mathop{\longrightarrow}\limits_{ }^{w^*} u\log\vert u\vert\ \mbox{在 $L^{\infty}\big(0, \infty;L^2(\Omega)\big)$ 中}. $

因此, 在(3.1)式中, 对于固定的$ k $, 当$ m\longrightarrow\infty $时, 有

$ \big(u_t, \omega_k\big)_2+\big({\nabla{u}}, {\nabla{\omega}}_k\big)_2-\Big(\int_{0}^{t}g(t-s){\nabla}u(x, s){\rm d}s, \nabla{\omega}_k\Big)_2 = \big(u {\log}\vert u\vert, \omega_k\big)_2, $

进而, 对任意的$ v\in H_0^1(\Omega) $, 有

$ \big(u_t, v\big)_2+\big({\nabla{u}}, \nabla{v}\big)_2-\Big(\int_{0}^{t}g(t-s){\nabla}u(x, s){\rm d}s, \nabla{v} \Big)_2 = \big(u {\log}\vert u\vert, v\big)_2, \;t>0. $

同时, 从(3.2)式中, 可以得到$ u(x, 0) = u_0(x) \in H_0^1(\Omega) $.因此, $ u $是问题(1.1)的全局弱解.

其次, 考虑$ J(u_0) = d $, $ I(u_0)\geq0 $的情况.令$ \mu_m = 1-\frac{1}{m} $, $ u_{0m} = \mu_mu_0 $ ($ m\geq 2 $).考虑以下问题

(3.7) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} u_{t}-{\Delta}u+{ \int_{0}^{t}{g(t-s){\Delta}u(x, s){\rm d}s}} = u\log\vert u\vert, &\mbox{在}{\;}{\Omega}{\times}(0, T)\; \mbox{中}, \\ u(x, t) = 0, &\mbox{在}{\;}{\partial}{\Omega}{\times}(0, T)\; \mbox{上}, \\ u(x, 0) = u_{0m}(x), &\mbox{在}{\;}{\Omega}\; \mbox{中}.\\ \end{array}\right. \end{equation} $

若$ \Vert u_0\Vert_{L^2(\Omega)} = 0, $则

$ I(u_{0m}) = \mu_m^2I(u_0) = 2\mu_m^2d>0, \; \; J(u_{0m}) = \mu_m^2J(u_0) = \mu^2_md<d. $

若$ \Vert u_0\Vert_{L^2(\Omega)}\neq0, $则由$ I(u_0)\geq0 $和引理2.2可知$ \lambda^{*} = \lambda^{*}(u_0)\geq 1 $.从而

$ J(u_{0m}) = J(\mu_mu_0)<J(u_0) = d, \; \; I(u_{0m}) = \mu_m^2I(u_0)-\mu^2_m\log|\mu_m|\Vert u_0\Vert_{L^2(\Omega)}^2>0. $

类似于前面的讨论可得, 对于每个$ m $, 问题(3.7)存在一个全局弱解$ u_m(t)\in L^{\infty}\big(0, \infty; H^{1}_{0}(\Omega)\big) $, 且$ u_{mt} \in L^2\big(0, \infty; H^{1}_{0}(\Omega)\big) $, 对任意的$ v\in H_0^1(\Omega) $, $ t\in(0, \infty) $, 有

$ \big(u_{mt}, v\big)_2+\big(\nabla u_m, \nabla v\big)_2-\Big(\int_0^tg(t-s)\nabla u_m(x, s){\rm d}s, \nabla v\Big)_2 = \big(u_m \log\vert u_m\vert, v\big)_2, $

同时, 对于$ 0\leq t <\infty $, 有

$ \begin{eqnarray*} \label{3.9} J(u_{0m})& = &J(u_m(t))+\int_0^t\Vert u_{m\tau}\Vert_{L^2(\Omega)}^2 {\rm d}\tau+\frac{1}{2}\int_0^t g(\tau)\Vert \nabla u_m(\tau)\Vert_{L^2(\Omega)}^2 {\rm d}\tau\\ &&-\frac{1}{2}\int_0^t \int_0^{\tau}g'(\tau-s)\Vert \nabla u_m(\tau)-\nabla u_m(s)\Vert_{L^2(\Omega)}^2 {\rm d}s {\rm d}\tau<d. \end{eqnarray*} $

由于$ I(u_{0m})>0 $, $ 0<J(u_{0m})<d $, 根据命题2.1, 可知$ I\big(u_m(t)\big)>0, \forall\; 0\leq t <\infty $.因此$ u_m \in W $并且对任意的$ m $, (3.4)–(3.6)式也成立.所以存在一个子序列$ \{u_m\} $和$ u, $使得当$ m\rightarrow \infty $时, 有

$ u_m\mathop{\longrightarrow}\limits^{w^{*}} u \ \ \mbox{在$L^{\infty}\big(0, \infty;H^{1}_{0}(\Omega) \big)$中 且 a.e.于 $ \Omega \times [0, +\infty)$上}, $

$ u_{mt}\mathop{\longrightarrow}\limits^{w^{*}} u_t \ \ \mbox{在 $L^{2}\big(0, \infty;H^{1}_{0}(\Omega)\big)$中}, $

$ u_{m}\log |u_m|\mathop{\longrightarrow}\limits^{w^{*}} u \log |u| \ \mbox{在 $L^{\infty}\big(0, \infty;L^{2}(\Omega)\big)$中}. $

接下来的证明与前面$ J(u_0)<d $的情况类似, 此处省略.定理1.1证毕.

定理1.2的证明  若

$ \int_0^{\infty}g(s){\rm d}s< 1-\frac{1}{2\pi e^2}, $

定义

$ G(t) = \int_0^t\Vert u(\tau)\Vert_{L^2(\Omega)}^2{\rm d}\tau, $

则

$ \dot{G}(t) = \Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2, \ \ddot{G}(t) = 2\big(u_t, u\big)_2, $

并且

$ \begin{eqnarray*} \ddot{G}(t)& = &-2\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2+2\int_0^{t}\int_{\Omega} g(t-s)\nabla u(t)\nabla u(s){\rm d}x{\rm d}s+2\int_{\Omega}u^2(t)\log\vert u(t)\vert {\rm d}x\\ & = &-2\Big(1-\int_0^{t}g(s){\rm d}s\Big)\Vert \nabla u(\tau)\Vert_{L^2(\Omega)}^2 +2\int_0^{t}\int_{\Omega}g(t-s)\nabla u(t)\cdot\big[\nabla u(s)-\nabla u(t)\big]{\rm d}x{\rm d}s\\ &&+2\int_{\Omega}u^2(t)\log\vert u(t)\vert {\rm d}x\\ &\leq& -2l\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2+I_1+2\int_{\Omega}u^2(t)\log\vert u(t)\vert {\rm d}x, \end{eqnarray*} $

这里

$ I_1 = 2\int_0^{t}\int_{\Omega}g(t-s)\nabla u(t)\cdot\big[\nabla u(s)-\nabla u(t)\big]{\rm d}x{\rm d}s. $

利用Holder's不等式, 可得

(3.8) $ \begin{eqnarray} I_1&\leq& 2l\int_0^{t}g(s){\rm d}s\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2+\frac{1}{2l}\int_0^{t}g(t-s)\Vert \nabla u(t)-\nabla u(s)\Vert_{L^2(\Omega)}^2{}\\ &\leq& 2l(1-l)\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2+I_2, \end{eqnarray} $

这里

$ I_2 = \frac{1}{2l}\int_0^{t}g(t-s)\Vert \nabla u(t)-\nabla u(s)\Vert_{L^2(\Omega)}^2. $

根据命题2.1, 命题2.2和注2.1, 可知$ I(u)<0, \forall\; t\geq 0 $.另一方面, 由(1.2)式和(1.4)式, 可得

(3.9) $ \begin{eqnarray} I_2& = &\frac{1}{2l}\bigg[I(u)-\Big(1-\int_0^{t}g(s){\rm d}s\Big)\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2 +\int_{\Omega}u^2(t)\log\vert u(t)\vert {\rm d}x\bigg]{}\\ &\leq &\frac{1}{2l}\int_{\Omega}u^2(t)\log\vert u(t)\vert {\rm d}x-\frac{1}{2}\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2. \end{eqnarray} $

再结合(2.1)式, (3.8)式, (3.9)式和引理2.4, 并取

$ \mbox{max}\bigg\{\sqrt{\frac{4l^2+1}{4l+1}2\pi l}, e^{-1}\bigg\}<a<\sqrt{2\pi l}, $

从而可得

$ \begin{eqnarray*} \ddot{G}(t)&\leq& (2+\frac{1}{2l})\int_{\Omega}u^2(t)\log\vert u(t)\vert {\rm d}x -(2l^2+\frac{1}{2})\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\\ &\leq& (2+\frac{1}{2l})\bigg[\frac{a^2}{2\pi}\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2 +\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\log \Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}-\frac{n(1+\log a)}{2}\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\bigg]\\ &&-(2l^2+\frac{1}{2})\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\\ &\leq& (2+\frac{1}{2l})\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\log \Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega) }+\bigg[(2+\frac{1}{2l})\frac{a^2}{2\pi}-(2l^2+\frac{1}{2})\bigg]\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\\ &\leq &c_1\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\log \Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2+c_2\Vert \nabla u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\\ &\leq& c_1\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\log \Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2+c_0c_2 \Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\log \Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\\ & = &c_3\Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\log \Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2, \end{eqnarray*} $

其中

$ c_1 = 1+\frac{1}{4l}>0, \; c_2 = (2+\frac{1}{2l})\frac{a^2}{2\pi}-(2l^2+\frac{1}{2})>0, \; c_3 = c_1+c_0c_2 = \frac{2\pi l(1-l)}{2\pi l-a^2}>0. $

于是, 可得

$ \ddot{G}(t)\leq c_3\dot{G}(t)\log\dot{G}(t). $

另一方面, 根据$ I(u)<0, \forall\; t>0 $和引理2.3中(ⅱ)的证明, 有

$ \log\dot{G}(t) = \log \Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2>\frac{n(1+\log \sqrt{2\pi l})}{2}>0. $

从而, 可得

$ \int_0^{t}\frac{\ddot{G}(\tau)}{\dot{G}(\tau)\log\dot{G}(\tau)}{\rm d}\tau = \int_0^{t}\frac{1}{\log\dot{G}(\tau)} {\rm d}\log\dot{G}(\tau) = \log\log\dot{G}(\tau)|_0^{t}\leq c_3t, $

这意味着

$ \log\dot{G}(t)\leq e^{c_3t}\log\dot{G}(0), \; \; \forall\; t\geq 0. $

因此, 可得

$ \Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2\leq \Vert u_0\Vert_{L^2(\Omega)}^{2e^{c_3t}}, \; \; \forall\; t\geq 0. $

于是$ u(x, t) $不会在任何有限时刻内爆破.定理1.2证毕.

注3.1  若$ g\equiv 0 $, Chen, Luo和Liu在论文^[13]中选取的能量泛函是

$ \begin{eqnarray*} J(u) = \frac{1}{2} \Vert\nabla u(\cdot, t)\Vert_{L^2(\Omega)}^2 -\frac{1}{2}\int_{\Omega}{u^2(x, t)\log\vert u(x, t)\vert {\rm d}x}+\frac{1}{4}\int_{\Omega}{u^2(x, t){\rm d}x}. \end{eqnarray*} $

此时存在某个$ t_0 $使得当$ t>t_0 $时有

$ \ddot{G}(t){G}(t)-\big(\dot{G}(t)\big)^2>0. $

之后再应用凸方法可以得到解在无穷远处爆破的结果.然而, 由于粘性项$ g $的出现, 我们需要选择修正过的能量泛函, 此能量泛函与粘性项$ g $有关, 此时我们得不到类似上面的估计, 故而不能得到解在无穷远处是爆破的结果.也即$ \lim\limits_{t\rightarrow +\infty} \Vert u(t)\Vert_{L^2(\Omega)} = +\infty $是否成立现在依然是公开的.尽管如此, 我们的结果显示多项式非线性项和对数非线性项对含有粘性项的方程的解的爆破现象有着明显的不同.