史金鑫,沈娟娟
(南通大學(xué)理學(xué)院,江蘇 南通226007)
在偏微分方程中,關(guān)于Fujita指標(biāo)的研究已引起許多學(xué)者的關(guān)注.1993年,Qi等人[1]研究了問題ut=Δum+vp,vt=Δvn+uq,得到(pq)c=mn+2 N-1max{p+n,q+m}.2013年,Yang等人[2]研究了齊次快擴(kuò)散方程組ut=Δum+vp+f1(x),vt=Δvn+uq+f2(x),其中0<m,n<1,得到Fujita指標(biāo)為(pq)c=mn+2(N-2)-1max{mp+mn,nq+mn}.崔世澤等人[3]探究了耦合方程組ut=vpΔu,vt=uqΔv在有界區(qū)域上解的整體存在性和爆破.
近年來,帶有衰減位勢的熱方程的漸近行為又引起人們的廣泛關(guān)注.Zhang[4]通過研究柯西問題
說明了位勢對Fujita指標(biāo)的影響,但當(dāng)位勢以平方速度衰減時沒有得到問題(1)的Fujita指標(biāo).而Ishige[5]和Pinsky[6]的研究證明了當(dāng)位勢以平方速度衰減時,問題(1)的Fujita指標(biāo)為pc(n,ω)=1+2/[α(ω)+N],其中N 表示空間維數(shù),α(ω)>0,滿足α(α+N-2)=ω.關(guān)于位勢問題還可參見文獻(xiàn)[7-9].最近,Yang等人[10]研究了帶有平方速度衰減的位勢的快擴(kuò)散方程ut=Δum-V(x)um+up,得到pc(N,m,ω)=m+2/[mα(ω,m)+N],其中α(ω,m)>0,滿足mα(mα+N-2)=ω.受以上工作的啟發(fā),本文擬將文獻(xiàn)[10]中的結(jié)果推廣到方程組的情形,探討當(dāng)位勢以平方速度衰減時對Fujita指標(biāo)的影響.
在RN中考慮如下含有位勢的初值問題的Fujita指標(biāo):
其中1-2/(mα1+N)<m<1,1-2/(nα2+N)<n<1,p,q>1,pq>1,N≥2,位勢φ(x)~ω1/|x|2,ψ(x)~ω2/|x|2,且當(dāng)|x|→∞時ω1,ω2≥0為常數(shù),α1,α2>0是與ω1,ω2有關(guān)的參數(shù),并滿足mα1(mα1+N-2)-ω1=0,nα2(nα2+N-2)-ω2=0,α1(1-m)=α2(1-n),u0,v0是連續(xù)有界的.
記pc=[2+m(mα1+N)]/(N+nα2),qc=[2+n(nα2+N)]/(N+mα1).本文的主要結(jié)論如下.
定理1假設(shè)1<p≤pc,1<q≤qc,V1(x),V2(x)∈Cγ(RN\{0}),γ∈(0,1),對充分大的|x|,有V1(x)≤ω1/|x|2,V2(x)≤ω2/|x|2,則問題(2)的非負(fù)解在有限時間內(nèi)爆破.
定理2假設(shè)p>pc,q>qc,V1(x),V2(x)∈Cγ(RN\{0}),γ∈(0,1),V1(x)≥ω1/|x|2,V2(x)≥ω2/|x|2,則問題(2)存在全局解.
筆者利用試驗函數(shù)法證明問題(2)的解在有限時間內(nèi)爆破.
假設(shè)U(r,t)=rα1ω(r,t),V(r,t)=rα2z(r,t)是問題(2)的下解,且0≤U0(r)≤u0(x),U0′(r)≤0,0≤V0(r)≤v0(x),V0′(r)≤0,則對充分大的r0,當(dāng)r>r0,t∈(0,T),ω(r,0)=r-α1U0(r)≥0,z(r,0)=r-α2V0(r)≥0時,ω,z滿足
設(shè)ρ=ρ(r)=2r[α1(1-m)+2]/2/[α1(1-m)+2],σ=σ(r)=2r[α2(1-n)+2]/2/[α2(1-n)+2],ρ0=ρ(r0),σ0=σ(r0),記ω(r,t)=ξ(ρ,t),z(r,t)=η(σ,t),則當(dāng)
時,式(3)變?yōu)?/p>
其中N1=(2α1+2mα1+2 N)/[α1(1-m)+2],C1=[2-1α1(1-m)+1]2(α2p-α1)/[α1(1-m)+2],l1=2(α2p-α1)/[α1(1-m)+2].同理,式(4)可變?yōu)?/p>
其中N2=(2α2+2nα2+2 N)/[α2(1-n)+2],C2=[2-1α2(1-n)+1]2(α1q-α2)/[α2(1-n)+2],l2=2(α1q-α2)/[α2(1-n)+2].取ν,μ 滿足
若能證明(ν,μ)在有限時間內(nèi)爆破,則可知問題(2)的解在有限時間內(nèi)爆破.假設(shè)(ν,μ)為問題(5)的全局解,光 滑 函 數(shù)其中x=ρ(或σ).定 義
由H?lder不等式得
因為α1(1-m)=α2(1-n),故
其中
顯然C1,C2,C4<∞,令C3=C1+(N1-1)C2,則
同理可得
若p<pc,q<qc,則-2+N1(1-m)<l1+N1-N2p,-2+N2(1-n)<l2+N2-N1q.由于pq>mn,故 存 在σ1,σ2>0,使 得Fk(0)>σn/(mn-pq)1σp/(mn-pq)2,F(xiàn)mk(0)/Gpk(0)<σ1,Gk(0)>σq/(mn-pq)1σm/(mn-pq)2,Gnk(0)/Fqk(0)<σ2.由式(9),(10)知存在C7,C8>0以及充分大的k0,k>k0使得Fk′(0)≥C7Gpk(0),Gk′(0)≥C8Fqk(0).更進(jìn)一步,由pq>1得Fk′≥C7Gpk,Gk′≥C8Fqk,因此當(dāng)1<p<pc,1<q<qc時,問題(2)的解在有限時間內(nèi)爆破.
若p=pc,q=qc,則-2+N1(1-m)=l1+N1-N2p,-2+N2(1-n)=l2+N2-N1q.由式(9),(10)知存在t0>0使得
假設(shè)對所有的k,t>0有Fk(t)≤K1,Gk(t)≤K2.因為-2+N1(1-m)=l1+N1-N2p<0,-2+N2(1-n)=l2+N2-N1q<0及1-2/(mα1+N)<m<1,1-2/(nα2+N)<n<1,
受文獻(xiàn)[10]882的啟發(fā),構(gòu)建問題(2)的上解
其中B1,B2,D1,D2>0,只須證(ˉu,ˉv)是問題(2)的全局的上解即可.首先驗證
設(shè)Z1=B1+D1r2+α1(1-m)(t+1)-1-β1(1-m)=B1+D1z1,Z2=B2+D2r2+α1(1-m)(t+1)-1-β2(1-n)=B2+D2z2,則ˉut-(ˉum)rr-r-1(N-1)(ˉum)r+r-2ω1ˉum-ˉvp≥(t+1)-β1-1rα1Z-1/(1-m)-11F(Z1),其中
本文總是假設(shè)J+(1-m)-1<0,X+(1-n)-1<0,要證F(Z1)≥0,F(xiàn)(Z2)≥0,只須證(i)F(B1)≥0,F(xiàn)(B2)≥0;(ii)F′(Z1)≥0,Z1≥B1,F(xiàn)′(Z2)≥0,Z2≥B2.條件(i)等價于
對條件(ii)的F′(Z1)進(jìn)行簡單計算可得F′(Z1)=(1-m)-1+(1-m)-2m(2+α1-mα1)[-2+N-m(mα1+N-α1)]D1-C[J+1+(1-m)-1]ZJ+(1-m)-11ZI-p/(1-n)2.對 于F′(Z1),當(dāng)J+(1-m)-1≤-1時,有
當(dāng)-1<J+(1-m)-1<0時,有
因為1-2/(mα1+N)<m<1,故-2+N-m(mα1+N-α1)<0,由不等式(13),(14)得D1<(1-m)/{m(2+α1-mα1)[2-N+m(mα1+N-α1)]}.由于p>[2+m(mα1+N)]/(N+nα2),故
同理可得
因此,對這樣的D1,D2>0以及充分大的B1,B2>0,可得到不等式(11),(12),從而(ˉu,ˉv)是問題(2)的全局的上解,定理2得證.
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