tv(s)dst0(ts)v(t)w(t)a对于任意的t[t0,b],存在常数KK()满足:
tw(s)dst0(ts)v(t)w(t)Ka
这个引理是我们从一篇参考文献中摘出,是推广的Gronwall 不等式。由[5]中注3我们得到如果E是可分的,f:[0,+∞)×E0→E在有界集上是序列弱连续的且映射t续的,那么有tf(t,ut)utE0是连
强可测。更进一步,如果我们假设映射f是有界的,那么我们有
utE0是连续的,那么映射是连续的,因
f(,u)L1(0,T;E)。如果f:[0,+∞)×E0→E和t1(0,T;E)f(,u)L此强可测。更进一步,如果我们假设映射f是有界的,那么我们有。
定理2.0.3 假设E是自反的可分空间,令f:[0,+∞)×E0→E在有界集合上序列弱连续,并且对于t[0,)和utE0存在正常数K1和K1满足
f(t,ut)K1K2utE0 (2.0.3)
则存在b>0使得在区间[0,b]上方程(2.0.1)至少有一解。
1(1)bK2证明: 我们取正常数b满足,对于任意[0,t][0,b],对于任意
0[0,t][0,b],令u,对于任意n我们定义如下递推关系:
un(t)(0)1(t)(1)f(,un1)d,()un(s)(s),s[h,0] (2.0.4)
其中t[0,b]。由(2.0.3) 中的假设,我们有
u1(t)(0)1t1f(,u0)d(t)()01t1(KKE(t))d12E000()i1tK2EtK1tK210EE(1)00(1)(1)(1)i0
tK因此,对于[0,t][0,b]
itK11tK211u(t)maxu(ts)E(1)0E0s[h,0](1)i0
对n进行数学归纳我们可得到
itK1ntK2nu(t)E(1)0E0(1)i0
对[0,t][0,b]。
由于t[0,b],对于所有[0,t][0,b]和任意nN,
ibK1nbK2nuEM(1)0E0(1)i0 (2.0.5)
其中,我们使用记号
bK1(1)M:E0(1)(1)K2b
令t,s[0,b],并且ts。之后我们有
ts11n1n1)d(t)f(,u)d(s)1f(,u0()01s1(t)1f(,un1)d1t(t)1f(,un1)d(s)()0()s1s1(t)1(KKM)d1t(t)1(KKM)d(s)1212()0()sKK2M2(K1K2M)1(st2(ts))ts(1)(1)(2.0.6)
un(t)un(s)由于E是自反的,由(2.0.5) 我们推断对任意t[0,b],序列在E 中是相对紧的.运用对
n()}{uu()角线法则和[5]中定理4的相关证明,我们得到连续解函数的存在性和函数列(仍nu记作)满足
un(t)u(t)在E,对于任意t[0,b] (2.0.7)
n(t)u(t)tnt0[0,b]uEn0。实际上,对任意vE*我们有 我们将证明如果,在中有
(un(tn)u(t0),v)(un(tn)un(t0),v)(un(t0)u(t0),v)
由(7)和(8), 对任意0,存在N()满足对任意nN()我们有:
2
(un(tn)un(t0),v)un(tn)un(t0)v和
2
(un(t0)u(t0),v)un(t0)u(t0)v因此
(un(tn)u(t0),v)n(t)u(t)un0在E当tnt0[0,b]。这暗 ,所以
示对于任意的[0,b],对于sns[h,0],在E中:
n(s)un(s)u(s)u(s)unn
nuu在E0,中。 因此,
最后我们证明u()是方程(2.0.1)的解。为了这个目的我们将利用下面积分的
极限:
1t1f(,un1)d,t[0,b](t)()0
un(t)(0)由于f在有界集合上序列弱连续,对任意t[0,b] 我们有
n)f(,u)f(,u在E
n)KKuf(,u12tE0K1K2M然后由和Lebesgue 理论我们得到对
于任意vE有
*t(t)1f(,un1)d,v0t(t)1f(,un1),vd0tt1f(,u)d,v(t)1f(,u),vd(t)00,
因此
1t1f(,u)d,v0(t)()(u(t),v)((0),v)
1f(,u)L1(0,t;E)*(t)其中我们使用。由vE的任意性,我们得到:
u(t)(0)1t1f(,u)d(t)()0对任意t[0,b],
这个定理的证明完毕。□
定理2.0.4 假设定理2.0.3 中的假设成立。如果有(2)的某个解u()在[0,b)上存在最大值,那么b= +∞,也就是说u()是一个全局解。
u(ts)E0。另一方面,
证明:令t[0,b]并且s[h,0]。如果ts[h,0],那么
ts[0,b]我们有:
1tsu(ts)u(0)(ts)1f(,u)d()01tsE(ts)1(K1K2uE)d00()0tsK1(ts)KE2(ts)1uEd00(1)()0
因此,
ttK1KutEmaxu(ts)E2(t)1ud00E0(1)()0s[h,0](2.0.8)
应用引理2,我们推断存在K>0满足:
tK1KK2tK11utEE(t)Ed0000(1)()(1)KK2EtKK1K2Et2100EM10(1)(1)(21)tKKK2EtKK1K2Et2100M1:E0(1)(1)(21)tK(2.0.9)
由(2.0.3)中的条件可得f有界。然后由方程解的定义可以得到u()在[0,b)上一致连续。因此极限limtbu(t)u*存在。然后利用初值条件:
*(s)u*s0,u(sb)s[h,0),
和定理2.0.3,可得到结论u()可以延拓到[0,b),0,就得到了矛盾。□
通过稍微地改变定理2.0.3的证明且利用定理2.0.4,我们有
推论2.0.5 假设定理2.0.3 中的条件成立。问题
u(t)f(t,u),t0,01,Dstu0E0
至少有一解。更进一步,所有局部解都是全局解。