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user: 2. 局部解的存在与唯一性 首先在证明方程局部解的存在与唯一性之前，先介绍一个重要引理。 引理2.1 对于任意 p ∈ ( 1 ， ∞ ) 和 a ， b ∈ R ，有下列不等式成立 ( | a | p − 2 a − | b | p − 2 b ) ≤ C 1 | a − b | ( | a | + | b | ) p − 2 ， (2.1) ( | a | p − 2 a − | b | p − 2 b ) ( a − b ) ≥ C 2 | a − b | 2 ( | a | + | b | ) p − 2 ， (2.2) 这里 C 1 和 C 2 都是正的常数其数值大小仅依赖于p。 证明 其定理的详细证明见文献 [ 7 ] 。 接下来，通过引理2.1和巴拿赫不动点定理来证明方程(1.1)局部解的存在与唯一性。因为 0 < u 0 ( x ) < 1 ，这里存在一个常数 α ，使得 2 α ≤ u 0 ( x ) < 1 。首先，我们来定义一个巴拿赫空间 X 0 = { u ∈ C [ 0 ， t 0 ] × C ( V ) ，   α ≤ u ≤ 1 且 对 于 任 意   x ∈ ∂ S ，   u ( x ， t ) = 1 } ， 这里 t 0 ≤ min { α | V | max ( d ω x ) ( 1 − α ) p − 2 + λ α − q ， 1 − u 0 ( x ) | V | max ( d ω x ) ( 1 − α ) p − 2 } 且在巴拿赫空间 C ( V ) 上的最大范数为 ‖ u ( x ， t ) ‖ X 0 = max x ∈ V max t ∈ [ 0 ， t 0 ] | u ( x ， t ) | ， 接下来，我们定义如下运算： T u 0 [ u ] ( x ， t ) = { u 0 ( x ) + ∫ 0 t Δ p ， ω u ( x ， s ) d s − λ ∫ 0 t u − q ( x ， s ) d s ，   x ∈ S ，   0 ≤ t ≤ t 0 ， 1 ，                                                                                                                         x ∈ ∂ S ，   0 ≤ t ≤ t 0 ， 对于算子 T u 0 我们给出下面一个重要定理。 引理2.2 运算 T u 0 是 X 0 → X 0 的一个映射，对于任意 0 ≤ u 0 ( x ) ，   v 0 ( x ) ∈ C ( V ) 且 u ， v ∈ X 0 ，   p ≥ 2 ，   q > 0 那么这里存在一个正的常数 C = C ( λ ， max x ∈ S ( d ω x ) ，   ‖ u ‖ X 0 ，   ‖ v ‖ X 0 ， | V | ) 使得 ‖ T u 0 [ u ] − T v 0 [ v ] ‖ X 0 ≤ ‖ u 0 − v 0 ‖ ∞ + C t ‖ u − v ‖ X 0 ， 另外，如果 t 0 足够小，那么 T u 0 在 X 0 上严格压缩。 证明 第一步 首先证明算子 T u 0 是 X 0 → X 0 的映射，对于任意 ( x ， t 1 ) ，   ( x ， t 2 ) ∈ C ( V ) × [ 0 ， t 0 ] ，可得 | T u 0 [ u ] ( x ， t 1 ) − T u 0 [ u ] ( x ， t 2 ) | ≤ | ∫ t 1 t 2 ∑ y ∈ V ω ( x ， y ) ( | u ( y ， s ) − u ( x ， s ) | p − 2 [ u ( y ， s ) − u ( x ， s ) ] ) d s | + λ | ∫ t 1 t 2 u − q ( x ， s ) d s | ≤ ( t 2 − t 1 ) ( 2 ‖ u ‖ X 0 p − 1 max x ∈ S ( d ω x ) + λ ‖ u ‖ X 0 − q ) ， 因此，对于任意 x ∈ V ，运算 T u 0 在区间 [ 0 ， t 0 ] 连续。 另外一方面，对于任意 u ( x ， t ) ∈ X 0 ，可得 T u 0 [ u ] ( x ， t ) = u 0 ( x ) + ∫ 0 t ∑ y ∈ V | u ( y ， s ) − u ( x ， s ) | p − 2 u ( y ， s ) ω ( x ， y ) d s     − ∫ 0 t ∑ y ∈ V | u ( y ， s ) − u ( x ， s ) | p − 2 u ( x ， s ) ω ( x ， y ) d s − λ ∫ 0 t u − q ( x ， s ) d s ≥ u 0 ( x ) − ∫ 0 t ∑ y ∈ V | u ( y ， s ) − u ( x ， s ) | p − 2 u ( x ， s ) ω ( x ， y ) d s − λ ∫ 0 t u − q ( x ， s ) d s ≥ 2 α − ( | V | max ( d ω x ) ( 1 − α ) p − 2 + λ α − q ) t 0 ≥ α ， 类似地，可得 T u 0 [ u ] ( x ， t ) = u 0 ( x ) + ∫ 0 t ∑ y ∈ V | u ( y ， s ) − u ( x ， s ) | p − 2 u ( y ， s ) ω ( x ， y ) d s     − ∫ 0 t ∑ y ∈ V | u ( y ， s ) − u ( x ， s ) | p − 2 u ( x ， s ) ω ( x ， y ) d s − λ ∫ 0 t u − q ( x ， s ) d s ≤ u 0 ( x ) + ∫ 0 t ∑ y ∈ V | u ( y ， s ) − u ( x ， s ) | p − 2 u ( y ， s ) ω ( x ， y ) d s ≤ u 0 ( x ) + t 0 | V | max ( d ω x ) ( 1 − α ) p − 2 ≤ 1. 第二步 对于任意 ( x ， t ) ∈ ( V ， [ 0 ， t 0 ] ) ， 且 u ( x ， t ) ，   v ( x ， t ) ∈ X 0 ，运用引理2.1的不等式(2.1)，可得 | T u 0 [ u ] ( x ， t ) − T v 0 [ v ] ( x ， t ) | ≤ ‖ u 0 − v 0 ‖ ∞ + | ∫ 0 t ∑ y ∈ V ω ( x ， y ) ( | u ( y ， s ) − u ( x ， s ) | p − 2 [ u ( y ， s ) − u ( x ， s ) ]       − | v ( y ， s ) − v ( x ， s ) | p − 2 [ v ( y ， s ) − v ( x ， s ) ] ) d s | + λ | ∫ 0 t [ u − q − v − q ] d s | ≤ ‖ u 0 − v 0 ‖ ∞ + c ∫ 0 t ∑ y ∈ V ω ( x ， y ) | u ( y ， s ) − u ( y ， s ) − v ( y ， s ) + v ( y ， s ) | p − 2       × ( | u ( y ， s ) − u ( x ， s ) | + | v ( y ， s ) − v ( x ， s ) | ) d s + λ | ∫ 0 t [ u − q − v − q ] d s | ≤ ‖ u 0 − v 0 ‖ ∞ + t ( λ q η − q − 1 + 2 c ( 4 η ) p − 2 | V | ) ‖ u − v ‖ X 0 ， 这里 η ≤ max { ‖ u ‖ X 0 ， ‖ v ‖ X 0 } 。因此，对于任意 ( x ， t ) ∈ V × [ 0 ， t 0 ] ，得到 ‖ T u 0 [ u ] ( x ， t ) − T v 0 [ v ] ( x ， t ) ‖ X 0 ≤ ‖ u 0 − v 0 ‖ ∞ + C t ‖ u − v ‖ X 0 ， 这里 C = λ q η − q − 1 + 2 c ( 4 η ) p − 2 | V | 。此引理证明完毕！ 接下来，我们通过引理2.2来证明方程(1.1)局部解的存在与唯一性。 定理2.1 设初值 0 < u 0 ( x ) ≤ 1 ，那么存在时间 T > 0 ，使得问题(1.1)有唯一解 u ( x ， t ) ∈ C ( V ) × C ( 0 ， T ) 。如果T是有限的，我们有 lim t → T u ( x ， t ) = 0. 证明 通过引理2.2可知，算子 T u 0 在上 X 0 上严格压缩，通过巴拿赫不动点定理可知，在空间 X 0 内，问题(1.1)有唯一解，使得 T u 0 [ u ] = u ，所以，对于任意 x ∈ V ，可得 u ( x ， t ) = { u 0 ( x ) + ∫ 0 t Δ p ， ω u ( x ， s ) d s − λ ∫ 0 t u − q ( x ， s ) d s ，     x ∈ S ，   0 ≤ t ≤ t 0 ， 1 ，                                                                                                                         x ∈ ∂ S ，   0 ≤ t ≤ t 0 ， 因此，在 [ 0 ， t 0 ] 上，问题(1.1)有唯一解 u ( x ， t ) ，另外，如果 ‖ u ( x ， t 0 ) ‖ X 0 < ∞ ，重复上述的过程，那么问题(1.1)的解可以延拓到区间 [ t 0 ， t 1 ] ， t 1 > t 0 ，继续重复此过程直至 lim t → T − u ( x ， t ) → 0 。