system: [SYSTEM]

user: 3. 当 γ > p − 1 2 时，解的全局性和有界性 证明定理1：利用Galerkin方法。取空间 H 0 1 ( Ω ) 的一组基 { ω i } i = 1 ∞ ，且 ω i 是 − Δ 算子的狄利克雷问题的特征函数： { − Δ ω i = λ ω i ω i | ∂ Ω = 0 (3.1) 将(3.1)两边同时与 ω i 做内积，可知特征值 λ i ≥ 0 ， i ∈ N * ，将 ω i 标准化，使得 ‖ ω i ‖ L 2 = 1 。接下来，寻找(1.1)具有以下形式的解 u m ( x ， t ) = ∑ i = 1 m θ i m ( t ) ω i ( x ) ， v m ( x ， t ) = ∑ i = 1 m ϕ i m ( t ) ω i ( x ) ， 其中 θ i m ( t ) ， ϕ i m ( t ) ∈ C 1 ( [ 0 ， T ] ) ，且由以下常微分方程决定 ( u m t ， ω j ) + ( ( ∫ Ω | ∇ u m | 2 d x ) γ ∇ u m ， ∇ ω j ) = ( | u m | p − 1 u m ， ω j ) + ( α ( u m − v m ) ， ω j ) ， 1 ≤ j ≤ m ， (3.2) ( v m t ， ω j ) + ( ( ∫ Ω | ∇ v m | 2 d x ) γ ∇ v m ， ∇ ω j ) = ( | v m | p − 1 v m ， ω j ) + ( α ( v m − u m ) ， ω j ) ， 1 ≤ j ≤ m ， (3.3) 且初值条件满足 u m ( 0 ) = u 0 m ， u 0 m = ∑ i = 1 m α i m ( t ) ω i ( x ) → u 0 在 H 0 1 ( Ω ) 中， m → ∞ ， (3.4) v m ( 0 ) = v 0 m ， v 0 m = ∑ i = 1 m β i m ( t ) ω i ( x ) → v 0 在 H 0 1 ( Ω ) 中， m → ∞ 。 (3.5) 因此，由常微分方程中Picard迭代法，(3.2)~(3.5)在某一区间 [ 0 ， t m ] ， 0 < t m < T 中存在一个局部解 ( u m ( t ) ， v m ( t ) ) 。下面证明，对任意的 T > 0 ，这样的解可以通过先验估计延拓到整个区间 [ 0 ， T ] 上。 在(3.2)的两边同时乘以 θ ′ i m ，对i从1到m求和，得到 ∫ 0 t ‖ u m t ‖ L 2 2 d τ + 1 2 ∫ 0 t ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ d d τ ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 d τ = 1 p + 1 ‖ u m ‖ L p + 1 p + 1 − 1 p + 1 ‖ u 0 m ‖ L p + 1 p + 1 + α 2 ‖ u m ‖ L 2 2 − α 2 ‖ u 0 ‖ L 2 2 + α ∫ 0 t ∫ Ω v m u m t d x d τ ， (3.6) 令 f ( t ) = ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 ，则(3.6)左边第二项 1 2 ∫ 0 t ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ d d τ ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 d τ = 1 2 ∫ 0 t f ( τ ) γ d f ( τ ) = 1 2 γ + 2 f ( t ) γ + 1 − 1 2 γ + 2 f ( 0 ) γ + 1 ， 换回原函数名，即 1 2 ∫ 0 t ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ d d τ ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 d τ = 1 2 γ + 2 ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ + 2 − 1 2 γ + 2 ‖ ∇ u 0 m ‖ L 2 2 γ + 2 ， (3.7) 将(3.7)代入(3.6)整理可得 ∫ 0 t ‖ u m t ‖ L 2 2 d τ + 1 2 γ + 2 ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ + 2 − 1 p + 1 ‖ u m ‖ L p + 1 p + 1 − α 2 ‖ u m ‖ L 2 2 = 1 2 γ + 2 ‖ ∇ u 0 m ‖ L 2 2 γ + 2 − 1 p + 1 ‖ u 0 m ‖ L p + 1 p + 1 − α 2 ‖ u 0 m ‖ L 2 2 − α ∫ 0 t ∫ Ω v m u m t d x d τ ， (3.8) 同理，在(3.3)的两边同时乘以 ϕ ′ i m ，可以得到 ∫ 0 t ‖ v m t ‖ L 2 2 d τ + 1 2 γ + 2 ‖ ∇ v m ‖ L 2 2 γ + 2 − 1 p + 1 ‖ v m ‖ L p + 1 p + 1 − α 2 ‖ v m ‖ L 2 2 = 1 2 γ + 2 ‖ ∇ v 0 m ‖ L 2 2 γ + 2 − 1 p + 1 ‖ v 0 m ‖ L p + 1 p + 1 − α 2 ‖ v 0 m ‖ L 2 2 − α ∫ 0 t ∫ Ω u m v m t d x d τ ， (3.9) 将(3.8)和(3.9)左右两边相加有 ∫ 0 t ‖ u m t ‖ L 2 2 d τ + ∫ 0 t ‖ v m t ‖ L 2 2 d τ + 1 2 γ + 2 ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ + 2 + 1 2 γ + 2 ‖ ∇ v m ‖ L 2 2 γ + 2 − 1 p + 1 ‖ u m ‖ L p + 1 p + 1 − 1 p + 1 ‖ v m ‖ L p + 1 p + 1 − α 2 ‖ u m ‖ L 2 2 − α 2 ‖ v m ‖ L 2 2 = c − α ∫ 0 t ∫ Ω ( v m u m t + u m v m t ) d x d τ = c − α ∫ 0 t ∫ Ω ( v m u m ) t d x d τ = c − ( α ∫ Ω v m u m d x − α ∫ Ω v 0 m u 0 m d x ) 整理化简即 ∫ 0 t ‖ u m t ‖ L 2 2 d τ + ∫ 0 t ‖ v m t ‖ L 2 2 d τ + 1 2 γ + 2 ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ + 2 + 1 2 γ + 2 ‖ ∇ v m ‖ L 2 2 γ + 2 = 1 p + 1 ‖ u m ‖ L p + 1 p + 1 + 1 p + 1 ‖ v m ‖ L p + 1 p + 1 + α 2 ‖ u m ‖ L 2 2 + α 2 ‖ v m ‖ L 2 2 − α ∫ Ω v m u m d x + c = 1 p + 1 ‖ u m ‖ L p + 1 p + 1 + 1 p + 1 ‖ v m ‖ L p + 1 p + 1 + α 2 ∫ Ω | u m − v m | 2 d x + c ≤ 1 p + 1 ‖ u m ‖ L p + 1 p + 1 + 1 p + 1 ‖ v m ‖ L p + 1 p + 1 + α 2 ‖ u m ‖ L 2 2 + α 2 ‖ v m ‖ L 2 2 + c ， (3.10) 由于 γ > p − 1 2 ，当 n > 2 时， 1 < p ≤ 2 n − 2 ；当 n ≤ 2 时， 1 < p < ∞ ，利用引理1和Young不等式，(3.10) 可化为 ∫ 0 t ‖ u m t ‖ L 2 2 d τ + ∫ 0 t ‖ v m t ‖ L 2 2 d τ + 1 2 γ + 2 ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ + 2 + 1 2 γ + 2 ‖ ∇ v m ‖ L 2 2 γ + 2 ≤ c + c ( ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ + 2 ) p + 1 2 γ + 2 + c ( ‖ ∇ v m ‖ L 2 2 γ + 2 ) p + 1 2 γ + 2 + α 2 ( ‖ u m ‖ L 2 2 γ + 2 ) 2 2 γ + 2 + α 2 ( ‖ v m ‖ L 2 2 γ + 2 ) 2 2 γ + 2 ≤ c + 1 8 γ + 8 ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ + 2 + 1 8 γ + 8 ‖ ∇ v m ‖ L 2 2 γ + 2 + 1 8 γ + 8 ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ + 2 + 1 8 γ + 8 ‖ ∇ v m ‖ L 2 2 γ + 2 ， 即 ∫ 0 t ‖ u m t ‖ L 2 2 d τ + ∫ 0 t ‖ v m t ‖ L 2 2 d τ + 1 4 γ + 4 ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ + 2 + 1 4 γ + 4 ‖ ∇ v m ‖ L 2 2 γ + 2 ≤ c 由此可以得到 ∫ 0 t ‖ u m t ‖ L 2 2 d τ ≤ c ，     ∫ 0 t ‖ v m t ‖ L 2 2 d τ ≤ c ， (3.11) ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ + 2 ≤ c ，     ‖ ∇ v m ‖ L 2 2 γ + 2 ≤ c ， (3.12) 由(3.12)和Poincaré不等式， ‖ u m ‖ L 2 2 ≤ c ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 ≤ c ， (3.13) ‖ v m ‖ L 2 2 ≤ c ‖ ∇ v m ‖ L 2 2 ≤ c . (3.14) 因此，由先验估计(3.11)~(3.14)可知，存在一个函数 u ， v 和 { u m } ， { v m } 的子序列，不妨仍记 { u m } ， { v m } ，使得 u m → u ， v m → v 弱*收敛于 L ∞ ( 0 ， T ; L 2 ( Ω ) ) 中， (3.15) ∇ u m → ∇ u ， ∇ v m → ∇ v 弱*收敛于 L ∞ ( 0 ， T ; L 2 ( Ω ) ) 中， (3.16) ∂ u m ∂ t → ∂ u ∂ t ， ∂ v m ∂ t → ∂ v ∂ t 弱收敛于 L 2 ( 0 ， T ; L 2 ( Ω ) ) 中。 (3.17) 一方面，由Aubin紧性定理， W = { Φ | Φ ∈ L ∞ ( 0 ， T ; H 0 1 ( Ω ) ) ， Φ t ∈ L 2 ( 0 ， T ; L 2 ( Ω ) ) } 紧嵌入到 L ∞ ( 0 ， T ; H 0 1 ( Ω ) ) 中，根据(3.15)~(3.17)可以得到 u m → u 在 L ∞ ( 0 ， T ; H 0 1 ( Ω ) ) 中， (3.18) 于是，存在 { u m } 的子序列，不妨仍记为 { u m } ，使得 u m → u 几乎处处收敛于 Ω × [ 0 ， T ] 中 因为 s → | s | p − 1 s 是一个连续函数，所以 | u m | p − 1 u m → | u | p − 1 u 几乎处处收敛于 Ω × [ 0 ， T ] 中 由 u m 在 L ∞ ( 0 ， T ; H 0 1 ( Ω ) ) 中的一致有界性和引理1， | u m | p − 1 u m 在 L p + 1 p ( 0 ， T ; L p + 1 p ( Ω ) ) 上一致有界，则 | u m | p − 1 u m → | u | p − 1 u 弱收敛于 L p + 1 p ( 0 ， T ; L p + 1 p ( Ω ) ) 中 另一方面，由(3.18)可知 ‖ ∇ u m ‖ L 2 → ‖ ∇ u ‖ L 2 在 L ∞ [ 0 ， T ] 中 为了讨论方便，记 a ( u ) = ( ∫ Ω | ∇ u | 2 d x ) γ ，由于a是连续的，可以得到 a ( u m ) → a ( u ) 在 L ∞ [ 0 ， T ] 中 固定(3.2)中的j，由于 p + 1 p < 2 ，且每一项均在 L p + 1 p [ 0 ， T ] 中弱收敛，同理可讨论序列 { v m } 的收敛性。 于是令 m → ∞ ，可以得到 ∫ Ω ( ∂ u ∂ t ω j + a ( u ) ∇ u ⋅ ∇ ω j − | u | p − 1 u ω j − α ( u − v ) ω j ) d x = 0 ，     ∀ j = 1 ， 2 ， ⋯ . 根据基 { ω i } i = 1 ∞ 的稠密性， ∫ Ω ( ∂ u ∂ t ω + a ( u ) ∇ u ⋅ ∇ ω − | u | p − 1 u ω − α ( u − v ) ω ) d x = 0 ，     ∀ ω ∈ H 0 1 ( Ω ) . 由(3.4)，(3.16)，(3.17)知，在 L 2 ( Ω ) 中， u m ( 0 ) ⇀ u ( 0 ) ， u m ( 0 ) ⇀ u 0 ，根据极限的唯一性， u ( 0 ) = u 0 。以类似的方式讨论有 v ( 0 ) = v 0 。因此 ( u ， v ) 是问题(1.1)的整体弱解。 唯一性的证明如下： 令 ( u 1 ， v 1 ) 和 ( u 2 ， v 2 ) 是(1.1)的两个满足初值条件的整体弱解，且 ( u 1 − u 2 ) ( x ， 0 ) = 0 ， ( v 1 − v 2 ) ( x ， 0 ) = 0 ，则有 d d t u 1 − ( ∫ Ω | ∇ u 1 | 2 d x ) γ Δ u 1 = | u 1 | p − 1 u 1 + α ( u 1 − v 1 ) ， (3.19) d d t v 1 − ( ∫ Ω | ∇ v 1 | 2 d x ) γ Δ v 1 = | v 1 | p − 1 v 1 + α ( v 1 − u 1 ) ， (3.20) 且 d d t u 2 − ( ∫ Ω | ∇ u 2 | 2 d x ) γ Δ u 2 = | u 2 | p − 1 u 2 + α ( u 2 − v 2 ) ， (3.21) d d t v 2 − ( ∫ Ω | ∇ v 2 | 2 d x ) γ Δ v 2 = | v 2 | p − 1 v 2 + α ( v 2 − u 2 ) ， (3.22) 进一步的，由(3.19)~(3.22)有 d d t ( u 1 − u 2 ， h 1 ) + ( ∫ Ω | ∇ u 1 | 2 d x ) γ ∫ Ω ∇ u 1 ⋅ ∇ h 1 d x − ( ∫ Ω | ∇ u 2 | 2 d x ) γ ∫ Ω ∇ u 2 ⋅ ∇ h 1 d x = ( | u 1 | p − 1 u 1 − | u 2 | p − 1 u 2 ， h 1 ) + α ( ( u 1 − v 1 ) − ( u 2 − v 2 ) ， h 1 ) ， d d t ( v 1 − v 2 ， h 2 ) + ( ∫ Ω | ∇ v 1 | 2 d x ) γ ∫ Ω ∇ v 1 ⋅ ∇ h 2 d x − ( ∫ Ω | ∇ v 2 | 2 d x ) γ ∫ Ω ∇ v 2 ⋅ ∇ h 2 d x = ( | v 1 | p − 1 v 1 − | v 2 | p − 1 v 2 ， h 2 ) + α ( ( v 1 − u 1 ) − ( v 2 − u 2 ) ， h 2 ) ， 接下来，取 h 1 = u 1 − u 2 ， h 2 = v 1 − v 2 可得 1 2 d d t ‖ u 1 − u 2 ‖ L 2 2 + ( ∫ Ω | ∇ u 1 | 2 d x ) γ ( ∇ u 1 ， ∇ ( u 1 − u 2 ) ) − ( ∫ Ω | ∇ u 2 | 2 d x ) γ ( ∇ u 2 ， ∇ ( u 1 − u 2 ) ) = ( | u 1 | p − 1 u 1 − | u 2 | p − 1 u 2 ， u 1 − u 2 ) + α ( u 1 − v 1 ， u 1 − u 2 ) − α ( u 2 − v 2 ， u 1 − u 2 ) ≤ c ∫ Ω sup x ∈ Ω ( | u 1 | p − 1 ， | u 2 | p − 1 ) ( u 1 − u 2 ) 2 d x + α ‖ u 1 − u 2 ‖ L 2 2 − α ( v 1 − v 2 ， u 1 − u 2 ) ≤ c ∫ Ω ( | u 1 | p − 1 + | u 2 | p − 1 ) ( u 1 − u 2 ) 2 d x + α ‖ u 1 − u 2 ‖ L 2 2 + α 2 ‖ v 1 − v 2 ‖ L 2 2 + α 2 ‖ u 1 − u 2 ‖ L 2 2 ≤ c ∫ Ω ( u 1 − u 2 ) 2 d x ⋅ sup x ∈ Ω ( | u 1 | p − 1 + | u 2 | p − 1 ) + 3 α 2 ‖ u 1 − u 2 ‖ L 2 2 + α 2 ‖ v 1 − v 2 ‖ L 2 2 . (3.23) 同理， 1 2 d d t ‖ v 1 − v 2 ‖ L 2 2 + ( ∫ Ω | ∇ v 1 | 2 d x ) γ ( ∇ v 1 ， ∇ ( v 1 − v 2 ) ) − ( ∫ Ω | ∇ v 2 | 2 d x ) γ ( ∇ v 2 ， ∇ ( v 1 − v 2 ) ) ≤ c ∫ Ω ( v 1 − v 2 ) 2 d x ⋅ sup x ∈ Ω ( | v 1 | p − 1 + | v 2 | p − 1 ) + 3 α 2 ‖ v 1 − v 2 ‖ L 2 2 + α 2 ‖ u 1 − u 2 ‖ L 2 2 . (3.24) 而(3.23)左边第二项和第三项利用Hölder不等式可化简为 ( ( ∫ Ω | ∇ u 1 | 2 d x ) γ ∇ u 1 − ( ∫ Ω | ∇ u 2 | 2 d x ) γ ∇ u 2 ， ∇ u 1 − ∇ u 2 ) = ‖ ∇ u 1 ‖ L 2 2 γ + 2 + ‖ ∇ u 2 ‖ L 2 2 γ + 2 − ‖ ∇ u 1 ‖ L 2 2 γ ∫ Ω ∇ u 1 ⋅ ∇ u 2 d x − ‖ ∇ u 2 ‖ L 2 2 γ ∫ Ω ∇ u 1 ⋅ ∇ u 2 d x ≥ ‖ ∇ u 1 ‖ L 2 2 γ + 2 + ‖ ∇ u 2 ‖ L 2 2 γ + 2 − ‖ ∇ u 1 ‖ L 2 2 γ + 1 ‖ ∇ u 2 ‖ L 2 − ‖ ∇ u 2 ‖ L 2 2 γ + 1 ‖ ∇ u 2 ‖ L 2 = ( ‖ ∇ u 1 ‖ L 2 2 γ + 1 − ‖ ∇ u 2 ‖ L 2 2 γ + 1 ) ( ‖ ∇ u 1 ‖ L 2 − ‖ ∇ u 2 ‖ L 2 ) > 0. 同理，(3.24)左边第二项和第三项 ( ( ∫ Ω | ∇ v 1 | 2 d x ) γ ∇ v 1 − ( ∫ Ω | ∇ v 2 | 2 d x ) γ ∇ v 2 ， ∇ v 1 − ∇ v 2 ) > 0. 于是，将(3.23)和(3.24)左右两边分别相加，由引理1可以得到 1 2 ( d d t ‖ u 1 − u 2 ‖ L 2 2 + ‖ v 1 − v 2 ‖ L 2 2 ) ≤ c ∫ Ω ( u 1 − u 2 ) 2 d x ⋅ sup x ∈ Ω ( | u 1 | p − 1 + | u 2 | p − 1 )     + c ∫ Ω ( v 1 − v 2 ) 2 d x ⋅ sup x ∈ Ω ( | v 1 | p − 1 + | v 2 | p − 1 ) + 2 ( ‖ u 1 − u 2 ‖ L 2 2 + ‖ v 1 − v 2 ‖ L 2 2 ) ≤ c ( ‖ u 1 − u 2 ‖ L 2 2 + ‖ v 1 − v 2 ‖ L 2 2 ) . 所以，根据Growall不等式， ‖ u 1 − u 2 ‖ L 2 2 + ‖ v 1 − v 2 ‖ L 2 2 = 0. 证明定理2：将问题(1.1)中两个方程分别与 u ， v 做内积可得 1 2 d d t ‖ u ‖ L 2 2 + ‖ ∇ u ‖ L 2 2 γ + 2 = ‖ u ‖ L p + 1 p + 1 + α ‖ u ‖ L 2 2 − α ∫ Ω u v d x ， (3.25) 1 2 d d t ‖ v ‖ L 2 2 + ‖ ∇ v ‖ L 2 2 γ + 2 = ‖ v ‖ L p + 1 p + 1 + α ‖ v ‖ L 2 2 − α ∫ Ω u v d x ， (3.26) 将(3.25)与(3.26)左右两边相加有 1 2 d d t ‖ u ‖ L 2 2 + 1 2 d d t ‖ v ‖ L 2 2 + ‖ ∇ u ‖ L 2 2 γ + 2 + ‖ ∇ v ‖ L 2 2 γ + 2 = ‖ u ‖ L p + 1 p + 1 + ‖ v ‖ L p + 1 p + 1 + α ‖ u − v ‖ L 2 2 ， (3.27) 因为 γ > p − 1 2 ，且由引理1和Young不等式得到 1 2 d d t ‖ u ‖ L 2 2 + 1 2 d d t ‖ v ‖ L 2 2 + ‖ ∇ u ‖ L 2 2 γ + 2 + ‖ ∇ v ‖ L 2 2 γ + 2 ≤ C 2 P + 1 ( ‖ ∇ u ‖ L 2 2 γ + 2 ) p + 1 2 γ + 2 + C 3 P + 1 ( ‖ ∇ v ‖ L 2 2 γ + 2 ) p + 1 2 γ + 2 + α ‖ u − v ‖ L 2 2 ≤ 1 2 ‖ ∇ u ‖ L 2 2 γ + 2 + 1 2 ‖ ∇ v ‖ L 2 2 γ + 2 + α ‖ u − v ‖ L 2 2 + C 4 ， 即 d d t ( ‖ u ‖ L 2 2 + ‖ v ‖ L 2 2 ) + ‖ ∇ u ‖ L 2 2 γ + 2 + ‖ ∇ v ‖ L 2 2 γ + 2 ≤ 2 α ‖ u − v ‖ L 2 2 + C 4 ≤ 2 α ( ‖ u ‖ L 2 2 + ‖ v ‖ L 2 2 ) + C 4 . (3.28) 其中， C 4 = 2 γ − p + 1 2 γ + 2 ( γ + 1 p + 1 ) − p + 1 2 γ − p + 1 ( C 2 ( p + 1 ) ( 2 γ + 2 ) 2 γ − p + 1 + C 3 ( p + 1 ) ( 2 γ + 2 ) 2 γ − p + 1 ) ， C 2 ， C 3 ， C 5 为嵌入定理中不等式的系数。由 引理3可知 ‖ u ‖ L 2 2 γ + 2 = ( 1 + ( ‖ u ‖ L 2 2 − 1 ) ) γ + 1 > 1 + ( γ + 1 ) ( ‖ u ‖ L 2 2 − 1 ) ， (3.29) ‖ v ‖ L 2 2 γ + 2 = ( 1 + ( ‖ v ‖ L 2 2 − 1 ) ) γ + 1 > 1 + ( γ + 1 ) ( ‖ v ‖ L 2 2 − 1 ) ， (3.30) 将(3.29)与(3.30)代入(3.28)中，即 y = ‖ u ‖ L 2 2 + ‖ v ‖ L 2 2 满足微分不等式 y ′ + ( C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ) y ≤ C 4 + 2 C 5 γ ， (3.31) 在(3.31)两边同时乘以 e ( c 1 ( γ + 1 ) − 2 α ) t ，则有 e ( C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ) t y ′ + ( C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ) e ( C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ) t y ≤ ( C 4 + 2 C 5 γ ) e ( C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ) t ， (3.32) 即 ( e ( C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ) t y ) ′ ≤ ( C 4 + 2 C 5 γ ) e ( C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ) t ， 两边同时对t积分，可以得到 e ( C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ) t y − y ( 0 ) ≤ C 4 + 2 C 5 γ C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ( e ( C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ) t − 1 ) ， 整理化简则有 y ≤ ( y ( 0 ) − C 4 + 2 C 5 γ C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ) e − ( C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ) t + C 4 + 2 C 5 γ C 5 ( γ + 1 ) − 2 α . 由于 γ ≥ 2 α C 5 − 1 ，故 e − ( C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ) t ≤ 1 ，又因为 C 4 + 2 C 5 γ C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ≤ y ( 0 ) ，所以 y ≤ ( y ( 0 ) − C 4 + 2 C 5 γ C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ) e − ( C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ) t + C 4 + 2 C 5 γ C 5 ( γ + 1 ) − 2 α ≤ y ( 0 ) . 换回原函数名，即结论成立。 注3 由于 p > 1 ，故 γ + 1 > p + 1 2 > 1 ，又 ‖ u ‖ L 2 2 ≥ 0 ，所以 ‖ u ‖ L 2 2 − 1 ≥ − 1 ，当 ‖ u ‖ L 2 2 − 1 > − 1 时，由引理3， (3.29)显然成立；当 ‖ u ‖ L 2 2 − 1 = − 1 时，代入(3.29)两边验证可知其也成立，当 ‖ u ‖ L 2 2 − 1 = 0 时，(3.29)等号成立。(3.30)同理可得。