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user: 3. 先验估计 此节严格推导出 ρ ε 和 u ε 关于 ε 的一致先验估计。在不致引起混淆的情况下，我们省略 ρ ε 和 u ε 中的 ε 。 引理3.1：假设(2.3)~(2.4)成立，则有 ∫ Ω ( ρ ε | u ε | 2 2 + π ε γ − 1 ) d x + ∫ 0 T ∫ Ω μ | ∇ u ε | 2 + ξ | div u ε | 2 d x d s ≤ C ， (3.1) 其中 π ε = ρ ε γ − ρ ¯ γ − γ ρ ¯ γ − 1 ( ρ ε − ρ ¯ ) ε 2 。 证明：利用Lions [ 27 ] (或见Feireisl [ 28 ] )的方法，基本能量估计可以得到。将动量方程(1.1) 2 乘 u ε ，然后在 Ω 上积分，得 d d t ∫ Ω ρ ε | u ε | 2 2 + γ ρ ε u ε ε 2 ( γ − 1 ) ∇ ( ρ ε γ − 1 − ρ ¯ ε γ − 1 ) d x + ∫ Ω μ | ∇ u ε | 2 + ξ | div u ε | 2 d x ≤ 0. 利用质量方程(1.1) 1 得 d d t ∫ Ω ( ρ ε | u ε | 2 2 + ρ ε γ − γ ρ ¯ γ − 1 ρ ε ε 2 ( γ − 1 ) ) d x + ∫ Ω μ | ∇ u ε | 2 + ξ | div u ε | 2 d x ≤ 0. 将上式关于时间在 ( 0 ， t ) 上积分，得 ∫ Ω ( ρ ε | u ε | 2 2 + ρ ε γ − γ ρ ¯ γ − 1 ρ ε ε 2 ( γ − 1 ) 2 ) d x + ∫ 0 t ∫ Ω μ | ∇ u ε | 2 + ξ | div u ε | 2 d x d s ≤ ∫ Ω ( | m 0 ε | 2 2 ρ 0 ε + ρ 0 ε γ − γ ρ ¯ γ − 1 ε 2 ( γ − 1 ) ) d x . (3.2) 在(3.2)式两边同时加上 ∫ Ω ρ ¯ γ ε 2 d x 得 ∫ Ω ( ρ ε | u ε | 2 2 + ρ ε γ − γ ρ ¯ γ − 1 ρ ε + ( γ − 1 ) ρ ¯ γ ε 2 ( γ − 1 ) ) d x + ∫ 0 t ∫ Ω μ | ∇ u ε | 2 + ξ | div u ε | 2 d x d s ≤ ∫ Ω ( | m 0 ε | 2 2 ρ 0 ε + ρ 0 ε γ − γ ρ ¯ γ − 1 ρ 0 ε + ( γ − 1 ) ρ ¯ γ ε 2 ( γ − 1 ) ) d x . (3.3) 定义 ϕ = ρ ε − ρ ε ，则 ε 2 π ε = ρ ε γ − ρ ¯ γ − γ ρ ¯ γ − 1 ( ρ ε − ρ ¯ ) = ρ ε γ − γ ρ ¯ γ − 1 ρ ε + ( γ − 1 ) ρ ¯ γ = ρ ε γ − ρ ¯ γ − γ ( ρ ¯ γ - 1 ε ϕ ε ) . (3.4) 将(3.3)变为 ∫ Ω ( ρ ε | u ε | 2 2 + π ε γ − 1 ) d x + ∫ 0 t ∫ Ω μ | ∇ u ε | 2 + ξ | div u ε | 2 d x d s ≤ ∫ Ω ( | m 0 ε | 2 2 ρ 0 ε + ρ 0 ε γ − γ ρ ¯ γ − 1 ρ 0 ε + ( γ − 1 ) ρ ¯ γ ε 2 ( γ − 1 ) ) d x . ≤ C . (3.5) 证毕。 利用凸不等式 ( ρ ¯ + x ) γ − ρ ¯ γ − γ ρ ¯ γ − 1 x ≥ C x 2 ， x ≥ C ϕ ε 2 。根据上述引理得 π ε 在 L ∞ ( 0 ， T ; L 1 ( Ω ) ) 中有界， ϕ ε 在 L ∞ ( 0 ， T ; L 2 ( Ω ) ) 中有界。并且 u ε 在 L 2 ( 0 ， T ; H 0 1 ( Ω ) ) 中有界， ρ ε | u ε | 2 在 L ∞ ( 0 ， T ; L 1 ( Ω ) ) 中有界， ρ ε 在 L ∞ ( 0 ， T ; L γ ( Ω ) ) 中有界。 引理3.2：对密度有下述估计： ρ ε ∈ L γ + θ ( ( 0 ， T ) × Ω ) ，     0 < θ ≤ θ 0 = 2 N γ − 1 ， (3.6) 1 ε | ε ϕ ε | γ + θ ∈ L 1 ( ( 0 ， T ) × Ω ) ，     1 < θ ≤ θ 0 = 2 N γ − 1 ， (3.7) ϕ ε ∈ L 1 + θ ( ( 0 ， T ) × Ω ) ，     0 < θ ≤ θ 1 = 1 + 4 ( 1 N − 1 γ ) (3.8) ε γ − 1 | ϕ ε | γ + θ ∈ L 1 ( ( 0 ， T ) × Ω ) ，     0 < θ ≤ θ 1 = 1 + 4 ( 1 N − 1 γ ) (3.9) ε 1 − θ | π ε − γ ( γ − 1 ) 2 ρ ¯ γ − 2 ϕ ε 2 | ∈ L 1 ( ( 0 ， T ) × Ω ) ，     0 < θ ≤ θ 1 = 1 + 4 ( 1 N − 1 γ ) (3.10) 证明：由 [ 27 ] ，易得(3.6)。引入算子 S 0 定义如下：对 g ∈ W − 1 ， r ， S 0 ( g ) = p ，其中 ( u ， p ) 是下面Stokes方程的解 { − Δ u + ∇ p = g ，       ∫ Ω p d x = 0 ， u = 0 ，         x ∈ ∂ Ω ， div ( u ) = 0. (3.11) 对(1.1) 2 作用 S 0 得 ∂ t S 0 ( ρ ε u ε ) + S 0 div ( ρ ε u ε ⊗ u ε ) + h 0 + 1 ε 2 ( ρ ε γ − ρ ¯ γ − 1 | Ω | ∫ Ω ρ ε γ − ρ ¯ γ d x ) − γ ε ( γ − 1 ) S 0 ( ϕ ε ∇ ρ ¯ γ − 1 ) = 0 ， (3.12) 其中， h 0 = S 0 ( − μ Δ u ε − ξ ∇ div u ε ) 将(3.12)乘 ε ρ ε θ ，然后对时间空间积分，因 0 < θ ≤ θ 0 = 2 N γ − 1 ，利用 [ 27 ] 中方法得 1 ε ∫ 0 T ∫ Ω ( ρ ε γ − ρ ¯ γ − 1 | Ω | ∫ Ω ρ ε γ − ρ ¯ γ d x ) ρ ε θ d x d t ≤ C . (3.13) 注意到 ∫ Ω ρ ε γ − ρ ¯ γ d x = ∫ Ω | ε 2 π ε + γ ρ ¯ γ − 1 ε ϕ ε | d x ≤ C ε ，由(3.12)得 1 ε ∫ 0 T ∫ Ω ( ρ ε γ − ρ ¯ γ ) ( ρ ε θ − ρ ¯ θ ) d x d t ≤ C . (3.14) 故，可推得(3.7)。 由(1.1) 1 可推得 ∂ t ϕ ε + 1 ε div ( ρ ¯ u ε ) + div ( ϕ ε u ε ) = 0. (3.15) 定义 ϕ ε θ = | ϕ ε | θ − 1 ϕ ε ，则 ∂ t ϕ ε θ + 1 ε θ | p h i ε | θ − 1 div ( ρ ¯ u ε ) + div ( ϕ ε θ u ε ) = ( 1 − θ ) ϕ ε θ div ( u ε ) . (3.16) 用(3.12)乘 ϕ ε θ ，并利用上式得 ∂ t [ ϕ ε θ S 0 ( ρ ε u ε ) ] + div [ ϕ ε θ S 0 ( ρ ε u ε ) u ε ] − ϕ ε θ u ε ⋅ ∇ S 0 ( ρ ε u ε ) + [ θ | ϕ ε | θ − 1 1 ε div ( ρ ¯ u ε ) + ( θ − 1 ) ϕ ε θ div ( u ε ) ] S 0 ( ρ ε u ε ) +   ϕ ε θ S 0 div ( ρ ε u ε ⊗ u ε ) + ϕ ε θ h 0 + ϕ ε θ 1 ε 2 ( ρ ε γ − ρ ¯ γ − 1 | Ω | ∫ Ω ρ ε γ − ρ ¯ γ d x ) −   ϕ ε θ γ ε ( γ − 1 ) S 0 ( ϕ ε ∇ ρ ¯ γ − 1 ) = 0. (3.17) 对(3.17)式在 ( 0 ， T ) × Ω 上积分，然后乘 ε ，得 ε ∫ Ω [ ϕ ε θ S 0 ( ρ ε u ε ) ] d x − ε ∫ Ω [ ϕ ε θ S 0 ( ρ ε u ε ) ] ( 0 ) d x − ε ∫ 0 T ∫ Ω ϕ ε θ u ε ⋅ ∇ S 0 ( ρ ε u ε ) d x d s + ∫ 0 T ∫ Ω [ θ | ϕ ε | θ − 1 div ( ρ ¯ u ε ) + ( θ − 1 ) ϕ ε θ div ( u ε ) ] S 0 ( ρ ε u ε ) d x d s + ∫ 0 T ∫ Ω ε ϕ ε θ [ S 0 div ( ρ ε u ε ⊗ u ε ) + ϕ ε θ h 0 + γ ε ( γ − 1 ) S 0 ( ϕ ε ∇ ρ ¯ γ − 1 ) ] d x d s + 1 ε ∫ 0 T ∫ Ω ϕ ε θ ( ρ ε γ − ρ ¯ γ − 1 | Ω | ∫ Ω ρ ε γ − ρ ¯ γ d x ) d x d s = 0 ， (3.18) 即 1 ε ∫ 0 T ∫ Ω ϕ ε θ ( ρ ε γ − ρ ¯ γ − 1 | Ω | ∫ Ω ρ ε γ − ρ ¯ γ d x ) d x d s = − ε ∫ Ω [ ϕ ε θ S 0 ( ρ ε u ε ) ] d x + ε ∫ Ω [ ϕ ε θ S 0 ( ρ ε u ε ) ] ( 0 ) d x + ε ∫ 0 T ∫ Ω ϕ ε θ u ε ⋅ ∇ S 0 ( ρ ε u ε ) d x d s     − ∫ 0 T ∫ Ω [ θ | ϕ ε | θ − 1 div ( ρ ¯ u ε ) + ( θ − 1 ) ϕ ε θ div ( u ε ) ] S 0 ( ρ ε u ε ) d x d s     − ∫ 0 T ∫ Ω ε ϕ ε θ [ S 0 div ( ρ ε u ε ⊗ u ε ) + ϕ ε θ h 0 + γ ε ( γ − 1 ) S 0 ( ϕ ε ∇ ρ ¯ γ − 1 ) ] d x d s : = ∑ i = 1 5 I i . (3.19) 由于 π ε 在 L ∞ ( 0 ， T ; L 1 ( Ω ) ) 中有界， ϕ ε 在 L ∞ ( 0 ， T ; L 2 ( Ω ) ) 中有界， u ε 在 L 2 ( 0 ， T ; H 0 1 ( Ω ) ) 中有界， ρ ε | u ε | 2 在 L ∞ ( 0 ， T ; L 1 ( Ω ) ) 中有界， ε ρ ε 在 L ∞ ( 0 ， T ; L γ ( Ω ) ) 中有界，知 ρ ε u ε ∈ L 2 ( 0 ， T ; L q ( Ω ) ) ， ε ϕ ε u ε ∈ L 2 ( 0 ， T ; L q ( Ω ) ) ， ϕ ε θ − 1 ∈ L ∞ ( 0 ， T ; L 2 / ( θ − 1 ) ( Ω ) ) ， (3.20) 其中 1 q = 1 γ + N − 2 2 N ，i.e. q = 2 N γ N γ − 2 γ + 2 N 。又因 0 < θ ≤ θ 1 = 1 + 4 N − 4 γ ，则 θ − 1 2 + 2 q = θ − 1 2 + N γ − 2 γ + 2 N N γ ≤ 1 ，且有 | I 3 | = ε ∫ 0 T ∫ Ω ϕ ε θ u ε ⋅ ∇ S 0 ( ρ ε u ε ) d x d s ≤ C . (3.21) 类似地， | I i | ≤ C ，( i = 1 ， 2 ， 4 ， 5 )。 利用 | ρ ε γ − ρ ¯ γ | ≥ ε ρ ¯ γ − 1 | ϕ ε | ，并且 ρ ε γ − ρ ¯ γ 与 ϕ ε 有相同符号，得 | ϕ ε | θ + 1 ∈ L 1 ( ( 0 ， T ) × Ω ) ，即推得(3.8)。 利用 | ρ ε γ − ρ ¯ γ | ≥ ( ε ϕ ε ) γ ，并且 ρ ε γ − ρ ¯ γ 与 ε ϕ ε 有相同符号，得 | ε γ − 1 ϕ ε | γ + θ ∈ L 1 ( ( 0 ， T ) × Ω ) ，即推得(3.9)。 因 | π ε − γ ( γ − 1 ) 2 ρ ¯ γ − 2 ϕ ε 2 | γ + θ ≤ ε | ϕ ε | 3 + ε γ − 2 | ϕ ε | γ ，并利用(3.8)~(3.9)得，当 0 ≤ β ≤ γ − 1 时有 ε β ϕ ε 1 + θ + β 在 L 1 ( ( 0 ， T ) × Ω ) 中有界。即可得对 0 < θ ≤ θ 1 时有 ε 1 − θ | π ε − γ ( γ − 1 ) 2 ρ ¯ γ − 2 ϕ ε 2 | 在 L 1 ( ( 0 ， T ) × Ω ) 中有界。(3.10)得证。证毕。