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user: 4. 当 0 < γ < p − 1 2 时，解的局部存在性和爆破 证明定理3：依旧采用Galerkin方法， { ω i } i = 1 ∞ ， { u 0 m } ， { u m } 与定理1中所述相同。同理，因为 γ > 0 ，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 ) ) 。 在(3.2)，(3.3)的两边分别同时乘以 θ i m ， ϕ i m ，并对对i从1到m求和，得到 1 2 d d t ‖ u m ‖ L 2 2 + ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ + 2 = ‖ u m ‖ L p + 1 p + 1 + α ‖ u m ‖ L 2 2 − α ∫ Ω u m v m d x ， (4.1) 1 2 d d t ‖ v m ‖ L 2 2 + ‖ ∇ v m ‖ L 2 2 γ + 2 = ‖ v m ‖ L p + 1 p + 1 + α ‖ v m ‖ L 2 2 − α ∫ Ω u m v m d x ， (4.2) 由于 α < 0 ，于是将(4.1)，(4.2)左右两边分别相加可以得到 1 2 d d t ‖ u m ‖ L 2 2 + 1 2 d d t ‖ v m ‖ L 2 2 + ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ + 2 + ‖ ∇ v m ‖ L 2 2 γ + 2 = ‖ u m ‖ L p + 1 p + 1 + ‖ v m ‖ L p + 1 p + 1 + α ‖ u m − v m ‖ L 2 2 ≤ ‖ u m ‖ L p + 1 p + 1 + ‖ v m ‖ L p + 1 p + 1 . (4.3) 因为 1 < p < n + 4 n ，所以 1 2 − 1 n < 1 p + 1 < 1 2 ，于是根据引理2可以得到 | ∫ Ω u m p + 1 d x | ≤ C 3 ( ‖ ∇ m ‖ L 2 2 γ + 2 ) δ ‖ u m ‖ L 2 δ ′ ， (4.4) 由于 γ > n p − n − 4 4 ，所以 δ = ( p + 1 ) θ 2 γ + 2 = n p − n 4 γ + 4 < 1 ， 又因为 γ < p − 1 2 ，故有 δ ′ = ( 1 − θ ) ( p + 1 ) = n − n p + 2 p + 2 2 > 0 ， 其中， θ 是由 1 p + 1 = ( 1 2 − 1 n ) θ + 1 2 ( 1 − θ ) 唯一确定的[0， 1]中的数，于是根据Young不等式， | ∫ Ω u m p + 1 d x | ≤ 1 2 ‖ ∇ u m ‖ L 2 2 γ + 2 + c 2 ‖ u m ‖ L 2 2 δ ″ ， (4.5) 其中 δ ″ = δ ′ 2 ( 1 − δ ) > 1 。同理 | ∫ Ω v m p + 1 d x | ≤ 1 2 ‖ ∇ v m ‖ L 2 2 γ + 2 + c 2 ‖ v m ‖ L 2 2 δ ″ . (4.6) 将(4.5)，(4.6)代入(4.3)中则有 d d t ‖ u m ‖ L 2 2 + d d t ‖ v m ‖ L 2 2 ≤ c ‖ u m ‖ L 2 2 δ ″ + c ‖ v m ‖ L 2 2 δ ″ ≤ c ( ‖ u m ‖ L 2 2 + ‖ v m ‖ L 2 2 ) δ ″ ， (4.7) 于是，微分不等式(4.7)的解 ‖ u m ‖ L 2 2 + ‖ v m ‖ L 2 2 可由如下初值问题的解来表示， d y d t = c y δ ″ ，     y ( 0 ) = y 0 = ‖ u 0 m ‖ L 2 2 + ‖ v 0 m ‖ L 2 2 ， (4.8) 如果 t < t ∞ = 1 c ( δ ″ − 1 ) y 0 δ ″ − 1 ， (4.9) 则有(4.8)的解是有限的，因此，在区间 0 ≤ t ≤ T 0 = t ∞ 2 内，可以得到 ‖ u m ( t ) ‖ L 2 2 + ‖ v m ( t ) ‖ L 2 2 ≤ c ， (4.10) 于是根据(3.10)，(4.4)，(4.10)有 ‖ u m ( t ) ‖ L ∞ ( 0 ， T 0 ; L 2 ( Ω ) ) ≤ c ，     ‖ v m ( t ) ‖ L ∞ ( 0 ， T 0 ; L 2 ( Ω ) ) ≤ c ， (4.11) 且 ‖ u m t ( t ) ‖ L 2 ( 0 ， T 0 ; L 2 ( Ω ) ) ≤ c ，     ‖ v m t ( t ) ‖ L 2 ( 0 ， T 0 ; L 2 ( Ω ) ) ≤ c ， (4.12) ‖ ∇ u m ( t ) ‖ L ∞ ( 0 ， T 0 ; L 2 ( Ω ) ) ≤ c ，     ‖ ∇ v m ( t ) ‖ L ∞ ( 0 ， T 0 ; L 2 ( Ω ) ) ≤ c . (4.13) 由(4.11)~(4.13)和Aubin紧性定理，重复定理1的证明过程，可以得到 ( u ， v ) 是问题(1.1)在区间 0 ≤ t ≤ T 0 上的弱解。 下面证明问题(1.1)满足初值函数的弱解不是全局的，即在有限时间爆破。 证明定理4：将问题(1.1)中两个方程分别与 u t ， v t 做内积可得 ‖ u t ‖ L 2 2 + 1 2 γ + 2 d d t ‖ ∇ u ‖ L 2 2 γ + 2 = 1 p + 1 d d t ‖ u ‖ L p + 1 p + 1 + α 2 d d t ‖ u ‖ L 2 2 − α ∫ Ω v u t d x ， (4.14) ‖ v t ‖ L 2 2 + 1 2 γ + 2 d d t ‖ ∇ v ‖ L 2 2 γ + 2 = 1 p + 1 d d t ‖ v ‖ L p + 1 p + 1 + α 2 d d t ‖ v ‖ L 2 2 − α ∫ Ω u v t d x ， (4.15) 将(4.14)与(4.15)左右两边分别相加有 ‖ u t ‖ L 2 2 + ‖ v t ‖ L 2 2 + 1 2 γ + 2 d d t ‖ ∇ u ‖ L 2 2 γ + 2 + 1 2 γ + 2 d d t ‖ ∇ v ‖ L 2 2 γ + 2 = 1 p + 1 d d t ‖ u ‖ L p + 1 p + 1 + 1 p + 1 d d t ‖ v ‖ L p + 1 p + 1 + α 2 d d t ‖ u ‖ L 2 2 + α 2 d d t ‖ v ‖ L 2 2 − α d d t ∫ Ω u v d x ， 即 ‖ u t ‖ L 2 2 + ‖ v t ‖ L 2 2 + 1 2 γ + 2 d d t ‖ ∇ u ‖ L 2 2 γ + 2 + 1 2 γ + 2 d d t ‖ ∇ v ‖ L 2 2 γ + 2 = 1 p + 1 d d t ‖ u ‖ L p + 1 p + 1 + 1 p + 1 d d t ‖ v ‖ L p + 1 p + 1 + α 2 d d t ‖ u − v ‖ L 2 2 ， 于是 d d t ( 1 2 γ + 2 ‖ ∇ u ‖ L 2 2 γ + 2 + 1 2 γ + 2 ‖ ∇ v ‖ L 2 2 γ + 2 − 1 p + 1 ‖ u ‖ L p + 1 p + 1 − 1 p + 1 ‖ v ‖ L p + 1 p + 1 − α 2 ‖ u − v ‖ L 2 2 ) < 0. 两边关于t积分得到 − ‖ ∇ u ‖ L 2 2 γ + 2 − ‖ ∇ v ‖ L 2 2 γ + 2 ≥ − 2 γ + 2 p + 1 ‖ u ‖ L p + 1 p + 1 − 2 γ + 2 p + 1 ‖ v ‖ L p + 1 p + 1 − α ( γ + 1 ) ‖ u − v ‖ L 2 2 − ‖ ∇ u 0 ‖ L 2 2 γ + 2 − ‖ ∇ v 0 ‖ L 2 2 γ + 2 + 2 γ + 2 p + 1 ‖ u 0 ‖ L p + 1 p + 1 + 2 γ + 2 p + 1 ‖ v 0 ‖ L p + 1 p + 1 + α ( γ + 1 ) ‖ u 0 − v 0 ‖ L 2 2 . (4.16) 令 F ( t ) = ‖ u ‖ L 2 2 + ‖ v ‖ L 2 2 ， E ( t ) = 1 2 γ + 2 ‖ ∇ u ‖ L 2 2 γ + 2 + 1 2 γ + 2 ‖ ∇ v ‖ L 2 2 γ + 2 − 1 p + 1 ‖ u ‖ L p + 1 p + 1 − 1 p + 1 ‖ v ‖ L p + 1 p + 1 − α 2 ‖ u − v ‖ L 2 2 ， 则由(4.16)可以得到 F ′ ( t ) = 2 ( u ， u t ) + 2 ( v ， v t ) = 2 ( u ， ( ∫ Ω | ∇ u | 2 d x ) γ Δ u + | u | p − 1 u + α ( u − v ) )     + 2 ( v ， ( ∫ Ω | ∇ v | 2 d x ) γ Δ v + | v | p − 1 v + α ( u − v ) ) = 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 ) ≥ − ( 4 γ + 4 ) E ( 0 ) + 2 p − 4 γ − 2 p + 1 ‖ u ‖ L p + 1 p + 1 + 2 p − 4 γ − 2 p + 1 ‖ v ‖ L p + 1 p + 1 − 2 α γ ‖ u − v ‖ L 2 2 ， (4.17) 由Hölder不等式有 ‖ u ‖ L p + 1 p + 1 ≥ | Ω | 1 − p 2 ( ‖ u ‖ L 2 2 ) p + 1 2 . (4.18) 因为 α < 0 ， 0 < γ < p − 1 2 ， E ( 0 ) < 0 ，将(4.18)代入(4.17)，根据不等式 | a + b | n ≤ 2 n − 1 ( a n + b n ) 可以得到 F ′ ( t ) ≥ c F ( t ) p + 1 2 ， 即 F ( t ) p − 1 2 ≥ 1 F ( 0 ) − p − 1 2 − p − 1 2 c t ， 其中， c = 2 p − 4 γ − 2 p + 1 ( 2 | Ω | ) 1 − p 2 。因此，当 t → 2 c ( p − 1 ) ( ‖ u 0 ‖ L 2 2 + ‖ v 0 ‖ L 2 2 ) − p − 1 2 < T 时， ( ‖ u ‖ L 2 2 + ‖ v ‖ L 2 2 ) p − 1 2 → ∞ ， 故结论成立。