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user: 3. 爆破 定理3.1 给定 z 0 = ( u 0 γ 0 ) ∈ H s ( S ) × H s ( S ) ， s > 3 / 2 ，其中 S = ℝ / ℤ ，假设 T = T ( z 0 ) > 0 是方程(1.2)强解 z = ( u γ ) 存在的最大时间。假设 E 0 : = E ( 0 ) ≠ 0 。如果存在 K 0 = K 0 ( E 0 ) > 0 使得 ∫ S u 0 ， x 3 d x < K 0 那么解在有限时间内爆破。 证明： ∃ M > 0 ，使得 u x ( t ， x ) > − M ，对任意 ( t ， x ) ∈ [ 0 ， T ) × S ，将 u x 2 ∂ x 作用于方程(1.2)第一个式子，然后应用分部积分 d d t ∫ S u x 3 d x + 1 2 ∫ S u x 4 d x = 3 ∫ S u x 2 ( u 2 + 1 2 γ 2 − 1 2 γ x 2 ) d x − 3 ∫ S u x 2 G ∗ ( u 2 + 1 2 u x 2 + 1 2 γ 2 − 1 2 γ x 2 ) d x 我们首先将 1 2 ∫ S u x 4 d x 这一项做出估计。 注意到 | ∫ S u x 3 d x | ≤ ( ∫ S u x 4 d x ) 1 2 ( ∫ S u x 2 d x ) 1 2 应用第一节中我们介绍了守恒量 ‖ u ‖ H 1 ≤ E 0 得到如下不等式 ∫ S u x 4 d x ≥ 1 ‖ u ‖ H 1 2 ( ∫ S u x 3 d x ) 2 ≥ 1 E 0 ( ∫ S u x 3 d x ) 2 将上述估计式带入，我们得到 d d t ∫ S u x 3 d x + 1 2 E 0 ( ∫ S u x 3 d x ) 2 ≤ 3 ∫ S u x 2 ( u 2 + 1 2 γ 2 − 1 2 γ x 2 ) d x − 3 ∫ S u x 2 G ∗ ( u 2 + 1 2 u x 2 + 1 2 γ 2 − 1 2 γ x 2 ) d x 其次我们将上述不等式的右端做出估计。 由于 G ∗ ( u 2 + 1 2 u x 2 ) ≥ 1 2 u 2 ， ∫ S u x 2 G ∗ γ 2 d x ≥ 0 ， ∫ S u x 2 γ 2 d x ≥ 0 ， G ∗ γ x 2 ( x ) = ∫ S cosh ( x − y − [ x − y ] − 1 2 ) 2 sin ( 1 2 ) γ x 2 ( y ) d y ≤ cosh ( 1 2 ) 2 sin ( 1 2 ) ∫ S γ x 2 ( y ) d y ≤ cosh ( 1 2 ) 2 sin ( 1 2 ) E 0 再次代入得到如下不等式 d d t ∫ S u x 3 d x + 1 2 E 0 ( ∫ S u x 3 d x ) 2 ≤ 3 ∫ S 1 2 u x 2 u 2 + 1 2 u x 2 γ 2 d x + 3 cosh ( 1 2 ) 4 sin ( 1 2 ) E 0 2 为了将上述不等式右端作出估计，我们应用Young不等式和引理2.3 ∫ S u x 2 u 2 d x ≤ ‖ u ‖ L ∞ ( S ) ∫ S u x 2 d x ≤ e + 1 2 ( e − 1 ) E 0 2 然后我们估计 ‖ γ ( t ， ⋅ ) ‖ L ∞ ( S ) ，注意到周期边值。应用引理2.1和引理2.2，我们得到如下估计 ‖ γ ( t ， ⋅ ) ‖ L ∞ ( S ) = ‖ γ ( t ， ⋅ ) ‖ L ∞ ( ℝ ) = ‖ γ 0 ( ⋅ ) q x − 1 ( t ， ⋅ ) ‖ L ∞ ( ℝ ) ≤ ‖ γ 0 ( ⋅ ) ‖ L ∞ ( ℝ ) e M t ≤ ‖ γ 0 ( ⋅ ) ‖ L ∞ ( ℝ ) e M T : = M 1 将上述两个估计代入不等式得 d d t ∫ S u x 3 d x + 1 2 E 0 ( ∫ S u x 3 d x ) 2 ≤ 3 ( e + 1 ) 4 ( e − 1 ) E 0 2 + 3 2 M 1 2 E 0 + 3 cosh ( 1 2 ) 4 sin ( 1 2 ) E 0 2 令 m ( t ) = ( ∫ S u x 3 d x ) 2 K = [ 3 ( e + 1 ) 4 ( e − 1 ) E 0 2 + 3 2 M 1 2 E 0 + 3 cosh ( 1 2 ) 4 sin ( 1 2 ) E 0 2 ] 1 2 注意到如果 m ( 0 ) < − 2 E 0 K ，那么 m ( t ) < − 2 E 0 K 。 从而，我们解出上面的常微分不等式得到 m ( 0 ) + 2 E 0 K m ( 0 ) − 2 E 0 K e 2 / E 0 K t − 1 ≤ 2 2 E 0 K m ( t ) − 2 E 0 K ≤ 0 由于 0 < m ( 0 ) + 2 E 0 K m ( 0 ) − 2 E 0 K < 1 那么存在 T 1 满足 0 < T 1 < 1 2 / E 0 K ln ( m ( 0 ) − 2 E 0 K m ( 0 ) + 2 E 0 K ) 使得 lim t ↑ T 1 m ( t ) = − ∞ 这与假设 ∃ M > 0 ，使得 u x ( t ， x ) > − M ，对任意 ( t ， x ) ∈ [ 0 ， T ) × S ，相矛盾。 令 K 0 = 2 E 0 K ，应用定理2.2，我们推断出解在有限时间内爆破，完成了定理的证明。 接下来我们给出第二个爆破结论。 定理3.2 给定 z 0 = ( u 0 γ 0 ) ∈ H s ( S ) × H s ( S ) ， s > 3 / 2 ，其中 S = ℝ / ℤ ，假设 T = T ( z 0 ) > 0 是方程(1.2)强解 z = ( u γ ) 存在的最大时间。假设存在某个 x 0 ∈ S 使得 γ 0 ( x 0 ) = 0 ，并且存在 K 0 = K 0 ( E 0 ) > 0 u ′ 0 ( x 0 ) < K 0 那么解在有限时间内爆破。 证明： 设 m ( t ) = u x ( t ， q ( t ， x 0 ) ) h ( t ) = γ ( t ， q ( t ， x 0 ) ) 将 m ( t ) 微分，我们有 d d t m ( t ) = ( u t x + u x x u ) ( t ， q ( t ， x 0 ) ) 对公式(1.2)两侧求导，代入 ( t ， q ( t ， x 0 ) ) d d t m ( t ) = − 1 2 m 2 ( t ) + u 2 ( t ， q ( t ， x 0 ) ) + 1 2 h 2 ( t ) − 1 2 γ x 2 ( t ， q ( t ， x 0 ) )     − G ∗ [ u 2 ( t ， q ( t ， x 0 ) ) + 1 2 u x 2 ( t ， q ( t ， x 0 ) ) + 1 2 h 2 ( t ) − 1 2 γ x 2 ( t ， q ( t ， x 0 ) ) ] 应用以下不等式 G ∗ ( u 2 + 1 2 u x 2 ) ≥ 1 2 u 2 G ∗ γ x 2 ≤ cosh ( 1 2 ) 2 sin ( 1 2 ) E 0 并且注意到 h ( 0 ) = γ ( 0 ， q ( t ， x 0 ) ) = 0 。根据引理2.2，我们有 h ( t ) = 0 ，对于 t ∈ [ 0 ， T ) 。 从而 d d t m ( t ) ≤ − 1 2 m 2 ( t ) + e + 1 4 ( e − 1 ) E 0 + cosh ( 1 2 ) 4 sin ( 1 2 ) E 0 令 K 2 = e + 1 4 ( e − 1 ) E 0 + cosh ( 1 2 ) 4 sin ( 1 2 ) E 0 注意到如果 m ( 0 ) < − 2 K ，那么 m ( t ) < − 2 K 。 解上面不等式得到 m ( 0 ) + 2 K m ( 0 ) − 2 K e 2 K t − 1 ≤ 2 2 K m ( t ) − 2 K ≤ 0 由于 0 < m ( 0 ) + 2 E 0 K m ( 0 ) − 2 E 0 K < 1 那么存在 T 1 满足 0 < T 1 < 1 2 / E 0 K ln ( m ( 0 ) − 2 E 0 K m ( 0 ) + 2 E 0 K ) 使得 lim t ↑ T 1 m ( t ) = − ∞ 令 K 0 = 2 K ，我们推断出解在有限时间内爆破。 类似定理3.2的证明过程，我们应用引理2.4的估计得到定理3.3。 定理3.3给定 z 0 = ( u 0 γ 0 ) ∈ H s ( S ) × H s ( S ) ， s > 3 ，其中 S = ℝ / ℤ ，假设 T = T ( z 0 ) > 0 是方程(1.2)强解 z = ( u γ ) 存在的最大时间。假设 ∫ S u 0 d x = a 0 2 且存在某个 x 0 ∈ S 使得 γ 0 ( x 0 ) = 0 ，对 ∀ ε > 0 ，有 u ′ 0 ( x 0 ) < − ε + 2 24 E 0 + ε + 2 4 ε a 0 2 + cosh ( 1 2 ) 2 sin ( 1 2 ) E 0 那么解在有限时间内爆破。 证明：由于守恒量，我们有如下等式 ∫ S u d x = ∫ S u 0 d x = a 0 2 根据守恒律，类似定理3.2证明过程，代入引理2.4，我们有 d d t m ( t ) ≤ − 1 2 m 2 ( t ) + ε + 2 48 E 0 + ε + 2 8 ε a 0 2 + cosh ( 1 2 ) 4 sin ( 1 2 ) E 0 令 K = ε + 2 48 E 0 + ε + 2 8 ε a 0 2 + cosh ( 1 2 ) 4 sin ( 1 2 ) E 0 根据上面定理3.2的结果，可以得出解在有限时间内爆破，完成定理的证明。