三维粘性系数依赖于密度的不可压缩热传导Navier-Stokes方程的全局强解

Global Strong Solution for 3D Viscous Incompressible Heat Conducting Navier-Stokes Equations with Density-Dependent Viscosity

摘要: 本文研究了三维粘性系数依赖于密度的非齐次不可压缩热传导Navier-Stokes方程。首先，当粘性系数的梯度的范数满足${\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^{\infty }\left(0,T;L^p\right)}<\infty$ 时，存在一个整体强解，此外，如果初始能量适当小，证明了三维粘性非齐次热传导变粘性Navier-Stokes方程整体强解的唯一性。

Abstract: In this paper, we investigate an 3D viscosity incompressible heat conducting Navier-Stokes equations with density-dependent viscosity. First, we obtain that there exists a global strong solution provided the norm of the gradient of viscosity satisfies ${\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^{\infty }\left(0,T;L^p\right)}<\infty$ . Moreover, if energy is suitably small, we show the uniqueness of the global strong solution to the three-dimensional viscous non-homogeneous heat conducting Navier-Stokes equations with variable viscosity.

1. 引言

近年来，由于非齐次Navier-Stokes方程在模拟许多物理现象中的突出作用，人们对非齐次Navier-Stokes方程进行了广泛的数学研究，并且取得了大量的成果。由于物理重要性、复杂性、丰富的现象和数学挑战，非齐次不可压缩Navier-Stokes方程的初边值问题拥有大量的研究文献。

在本文中，考虑以下粘性系数依赖于密度的不可压缩热传导Navier-Stokes方程的全局强解，区域$\Omega \subset R^3$ 上的三维不可压缩Navier-Stokes方程组可由下面的方程组来描述：

$\{\begin{array}{l}{\rho }_t+\text{div}\left(\rho u\right)=0,\\ {\left(\rho u\right)}_t+\text{div}\left(\rho u\otimes u\right)+\nabla P=\text{div}\left(2\mu \left(\rho \right)\mathfrak{D}\left(u\right)\right),\\ c_{\nu }\left[{\left(\rho \theta \right)}_t+\text{div}\left(\rho u\theta \right)\right]-\text{div}\left(\kappa \left(\rho \right)\nabla \theta \right)=2\mu \left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}u\right|}^2,\\ \text{div }u=0,\end{array}$ (1.1)

其中，初始条件

$\left(\rho ,u,\theta \right)\left(0,x\right)=\left({\rho }_0,u_0,{\theta }_0\right)\left(x\right),x\in \Omega ,$ (1.2)

边界条件：

$u=0,\frac{\partial \theta }{\partial \nu }=0,\text{on}\partial \Omega .$ (1.3)

其中$\nu$ 是单位外法线，$t\ge 0$ 是时间，函数$\rho ,u,\theta ,P$ 分别是流体的密度、速度、绝对温度和压力，且$\mathfrak{D}(u)$

形变张量满足$\mathfrak{D}\left(u\right)=\frac{1}{2}\left(\nabla u+{\left(\nabla u\right)}^{tr}\right)$ 。

粘性系数$\mu \left(\rho \right)$ 和$\kappa \left(\rho \right)$ 是依赖于$\rho$ 的连续可微函数，满足

$\overline{\mu }\ge \mu \left(\rho \right)\ge \underset{\_}{\mu }>0,\overline{\kappa }\ge \kappa \left(\rho \right)\ge \underset{\_}{\kappa }>0,$ (1.4)

其中，$\underset{\_}{\mu },\overline{\mu },\underset{\_}{\kappa },\overline{\kappa }$ 是正常数。

早期的关于Navier-Stokes方程解的存在性研究主要分为两类，即弱解的存在性和强解的存在性。1974年，Kazhikov [1]得到了，在初始密度${\rho }_0$ 远离真空，非齐次Navier-Stokes方程在能量空间中至少有一个全局弱解。他还得到了该系统对于三个空间维度的小数据和二维的所有数据都存在全局强解。2003年，为了克服真空存在带来的困难，Choe和Kim [2]提出了以下兼容性条件：

$\{\begin{array}{l}-\mu \Delta u_0+\nabla P_0=\sqrt{{\rho }_0}{g}_1\\ -\kappa \Delta {\theta }_0-2\mu {\left|u_0\right|}^2=\sqrt{{\rho }_0}{g}_2\end{array}$

并且研究了强解的局部存在性，后来2013年由Huang-Wang [3]推广到了全局强解。2019年，Danchin和Mucha [4]建立了三维有界域中具有非负密度的强解的全局存在性。2015年，Zhang和Tan [5]得到了强解的全局存在性和唯一性。最近，2021年，Guo和Li [6]将文献[5]中的结果推广到了粘性系数随温度变化的情况。

如果粘性系数$\mu$ 为常数，1974年，Kazhikov [1]证明了强解的存在性，但是并未证得唯一性。1978年，Ladyzenskaya和Solonnikov [7]证明了二维情况下强解的全局存在性，并且得到了三维情况下强解的局部存在性以及当初值$u_0$ 小时，强解的全局存在性。后来，诸如1999年Itoh和Tani [8]，1990年Padula [9] [10]，1991年，Salvi [11]等也得出了一些相关结果。2017年，Zhong [12]得到了在三维情况下具有非负密度不可压缩热传导Navier-Stokes方程强解的全局存在性。2020年，在此基础上，Zhong [13]将这个结果推广到了三维问题强解的全局存在性和强解大时间行为。

$-\text{div}\left(\mu \left({\rho }_0\right)\nabla u_0\right)+\nabla P=\sqrt{{\rho }_0}g,$ (1.5)

目前为止，只要粘性系数$\mu \left(\rho \right)$ 取决于密度$\rho$ ，大多数结果都集中在二维情况下。正如文献[14]所指出的，密度和速度之间的强相互作用会使密度依赖粘性系数情况的全局理论以及恒定粘性系数情况不能直接应用。全局弱解是由1988年，DiPerna和Lions [15] [16]导出的。后来，1997年，在粘性系数$\mu \left(\rho \right)$ 是$L^{\infty }$ 范数中正常数的小扰动的情况下，Desjardins [17]得到了二维情况下具有更高正则性的全局弱解。2015年，Abidi和Zhang [18]将这个二维结果推广到了强解的情况。对于三维情况，2004年，Cho和Kim [19]通过施加一些初始兼容性条件构建了一个独特的局部强解。1996年，Lions [16]建立了在允许真空的初始密度的任何空间维度上非齐次Navier-Stokes方程弱解的全局存在性。之后，2015年，Liang [20]和2018年，Lü-Shi-Zhong [21]分别建立了二维Cauchy问题解的全局存在性。后来，2015年Huang-Wang [22]研究了有界域上强解的全局存在性。2018年，Wang [23]研究了具有一般外力的三维初边值问题，在初始密度足够小的假设下得到了强解的全局存在性。2022年，Zhong [24]得到了具有大初值和允许真空的二维边值问题强解的全局存在性和强解的大时间行为。

受Zhong [12]-[14]启发，本文研究三维粘性系数依赖于密度的不可压缩热传导Navier-Stokes方程的全局强解。

2. 主要定理

定理2.1 当常数$q\in \left(3,\infty \right)$ ，假设初始数据$\left({\rho }_0,u_0,{\theta }_0\right)$ 满足正则性条件

$0\le {\rho }_0\in W^{1,q},u_0\in H_0^1\cap H^2,{\theta }_0\in H_n^2,\text{div }{u}_0=0,$ (2.1)

和相容性条件

$\{\begin{array}{l}-\text{div}\left(2\mu \left(\rho \right)\mathfrak{D}\left(u_0\right)\right)+\nabla P_0=\sqrt{{\rho }_0}{g}_1,\hfill \\ \text{div}\left(\kappa \left({\rho }_0\right)\nabla {\theta }_0\right)+2\mu \left({\rho }_0\right){\left|\mathfrak{D}\left(u_0\right)\right|}^2=\sqrt{{\rho }_0}{g}_2,\hfill \end{array}$ (2.2)

其中$P_0\in H^1$ 且$g_1,g_2\in L^2$ 。则对于问题(1.1)，存在时间T和一个唯一强解，使得当$q_0\in \left(3,\infty \right)$

$\{\begin{array}{l}\rho \ge 0,\rho \in C\left(\left[0,T\right];W^{1,q_0}\right),{\rho }_t\in C\left(\left[0,T\right];L^{q_0}\right),\hfill \\ u\in C\left(\left[0,T\right];H_0^1\cap H^2\right)\cap L^2\left(0,T;W^{2,q_0}\right),\hfill \\ \theta \ge 0,\theta \in C\left(\left[0,T\right];H_n^2\right)\cap L^2\left(0,T;W^{2,q_0}\right),\hfill \\ \left(u_t,{\theta }_t\right)\in L^2\left(0,T;H^1\right),\left(\sqrt{\rho }{u}_t,\sqrt{\rho }{\theta }_t\right)\in L^{\infty }\left(0,T;L^2\right),\hfill \end{array}$ (2.3)

此外，如果$T^{*}$ 是局部强解$\left(\rho ,u,\theta \right)$ 的最大存在时间，则对任意的$3<p\le q$ ，有$T^{*}=\infty$ 或

$\underset{T\to T^{\ast }}{\lim }{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^{\infty }\left(0,T;L^p\right)}=\infty .$ (2.4)

定理2.2 假设初始数据$\left({\rho }_0,u_0,{\theta }_0\right)$ 当$0\le {\rho }_0\le \overline{\rho }$ 时，满足(2.1)，(2.2)和定理1.1的条件。则存在一个

仅依赖于$\Omega ,{\Vert \sqrt{{\rho }_0}{u}_0\Vert }_{L^2},{\Vert {\rho }_0\Vert }_{L^{\infty }},{\Vert \nabla u_0\Vert }_{L^2}$ 的小正常数${\epsilon }_0$ ，使得如果

${\Vert \nabla \mu \left({\rho }_0\right)\Vert }_{L^p}\le {\epsilon }_0,$ (2.5)

则问题(1.1)有一个唯一的全局强解。

标注2.3 为了克服密度相关粘度带来的困难，先验估计由$\underset{0\le t<T^{\ast }}{\sup }{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^p}=M<\infty$ 开始，然后利用

Stokes方程的正则性结果，完成先验估计的证明。其数学意义在于假设粘性系数梯度的范数有界，确保粘性项与$\left(u\cdot \nabla \right)u$ 的相互作用不会破坏解的光滑性。

3. 预备知识

3.1. 符号说明

$\{\begin{array}{l}{L}^p=L^p\left(\Omega \right),H^k=H^{k,2}\left(\Omega \right),W^{k,p}=W^{k,p}\left(\Omega \right),\\ H_0^1=\left\{u\in H^1|u=0\text{on}\partial \Omega \right\},H_{\nu }^2=\left\{u\in H^2|\nabla u\cdot v=0\text{on}\partial \Omega \right\}.\end{array}$

3.2. 引理

引理3.1 假设当$3<q<\infty$ 时，有$0\le \rho \le \overline{\rho }$ 和$\rho \in W^{1,q}$ 。令$(u,P)$ 是边值问题的唯一弱解：

$-\text{div}\left(\mu \left(\rho \right)\nabla u\right)+\nabla P=F,\text{div}u=0\text{in}\Omega ,{\displaystyle \int \frac{P}{\mu \left(\rho \right)}\text{d}x}=0,$ (3.1)

其中在$\left[0,\overline{\rho }\right]$ 上有$\mu \in C^1\left[0,\infty \right)$ 和$\underset{\_}{\mu }\le \mu \left(\rho \right)\le \overline{\mu }$ ，则有以下结果：

(1) 假设$f\in L^2$ ，$\left(u,P\right)\in H^2\times H^1$ 和

${\Vert u\Vert }_{H^2}+{\Vert \frac{P}{\mu \left(\rho \right)}\Vert }_{H^1}\le C{\Vert f\Vert }_{L^2}{\left(1+{\Vert \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^q}\right)}^{\frac{q}{q-3}}.$ (3.2)

(2) 假设当$r\in \left(3,q\right)$ 时$F\in L^r$ ，则$\left(u,\text{Π}\right)\in W^{2,r}\times W^{1,r}$ 且

${\Vert u\Vert }_{W^{2,r}}+{\Vert \frac{P}{\mu \left(\rho \right)}\Vert }_{W^{1,r}}\le C{\Vert F\Vert }_{L^r}{\left(1+{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^q}\right)}^{\frac{qr}{2\left(q-r\right)}}.$ (3.3)

其中，常数$C$ 仅依赖于$\text{Ω},q,r,\overline{\mu }$和$\mu$ 。

4. 定理2.1证明

设$T^{\ast }$ 是系统(1.1)~(1.3)强解$\left(\rho ,u,\theta \right)$ 的最大存在时间。假设(2.4)不成立，即

$\underset{0\le t<T^{\ast }}{\sup }{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^p}=M<\infty ,$ (4.1)

其中$3<p\le q$ 。

4.1. 先验估计

首先，由于传输方程(1.1)₁和不可压缩条件$\text{div }u=0$ ，容易获得下面的引理。

引理4.1.1 假设$\left(\rho ,u,\theta ,P\right)$ 是问题(1.1)~(1.3)在$\left[0,T^{*}\right)$ 上的一个强解，则对于任意的$t\in \left[0,T^{*}\right)$ ，有

${\Vert \rho \left(t\right)\Vert }_{L^{\infty }}={\Vert {\rho }_0\Vert }_{L^{\infty }}\le \overline{\rho }.$ (4.2)

引理4.1.2 假设$\left(\rho ,u,\theta ,P\right)$ 是问题(1)在$\left[0,T^{*}\right)$ 上的一个强解，则对于任意的$T\in \left[0,T^{*}\right)$ ，有

$\underset{0\le t\le T}{\sup }\left({\Vert \rho \theta \Vert }_{L^1}+{\Vert \sqrt{\rho }u\Vert }_{L^2}^2\right)+\underset{\_}{\mu }{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^2\text{d}t}\le C.$ (4.3)

证明 将(1.1)₁和(1.1)₃分别乘以$u$ 和$\theta$ ，将两式相加，并在$\Omega$ 上关于$x$ 积分。将所得方程，对时间t分部积分并利用(1.1)₁和(1.1)₄，易得(4.3)。

证毕。

引理4.1.3 假设$\left(\rho ,u,\theta ,P\right)$ 是问题(1)在$\left[0,T^{*}\right)$ 上的一个强解，则对于任意的$T\in \left[0,T^{*}\right)$ ，有

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^2+{\displaystyle {\int }_0^T\left({\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}\right)\text{d}t}\le C.$ (4.4)

证明 因为$\mu \left(\rho \right)$ 是连续可微函数，可从(1.1)₁中得

${\left[\mu \left(\rho \right)\right]}_t+u\cdot \nabla \mu \left(\rho \right)=0.$ (4.5)

将(1.1)₂乘以$u_t$ 并将所得方程在$\Omega$ 上积分，可得

$2{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right)\mathfrak{D}\left(u\right)\cdot \nabla u_t\text{d}x+{\displaystyle \int \rho }{\left|u_t\right|}^2\text{d}x=-{\displaystyle \int \rho }u\cdot \nabla u\cdot u_t\text{d}x.$ (4.6)

因为

$2{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right)\mathfrak{D}\left(u\right)\cdot \nabla u_t\text{d}x=\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int \mu \left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\text{d}x}-{\displaystyle \int {\left[\mu \left(\rho \right)\right]}_t{\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2}\text{d}x$

结合(4.5)和(4.6)可得

$\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\text{d}x+{\displaystyle \int \rho }{\left|u_t\right|}^2\text{d}x=-{\displaystyle \int \rho }u\cdot \nabla u\cdot u_t\text{d}x-{\displaystyle \int \left(u\cdot \nabla \mu \left(\rho \right)\right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\text{d}x}\triangleq {\displaystyle \sum _{i=1}^2{I}_k}.$ (4.7)

利用Holder和Gagliardo-Nirenberg不等式，可得

$\begin{array}{c}\left|I_1\right|\le {\displaystyle \int \left|\sqrt{\rho }{u}_t\right|\left|\sqrt{\rho }u\right|\left|\nabla u\right|\text{d}x}\le C{\Vert u\Vert }_{L^6}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^3}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}\\ \le C{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^{\frac{3}{2}}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}^{\frac{1}{2}}\le \frac{1}{4}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^3{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1},\end{array}$ (4.8)

利用Sobloev’s嵌入定理和(4.3)，可得

$\begin{array}{c}\left|I_2\right|=\left|{\displaystyle \int \left(u\cdot \nabla \mu \left(\rho \right)\right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\text{d}x}\right|\le C{\displaystyle \int \left|\nabla \mu \left(\rho \right)\right|\left|u\right|\left|\nabla u\right|\text{d}x}\\ \le C{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^3}{\Vert u\Vert }_{L^6}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^4}^2\le C{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^{\frac{3}{2}}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}^{\frac{3}{2}},\end{array}$ (4.9)

将(4.8)和(4.9)代入至(4.7)中，并利用Young不等式，可得

$\begin{array}{c}\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\text{d}x+{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2\le \frac{1}{2}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^3{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}+C{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^{\frac{3}{2}}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}^{\frac{3}{2}}\\ \le \frac{1}{2}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^6+C{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}^2,\end{array}$ (4.10)

应用引理3.1，(4.1)和(4.2)可得

$\begin{array}{c}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}\le C\left({\Vert \rho u_t\Vert }_{L^2}+{\Vert \rho u\cdot \nabla u\Vert }_{L^2}\right){\left(1+{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^p}\right)}^{\frac{p}{p-3}}\\ \le C{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}+C{\Vert \rho u\cdot \nabla u\Vert }_{L^2}\\ \le C{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}+C{\Vert \rho \Vert }_{L^{\infty }}{\Vert u\Vert }_{L^6}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^3}\\ \le C{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}+{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^{\frac{3}{2}}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}^{\frac{1}{2}}\\ \le \frac{1}{2}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}+C{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}+C{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^3,\end{array}$ (4.11)

因此，

${\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}\le C{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}+C{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^3.$ (4.12)

将(4.12)代入(4.11)，并应用Cauchy不等式，可得

$\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\text{d}x+{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2\le \frac{3}{4}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^6+{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}^2,$ (4.13)

因此，结合(4.3)可得

$\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\text{d}x+{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2\le C,$ (4.14)

结合(4.3)与(4.14)，并利用Gronwall不等式即可得(4.4)。

证毕。

注4.1.1 在条件(4.1)下，对于任意的$T\in \left[0,T^{*}\right)$ ，有

${\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}\le C{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}.$ (4.15)

引理4.1.4 当常数$q\in \left(3,\infty \right)$ ，在条件(4.1)下，对于任意的$T\in \left[0,T^{*}\right)$ ，有

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert u\Vert }_{H^2}\le C.$ (4.16)

证明 将(1.1)₂关于时间$t$ 微分，可得

$\rho u_{tt}+\rho u\cdot \nabla u_t-\text{div}\left(2\mu \left(\rho \right)\mathfrak{D}\left(u_t\right)\right)=-\nabla P_t+{\rho }_t\left(u_t+u\cdot \nabla u\right)-\rho u_t\cdot \nabla u+\text{div}\left(2{\mu }_t\mathfrak{D}\left(u\right)\right).$ (4.17)

将(4.17)乘以$u_t$ 并在$\Omega$ 上分部积分，利用(1.1)₁得

$\begin{array}{l}\frac{1}{2}\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int \rho {\left|u_t\right|}^2\text{d}x}+2{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right)\mathfrak{D}\left(u_t\right)\cdot \nabla u_t\text{d}x\\ ={\displaystyle \int \text{div}}\left(\rho u\right){\left|u_t\right|}^2\text{d}x+{\displaystyle \int \text{div}}\left(\rho u\right)u\cdot \nabla u\cdot u_t\text{d}x\\ -{\displaystyle \int \rho }{u}_t\cdot \nabla u\cdot u_t\text{d}x-{\displaystyle \int 2}{\mu }_t\mathfrak{D}\left(u\right)\cdot \nabla u_t\text{d}x\\ \triangleq {\displaystyle \sum _{k=1}^4{M}_k}.\end{array}$ (4.18)

下面分别估计$M_k$ 。

$\begin{array}{c}\left|M_1\right|=\left|-{\displaystyle \int \rho }u\cdot \nabla {\left|u_t\right|}^2\text{d}x\right|\\ \le 2{\Vert \rho \Vert }_{L^{\infty }}^{\frac{1}{2}}{\Vert u\Vert }_{L^6}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^3}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}\\ \le C{\Vert \rho \Vert }_{L^{\infty }}^{\frac{1}{2}}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^{\frac{1}{2}}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^{\frac{1}{2}}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}\\ \le \frac{\underset{\_}{\mu }}{8}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2,\end{array}$

$\begin{array}{c}\left|M_2\right|=\left|-{\displaystyle \int \rho }u\cdot \nabla \left(u\cdot \nabla u\cdot u_t\right)\text{d}x\right|\\ \le {\Vert \rho \Vert }_{L^{\infty }}{\Vert u\Vert }_{L^6}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^6}{\Vert u_t\Vert }_{L^6}+{\Vert \rho \Vert }_{L^{\infty }}{\Vert u\Vert }_{L^6}^2{\Vert {\nabla }^{2}u\Vert }_{L^2}{\Vert u_t\Vert }_{L^6}\\ +{\Vert \rho \Vert }_{L^{\infty }}{\Vert u\Vert }_{L^6}^2{\Vert \nabla u\Vert }_{L^6}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}\\ \le C{\Vert u\Vert }_{H^2}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}\\ \le \frac{\underset{\_}{\mu }}{8}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2,\end{array}$

$\begin{array}{c}\left|M_3\right|=\left|-{\displaystyle \int \rho }{u}_t\cdot \nabla u\cdot u_t\text{d}x\right|\\ \le {\Vert \rho \Vert }_{L^{\infty }}^{\frac{1}{2}}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^3}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^6}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}\\ \le C{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^{\frac{1}{2}}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^{\frac{3}{2}}\\ \le \frac{\underset{\_}{\mu }}{8}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2,\end{array}$

$\begin{array}{c}\left|M_4\right|=\left|-{\displaystyle \int 2}{\mu }_t\mathfrak{D}\left(u\right)\cdot \nabla u_t\text{d}x\right|\\ \le C{\displaystyle \int \left|u\right|\left|\nabla \mu \left(\rho \right)\right|\left|\nabla u\right|\left|\nabla u_t\right|\text{d}x}\\ \le C{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^p}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^{\frac{2p}{p-2}}}^{}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}\\ \le \frac{\underset{\_}{\mu }}{8}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}^2{\Vert u\Vert }_{H^2}^2\\ \le \frac{\underset{\_}{\mu }}{8}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}^2{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}^2.\end{array}$

因为

$2{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right)\mathfrak{D}\left(u_t\right)\cdot \nabla u_t\text{d}x=2{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u_t\right)\right|}^2\text{d}x\ge 2\underset{\_}{\mu }{\displaystyle \int {\left|\mathfrak{D}\left(u_t\right)\right|}^2\text{d}x}=\underset{\_}{\mu }{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2,$ (4.19)

将$M_k\left(k=1,2,3,4\right)$ 代入(4.18)，并结合(4.19)可得

$\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+\underset{\_}{\mu }{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2\le C\left(1+{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}^2\right){\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}^2.$ (4.20)

由(4.15)和Sobolev不等式可得

${\displaystyle \underset{0}{\overset{T}{\int }}{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}^2\text{d}t}\le C{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}\text{d}t}\le C{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert u\Vert }_{H^2}^2\text{d}t}\le C{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2\text{d}t}\le C,$ (4.21)

因此，由(4.20)，(4.21)和Gronwall不等式可得

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2\text{d}t}\le C,$ (4.22)

由(4.15)和(4.22)可得

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert u\Vert }_{H^2}\le C\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}+C\le C.$ (4.23)

证毕。

引理4.1.5 当常数$q\in \left(3,6\right]$ ，在条件(4.1)下，对于任意的$T\in \left[0,T^{*}\right)$ ，有

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \rho \Vert }_{W^{1,q}}\le C.$ (4.24)

证明 由引理3.1，(4.2)，(4.23)，Sobolev嵌入定理和Holder不等式可得

$\begin{array}{c}{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \nabla u\Vert }_{L^{\infty }}\text{d}t}\le {\displaystyle {\int }_0^{T}C}{\Vert \nabla u\Vert }_{W^{1,r}}\text{d}t\\ \le {\displaystyle {\int }_0^{T}C}\left({\Vert \rho u_t\Vert }_{L^r}+{\Vert \rho u\cdot \nabla u\Vert }_{L^r}\right){\left(1+{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^p}\right)}^{\frac{pr}{2\left(p-r\right)}}\text{d}t\\ \le C{\displaystyle {\int }_0^T\left({\Vert \rho u_t\Vert }_{L^r}+{\Vert \rho u\cdot \nabla u\Vert }_{L^r}\right)\text{d}t}\\ \le C{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^{\frac{6-r}{2r}}}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^{\frac{3r-6}{2r}}\text{d}t+C{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^{\frac{3}{r}}}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}^{\frac{2r-3}{r}}\text{d}t,\end{array}$

结合(4.22)可得

${\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \nabla u\Vert }_{L^{\infty }}\text{d}t}\le C.$ (4.25)

对输运方程(1.1)₁去空间导数$\nabla$ ，有

${\partial }_t\nabla \rho +u\cdot {\nabla }^2\rho +\nabla u\cdot \nabla \rho =0.$ (4.26)

当$q\in \left(3,6\right]$ ，用$q{\left|\nabla p\right|}^{q-2}\nabla \rho$ 乘以(4.26)可得

$\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int {\left|\nabla \rho \right|}^q\text{d}x}+q{\displaystyle \int u}\cdot {\nabla }^2\rho \cdot {\left|\nabla \rho \right|}^{q-2}\nabla \rho \text{d}x=-q{\displaystyle \int \nabla }u\cdot \nabla \rho \cdot {\left|\nabla \rho \right|}^{q-2}\nabla \rho \text{d}x,$

对上式分部积分并结合$\text{div }u=0$ 可得

$q{\displaystyle \int u}\cdot {\nabla }^2\rho \cdot {\left|\nabla \rho \right|}^{q-2}\nabla \rho \text{d}x={\displaystyle \int u}\cdot \nabla \left({\left|\nabla \rho \right|}^q\right)\text{d}x=-{\displaystyle \int {\left|\nabla \rho \right|}^q\text{div}u\text{d}x}=0,$

因此可得

$\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\Vert \nabla \rho \Vert }_{L^q}^q\le q{\displaystyle \int \left|\nabla u\right|{\left|\nabla \rho \right|}^q\text{d}x}\le q{\Vert \nabla u\Vert }_{L^{\infty }}{\Vert \nabla \rho \Vert }_{L^q}^q,$

即

$\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\Vert \nabla \rho \Vert }_{L^q}\le {\Vert \nabla u\Vert }_{L^{\infty }}{\Vert \nabla \rho \Vert }_{L^q},$

结合上式和(4.25)，并利用Gronwall不等式可得

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \nabla \rho \Vert }_{L^q}\le C,$ (4.27)

由(4.2)和(4.27)可得

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \rho \Vert }_{W^{1,q}}\le C.$ (4.28)

证毕。

引理4.1.6 当常数$q\in \left(3,6\right]$ ，在条件(4.1)下，对于任意的$T\in \left[0,T^{*}\right)$ ，有

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \theta \Vert }_{H^2}\le C.$ (4.29)

证明 令$\overline{\theta }\triangleq \frac{1}{\left|\Omega \right|}{\displaystyle \int \theta }\text{d}x$是$\theta$ 的平均值，由(4.2)，(4.3)和Poincare不等式可得

$\left|\overline{\theta }\right|{\displaystyle \int \rho \text{d}x}\le \left|{\displaystyle \int \rho }\theta \text{d}x\right|+\left|{\displaystyle \int \rho }\left(\theta -\overline{\theta }\right)\text{d}x\right|\le C+C{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2},$

因此

${\Vert \theta \Vert }_{H^1}\le C+C{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}.$ (4.30)

相似地可得

${\Vert {\theta }_t\Vert }_{H^1}\le C{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}+C{\Vert \nabla {\theta }_t\Vert }_{L^2}.$ (4.31)

将(1.1)₃乘以${\theta }_t$ 并将所得方程在$\Omega$ 上积分，可得

$\begin{array}{l}\frac{1}{2}\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int \kappa }\left(\rho \right){\left|\nabla \theta \right|}^2\text{d}x+c_v{\displaystyle \int \rho }{\left|{\theta }_t\right|}^2\text{d}x\\ =-c_v{\displaystyle \int \rho }\left(u\cdot \nabla \theta \right){\theta }_t\text{d}x+2{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2{\theta }_t\text{d}x+\frac{1}{2}{\displaystyle \int \kappa }{\left(\rho \right)}_t{\left|\nabla \theta \right|}^2\text{d}x\\ \triangleq I_1+I_2+I_3.\end{array}$ (4.32)

由(4.2)，(4.23)并利用Holder不等式和Sobolev不等式可得

$\left|I_1\right|=\left|-c_v{\displaystyle \int \rho }\left(u\cdot \nabla \theta \right){\theta }_t\text{d}x\right|\le \frac{c_v}{2}{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}^2.$ (4.33)

结合(4.1)，(4.5)，(4.23)，(4.30)和Sobolev不等式可得

$\begin{array}{c}{I}_2\le 2\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\theta \text{d}x+C{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^6}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^6}^2{\Vert \theta \Vert }_{L^2}+C\overline{\mu }{\Vert \theta \Vert }_{L^6}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^3}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}\\ \le 2\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\theta \text{d}x+C{\Vert u\Vert }_{H^2}^3{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}+C{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}\\ \le 2\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\theta \text{d}x+C{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}^2+C.\end{array}$ (4.34)

因

$\kappa {\left(\rho \right)}_t+u\cdot \nabla \kappa \left(\rho \right)=0,$ (4.35)

对(4.35)分部积分并结合和(4.23)可得

$\begin{array}{c}{I}_3=-\frac{1}{2}{\displaystyle \int u}\cdot \nabla \kappa \left(\rho \right){\left|\nabla \theta \right|}^2\text{d}x=\frac{1}{2}{\displaystyle \int \kappa }\left(\rho \right)u\cdot \nabla {\left|\nabla \theta \right|}^2\text{d}x\\ \le C{\Vert \kappa \left(\rho \right)\Vert }_{L^{\infty }}{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}{\Vert {\nabla }^2\theta \Vert }_{L^2}\le C{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}^2+C{\Vert {\nabla }^2\theta \Vert }_{L^2}^2.\end{array}$ (4.36)

将(4.33)，(4.34)和(4.35)代入(4.32)可得

$\begin{array}{l}\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int \left(\kappa \left(\rho \right){\left|\nabla \theta \right|}^2-4\mu \left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\theta \right)\text{d}x}+c_v{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2\\ \le \frac{c_v}{2}{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert {\nabla }^2\theta \Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}^2+C\\ \le C{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert {\nabla }^2\theta \Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}^2+C.\end{array}$ (4.37)

由(1.1)₃，(1.3)和椭圆方程标准$H^2$ 估计可得

$\begin{array}{c}{\Vert \theta \Vert }_{H^2}^2\le C{\Vert {\kappa }^{-1}\Vert }_{L^{\infty }}\left({\Vert \mu \left(\rho \right){\left|\nabla u\right|}^2\Vert }_{L^2}^2+{\Vert \rho {\theta }_t\Vert }_{L^2}^2+{\Vert \rho u\cdot \nabla \theta \Vert }_{L^2}^2+{\Vert \nabla \kappa \left(\rho \right)\cdot \nabla \theta \Vert }_{L^2}^2+{\Vert \theta \Vert }_{L^2}^2\right)\\ \le C{\Vert \nabla u\Vert }_{L^4}^4+C{\Vert \rho \Vert }_{L^{\infty }}{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \rho \Vert }_{L^{\infty }}{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}^2{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}^2+C{\Vert {\kappa }^{\prime }\Vert }_{L^{\infty }}{\Vert \nabla \rho \Vert }_{L^4}^2{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^4}^2+C{\Vert \theta \Vert }_{L^2}^2\\ \le C{\Vert u\Vert }_{H^2}^4+C{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \theta \Vert }_{H^1}^2+C{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}{\Vert \theta \Vert }_{H^2}\\ \le \frac{c_v}{2}{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}^2+C+\frac{1}{2}{\Vert \theta \Vert }_{H^2}^2,\end{array}$ (4.38)

结合(4.23)，(4.28)，(4.30)和(4.38)可得

${\Vert \theta \Vert }_{H^2}^2\le \frac{c_v}{2}{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}^2+C,$ (4.39)

将(4.39)代入(4.37)可得

$\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int \left(\kappa \left(\rho \right){\left|\nabla \theta \right|}^2-4\mu \left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\theta \right)\text{d}x}+c_v{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2\le C{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}^2+C.$ (4.40)

因为

$4{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\theta \text{d}x\le C\overline{\mu }{\Vert \theta \Vert }_{L^6}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^{\frac{12}{5}}}^2\le C{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}{\Vert u\Vert }_{H^2}^2\le \frac{\underset{\_}{k}}{2}{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}^2+C,$

结合上式与(4.22)，(4.30)，(4.40)并利用Gronwall不等式可得

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \theta \Vert }_{H^1}^2+{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2\text{d}t}\le C.$ (4.41)

对(1.1)₃关于$t$ 求导并结合(1.1)₁和(4.5)可得

$\begin{array}{l}{c}_v\left[\rho {\theta }_{tt}+\rho u\cdot \nabla {\theta }_t\right]-\text{div}\left(\kappa \left(\rho \right)\nabla {\theta }_t\right)\\ =c_v\text{div}\left(\rho u\right)\left({\theta }_t+u\cdot \nabla \theta \right)-c_v\rho u_t\cdot \nabla \theta +2\mu \left(\rho \right){\left({\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\right)}_t\\ -2\left(u\cdot \nabla \mu \left(\rho \right)\right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2+\text{div}\left(\kappa {\left(\rho \right)}_t\nabla \theta \right),\end{array}$ (4.42)

将(4.42)乘以${\theta }_t$ 并在$\Omega$ 上分部积分

$\begin{array}{l}\frac{c_v}{2}\frac{\text{d}}{\text{d}t}\int \rho {\left|{\theta }_t\right|}^2\text{d}x+{\displaystyle \int \kappa }\left(\rho \right){\left|\nabla {\theta }_t\right|}^2\text{d}x\\ =c_v{\displaystyle \int \text{div}}\left(\rho u\right){\left|{\theta }_t\right|}^2\text{d}x+c_v{\displaystyle \int \text{div}}\left(\rho u\right)\left(u\cdot \nabla \theta \right){\theta }_t\text{d}x-c_v{\displaystyle \int \rho }\left(u_t\cdot \nabla \theta \right){\theta }_t\text{d}x\\ +2{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right){\left({\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\right)}_t{\theta }_t\text{d}x-2{\displaystyle \int \left(u\cdot \nabla \mu \left(\rho \right)\right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2{\theta }_t\text{d}x}-{\displaystyle \int \kappa }{\left(\rho \right)}_t\nabla \theta \cdot \nabla {\theta }_t\text{d}x\\ \triangleq {\displaystyle \sum _{k=1}^6{\overline{M}}_k}.\end{array}$ (4.43)

下面将分别估计${\overline{M}}_k\left(k=1,2,\cdots ,6\right)$

$\begin{array}{c}\left|{\overline{M}}_1\right|=\left|-c_v{\displaystyle \int \rho }u\cdot \nabla {\left|{\theta }_t\right|}^2\text{d}x\right|\le 2c_v{\Vert \rho \Vert }_{L^{\infty }}^{\frac{1}{2}}{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}{\Vert \nabla {\theta }_t\Vert }_{L^2}\\ \le C{\Vert u\Vert }_{L^6}^{\frac{1}{2}}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^6}^{\frac{1}{2}}{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}{\Vert \nabla {\theta }_t\Vert }_{L^2}\le \frac{\underset{\_}{\kappa }}{12}{\Vert \nabla {\theta }_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2,\end{array}$

将${\overline{M}}_k\left(k=1,2,\cdots ,6\right)$ 代入(4.43)，可得

$c_v\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2+\underset{\_}{\kappa }{\Vert \nabla \theta \Vert }_{L^2}^2\le C{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \theta \Vert }_{H^2}^2+C{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2+C.$ (4.44)

由(4.39)，(4.40)，(4.41)可得

${\Vert \theta \Vert }_{H^2}^2\le C{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2+C,$ (4.45)

结合(4.44)和(4.45)可得

$c_v\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2+\underset{\_}{\kappa }{\Vert \nabla {\theta }_t\Vert }_{L^2}^2\le C{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2+C,$ (4.46)

结合(4.22)和(4.46)并利用Gronwall不等式可得

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2+{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \nabla {\theta }_t\Vert }_{L^2}^2}\le C,$ (4.47)

因此，由(4.46)和(4.47)可得

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \theta \Vert }_{H^2}^2\le C\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \sqrt{\rho }{\theta }_t\Vert }_{L^2}^2+C\le C.$ (4.48)

4.2. 定理2.1的证明

下面将利用反证法来证明。假设(2.4)是错的，即(4.1)成立。引理4.1.1~4.1.6中的常数C均与$t<T^{*}$ 无关，即引理4.1.1~4.1.6中得到的所有先验估计对于任意$t<T^{*}$ 都是一直有界的。因此函数

$\left(\rho ,u,\theta \right)\left(T^{*},x\right)\triangleq \underset{t\to T^{*}}{\lim }\left(\rho ,u,\theta \right)\left(t,x\right),$

在$t=T^{*}$ 满足初始条件(1.5)。其中，标准论证所得$\rho ,\dot{u},\dot{\theta }\in C\left(\left[0,T\right];L^2\right)$ ，而$\dot{f}\triangleq f_t+u\cdot \nabla f$ ，意味着

$\left(\rho \dot{u},\rho \dot{\theta }\right)\left(T^{*},x\right)\triangleq \underset{t\to T^{*}}{\lim }\left(\rho \dot{u},\rho \dot{\theta }\right)\left(t,x\right)\in L^2.$

因此，

$\{\begin{array}{l}-\mathrm{div}\left(2\mu \left(\rho \right)\mathfrak{D}\left(u\right)\right)+{\nabla P|}_{t=T^{*}}=\sqrt{\rho }\left(T^{*},x\right)g_1\left(x\right),\hfill \\ \mathrm{div}\left(\kappa \left(\rho \right)\nabla \theta \right)+{2\mu \left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2|}_{t=T^{*}}=\sqrt{\rho }\left(T^{*},x\right)g_2\left(x\right),\hfill \end{array}$

有

$g_1\left(x\right)\triangleq \{\begin{array}{l}{\rho }^{-\frac{1}{2}}\left(T^{*},x\right)\left(\rho \dot{u}\right)\left(T^{*},x\right),\text{ for}x\in \left\{x|\rho \left(T^{*},x\right)>0\right\},\hfill \\ 0,\text{ for}x\in \left\{x|\rho \left(T^{*},x\right)=0\right\},\hfill \end{array}$

和

$g_2\left(x\right)\triangleq \{\begin{array}{l}{c}_{\nu }{\rho }^{-\frac{1}{2}}\left(T^{*},x\right)\left(\rho \dot{\theta }\right)\left(T^{*},x\right),\text{ for}x\in \left\{x|\rho \left(T^{*},x\right)>0\right\},\hfill \\ 0,\text{ for}x\in \left\{x|\rho \left(T^{*},x\right)=0\right\},\hfill \end{array}$

满足$g_1,g_2\in L^2$ 。因此，$\left(\rho ,u,\theta \right)\left(T^{*},x\right)$ 也满足(2.2)，所以取$\left(\rho ,u,\theta \right)\left(T^{*},x\right)$ 作为初始数据，可以将局部强解拓展到$T^{*}$ 之外，这与$T^{*}$ 的最大性相矛盾。因此完成了定理1.1的证明。

5. 定理2.2的证明

在本节中，定义$C_0\triangleq {\Vert \sqrt{{\rho }_0}{u}_0\Vert }_{L^2}^2$ 。通常，利用$C\left(f\right)$ 表示$C$ 对的依赖，在本节中，所有的正常数C都与时间t无关。

5.1. 先验估计

引理5.1.1 假设是问题(1.1)在$\left[0,T\right]$ 上的唯一局部强解，且满足初始数据，有

${\Vert \rho \left(t\right)\Vert }_{L^{\infty }}={\Vert {\rho }_0\Vert }_{L^{\infty }},$ (5.1)

和

${\Vert \sqrt{\rho }u\left(t\right)\Vert }_{L^2}^2+\underset{\_}{\mu }{\displaystyle \underset{0}{\overset{T}{\int }}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^2}\text{d}t\text{d}t\le C_0.$ (5.2)

此外，有

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\text{e}}^{\sigma t}{\Vert \sqrt{\rho }u\left(t\right)\Vert }_{L^2}^2+\underset{\_}{\mu }{\text{e}}^{\sigma t}{\displaystyle \underset{0}{\overset{T}{\int }}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^2}\text{d}t\le C_0.$ (5.3)

其中，$\sigma =\frac{\mu }{\overline{\rho }{d}^2}$ ，$d$ 是$\Omega$ 的直径。

证明 因为(1.1)₁是输运方程，对其应用标准极大值原理，易得(5.1)。

将(3.1)₂乘以$u_t$ 并分部积分，再关于t积分可得

${\Vert \sqrt{\rho }u\left(t\right)\Vert }_{L^2}^2+4{\displaystyle {\int }_0^t{\displaystyle \int \mu }}\left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\text{d}x\text{d}s={\Vert \sqrt{{\rho }_0}{u}_0\Vert }_{L^2}^2.$ (5.4)

由于

$2{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\text{d}x\ge 2\underset{\_}{\mu }{\displaystyle \int {\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\text{d}x}=\underset{\_}{\mu }{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^2,$ (5.5)

并结合(5.4)可得(5.2)。

由(4.2)和Poincaré不等式可得

${\Vert \sqrt{\rho }u\Vert }_{L^2}^2\le {\Vert \rho \Vert }_{L^{\infty }}{\Vert u\Vert }_{L^2}^2\le \overline{\rho }{d}^2{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^2,$ (5.6)

因此，

$\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\Vert \sqrt{\rho }u\Vert }_{L^2}^2+\sigma {\Vert \sqrt{\rho }u\Vert }_{L^2}^2+\underset{\_}{\mu }{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^2\le 0,$ (5.7)

易得

$\frac{\text{d}}{\text{d}t}\left({\text{e}}^{\sigma t}{\Vert \sqrt{\rho }u\Vert }_{L^2}^2\right)+\underset{\_}{\mu }{\text{e}}^{\sigma t}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^2\le 0.$ (5.8)

在$\left[0,T\right]$ 上积分，即可得(5.3)。

证毕。

引理5.1.2 假设$\left(\rho ,u,\theta \right)$ 是问题(1.1)在$\left[0,T\right]$ 上的唯一局部强解，且满足初始数据，假设

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\left(t\right)\Vert }_{L^q}\le 1,$ (5.9)

则存在一个仅依赖于$\Omega ,C_0,q,\underset{\_}{\mu },\overline{\mu },{\Vert {\rho }_0\Vert }_{L^{\infty }}$ 和${\Vert \nabla u_0\Vert }_{L^2}$ 的正常数$C$ ，使得对于$i\in \left\{1,2\right\}$ ，有

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{t}^i{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^2+{\displaystyle \underset{0}{\overset{T}{\int }}{t}^i{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2}\text{d}t\le C.$ (5.10)

证明 证明类似引理4.1.3。由(4.7)，(4.8)，(4.9)易得

$\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\text{d}x+\frac{1}{2}{\displaystyle \int \rho }{\left|u_t\right|}^2\text{d}x\le C{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^3{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}+C{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^{\frac{3}{2}}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1},$ (5.11)

其中，$C$ 仅依赖于$\Omega ,{\Vert {\rho }_0\Vert }_{L^{\infty }},\underset{\_}{\mu },\overline{\mu }$ 和$q$ 。

因此，结合(5.2)和(5.11)可得

$\begin{array}{l}\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int \mu \left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\text{d}x+\frac{1}{2}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2}\\ \le C_1\left(C_0,C\right){\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^3+C_1\left(C_0,C\right){\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^6+C_1\left(C_0,C\right){\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^{\frac{9}{2}},\end{array}$ (5.12)

将上式与(5.2)结合可得(5.10)。

将(5.12)乘以$t^2$ 并利用(4.4)可得

$\begin{array}{l}\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\displaystyle \int t}\mu \left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\text{d}x+\frac{1}{2}t{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2\\ \le {\displaystyle \int \mu }\left(\rho \right){\left|\mathfrak{D}\left(u\right)\right|}^2\text{d}x+C_1\left(C_0,C\right)t{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^3+C_1\left(C_0,C\right)t{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^3{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^{\frac{3}{2}}+{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^3\\ \le C_1\left(C_0,C\right)\overline{\mu }{\Vert \nabla u\Vert }_2^2,\end{array}$ (5.13)

由(5.2)，(5.3)，(5.12)和Gronwall不等式可得(5.10)。

证毕。

引理5.1.3 假设$\left(\rho ,u,\theta \right)$ 是问题(1.1)~(1.3)在$\left[0,T\right]$ 上的唯一局部强解，且(5.4)成立，则存在一个仅依赖于$\Omega ,C_0,{\Vert {\rho }_0\Vert }_{L^{\infty }},{\Vert \nabla u_0\Vert }_{L^2},\underset{\_}{\mu },\overline{\mu }$ 和$q$ 的正常数$C$ ，使得对于$i\in \left\{1,2\right\}$ ，有

$\underset{0\le t\le T}{\sup }t{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+{\displaystyle \underset{0}{\overset{T}{\int }}t}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2\text{d}t\le C,$ (5.14)

和

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{t}^2{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+{\displaystyle \underset{0}{\overset{T}{\int }}{t}^2}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2\text{d}t\le C.$ (5.15)

证明 利用(4.18)和引理5.1.4中的$J_k$ 估计，可得

$\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+\underset{\_}{\mu }{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2\le C\left(1+{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}^2\right){\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+C{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}^2{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^3,$ (5.16)

将(5.16)乘以$t$ 可得

$\begin{array}{l}\frac{\text{d}}{\text{d}t}\left(t{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2\right)+\underset{\_}{\mu }t{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2\\ \le {\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+Ct{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+Ct{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+Ct{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}^2{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^3.\end{array}$ (5.17)

由(5.10)可得

${\displaystyle {\int }_0^{T}t}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2\text{d}t\le {\left({\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2\text{d}t}\right)}^{\frac{1}{2}}{\left({\displaystyle {\int }_0^T{t}^2}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2\text{d}t\right)}^{\frac{1}{2}}\le C.$ (5.18)

结合(4.15)和Sobolev不等式，可得

${\displaystyle \underset{0}{\overset{T}{\int }}{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}^2\text{d}t}\le C{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}\text{d}t}\le C{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert u\Vert }_{H^2}^2\text{d}t}\le C{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2\text{d}t}\le C.$ (5.19)

由(5.9)，(5.10)，(5.18)以及Cauchy-Schwarz不等式，可得

${\displaystyle {\int }_0^{T}t}{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}^2{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^3\text{d}t\le \underset{0\le t\le T}{\sup }\left(t{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^2\right)\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}{\displaystyle \underset{0}{\overset{T}{\int }}{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}^2}\text{d}t\le C\underset{0\le t\le T}{\sup }t{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^2\le C.$ (5.20)

对于$i=2$ ，将(5.16)乘以$t^2$ ，可得

$\begin{array}{l}\frac{\text{d}}{\text{d}t}\left(t^2{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2\right)+\underset{\_}{\mu }{t}^2{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2\\ \le 2t{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+C{t}^2{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+C{t}^2{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2+C{t}^2{\Vert u\Vert }_{L^{\infty }}^2{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^3.\end{array}$ (5.21)

引理5.1.4 假设$\left(\rho ,u,\theta \right)$ 是问题(1.1)~(1.3)在$\left[0,T\right]$ 上的唯一局部强解，且(5.4)成立，则存在一个仅依

赖于$\Omega ,C_0,{\Vert {\rho }_0\Vert }_{L^{\infty }},{\Vert \nabla u_0\Vert }_{L^2},\underset{\_}{\mu },\overline{\mu }$ 和$q$ 的正常数$C$ ，使得

${\displaystyle \underset{0}{\overset{T}{\int }}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^{\infty }}\text{d}t}\le C$ (5.22)

证明 由Sobolev嵌入定理，仅需估计${\Vert \nabla u\Vert }_{W^{1,r}}$ 。令$F\triangleq \rho u_t+\rho u\cdot \nabla u$ 并取$r$ ，其中$3<r<\min \left\{6,p\right\}$ 。

则由引理4.1.4和Sobolev不等式，可得

$\begin{array}{c}{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \nabla u\Vert }_{W^{1,r}}}\le C{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert F\Vert }_{L^r}}{\left(1+{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^p}\right)}^{\frac{pr}{2\left(p-r\right)}}\text{d}t\\ \le C{\displaystyle {\int }_0^T\left({\Vert \rho u_t\Vert }_{L^r}+{\Vert \rho u\cdot \nabla u\Vert }_{L^r}\right)\text{d}t}\\ \le C{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^{\frac{6-r}{2r}}}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^{\frac{3r-6}{2r}}\text{d}t+C{\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^{\frac{3}{r}}}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}^{\frac{2r-3}{r}}\text{d}t.\end{array}$ (5.23)

因此，当$0<T\le 1$ 时，可得

${\displaystyle {\int }_1^T{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^{\frac{6-r}{2r}}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^{\frac{3r-6}{2r}}\text{d}t}\le \underset{1\le t\le T}{\sup }{\left(t^2{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2\right)}^{\frac{6-r}{4r}}{\left({\displaystyle {\int }_1^T{t}^2}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2\text{d}t\right)}^{\frac{3r-6}{4r}}{\left({\displaystyle {\int }_1^T{t}^{-\frac{4r}{r+6}}}\text{d}t\right)}^{\frac{r+6}{4r}}\le C.$ (5.24)

当$T>1$ 时，由(5.10)，(5.11)和(5.16)可得

${\displaystyle {\int }_1^T{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^{\frac{6-r}{2r}}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^{\frac{3r-6}{2r}}\text{d}t}\le \underset{1\le t\le T}{\sup }{\left(t^2{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^2\right)}^{\frac{6-r}{4r}}{\left({\displaystyle {\int }_1^T{t}^2}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^2\text{d}t\right)}^{\frac{3r-6}{4r}}{\left({\displaystyle {\int }_1^T{t}^{-\frac{4r}{r+6}}}\text{d}t\right)}^{\frac{r+6}{4r}}\le C.$ (5.25)

因此，由(5.24)和(5.25)可得

${\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \sqrt{\rho }{u}_t\Vert }_{L^2}^{\frac{6-r}{2r}}}{\Vert \nabla u_t\Vert }_{L^2}^{\frac{3r-6}{2r}}\text{d}t\le C.$ (5.26)

相似地，如果$0<T\le 1$ ，可得

${\displaystyle \underset{0}{\overset{T}{\int }}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^{\frac{3}{r}}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}^{\frac{2r-3}{r}}}\text{d}t\le C\underset{0\le t\le T}{\sup }{\left(t{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^2\right)}^{\frac{3}{2r}}{\left({\displaystyle {\int }_0^{T}t}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}^2\text{d}t\right)}^{\frac{2r-3}{2r}}{\left({\displaystyle {\int }_0^T{t}^{-\frac{4r}{r+6}}}\text{d}t\right)}^{\frac{r+6}{4r}}\le C.$ (5.27)

如果$T>1$ ，可得

${\displaystyle {\int }_1^T{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^{\frac{3}{r}}}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}^{\frac{2r-3}{r}}\text{d}t\le C{\displaystyle {\int }_1^T{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}^2\text{d}t}\le C\underset{1\le t\le T}{\sup }{\left(t^2{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}^2\right)}^{\frac{3}{2r}}{\left({\displaystyle {\int }_1^T{t}^{-2}}\text{d}t\right)}^{\frac{3}{2r}}\le C.$ (5.28)

由(5.27)和(5.28)可得

${\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^{\frac{3}{r}}}{\Vert \nabla u\Vert }_{H^1}^{\frac{2r-3}{r}}\text{d}t\le C.$ (5.29)

结合(5.26)和(5.29)可得(5.22)。

引理5.1.5 假设$\left(\rho ,u,\theta \right)$ 是问题(1.1)~(1.3)在$\left[0,T\right]$ 上的唯一局部强解，且(5.4)成立，则存在一个仅依

赖于$\Omega ,C_0,{\Vert {\rho }_0\Vert }_{L^{\infty }},{\Vert \nabla u_0\Vert }_{L^2},\underset{\_}{\mu },\overline{\mu }$ 和$q$ 的正常数$C$ ，如果

${\Vert \nabla \mu \left({\rho }_0\right)\Vert }_{L^q}\le {\epsilon }_0,$ (5.30)

则

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\left(t\right)\Vert }_{L^q}\le \frac{1}{2}.$ (5.31)

证明 由标准能量估计可得

$\frac{\text{d}}{\text{d}t}{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^p}\le C\left(p\right){\Vert \nabla u\Vert }_{L^{\infty }}{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^p},$ (5.32)

其中，$C$ 是一个仅依赖于$p$ 的正常数。因此由Gronwall不等式和(5.22)可得

$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^p}\le {\Vert \nabla \mu \left({\rho }_0\right)\Vert }_{L^p}\exp \left(C\left(p\right){\displaystyle {\int }_0^T{\Vert \nabla u\Vert }_{L^{\infty }}\text{d}t}\right)\le L{\Vert \nabla \mu \left({\rho }_0\right)\Vert }_{L^p}.$ (5.33)

令${\epsilon }_0\triangleq \frac{1}{2L}$ ，由(5.30)和(5.33)可得(5.31)。

5.2. 定理2.2的证明

下面计划将局部强解推广至全局强解。

令${\epsilon }_0$ 为引理5.1.5中所述常数，并假设初始数据满足(2.1)和(2.2)且

${\Vert \nabla \mu \left({\rho }_0\right)\Vert }_{L^q}\le {\epsilon }_0\le \frac{1}{2}.$ (5.34)

依据([25]，定理1.1)，存在时间$T_{*}>0$ 使得问题(1.1)~(1.3)在$\Omega \times \left(0,T_{*}\right)$ 有一个唯一的局部强解$\left(\rho ,u,\theta \right)$ ，

且$T_{*}$ 依赖于${\Vert {\rho }_0\Vert }_{W^{1,q}}$ ，${\Vert \nabla u_0\Vert }_{H^1}$ ，${\Vert g\Vert }_{L^2}$ 和$\mu$ 。因为${\Vert \nabla \mu \left({\rho }_0\right)\Vert }_{L^q}\le {\epsilon }_0\le \frac{1}{2}$ 和$\nabla \mu \left(\rho \right)$ 在$L^q$ 空间的连续性，则存在$T_1\in \left(0,T_{*}\right)$ 使得$\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\left(t\right)\Vert }_{L^q}\le 1$ 。

令

$T^{*}\triangleq \sup \left\{T|\left(\rho ,u,\theta \right)是\left(1.1\right)在\Omega \times \left[0,T\right]上的一个强解\right\},$

$T_1^{*}\triangleq \sup \left\{T|\left(\rho ,u,\theta \right)是\left(1.1\right)在\Omega \times \left(0,T\right]上的一个强解且\underset{0\le t\le T}{\sup }{\Vert \nabla \mu \left(\rho \right)\Vert }_{L^q}\le 1\right\}.$

则$T_1^{*}\ge T_1>0$ 。由定理5.1.5易得

$T^{*}=T_1^{*}.$ (5.35)

显然，$T^{*}=\infty$ 。否则，如果$T^{*}<\infty$ ，由引理4.1.4，4.1.5，4.1.6，对于任意的$t\in \left(0,T^{*}\right)$ ，存在一个一致常数$C\left(T^{*}\right)$ 的，使得

${\Vert \rho \left(t\right)\Vert }_{W^{1,q}}+{\Vert u\left(t\right)\Vert }_{H^2}+{\Vert \theta \left(t\right)\Vert }_{H^2}\le C\left(T^{*}\right),$

应用定理1.1的证明，取$\left(\rho ,u,\theta \right)\left(T^{*},x\right)$ 作为初始数据可将局部强解推广至$T^{*}$ 之外。至此完成定理2.2的证明。

致 谢

作者非常感谢审稿人提出的建设性的意见和友好的建议。

基金项目

作者由国家自然科学基金资助项目——青年科学基金项目(管道中的定常不可压缩与可压缩空泡流的适定性理论，项目编号：12001071)资助。