非線形拡散方程式における質量保存則と解の有限時刻消滅について

4段階に分けて証明を行う.
Step:1 $u_0$は非負かつ$C_0^\infty(\om)$と仮定する.
方程式の退化性または特異性を回避するため,
\begin{equation} u_{0,n} = u_0 + \frac{1}{n} \end{equation}
とした初期値境界値問題
\begin{equation}\label{7}\tag{7} \begin{cases} \partial_tu_n = \Delta u_n^m & {\rm in}\ \ \om\times(0,\infty) =: Q,\\ u_n = \dfrac{1}{n} & {\rm on}\ \ \partial\om\times[0,\infty) =: \Sigma,\\ u_n = u_{0,n} & {\rm on}\ \ \om\times\{t=0\} \end{cases} \end{equation}
を考える. 問題\eqref{7}は放物型方程式における最大値原理より
\begin{equation}\label{8}\tag{8} \dfrac{1}{n} \leqslant u_n(x,t) \leqslant M + \dfrac{1}{n}\ \ {\rm in}\ \ \overline{Q} \end{equation}
であると予想される. ただし, $M = \sup(u_0)$である. ここで, 問題\eqref{7}の方程式は
\begin{equation} \partial_tu_n = \nabla\cdot(a(u_n)\nabla u_n) \end{equation}
と書き換えられ, $u_n$が式\eqref{8}をみたしているとき$a(u_n) = mu_n^{m-1}$とする. 故に, $a(u_n)$は正値かつ滑らかで, $a(u_n) \geqslant c > 0$である. このとき, 問題\eqref{7}はstandard quasilinear theory[cf. 1, Chapter 6]より古典解$u_n \in C^{2,1}(\overline{Q}) \cap C^\infty(Q)$を一意にもつことがわかる. よって, 放物型方程式における最大値原理を適用すると, 式\eqref{8}が成立する. 実際,
\begin{equation} \partial_tu_n = a(u_n)\Delta u_n + \nabla a(u_n)\cdot\nabla u_n \end{equation}
であるので, $\hat{u} = u_n - \left(M+\dfrac{1}{n}\right)$とおけば,
\begin{equation} \partial_t\hat{u} = a(u_n)\Delta\hat{u} + \nabla a(u_n)\cdot \nabla\hat{u} \end{equation}
と$\hat{u}$に関する線型方程式になる. したがって, 最大値原理より$\hat{u}_0 \leqslant 0$より$\hat{u} \leqslant 0$すなわち$u_n \leqslant M+\dfrac{1}{n}$がしたがう. 同様にして$u_n \geqslant \dfrac{1}{n}$であるから, 古典解$u_n$は式\eqref{8}をみたす. さらに, $n$は任意なので, 同様に
\begin{equation} \frac{1}{n+1} \leqslant u_{n+1} \leqslant M + \frac{1}{n+1}\ \ {\rm in}\ \ \overline{Q} \end{equation}
が成立する. ここで,
\begin{equation} w(x,t) = u_n(x,t) - u_{n+1}, \end{equation}
\begin{equation} A(x,t) = m(m-1)\int_0^1\{u_{n+1}(x,t)+\tau(u_n(x,t)-u_{n+1}(x,t))\}^{m-2}\ d\tau \end{equation}
とおくと,
\begin{align} \partial_tw(x,t) & = \nabla\cdot\left(a_n(u_n)\nabla u_n(x,t)\right) - \nabla\cdot\left(a_{n+1}(u_{n+1}(x,t))\nabla u_{n+1}(x,t)\right) \\ & = \nabla\cdot\left(mu_n^{m-1}(x,t)\nabla (u_n(x,t) - u_{n+1}(x,t))\right) \\ & \hspace{3cm} + \nabla\cdot\left((mu_n^{m-1}(x,t) - mu_{n+1}^{m-1}(x,t))\nabla u_{n+1}(x,t)\right) \\ & = \nabla\cdot\left(mu_n^{m-1}(x,t)\nabla w(x,t)\right) + \nabla \cdot \left(A(x,t)w(x,t)\nabla u_{n+1}(x,t)\right) \\ & =: p(x,t)\Delta w + \nabla q(x,t)\cdot\nabla w(x,t) + r(x,t)w(x,t) \end{align}
となる. ここで,
\begin{equation} \begin{aligned} p(x,t) &:= mu_n^{m-1},\\ q(x,t) &:= mu_n^{m-1} + A(x,t)u_{n+1}(x,t),\\ r(x,t) &:= \nabla\cdot\left(A(x,t)\nabla u_{n+1}\right) \end{aligned} \end{equation}
である. したがって, $p(x,t) > 0$であるので, 最高階の微分の係数が退化しない$w(x,t)$に関する線型方程式に帰着できる. よって, $w_0 = u_{0,n} - u_{0,n+1}$なので, 最大値原理より$w \geqslant 0$ in $\overline{Q}$すなわち
\begin{equation} u_{n+1} \leqslant u_n\ \ {\rm in}\ \ \overline{Q} \end{equation}
が得られる. 故に, $\{u_n\}$は下に有界な単調減少列であるので, 各点の意味で
\begin{equation} u(x,t) = \lim_{n\to\infty}u_n,\ \ (x,t) \in \overline{Q} \end{equation}
となる$u$が存在し, $0 \leqslant u \leqslant M$である. 一方, $\Sigma$上では,
\begin{equation} \sup_{\Sigma}u \leqslant \sup_{\Sigma}u_n = \dfrac{1}{n} \to 0\ \ {\rm as}\ \ n \to \infty \end{equation}
となる.

Step2: $L^\infty(0,\infty; L^1(\om))$上のCauchy列の構成.
$u \in L^\infty(0,\infty; L^1(\R^N))$となる$u$の存在性を証明するため, 古典近似解に対して次の$L^1$-contraction principleと呼ばれる不等式
\begin{equation}\label{9}\tag{9} \|u_n(t)-v_n(t)\|_{L^1(\om)} \leqslant \|u_{n,0}-v_{n,0}\|_{L^1(\om)} \end{equation}
が成立することを確かめる.
$p_k \in C^1(\R)$を
\begin{equation} {\rm sign}_0^+(s) = \begin{cases} 1 & {\rm if}\ \ s\geqslant0,\\ 0 & {\rm if}\ \ s<0 \end{cases} \end{equation}
の近似列とする. すなわち, $k \in \N$として
\begin{equation} p_k(s) = \begin{cases} 1 & {\rm if}\ \ s \geqslant \dfrac{1}{k},\\ 0 & {\rm if}\ \ s<0, \end{cases} \ \ \ \ \ \ \ \ 0 < p_k \leqslant 1\ \ {\rm if}\ \ 0< s<\dfrac{1}{k} \end{equation}
をみたす非負かつ非減少関数とする. 問題\eqref{7}の古典近似解を$u_n, v_n$とし,
\begin{equation} \partial_t(u_n - v_n) = \Delta(u_n^m - v_n^m) \end{equation}
の両辺に$p_k(u_n^m-v_n^m)$をかけて$\om$上で積分すると,
\begin{align} \int_{\om}p_k(u_n^m(x,t)-v_n^m(x,t))\partial_t(u_n-v_n)(x,t)\ dx & = \int_{\om}p_k(u_n^m(x,t)-v_n^m(x,t))\Delta(u_n^m-v_n^m)(x,t)\ dx \\ & = -\int_{\om}|\nabla(u_n^m-v_n^m)(x,t)|p_k'(u_n^m(x,t)-v_n^m(x,t))\ dx \\ & \leqslant 0 \end{align}
となる. したがって,
\begin{equation} p_k(u_n^m-v_n^m)\partial_t(u_n-v_n) \to {\rm sign}_0^+(u_n-v_n)\partial_t(u_n-v_n) = \partial_t[u_n-v_n]_+\ \ {\rm as}\ \ k \to \infty \end{equation}
が成立するので,
\begin{equation} \frac{d}{dt}\int_{\om}[u_n-v_n]_+(x,t)\ dx \end{equation}
を得る. 故に, 両辺を$0$から$t$まで積分すれば,
\begin{equation} \int_{\om}[u_n-v_n]_+(x,t)\ dx \leqslant \int_{\om}[u_{n,0}-v_{n,0}]_+(x,t)\ dx \end{equation}
となるので, $u_n$と$v_n$を入れ替え同様の議論をすれば, 式\eqref{9}が成立する. これにより, 初期値にmollifier$J_{\e}$を作用させ,
\begin{equation} u_{0,n}(x) = (J_{1/n}*u_0)(x) + \frac{1}{n} \end{equation}
とした初期値境界値問題\eqref{7}の古典近似解と任意の$n,k \in \N$に対して
\begin{align} \|u_n(t) - u_k(t)\|_{L^1(\om)} & \leqslant \|u_{n,0}-u_{k,0}\|_{L^1(\om)} \\ & \leqslant \|(J_{1/n}*u_0) - u_0\|_{L^1(\om)} + \|(J_{1/k}*u_0) - u_0\|_{L^1(\om)} + \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{k}\right)|\om| \\ & \to 0\ \ {\rm as}\ \ n,k \to \infty \end{align}
となる. よって, $\{u_n\}$は$L^\infty(0,\infty; L^1(\om))$上のCauchy列である. $L^\infty(0,\infty; L^1(\om))$はBanach空間であるから,
\begin{equation} u_n \to u\ \ {\rm strongly\ in}\ \ L^\infty(0,\infty; L^1(\om))\ \ {\rm as}\ \ n \to \infty \end{equation}
となる$u \in L^\infty(0,\infty; L^1(\om))$が一意に存在する.

Step3: $L^1$-連続性の証明.
今得られた$u$に対しても,
\begin{equation}\label{10}\tag{10} \|u(t)-v(t)\|_{L^1(\om)} \leqslant \|u_0-v_0\|_{L^1(\om)} \end{equation}
が成立するので,
\begin{align} \|u(t)-u_0\|_{L^1(\om)} & \leqslant \|u(t)-u_n(t)\|_{L^1(\om)} + \|u_n(t)-u_0\|_{L^1(\om)} + \|u_{n,0}-u_0\|_{L^1(\om)} \\ & \leqslant 2\|u_0-u_{n,0}\|_{L^1(\om)} + \|u_n(t) - u_0\|_{L^1(\om)} \\ & \to 2\|u_0-u_{n,0}\|_{L^1(\om)}\ \ {\rm as}\ \ t \to 0, \\ & \to 0\ \ {\rm as}\ \ n \to \infty \end{align}
を得る. 故に$t=0$での連続性が得られる. $t>0$の場合においても同様に計算すればよい. 以上より$u \in C([0,\infty); L^1(\om)) \cap L^\infty(Q)$が証明された. $\square$

$u < v$ a.e. in $Q$と仮定する. このとき, $L^1$-contraction principleより
\begin{equation} \int_{\om}[v(x,t)-u(x,t)]_+\ dx \leqslant \int_{\om}[v_0(x)-u_0(x)]_+\ dx = 0 \end{equation}
となる. これは$u< v$に矛盾する. 故に$u \geqslant v$ a.e. in $Q$である. $\square$

$p_k \in C^1(\R)$を前章と同様のものとし,
\begin{equation} j_k(r) = \int_0^rp_k(s)\ ds \end{equation}
とする. すなわち$j_k$は関数$s \mapsto [s]_+$の近似列である. さらに, $\xi_0 \in C_0^\infty(\R^N)$を$0\leqslant \xi_0 \leqslant 1$,
\begin{equation} \xi_0(x) = \begin{cases} 1 & {\rm if}\ \ |x| \leqslant 1,\\ 0 & {\rm if}\ \ |x| \geqslant 2 \end{cases} \end{equation}
をみたすカットオフ関数とし, $\xi_n(x) = \xi_0(x/n)$と定める. つまり
\begin{equation} \xi_n \to 1\ \ {\rm as}\ \ n \to \infty \end{equation}
である. 方程式
\begin{equation} \partial_t(u_1-u_2) = \Delta(u_1^m-u_2^m) \end{equation}
の両辺に$p_k(u_1^m-u_2^m)\xi_n$をかけて$\R^N$上で積分すると,
\begin{equation} \int_{\R^N}p_k(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))\xi_n(x)\partial_t(u_1(x,t)-u_2(x,t))\ dx = \int_{\R^N}p_k(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))\xi_n(x)\Delta(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))\ dx \end{equation}
となる. 右辺は
\begin{align} & \int_{\R^N}p_k(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))\xi_n(x)\Delta(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))\ dx \\ & = -\int_{\R^N}p_k'(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))|\nabla(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))|^2\xi_n(x)\ dx - \int_{\R^N}p_k(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))\nabla(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))\cdot\nabla\xi_n(x)\ dx \\ & \leqslant - \int_{\R^N}p_k(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))\nabla(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))\cdot\nabla\xi_n(x)\ dx \\ & = -\int_{\R^N}\nabla j_k(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))\cdot\nabla\xi_n(x)\ dx \\ & = \int_{\R^N}j_k(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))\Delta\xi_n(x)\ dx \\ & \leqslant \frac{1}{n^2}\int_{\R^N}(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))\Delta \xi(x/n)\ dx \end{align}
と評価できる. ここで, $m>1$のときは$u(t) \in L^1(\R^N)$であれば$u^m(t) \in L^1(\R^N)$であるので
\begin{align} \frac{1}{n^2}\int_{\R^N}(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))\Delta \xi(x/n)\ dx & \leqslant \frac{1}{n^2}\|\Delta\xi\|_{L^\infty(\R^N)}\int_{\R^N}|u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t)| dx \\ & \to 0\ \ {\rm as}\ \ n \to \infty \end{align}
となる. 一方, $0< m<1$のときは$(a-b)^m \leqslant 2^{1-m}(a-b)^m$を用いると
\begin{align} \frac{1}{n^2}\int_{\R^N}(u_1^m(x,t)-u_2^m(x,t))\Delta \xi(x/n)\ dx & \leqslant \frac{2^{1-m}}{n^2}\int_{\R^N}(u_1(x,t)-u_2(x,t))^m\Delta\xi(x/n)\ dx \\ & \leqslant \frac{2^{1-m}}{n^2}\left(\int_{\R^N}|u_1(t)-u_2(t)|\ dx\right)^m\left(\int_{\R^N}|\Delta\xi_n(x)|^{\frac{1}{1-m}}\right)^{1-m} \\ & \to 0\ \ {\rm as}\ \ n \to \infty \end{align}
となる. 以上の計算を整理すると, $n,k\to\infty$とすれば${\rm sign}_0^+(u_1-u_2)\dfrac{d}{dt}(u_1-u_2) = \dfrac{d}{dt}[u_1-u_2]_+$であることから,
\begin{equation} \frac{d}{dt}\int_{\R^N}[u_1(x,t)-u_2(x,t)]_+\ dx \leqslant 0 \end{equation}
を得る. よって, 両辺を$0$から$t$まで積分すると,
\begin{equation} \|[u_1(t)-u_2(t)]_+\|_{L^1(\R^N)} \leqslant \|[u_{0,1}-u_{0,2}]_+\|_{L^1(\R^N)} \end{equation}
となるので, $u_1,u_2$を入れ替えて同様の議論をすれば補題の証明が完了する.$\square$

$u = u_n \in C^{2,1}(\overline{Q})$とする. 方程式の両辺に$u^q$をかけて$Q_T$上で積分すると,
\begin{align} \int_0^T\int_{\om}u^{q}(x,t)\partial_tu(x,t)\ dxdt & = \frac{1}{q+1}\int_0^T\frac{d}{dt}\int_{\om}u^{q+1}(x,t)\ dxdt \\ & = \frac{1}{q+1}\int_{\om}u^{q+1}(x,T)\ dx - \frac{1}{q+1}\int_{\om}u_0^{q+1}(x)\ dx \\ & = \int_0^T\int_{\om}u^q(x,t)\Delta u^m(x,t)\ dxdt \\ & = -\int_0^T\int_{\om}\nabla u^q(x,t)\cdot\nabla u^m(x,t)\ dxdt \\ & = -qm\int_0^T\int_{\om}u^{q-1+m-1}(x,t)\nabla u(x,t)\cdot\nabla u(x,t)\ dxdt \\ & = -qm\int_0^T\int_{\om}u^{\frac{q+m}{2}-1}(x,t)\nabla u(x,t)\cdot u^{\frac{q+m}{2}-1}(x,t)\nabla u(x,t)\ dxdt \\ & = -\frac{4qm}{(q+m)^2}\int_0^T\int_{\om}\left|\nabla\left(u^{\frac{q+m}{2}}\right)\right|^2\ dxdt \end{align}
となるので, まとめると
\begin{equation} \int_{\om}u^{q+1}(x,T)\ dx + \frac{4qm(q+1)}{(q+m)^2}\int_0^T\int_{\om}\left|\nabla\left(u^{\frac{q+m}{2}}\right)\right|^2\ dxdt = \int_{\om}u_0^{q+1}(x)\ dx \end{equation}
が得られる. よって, 任意の$T > 0$に対して
\begin{equation} \int_{\om}u^{q+1}(x,T)\ dx \leqslant \int_{\om}u_0^{q+1}(x)\ dx \end{equation}
となるので, 補題の証明が得られる. $\square$