含凹凸非线性项的一般拟线性椭圆方程解的存在性
2019-03-30张翔潘文峰
张翔,潘文峰
(武汉理工大学数学系,湖北 武汉430070)
1.引言
在本文中,我们研究一类拟线性椭圆方程解的存在性,其表达式如下:
方程(1.1)来自于等离子体物理学中的超流薄膜方程,详情可见文[7-8,12]以及更多关于物理背景的参考文献.近几年,在文[1,3,6-7,12-16]中,对于当α= 1 且µ= 0时的方程(1.1)解的存在性进行了广泛的研究.而当µ >0时,在文[20]中,其主要的存在结果是通过约束极小化参数得到的.在文[13]中,先通过变量替换将拟线性问题(1.1)转化成半线性问题,然后应用山路引理,构建一个Orilicz空间框架来证明正解的存在性.此外,通过应用变换替换,文[2,4,10]对于一般情况下的方程(1.1)也进行了深入的研究.与一般半线性椭圆方程相比,(∆(|u|2α))|u|2α−2u的存在使得方程(1.1)更具挑战性.在文[18]中,对于γ= 1时的方程(1.1),YANG等应用文[15]中的变量替换和文[5]中截断函数方法,然后通过临界点理论证明了在4α 在本文中,我们应用文[5,15-16]中的方法,研究方程(1.1)在的情况下解的存在性,并且我们将指数条件延伸到了2到2α之间. 我们假设位势函数V满足 关于方程(1.1)解的存在性,我们有如下结果: 定理1.1假设位势函数满足条件(V1),并且则存在一个γ0,使得当γ ∈(0,γ0)时,方程(1.1)存在一个正解uγ(x),且此解满足： 当p ∈(2,2∗)时,我们定义一个辅助函数gγ(t) : R→R+,如下: 其中η(t)∈C∞0(R,[0,1]) 是一个截断函数. 首先,我们能够建立一个适当的截断函数ζ(t),令 然后可得ζ(t)∈C∞(R,[0,1]),0≤ζ(t)≤1,并且有 令ζ′(0) =ζ′(1) = 0,可得ζ′(0)≥0在[0,1]上一致有界.因此,存在一个C0>0,使得对于任意t ∈R,都有|ζ′(t)|≤C0. 若4α>p,我们可令 则ρ(t)∈C∞(R+,[0,1]),并且 最后,我们取 可得 考虑t ∈R+的情况,明显有 可知当t ∈R+时,η(t)∈C∞0(R,[0,1]) 并且η′(t)t ≤0.此外,当t ∈R+时,通过(2.2)可得 接下来,我们考虑拟线性薛定谔方程正解的存在性： 通过gγ的定义,我们可知,若则方程(2.3)可变为方程(1.1). 若p ≥4α,我们可令 类似地,我们可得: 所以,我们的目标就是证明方程（2.3）存在一个正解,且此解满足: 我们注意到,(2.3)是一个欧拉方程,并且其相关的自然能量泛函 在H1(RN)上具有很好的定义. 设 我们发现,其反函数(t)存在,并且是个奇函数.同时,Gγ,(R,R). 引理2.1Gγ(t) 存在如下性质: 当p<4α时,对任意的t ∈R,有 当p ≥4α时,对任意的t ∈R,有 证关于(2.4)(2.5)(2.7)的证明过程跟文[7]中的引理2.1相似,故省略. 对于(2.6),通过gγ的定义和(2.1),我们可得 对于(2.8),由于p ≥4α,很明显有(p −2)+(4p −16α)α2γt2(2α−1)>0.因此 证毕. 通过引入变量代换u=(v),我们观察到,泛函Iγ能被改写成如下形式: 通过引理2.1,我们可知Jγ在H1(RN)空间上有较好的定义,J ∈C1(H1(RN),R),并且对于所有的v,ψ ∈H1(RN),有 引理2.2如果v ∈C2(RN)∩H1(RN) 是Jγ的一个临界点,那么u=(v)∈C2(RN)∩H1(RN),并且u是方程(2.3)的一个经典解. 证将(t)∈C2(RN)的事实与引理2.1相结合,我们能直接计算出u=(v)∈C2(RN)∩H1(RN). 如果v是Jγ的一个临界点,那么对于所有的ψ ∈H1(RN), 对于每一个(RN),我们令ψ=gγ(u)φ ∈C20(RN)⊂H1(RN) 并将其代入(2.9) 可得 所以u是方程(2.3)的一个经典解.证毕. 因此,为了找到方程(2.3)的正解,研究下面方程的存在性就足够: 引理3.1Jγ满足山路几何条件. 证通过(2.5)(2.7),我们可知以下两点成立: 每个省份调查至少覆盖40%地级市，每个地级市至少覆盖1个城区和1个县，覆盖小学、初中、高中全年级……近日，三部委组织开展儿童青少年近视调查工作，摸底掌握各地近视率基数。此前印发的《综合防控儿童青少年近视实施方案》要求，在核实2018年儿童青少年近视率基础上，从2019年起将近视防控纳入政府考核。这正是： (i) 在H1(RN) 中,当v →0 时,如果p <4α,则有如果p ≥4α,则有 (ii) 存在一个e ∈H1(RN),使得 因此,Jγ满足山路几何条件.证毕. 根据引理(3.1),应用山路引理[19],然后可知存在一组(PS)cγ序列vn ⊂H1(RN),即存在一个序列使得Jγ(vn)→cγ和J′γ(vn)→0,其中cγ是Jγ的山路水平,具体表示如下: 其中 引理3.2Jγ的任意一组(PS)cγ的序列都是有界的. 证设vn是Jγ的一组(PS)cγ序列,可得 其中当n →∞时,on(1)→0.令通过性质(2.6)和(2.7),我们可得 因此ψn ∈H1(RN).选择ψ=ψn作为一个测试函数代入(3.2),可得 若p<4α,通过(2.5)(2.6),再结合(3.1)和(3.3),我们能够得到 类似地,若p ≥4α,有 所以vn在H1(RN) 空间上是有界的.证毕. 根据引理3.2,取vγ的某一子列仍用vγ来表示,存在一个vγ ∈H1(RN)使得在空间H1(RN)中vn →vγ,在空间Lsloc(Rn)中vn →vγ,s ∈[1,2∗).由此可知,在ϑ:= suppψ上几乎处处有vn →vγ,并且存在一个ws ∈Ls(ϑ),使得在ϑ上,对于任意的n,几乎处处满足|vn(x)|≤|ws(x)|. 我们现在证明,对于任意的ψ ∈C∞0(RN),都有⟨J′γ(vn),ψ⟩= 0,即vγ是Jγ的一个临界点.注意,当n →∞时,我们可得,在ϑ上几乎处处有 此外,根据引理2.1中的性质(2.6),我们有,在ϑ上几乎处处有 现在,结合(3.4)-(3.6),勒贝格控制收敛定理,以及在空间H(RN)上的弱收敛vn ⇀vγ,我们可得,当n →∞时,⟨J′γ(vn),ψ⟩ →⟨J′γ(vγ),ψ⟩.又因为当n →∞时J′γ(vn)→0,于是有J′γ(vγ) = 0.在前面的推导过程中,用|vn|代替vn依然成立,于是可令在空间RN中vn ≥0.因此,vγ ≥0. 引理3.3vγ >0. 证若vγ ≡0,根据文[15],可知vn也是关于泛函:H1(RN)→R 的一组(PC)cγ序列,其中 其次,我们声明存在α,R>0 以及yn ⊂RN使得 假设上述声明的不成立,那么对所有的R>0, 然后根据Lions紧性引理[11],可知对任意的s ∈(2,2∗)在Ls(RN)上都有vn →0.再结合引理2.1,我们得到 以及 根据引理2.1中的性质(2.4),可知对于任意ε >0,总存在一个对应的δ >0 使得当|vn(x)| <δ时,我们有 另一方面,我们还有 由于ε的任意性,结合(3.10)和(3.11),可得 因此,我们推断出 再结合(3.8),(3.9)和(3.12),我们得到Jγ(vn)→0,这与已知的Jγ(vn)→cγ >0 相矛盾.所以证明前面的声明是成立的. 设 根据文[20]中定理1.6,可得E(v)是弱下半连续的,然后根据Fatou引理,我们可知 因此, 根据来自文[9]中的论点,我们能够建立一个山路路径χ(t):[0,L]→RN,且其满足: (I)χ(0)=0,(χ(L))<0,∈χ([0,L]); (II)χ(t)(x)>0 for allx ∈RN,t ∈[0,L]; (III) maxt∈[0,L](χ(t))=(v). 参照文[9],我们定义 然后我们可得 设χ(t)(x)=(x),我们看到 因此χ(t)∈C([0,∞),H1(RN)),并且有 于是,当t ∈(0,1) 时当t>1 时所以,当L>1 足够大时,我们就得到了所需的山路路径.定义 在t经过适当的尺度变化之后,我们可以假设χ(t)∈Γ∞.同时, 最后,我们就得到了满足(I)(II)(III)的山路路径χ.根据这个限制,我们可以假设V(x)≤V∞成立,但是不成立(否则就不需要证明了).因此,χ(t)∈Γ∞⊂Γ.我们可得 这个式子明显自相矛盾,所以我们能肯定vγ0,根据Hopf引理,我们得到vγ >0.证毕. 接下来,我们要证明vγ在范数L∞上具备一致有界性.首先,我们证明其梯度的一致有界性. 引理3.4存在一个跟γ >0 不相关的常数f,使得vγ满足 证当p<4α时,由于vγ是Jγ的一个临界点,那么 因此,可以推断出 另一方面,根据(2.5),我们可得 注意,方程 是一个欧拉方程,其相关能量泛函为P(v).在文[9]中,Jeanjean 和Tanaka 证明了d是P(v) 的最小能级. 考虑集合 由于Γ ⊂Γγ,于是有 因此,我们得到 根据(3.15)和Sobolev不等式,我们可得 其中S是最优Sobolev常数. 类似地,当p ≥4α时,我们能够得到 证毕. 引理3.5存在一个跟γ不相关的常数K >0,使得‖vγ‖∞≤K. 证为了方便,我们用v来表示vγ.对于任意的m ∈N和β >1,令Am={x ∈RN:|v|β−1≤m}以及Bm=RNAm.定义 很明显有vm ∈H1(RN),vm ≤|v|2β−1以及 将vm作为一个测试函数代入(3.2),我们可得 由(3.19),可得 设 然后可知w2m=vvm ≤|v|2β以及 因此, 然后根据(3.21) 和(3.22),可得 结合(2.5)(2.7)(3.20)(3.21)以及(3.23),由于β >1,我们可得 通过(3.15)(3.16)可知,对于任意的m ∈[2,2∗],都有 因为在RN中以及在Am中|wm|=|v|β,所以我们有 根据单调收敛定理,让m →∞,我们可得 令β=σ2并代入(3.26),可得 结合(3.27) 和(3.28),可知 分别令β=σi(i=1,2,...) 并重复代入(3.26),我们可得 因此,根据(3.13),使用Sobolev 不等式并且作j →+∞的极限,我们可得 其中K >0 跟γ不相关.证毕. 定理1.1的证明当p <4α时,令我们可知,对所有的γ ∈(0,γ0),都有 当p ≥4α时,令我们可知,对所有的γ ∈(0,γ0),都有 综上所述,我们可得,若γ ∈(0,γ0),则所以uγ=(vγ)是方程(1.1) 的一个正解.
2.变量代换
3.定理证明
