带有临界指数和奇性的椭圆方程正解的存在性

林美琳

(莆田学院数学与金融学院， 应用数学福建省高校重点实验室, 福建 莆田 351100)

0 引言

考虑一类带权的椭圆方程多重正解的存在性问题：

(1)

那么，u∈Ha是方程(1)的一个弱解.

由Sobolev嵌入定理和Hardy不等式， 方程(1)实际上是可变的. 寻找方程(1)的弱解等价于寻找下列函数的临界点.

很多学者对方程(1)这类方程做了大量的研究， 特别是当a=b=0的情况. 文献[1]证明了在00适当小的情况下， 方程存在两个正解. 文献[2]证明了存在μ1>0， 当00，μ2>0， 当0<λ<Λ, 0<μ<μ2， 0

定理1假设0<λ<Λ且00， 当μ∈(0,μ*)时， 方程(1)至少存在两个正解.

以上问题主要采用变分方法来进行研究. 鉴于文献[1-3]的工作， 主要面对的问题如下： 1) 函数I不满足(PS)条件； 2) 方程的解不属于L∞(Ω)； 3) 由于非线性u-q的奇性， 函数I是不可微的， 这些需要文献[2-5]的一些思想和方法来解决.

1 预备知识

接下来， 看一个极小问题

可以知道S(a,b,μ)的一组达到函数为

易得：

命题1假设0≤λ<Λ， 那么对方程(1)的任意正解u∈C2(Ω{0})， 都存在着正的常数M1,M2， 有

对任意x∈Br(0){0}，r充分小都成立.

接下来， 将这个问题的Nehari流形进行分割， 然后在适当的子集上考虑极小问题. 定义

同时定义极小问题

(2)

(3)

且令

μ*=min{μ3,μ4}

2 几个引理

引理1设u是方程(1)的一个正解， 则对ε>0充分小， 有

此引理的证明见文献[7].

此引理的证明见文献[7].

引理3对每一个0≤φ∈Ha， 有

1) 存在ρ0>0， 使得I(ω+ρφ)≥I(ω)， 0≤ρ<ρ0.

引理的证明见文献[2]中引理3.

引理4对每一个0≤φ∈Ha， 有ω-qφ，v-qφ∈L1(Ω)， 且

(4)

(5)

特别地，ω，v>0几乎处处在Ω{0}中.

证明 接下来只证明式(4)， 而式(5)可以类似得证. 令φ≥0且ε>0， 由引理3的方程(1)和简单的计算， 有

由于对每一x∈Ω{0}， 当ε→0时， 不等式的右边都趋于有限值， 可以得到当ε→0时，ε-1((ω+εφ)1-q-ω1-q)是单调增加的且

由单调收敛定理知ω-qφ∈L1(Ω)， 从而得到式(4).

引理5在定理1的假设条件下：

证明 首先， 从文献[2]知道， 存在t*>0， 使得ω+t*vε∈M-. 剩下的就是证明

由于ω是方程(1)的解， 可以通过直接计算得到：

从文献[2]， 有下面的不等式：

另外还有一个不等式：

由以上的不等式可以得到

当t→0或t→∞时，I(ω+tvε)→0. 因此， 对于上面不等式右边的式子， 只考虑t∈[t0,t1]的情况， 其中0

由引理1可以得到

3 定理1的证明

这一部分将证明定理1. 定理1的证明关键是解决极小问题(2)和极小问题(3).

定理1的证明需要分成两步来完成. 第一步将证明， 若存在ω∈M+使得d+=I(ω)， 且存在v∈M-使得d-=I(v)， 那么ω和v是方程(1)的两个正的弱解； 第二步将证明极小值d+和d-分别是可达的.

第一步： 令ω∈M+使得d+=I(ω)；v∈M-使得d-=I(v).

命题2ω和v是方程(1)的两个正的弱解.

证明 对任意φ∈Ha，ρ>0， 定义ψ=(ω+ρφ)，ψ+=max{ψ, 0}， 则ψ+∈Ha. 由于ω∈M， 从式(4)可以得到

由φ的任意性知ω是方程(1)的解. 类似可以证明v也是方程(1)的解.

第二步： 极小值d+和d-是可达的．

下面只证明存在v∈M-， 使得d-是可达的.d+可类似得证. 在这里指出vε和ω(命题1)的局部精确估计起到必要的作用. 从命题1还可以知道存在m>0使得对x∈suppω{0}， 有ω(x)≥m.

命题3极小值d-是可达的． 存在v∈M-， 使得I(v)=d-．

证明 令{vn}n∈N⊂M-， 使得I(vn)→d-．易得{vn}在Ha中是有界的． 假设弱vn→v在Ha中， 令zn=vn-v， 假设

由于vn∈M， 由Brezis-Lieb引理和Sobolev嵌入定理， 得到

这和引理5矛盾．

从假设μ∈(0,μ*)， 有00， 定义

现在， 考虑下面的情况：

①t-<1. ②t-≥1且f>0. ③t-≥1且f=0．

1) 从t-<1，g′(1)=0，g′(t-)>0， 可以得到g在[t-, 1]上是递增的．从而有

由μ∈(0,μ*)， 得到g(1)≥g(T0). 若T0≤1， 有

同样和引理5矛盾.

那么由命题2～3就可以直接证明定理1.