一類超線性Dirichlet問題無窮多個徑向對稱解的存在性

褚后利， 魏公明

（上海理工大學 理學院，上海 200093）

1 問題的提出

近年來，對超線性邊值問題

的研究取得了長足的進展.其中，Ω 為RN空間中的有 界 區 域，Δ 為Laplace算 子，g 是R 到R 上 的 連 續函數，q∈L2（Ω），且

主要目的是找到合適的Ω，g，q條件，使得問題（1）和問題（2）有無窮多個解.關于此類問題解的存在性利用泛函方法在文獻［1－2］中已得到證明.

對超線性邊值問題

當g 是奇函數且滿足合適的增長條件時，文獻［3－5］證明了問題存在無窮多個解.而對g 滿足Sobolev空間臨界指數增長條件下解的存在性，文獻［6］給出了具體證明.在文獻［7］中，Castro 和Kurepa將上述結果推廣到g 滿足超線性Sobolev嵌入定理指數增長時，問題也存在無窮多個徑向對稱解.本文不僅驗證了上述結果，并將上述結論推廣到問題（1）和問題（2）上.

取Ω 為RN空間中中心在原點、半徑為T 的球.

式中，q（x）為徑向對稱函數.

為了討論方便，不失一般性，令

式中，g 為嚴格單調遞增函數.

現給出一些定義.

其中，k∈（0，1］，ρ＞0，m∈R.

定理1 假設g 是局部Lipschitz連續的，且式（2）和式（3）成立.當－2＜α≤0時，若下列條件之一成立：

a.對某些k∈（0，1），L（1，u）是下有界的，且L＋（k）＝＋∞，L－（k）＝－∞；

b.?m∈R，當u→＋∞時，F（m，u）→＋∞；u→－∞，F（m，u）→－∞.

則問題（1）有無窮多個滿足u（0）＞0（u（0）＜0）的徑向對稱解.

定理1 的結果不僅對滿足線性增長條件的g（u）＝A｜u｜p＋B 適用，而且對g（u）＝uln u，u＞1，問題（1）無窮多個解的存在性也可以由定理1得到證明.定理1的方法的另一個優點是，只要p（x ，u，u′）是 一 致 有 界 的，p 可 依 賴 于（x ，u，u′）而變化.

定理1的主要證明過程是首先將問題（1）轉化為常微分方程奇異初值問題.

其中，n＝N－1，d為任意實數.

其次利用能量分析法，定義能量函數

問題（8）滿足

的解即為問題（1）的徑向對稱解.進而利用“打靶法”，找到合適的t0＞0，使得問題（8）的解滿足

利用式（2）、式（3）和式（11）及Pohozaev 等式去證明

對t∈（0，T］一致成立.

最后利用相平面分析法，在（u，u′）平面上定義連續變量函數θ（t，d），且θ（0，d）＝0.仿效文獻［8］的方法去證明

由介值定理可知，問題（10）存在無窮多個解，進而問題（1）有無窮多個徑向對稱解.

2 能量分析

首先將問題（8）中的微分方程轉化為等價的積分方程

引理1 問題（8）有局部解.

證明 取完備度量空間C［0，ε］×［d′－ε，d′＋ε］，定義算子

由定理1的條件可知，g滿足局部Lipschitz 條件，即對?u1（t，d），u2（t，d），?K＞0，使得

定義

則對上述u1（t，d），u2（t，d）有

由u1（t，d），u2（t，d）的任意性可知

當α＞－2時，取充分小的ε，可使得

由 壓 縮 映 射 原 理 可 知，?u（t，d），使 得Au（t，d）＝u（t，d），即證問題（8）有局部解.

引理2 問題（8）在t∈［ε，＋∞）上有解.

如果（u′（tn，d））2不 趨 向 于 無 窮 大，則 由 平 均 值定理，可找到一個新的遞增序列使 得（u′（t′n，d））2→∞.所 以，不 失 一 般 性，可 假 設（u′（tn，d））2→∞.此外，由式（4）成立，可知，u）≥0，因此

另一方面

因為，g 是單調遞增函數，所以

由k∈（0，1），d＞0可知，當

有u′（t，d）＜0.

令t0＝t0（k，d），則 對?t∈（0，t0），有d≥u（t，d）＞kd，u（t0，d）＝kd.

在［0，t0］上積分，有

現尋找滿足式（17）的t0.已知

因此，只要

即可，此時

引理3 若L（1，u）是下有界的，且對某些k∈（0，1），有L＋（k）＝∞，L－（k）＝∞，則

對t∈（0，T］一致成立.

證明 令v（x）＝u（x ），x∈Ω，當u滿足問題（8），有

仿效Pohozaev不等式的證明方法，有

其中，υ＝（υ1，υ2，…，υN），υ表示Ωε在x點的外法線單位向量，j＝1，2，…，N.

另一方面，在式（19）兩邊同乘v，并在Ωε上積分，有

將式（23）代入式（22），有

而

由式（18）、式（24）和式（25），以及L（1，u）是下有界的，有

其中，B是與d有關的常數.

已知L＋（k）＝∞，由式（24），有

對t∈（0，T］是一致成立的.

引理3得證.

引理4 如果?m ∈R，當u→＋∞時，有F（m，u）→∞，則

對t∈（0，T］一致成立.

證明 由E 的定義及式（8），有

對式（27）在［t0，t］上積分，有

其中，m 是關于（n，T，p∞，ρ）的常數.結合式（18）和式（26），引理4得證.

3 相平面分析

如果d＜0，可找到變量函數ψ（t，d），使得

經計算，有

現證明定理1.

證明 仿效文獻［6］的方法，由解對初值的連續依賴性，

只要證明式（32）成立.

為了證明式（32），只要證明任意給定正整數J，存在d0，使得當d≥d0（－d≥d0）時，有

成立.

如果x0＞0，定義

由式（2），有

令

r0滿足

其中，ω（r0，δ）＝（T／4）αr0m（r0cosδ）sin2δcosδ.

當E（t，d）→∞時，有r（t，d）→∞.由引理3和引理4可知，存在d0，使得對所有t∈（0，T］，若d＞d0，則有r（t，d）≥r0.

假設t≥T／4，且θ（t，d）∈［jπ／2－δ，jπ／2＋δ］.其中，j是非負奇數.由式（31），（34），（35）及g（u）u≥0，有

另一方面，如果θ（t，d）∈［jπ／2＋δ，（j＋2）·π／2－δ］，有

由式（38）和式（39）可知，對t∈［T／4，T］，θ（t，d）是一個單調遞增的函數.

現對θ（T，d）進行估計.假設對某些非負奇數j，有

由 式（38）可 知，存 在t1∈（T／4，T／4＋8δ），使得

對t＞t1，θ（s，d）∈［jπ／2＋δ，（j＋2）π／2－δ］及s∈［t1，t］，由式（39）可知

因 此，存 在t0∈（t1，t1＋2（π－2δ）／ω（r0，δ）），

使得

仿效t1存在性的證明，可知存在t3∈（t2，t2＋8δ），使得θ（t3，d）＝（j＋2）π／2＋δ.由t1，t2可得

因為θ（t，d）是單調遞增的，所以

另一方面，如果｜θ（T／4，d）－jπ／2｜≥δ，可找到

因此

綜上，定理1得證.

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