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user: 3. 定理1.1的证明 利用Ekeland变分原理 [ 9 ] 和( [ 8 ]，引理5.2)，我们得到如下结果。 引理3.1：在定理1.1的假设下，我们有 1) 若 0 < λ < Λ 1 ，则 J ( u ) 有 ( P S ) m 序列 { u n } ⊂ N ； 2) 若 0 < λ < Λ 2 ，则 J ( u ) 有 ( P S ) m − 序列 { u n } ⊂ N − 。 下面引理给出了 J ( u ) 的 ( P S ) c 条件成立的区间。 引理3.2：若 λ ∈ ( 0 ， Λ * ) ，当 c < c μ ， s * − C 0 λ 2 / ( 2 − q ) ， J ( u ) 的任何 ( P S ) c 序列都包含一个强收敛的子序列，其中 c μ ， s * = a s 3 S μ ， s ( b S μ ， s 3 − s 3 − 2 s + b 2 S μ ， s 6 − 2 s 3 − 2 s + 4 a S μ ， s 2 ) 3 − 2 s s + b s ( 3 − 2 s ) 3 ( 6 − 2 s ) S μ ， s 3 − s 3 − 2 s ( b S μ ， s 3 − s 3 − 2 s + b 2 S μ ， s 6 − 2 s 3 − 2 s + 4 a S μ ， s 2 ) 3 − s s ， (3.1) C 0 由引理3.3给出的正常数。 证明：设 { u n } ⊂ H ˙ s ( ℝ 3 ) 是 J ( u ) 的一个 ( P S ) c 序列。因为 q ∈ ( 1 ， 2 ) 和 c + 1 + o ( 1 ) ‖ u n ‖ ≥ J ( u n ) − 3 − 2 s 6 − 2 s 〈 J ′ ( u n ) ， u n 〉 ≥ a s 6 − 2 s ‖ u n ‖ 2 − 6 − 2 s − q ( 3 − 2 s ) ( 6 − 2 s ) q λ | f | ∞ C R 0 ， s ， q S μ ， s − q 2 ‖ u n ‖ q ， 因此 { u n } 在 H ˙ s ( ℝ 3 ) 上有界。因此存在子序列仍记为 { u n } 和 u ∈ H ˙ s ( ℝ 3 ) ，使得当 r ∈ [ 1 ， 2 s * ) 时在 H ˙ s ( ℝ 3 ) 内 u n ⇀ u ，在 L l o c r ( ℝ 3 ) 内 u n → u ，在 ℝ 3 内 u n 几乎处处收敛到u，且 | D s u n ( x ) | 2 = ∫ ℝ 3 | u n ( x ) − u n ( y ) | 2 | x − y | 3 + 2 s d y . 由集中紧性原理 [ 10 ] [ 11 ] 可知，存在一个可数集合 Γ ，一组不同的点 { x j } ⊂ ℝ 3 / { 0 } ，非负实数 μ x j ， v x j ( j ∈ Γ )和非负实数 μ 0 ， γ 0 和 ν 0 使得 | D s u n | 2 ⇀ d μ ˜ ≥ | D s u | 2 + ∑ j ∈ Γ μ x j δ x j + μ 0 δ 0 ， u n 2 | x | − 2 ⇀ d γ = u 2 | x | − 2 + γ 0 δ 0 ， | u n | 2 s * ⇀ d ν = | u | 2 s * + ∑ j ∈ Γ ν x j δ x j + ν 0 δ 0 ， 其中 δ x 是 x ∈ ℝ 3 处的Dirac测度。不失一般性，我们只考虑在奇点 0 ∈ ℝ 3 处集中的可能性。因此，对任意 ε > 0 ，我们令 x j ∉ B ε ( 0 ) ( j ∈ Γ )并选择一个光滑的分段函数 φ ε ， φ ε 且满足这样 0 ≤ φ ε ≤ 1 ，当 x ∈ B ε c ( 0 ) 时 φ ε ≡ 0 ，当 x ∈ B ε / 2 ( 0 ) 时 φ ε ≡ 1 以及 | D s φ ε | ≤ 4 / ε 。则 lim ε → 0 lim n → ∞ ∫ ℝ 3 ∫ ℝ 3 | u n ( x ) − u n ( y ) | 2 | x − y | 3 + 2 s φ ε d y d x = lim ε → 0 ∫ ℝ 3 φ ε d μ ˜ ≥ μ 0 ， lim ε → 0 lim n → ∞ ∫ ℝ 3 u n 2 | x | − 2 φ ε d x = lim ε → 0 ∫ ℝ 3 φ ε d γ = γ 0 ， lim ε → 0 lim n → ∞ ∫ ℝ 3 u n 2 s * φ ε d x = lim ε → 0 ∫ ℝ 3 φ ε d ν = ν 0 ， (3.2) lim ε → 0 lim n → ∞ ∫ ℝ 3 f ( x ) | u n | q φ ε d x = 0 ， lim ε → 0 lim n → ∞ ∫ ℝ 3 u n ( x ) ∫ ℝ 3 ( u n ( x ) − u n ( y ) ) ( φ ε ( x ) − φ ε ( y ) ) | x − y | 3 + 2 s d y d x = 0. 因为 { u n } 是有界的，由(3.2)知 0 = lim ε → 0 lim n → ∞ 〈 J ′ ( u n ) ， u n φ ε 〉     = lim ε → 0 lim n → ∞ { ( a + b ‖ u n ‖ 2 s 3 − 2 s ) ( ∫ ℝ 3 ∫ ℝ 3 | u n ( x ) − u n ( y ) | 2 | x − y | 3 + 2 s φ ε d y d x + ∫ ℝ 3 u n ( x ) ∫ ℝ 3 ( u n ( x ) − u n ( y ) ) ( φ ε ( x ) − φ ε ( y ) ) | x − y | 3 + 2 s d y d x         − ∫ ℝ 3 u n 2 | x | − 2 φ ε d x ) − ∫ ℝ 3 | u n | 2 s * φ ε d x − λ ∫ ℝ 3 f ( x ) | u n | q φ ε d x }     ≥ a ( μ 0 − μ γ 0 ) + b ( μ 0 − μ γ 0 ) 3 − s 3 − 2 s − ν 0 . 由(2.1)，即 S μ ， s 2 s * / 2 ν 0 ≤ ( μ 0 − μ γ 0 ) 2 s * / 2 ，可得 S μ ， s − 3 / ( 3 − 2 s ) ( μ 0 − μ γ 0 ) 2 s / ( 3 − 2 s ) − b ( μ 0 − μ γ 0 ) s / ( 3 − 2 s ) − a ≥ 0 ， 也就是说， ( μ 0 − μ γ 0 ) ≥ S μ ， s ( b S μ ， s 3 − s 3 − 2 s + b 2 S μ ， s 6 − 2 s 3 − 2 s + 4 a S μ ， s 2 ) 3 − 2 s s ， 因此，我们有 c + o n ( 1 ) = J ( u n ) − 3 − 2 s 6 − 2 s 〈 J ′ ( u n ) ， u n 〉 = a s 6 − 2 s ‖ u n ‖ 2 + s ( 3 − 2 s ) 3 ( 6 − 2 s ) ∫ ℝ 3 u n 2 s * d x − λ 6 − 2 s − q ( 3 − 2 s ) q ( 6 − 2 s ) ∫ ℝ 3 f ( x ) | u n | q d x ≥ a s 6 − 2 s ( μ 0 − μ γ 0 + ‖ u ‖ 2 ) + s ( 3 − 2 s ) 3 ( 6 − 2 s ) ν 0 − λ 6 − 2 s − q ( 3 − 2 s ) q ( 6 − 2 s ) | f | ∞ C R 0 ， s ， q S μ ， s − q 2 ‖ u ‖ q ≥ a s 6 − 2 s ( μ 0 − μ γ 0 ) + s ( 3 − 2 s ) 3 ( 6 − 2 s ) [ a ( μ 0 − μ γ 0 ) + b ( μ 0 − μ γ 0 ) 3 − s 3 − 2 s ] − C 0 λ 2 2 − q = a s 3 ( μ 0 − μ γ 0 ) + b s ( 3 − 2 s ) 3 ( 6 − 2 s ) ( μ 0 − μ γ 0 ) 3 − s 3 − 2 s − C 0 λ 2 2 − q ≥ C μ ， s * − C 0 λ 2 2 − q ， 这矛盾于我们的假设。因此我们有 ∫ ℝ 3 | u n | 2 s * d x → ∫ ℝ 3 | u | 2 s * d x ，结合(2.3)可得 ∫ ℝ 3 f ( x ) | u n | q d x → ∫ ℝ 3 f ( x ) | u | q d x . 因此， o ( 1 ) = 〈 J ′ ( u n ) − J ′ ( u ) ， u n − u 〉 = ( a + b ‖ u n ‖ 2 s 3 − 2 s ) ( u n ， u n − u ) − ( a + b ‖ u ‖ 2 s 3 − 2 s ) ( u ， u n − u ) + o ( 1 ) = ( a + b ‖ u n ‖ 2 s 3 − 2 s ) ( u n − u ， u n − u ) + b ( ‖ u n ‖ 2 s 3 − 2 s − ‖ u ‖ 2 s 3 − 2 s ) ( u ， u n − u ) + o ( 1 ) ≥ a ‖ u n − u ‖ 2 + o ( 1 ) ， 故在 H ˙ s ( ℝ 3 ) 内 u n → u 。证毕！ 为了应用引理3.2，我们需要以下结果 引理3.3：在定理1.1的假设下，对任意 λ ∈ ( 0 ， Λ * ) 我们有 sup t ≥ 0 J ( t u ) < c μ ， s * − C 0 λ 2 2 − q ，     C 0 = a s ( 2 − q ) q ( 3 − s ) [ [ 6 − 2 s − q ( 3 − 2 s ) ] | f | ∞ C R 0 ， s ， q 2 a s S μ ， s q 2 ] 2 2 − q . 特别地，对任意 λ ∈ ( 0 ， Λ * ) ，都有 m − < C μ ， s * − C 0 λ 2 2 − q 。 证明：由(3.1)可知，对任意 λ ∈ ( 0 ， λ 3 ) 都有 c μ ， s * − C 0 λ 2 2 − q > 0 。我们定义 g ( t ) = a 2 t 2 ‖ U ‖ 2 + 3 − 2 s 6 − 2 s b t 6 − 2 s 3 − 2 s ‖ U ‖ 6 − 2 s 3 − 2 s − t 2 s * 2 s * ∫ ℝ 3 | U | 2 s * d x ≜ C 1 t 2 + C 2 t 6 − 2 s 3 − 2 s − C 3 t 2 s * ， t ≥ 0. 根据(2.2)可知， C 1 = a 2 S μ ， s 3 2 s ， C 2 = b 3 − 2 s 6 − 2 s S μ ， s 3 ( 3 − s ) 2 s ( 3 − 2 s ) ， C 3 = 1 2 s * S μ ， s 3 2 s 。 通过一些基本的计算，我们得到 g ′ ( t ) = 2 C 1 t + 6 − 2 s 3 − 2 s C 2 t 3 3 − 2 s − 2 s * C 3 t 3 + 2 s 3 − 2 s ， t ≥ 0. 当 g ′ ( t ) = 0 时，它有唯一解，该解为 t ˜ = S μ ， s − 3 − 2 s 4 s ( b S μ ， s 3 − s 3 − 2 s + b 2 S μ ， s 6 − 2 s 3 − 2 s + 4 a S μ ， s 2 ) 3 − 2 s 2 s . 因此，可得 max t ≥ 0 g ( t ) = g ( t ˜ ) = C 1 t ˜ 2 + C 2 t ˜ 6 − 2 s 3 − 2 s − 2 C 1 t ˜ 2 + 6 − 2 s 3 − 2 s C 2 t ˜ 6 − 2 s 3 − 2 s 2 s * = 2 s 3 C 1 t ˜ 2 + s 3 C 2 t ˜ 6 − 2 s 3 − 2 s = c μ ， s * ， 也就是说对任意 t ≥ 0 ，都有 J ( t U ) = g ( t ) − t q q λ ∫ ℝ 3 f ( x ) | U | q d x ≤ c μ ， s * − t q q λ ∫ ℝ 3 f ( x ) | U | q d x . (3.3) 因为 J ( 0 ) = 0 ，则存在仅依赖于 λ 3 的 t 1 ∈ ( 0 ， 1 ) 使得对任意 λ ∈ ( 0 ， λ 3 ) 都有 max 0 ≤ t ≤ t 1 J ( t U ) < c μ ， s * − C 0 λ 2 2 − q . 另一方面，由(3.3)可知， max t ≥ t 1 J ( t U ) ≤ c μ ， s * − t 1 q q λ ∫ ℝ 3 f ( x ) | U | q d x ，即对任意 λ ∈ ( 0 ， λ 4 ) ，都有 max t > t 1 J ( t U ) < c μ ， s * − C 0 λ 2 2 − q 。 综上所述，对任意 λ ∈ ( 0 ， Λ * ) ，都有 max t ≥ 0 J ( t U ) < c μ ， s * − C 0 λ 2 2 − q 。 因为 U ∈ H ˙ s ( ℝ 3 ) \ { 0 } ，由引理2.4可知存在唯一的 t U ± 使得 t U ± U ∈ N ± 。因此我们得到 m − ≤ J ( t U − U ) ≤ max t ≥ 0 J ( t U ) 。证毕！ 命题3.4：在定理1.1的假设下，对任意 λ ∈ ( 0 ， Λ * ) ，则存在 u λ ∈ H ˙ s ( ℝ 3 ) 使得 1) u λ 是(1.1)的正解且 J ( u λ ) = m = m + ； 2) 当 λ → 0 + 时， ‖ u λ ‖ → 0 。 证明：1) 由Ekland变分原理知，m的任意极小化序列 { u n } ∈ N 能转化为 J ( u ) 的 ( P S ) m 序列，也就是说，当 n → ∞ ， J ( u n ) → m + o ( 1 ) 和 J ′ ( u n ) → o ( 1 ) 。 由引理2.1可知， { u n } 在 H ˙ s ( ℝ 3 ) 内有界。则存在子序列 u λ ∈ H ˙ s ( ℝ 3 ) 使得在 H ˙ s ( ℝ 3 ) 内 u n ⇀ u λ 。根据m和 m ± 的定义可得 m ≤ m ± 。因此由引理3.2和引理3.3可知，在 H ˙ s ( ℝ 3 ) 内 u n → u λ ，故 J ( u λ ) = m ， J ′ ( u λ ) = 0 。又因为 m ≤ m ± < 0 ，所以由引理2.2可得 u λ 是(1.1)的一个非平凡解。由于 J ( u ) 的对称性可知， J ( | u λ | ) = J ( u λ ) = m ， J ′ ( | u λ | ) = J ′ ( u λ ) = 0 。利用Harnack’s不等式 [ 12 ] 可得，在 ℝ 3 内 u λ ( x ) > 0 ，所以 u λ 是(1.1)的一个正解。我们现在可以断定 u λ ∈ N + 。通过反证法，引理2.3假定 u λ ∈ N − 。由引理2.4知存在唯一的 t λ + 和 t λ − 且 0 < t λ + < t λ − ≡ 1 使得 t λ ± u λ ∈ N ± 。根据( [ 8 ]，引理4.2]中相同方法，可知 φ u λ ( t ) = J ( t u λ ) 在 ( t λ + ， t λ − ) 上严格递增，因此 m + ≤ J ( t λ + u λ ) < J ( t λ − u λ ) = J ( u λ ) = m ≤ m + ， 矛盾！因此，我们可得 u λ ∈ N + ，这意味着 m + ≤ J ( u λ ) = m ≤ m + 。(i)证毕。 2) 因为 u λ ∈ N + ，由(2.6)和(2.7)可得， ‖ u λ ‖ < min { [ ( 2 s * − q ) λ | f | ∞ C R 0 ， s ， q 4 s 3 − 2 s 2 a b S μ ， s q 2 ] 3 − 2 s 6 − 3 s − q ( 3 − 2 s ) ， [ ( 2 s * − q ) λ | f | ∞ C R 0 ， s ， q a 4 s 3 − 2 s S μ ， s q 2 ] 1 2 − q } ， 这意味着当 λ → 0 + ， ‖ u λ ‖ → 0 。证毕！ 接下来，我们证明 N − 上 J ( u ) 存在局部极小点。 命题3.5：在定理1.1的假设下，对任意 λ ∈ ( 0 ， Λ * * ) ，则存在 U λ ∈ H ˙ s ( ℝ 3 ) 使得 1) J ( U λ ) = m − ； 2) U λ 是(1.1)的一个正解。 证明：1) 根据命题3.1(2)可知，存在 J ( u ) 的一个 ( P S ) m − 序列，使得当 n → ∞ ， J ( u n ) → m − + o ( 1 ) 和 J ′ ( u n ) → o ( 1 ) 。由引理2.1可知， { u n } 在 H ˙ s ( ℝ 3 ) 内有界。则存在元素 U λ ∈ H ˙ s ( ℝ 3 ) 使得在 H ˙ s ( ℝ 3 ) 内 u n ⇀ U λ 。因此由引理3.2和引理3.3可知，在 H ˙ s ( ℝ 3 ) 内 u n → U λ ，故 J ( U λ ) = m − ， J ′ ( U λ ) = 0 。所以由引理2.2和引理2.5(2)可得 U λ 是(1.1)的一个非平凡解。类似于命题3.4，可知 U λ 是正解。证毕！ 最后，我们给出定理1.1的证明。 定理1.1证明：定理1.1的1)是命题3.4的一个推论。如果 λ ∈ ( 0 ， Λ * * ) ，由命题3.4和3.5，我们可以得到(1.1)存在两个正解 u λ ∈ N + 和 U λ ∈ N − 。根据 N ± 的定义可知 N + ∩ N − = ∅ ，所以 u λ 和 U λ 是(1.1)的两个不同正解。