system: [SYSTEM]

user: 3. 定理1.1的证明 下面我们采用拓扑方法来证明，当(5)没有基态解时，存在更高能量解。设 μ ( u ) ( x ) = 1 | B 1 ( 0 ) | ∫ B 1 ( x ) | u ( y ) | d y ， 那么 μ ( u ) ∈ L ∞ ( R 3 ) 且在 H s ( R 3 ) 中连续。令 u ^ ( x ) = [ μ ( u ) ( x ) − 1 2 max μ ( u ) ( x ) ] + ， 易证 u ^ ( x ) ∈ C 0 ( R 3 ) 。定义 β : H s ( R 3 ) \ { 0 } → R 3 如下： β ( u ) = 1 | u ^ | 1 ∫ R 3 x u ^ ( x ) d x ∈ R 3 . 因为 u ^ 有紧支集，故 β 的定义有意义且具有以下性质： 1) β 在 H s ( R 3 ) \ { 0 } 中连续； 2) 若u是径向函数，则 β ( u ) = 0 ； 3) 对于所有 t ≠ 0 ， u ∈ H s ( R 3 ) ，有 β ( t u ) = β ( u ) ； 4) 给定 z ∈ R 3 ，设 u z ( x ) = u ( x − z ) ，则 β ( u z ) = β ( u ) + z 。 由引理2.4我们知道m不可达，借助重心映射 β ，我们加细Nehari流形，构造新的约束。为此，定义极小化问题如下： 显然， m = m ∞ ≤ B 0 且下面的严格不等式成立。 类似于文献 [ 14 ] 中引理3.3的证明，我们可得： 引理3.1 m = m ∞ < B 0 。 引理3.2 I限制在N上在 ( m ∞ ， 2 m ∞ ) 中满足PS条件。 证 设 u n 是 I | N 的PS序列满足 I ( u n ) → c ∈ ( m ∞ ， 2 m ∞ ) 。由引理2.5，我们有 c = I ( u n ) + ο n ( 1 ) = I ( u ) + ∑ j = 1 k I ∞ ( u j ) + ο n ( 1 ) . I的任一临界点v满足 I ( v ) ≥ m = m ∞ 。问题(7)的解u满足 I ∞ ( u ) ≥ m ∞ 。若u是变号解，则 I ∞ ( u ) ≥ 2 m ∞ 。故 { u n } 在 H s ( R 3 ) 中强收敛。证毕。 令 ξ ∈ R 3 ， | ξ | = 1 且 ∑ = { z ∈ R 3 : | z − ξ | = 2 } 。对于 ρ > 0 ， ( z ， ς ) ∈ ∑ × [ 0 ， 1 ] ，定义 ψ ¯ ρ [ z ， ς ] ( x ) : = ( 1 − ς ) ω ρ z ( x ) + ς ω ρ ξ ( x ) = ( 1 − ς ) ω ( x − ρ z ) + ς ω ( x − ρ ξ ) ，     x ∈ R 3 ， 其中 ω 是问题(7)的一个正基态解。存在正数 κ ρ ， z ， ς : = κ ψ ¯ ρ [ z ， ς ] ， τ ρ ， z ， ς : = τ ψ ¯ ρ [ z ， ς ] 使得 ψ ρ [ z ， ς ] = κ ρ ， z ， ς ψ ¯ ρ [ z ， ς ] ∈ N ，         ψ ∞ ， ρ [ z ， ς ] = τ ρ ， z ， ς ψ ¯ ρ [ z ， ς ] ∈ N ∞ . (10) 类似于 [ 16 ] 中引理4.4的证明，易得如下结论： 引理3.3 对于所有 ρ > 0 ， B 0 ≤ T ρ : = max ∑ × [ 0 ， 1 ] I { ψ ρ [ z ， ς ] } . 为了证明 T ρ < 2 m ∞ 我们做出以下估计。 引理3.4 ( [ 17 ]，引理A.1)设 0 < s < N 且 t > s ，那么 ∫ R N 1 | x − y | N − s 1 ( 1 + | y | ) t d y ≤ { C ( 1 + | x | ) s − t                                                       t < N ， C ( 1 + | x | ) s − N [ 1 + log ( 1 + | x | ) ]         t = N ， C ( 1 + | x | ) s − N                                                     t > N . 利用引理3.4以及假设(H 3 )，可得如下得估计： 引理3.5 对于 ς ∈ R 3 且 | ς | ≥ 1 ， ∫ R 3 K ( x ) ϕ K ， ω ρ ς t ω ρ ς 2 d x = ο ( ε ) . 证 根据(8)、(H 3 )、引理3.4， ϕ K ， ω ρ ς t ( x ) = ∫ R 3 K ( y ) ω ρ ς 2 ( y ) | x − y | 3 − 2 t d y = ∫ R 3 K ( y ) ω 2 ( y − ρ ς ) | x − y | 3 − 2 t d y ≤ ∫ R 3 K ( y ) | x − y | 3 − 2 t 1 ( 1 + | y − ρ ς | ) 2 ( 3 + 2 s ) d y = ∫ | y | ≤ 1 3 ρ K ( y ) | x − y | 3 − 2 t 1 ( 1 + | y − ρ ς | ) 2 ( 3 + 2 s ) d y + ∫ | y | > 1 3 ρ K ( y ) | x − y | 3 − 2 t 1 ( 1 + | y − ρ ς | ) 2 ( 3 + 2 s ) d y ≤ 1 ( 1 + 2 3 ρ ) 2 ( 3 + 2 s ) ∫ | y | ≤ 1 3 ρ K ( y ) | x − y | 3 − 2 t d y + 1 ( 1 + 1 3 ρ ) 3 − 2 t ∫ | y | > 1 3 ρ 1 | x − y | 3 − 2 t 1 ( 1 + | y − ρ ς | ) 2 ( 3 + 2 s ) d y ≤ C [ ∫ | y | ≤ 1 3 ρ K ( y ) | x − y | 3 − 2 t d y + C ( 1 + | x − ρ ς | ) 3 − 2 t ] . 那么 ∫ R 3 K ( x ) ϕ K ， ω ρ ς t ( x ) ω ρ ς 2 ( x ) d x ≤ C ∫ R 3 K ( x ) ω 2 ( x − ρ ς ) [ ∫ | y | ≤ 1 3 ρ K ( y ) | x − y | 3 − 2 t d y + C ( 1 + | x − ρ ς | ) 3 − 2 t ] d x = C ∫ R 3 K ( x ) ω 2 ( x − ρ ς ) ∫ | y | ≤ 1 3 ρ K ( y ) | x − y | 3 − 2 t d y d x + C ∫ R 3 K ( x ) ω 2 ( x − ρ ς ) C ( 1 + | x − ρ ς | ) 3 − 2 t d x = C ( ∫ | x | ≤ 2 3 ρ K ( x ) ω 2 ( x − ρ ς ) ∫ | y | ≤ 1 3 ρ K ( y ) | x − y | 3 − 2 t d y d x + ∫ | x | > 2 3 ρ K ( x ) ω 2 ( x − ρ ς ) ∫ | y | ≤ 1 3 ρ K ( y ) | x − y | 3 − 2 t d y d x         + ∫ | x | ≤ 2 3 ρ K ( x ) ω 2 ( x − ρ ς ) C ( 1 + | x − ρ ς | ) 3 − 2 t d x + ∫ | x | > 2 3 ρ K ( x ) ω 2 ( x − ρ ς ) C ( 1 + | x − ρ ς | ) 3 − 2 t d x ) . 下面利用Hölder不等式及(H 3 )可得： ∫ | x | ≤ 2 3 ρ K ( x ) ω 2 ( x − ρ ς ) ∫ | y | ≤ 1 3 ρ K ( y ) | x − y | 3 − 2 t d y d x ≤ C ∫ | x | ≤ 2 3 ρ K ( x ) ω 2 ( x − ρ ς ) ( ∫ | y | ≤ 1 3 ρ ( K ( y ) ) 2 2 t − 1 d y ) 2 t − 1 2 ( ∫ | y | ≤ 1 3 ρ ( 1 | x − y | 3 − 2 t ) 2 3 − 2 t d y ) 3 − 2 t 2 d x ≤ C ∫ | x | ≤ 2 3 ρ K ( x ) ω 2 ( x − ρ ς ) ( ∫ | x − y | ≤ ρ 1 | x − y | 2 d y ) 3 − 2 t 2 d x ≤ C ρ 3 − 2 t 2 ( ∫ | x | ≤ 2 3 ρ ( K ( x ) ) 2 2 t − 1 d x ) 2 t − 1 2 ( ∫ | x | ≤ 2 3 ρ ( 1 ( 1 + | x − ρ ς | ) 2 ( 3 + 2 s ) ) 2 3 − 2 t d x ) 3 − 2 t 2 ≤ C ρ 3 − 2 t 2 1 ( 1 + 1 3 ρ ) 2 ( 3 + 2 s ) ρ 3 − 2 t 2 = C ρ 3 − 2 t ( 1 + 1 3 ρ ) 6 + 4 s ≤ C ρ 3 − 2 t ( 1 + ρ ) 6 + 4 s ≤ C 1 ( 1 + ρ ) 3 + 4 s + 2 t . 当 | x | > 2 3 ρ ， | y | ≤ 1 3 ρ 时， | x − y | > 1 3 ρ ，下面利用(8)、(H 3 )、Hölder不等式及引理3.4，计算得 ∫ | x | > 2 3 ρ K ( x ) ω 2 ( x − ρ ς ) ∫ | y | ≤ 1 3 ρ K ( y ) | x − y | 3 − 2 t d y d x ≤ ∫ | x | > 2 3 ρ K ( x ) ω 2 ( x − ρ ς ) ( 1 3 ρ ) 3 − 2 t ∫ | y | ≤ 1 3 ρ K ( y ) d y d x ≤ C 1 ρ 3 − 2 t ∫ | x | > 2 3 ρ K ( x ) ω 2 ( x − ρ ς ) d x ( ∫ | y | ≤ 1 3 ρ ( K ( y ) ) 2 2 t − 1 d y ) 2 t − 1 2 ρ 3 − 2 t 2 ≤ C 1 ρ 3 − 2 t 2 ∫ R 3 1 ( 1 + | x | ) 3 − 2 t 1 ( 1 + | x − ρ ς | ) 2 ( 3 + 2 s ) d x ≤ C 1 ρ 3 − 2 t 2 1 ( 1 + | ρ ς | ) 3 − 2 t ≤ C ρ 3 − 2 t 2 1 ( 1 + ρ ) 3 − 2 t . 当 | x | ≤ 2 3 ρ 时， | x − ρ ς | ≥ 1 3 ρ ，从而， ∫ | x | ≤ 2 3 ρ K ( x ) ω 2 ( x − ρ ς ) ( 1 + | x − ρ ς | ) 3 − 2 t d x ≤ ∫ | x | ≤ 2 3 ρ K ( x ) ( 1 + | x − ρ ς | ) 2 ( 3 + 2 s ) 1 ( 1 + | x − ρ ς | ) 3 − 2 t d x ≤ C 1 ( 1 + 1 3 ρ ) 3 − 2 t 1 ( 1 + 1 3 ρ ) 2 ( 3 + 2 s ) ∫ | x | ≤ 2 3 ρ K ( x ) d x ≤ C 1 ( 1 + ρ ) 9 + 4 s − 2 t ( ∫ | x | ≤ 2 3 ρ ( K ( x ) ) 2 2 t − 1 d x ) 2 t − 1 2 ρ 3 − 2 t 2 ≤ C 1 ( 1 + ρ ) 15 2 + 4 s − t . 又 ∫ | x | > 2 3 ρ K ( x ) ω 2 ( x − ρ ς ) ( 1 + | x − ρ ς | ) 3 − 2 t d x ≤ C ∫ R 3 1 ( 1 + | x | ) 3 − 2 t 1 ( 1 + | x − ρ ς | ) 2 ( 3 + 2 s ) d x ≤ C 1 ( 1 + ρ ) 3 − 2 t . 综上所述，记 ε = 1 ρ ，引理3.5得证。 利用引理3.5，很容易推得如下估计： 引理3.6 ∫ R 3 K ( x ) ϕ K ， ψ ¯ ρ [ z ， ς ] t ψ ¯ ρ 2 [ z ， ς ] d x = ο ( ε ) ，     ∀ ς ∈ [ 0 ， 1 ] ，   z ∈ ∑ . (11) 根据假设(H 4 )，以及引理3.4，可得如下估计： 引理3.7 ∫ R 3 ω ρ ξ p ω ρ z d x = ο ( ε ) ，       ∫ R 3 ω ρ z p ω ρ ξ d x = ο ( ε ) ， (12) ∫ R 3 a ( x ) ω ρ ξ 2 d x = o ( ε ) ，       ∫ R 3 a ( x ) ω ρ z 2 d x = o ( ε ) ，       ∫ R 3 a ( x ) ψ ¯ ρ 2 [ z ， ς ] d x = o ( ε ) ， (13) ∫ R 3 b ( x ) | ψ ¯ ρ [ z ， ς ] | p + 1 d x = o ( ε ) . (14) 证 由(8)及引理3.4有 ∫ R 3 ω ρ ξ p ω ρ z d x = ∫ R 3 ω p ( x − ρ ξ ) ω ( x − ρ z ) d x ≤ ∫ R 3 1 ( 1 + | x − ρ z | ) 3 + 2 s 1 ( 1 + | x − ρ ξ | ) p ( 3 + 2 s ) d x ≤ ∫ R 3 1 ( 1 + | x − ρ z | ) 3 − 2 t 1 ( 1 + | x − ρ ξ | ) p ( 3 + 2 s ) d x ≤ ∫ R 3 1 ( | x − ρ ξ − ρ ( z − ξ ) | ) 3 − 2 t 1 ( 1 + | x − ρ ξ | ) p ( 3 + 2 s ) d x ≤ C ( 1 + | ρ ( z − ξ ) | ) 3 − 2 t = C ( 1 + 2 ρ ) 3 − 2 t ≤ C ρ 3 − 2 t ， 类似于上面的证明，我们能得到 ∫ R 3 ω ρ z p ω ρ ξ d x = ο ( ε ) 。 由(8)、引理3.4、(H 4 )及Hölder不等式，可得 ∫ R 3 a ( x ) ω ρ ξ 2 d x = ∫ R 3 a ( x ) ω 2 ( x − ρ ξ ) d x ≤ ∫ R 3 a ( x ) ( 1 + | x | ) 1 1 + | x | C ( 1 + | x − ρ ξ | ) 2 ( 3 + 2 s ) d x ≤ ( ∫ R 3 ( a ( x ) ( 1 + | x | ) ) 2 d x ) 1 2 ( ∫ R 3 ( 1 1 + | x | C ( 1 + | x − ρ ξ | ) 2 ( 3 + 2 s ) ) 2 d x ) 1 2 ≤ C 1 1 + | ρ ξ | ≤ 1 ρ . 同理可证 ∫ R 3 a ( x ) ω ρ z 2 d x = o ( ε ) 。 由 ψ ¯ ρ [ z ， ς ] 的定义及上面的估算有： ∫ R 3 a ( x ) ψ ¯ ρ 2 [ z ， ς ] d x ≤ 2 ∫ R 3 a ( x ) [ ω ρ z 2 + ω ρ ξ 2 ] d x = o ( ε ) . 最后类似于上面的证明，易证 ∫ R 3 b ( x ) | ψ ¯ ρ [ z ， ς ] | p + 1 d x = o ( ε ) 。证毕。 类似于 [ 14 ] 中引理3.7的证明过程，我们可以得到： 引理3.8 κ ρ ， z ， ς 和 τ ρ ， z ， ς 如(10)定义，则存在常数C > 0满足 0 < κ ρ ， z ， ς ≤ C ，     ∀ ρ > 0 ，     ∀ ( z ， ς ) ∈ ∑ × [ 0 ， 1 ] ， (15) 而且 κ ρ ， z ， ς = τ ρ ， z ， ς + ο ( ε ) . (16) 基于上面的估计，经计算我们得到下面的关键估计： 引理3.9 存在 ρ 0 满足，对于 ρ > ρ 0 ， T ρ : = max ∑ × [ 0 ， 1 ] I ( ψ ρ [ z ， ς ] ) < 2 m ∞ . 证 由引理3.6、引理3.7及引理3.8， I ( ψ ρ [ z ， ς ] ) = ( 1 2 − 1 p + 1 ) ‖ κ ρ ， z ， ς ψ ¯ ρ [ z ， ς ] ‖ H s 2 + ( 1 2 − 1 p + 1 ) κ ρ ， z ， ς 2 ∫ R 3 a ( x ) ψ ¯ ρ 2 [ z ， ς ] d x     + ( 1 4 − 1 p + 1 ) κ ρ ， z ， ς 4 ∫ R 3 K ( x ) ϕ K ， ψ ¯ ρ [ z ， ς ] t ψ ¯ ρ 2 [ z ， ς ] d x = ( 1 2 − 1 p + 1 ) ‖ τ ρ ， z ， ς ψ ¯ ρ [ z ， ς ] ‖ H s 2 + ο ( ε ) = ( 1 2 − 1 p + 1 ) ( ‖ ψ ¯ ρ [ z ， ς ] ‖ H s 2 | ψ ¯ ρ [ z ， ς ] | p + 1 2 ) p + 1 p − 1 + ο ( ε ) = I ∞ ( ψ ∞ [ z ， ς ] ) + ο ( ε ) . (17) 因为 ω ρ ξ 是(7)的正解，故 ( ω ρ ξ ， ω ρ z ) H s = ∫ R 3 ω ρ ξ p ω ρ z d x : = A ρ . 直接计算可得 ‖ ψ ¯ ρ [ z ， ς ] ‖ H s 2 = ( ψ ¯ ρ [ z ， ς ] ， ψ ¯ ρ [ z ， ς ] ) H s = [ ( 1 − ς ) 2 + ς 2 ] ‖ ω ‖ H s 2 + 2 ς ( 1 + ς ) ( ω ρ ξ ， ω ρ z ) H s = [ ( 1 − ς ) 2 + ς 2 ] ‖ ω ‖ H s 2 + 2 ς ( 1 + ς ) A ρ . (18) 根据文献 [ 18 ] 中的引理2.1，对于 a ， b ∈ R + 及 p ≥ 2 有： ( a + b ) p + 1 ≥ a p + 1 + b p + 1 + ( p + 1 ) ( a p + b p ) . 那么 | ψ ¯ ρ [ z ， ς ] | p + 1 p + 1 = ∫ R 3 [ ( 1 − ς ) ω ρ z + ς ω ρ ξ ] p + 1 d x ≥ [ ( 1 − ς ) p + 1 + ς p + 1 ] | ω | p + 1 p + 1 + ( p + 1 ) [ ( 1 − ς ) p ς + ( 1 − ς ) ς p ] A ρ . (19) 当 ς 或 ( 1 − ς ) 充分小时， ψ ∞ ， ρ [ z ， ς ] 趋于 ω ρ ξ 或 ω ρ z 。那么，此时 I ∞ ( ψ ∞ ， ρ [ z ， ς ] ) → m ∞ 。因此，存在 δ > 0 ，当 min { ς ， 1 − ς } ≤ δ 时， I ∞ ( ψ ∞ ， ρ [ z ， ς ] ) < 2 m ∞ . 下面我们考虑 min { ς ， 1 − ς } > δ 时，由(18)和(19)知： ‖ ψ ¯ ρ [ z ， ς ] ‖ H s 2 | ψ ¯ ρ [ z ， ς ] | p + 1 2 ≤ [ ( 1 − ς ) 2 + ς 2 ] ‖ ω ‖ H s 2 + 2 ς ( 1 − ς ) A ρ ( [ ( 1 − ς ) p + 1 + ς p + 1 ] | ω | p + 1 p + 1 + ( p + 1 ) [ ( 1 − ς ) ς + ( 1 − ς ) ς p ] A ρ ) 2 p + 1 = ( 1 − ς ) 2 + ς 2 ( ( 1 − ς ) p + 1 + ς p + 1 ) 2 p + 1 ‖ ω ‖ H s 2 | ω | p + 1 p + 1 ⋅ 1 + 2 ς ( 1 − ς ) ( 1 − ς ) 2 + ς 2 A ρ ‖ ω ‖ H s 2 ( 1 + ( p + 1 ) [ ( 1 − ς ) p ς + ( 1 − ς ) ς p ] ( 1 − ς ) p + 1 + ς p + 1 A ρ | ω | p + 1 p + 1 ) 2 p + 1 ≤ ( 1 − ς ) 2 + ς 2 ( ( 1 − ς ) p + 1 + ς p + 1 ) 2 p + 1 ‖ ω ‖ H s 2 | ω | p + 1 p + 1 ⋅ 1 + 2 ς ( 1 − ς ) ( 1 − ς ) 2 + ς 2 A ρ ‖ ω ‖ H s 2 1 + 2 [ ( 1 − ς ) p ς + ( 1 − ς ) ς p ] ( 1 − ς ) p + 1 + ς p + 1 A ρ | ω | p + 1 p + 1 + ο ( A ρ ) . 易证下面两个不等式： ς ( 1 − ς ) ( 1 − ς ) 2 ς 2 < ( 1 − ς ) p ς + ( 1 − ς ) ς p ( 1 − ς ) p + 1 + ς p + 1 ( 0 < ς < 1 ) ，     ( 1 − ς ) 2 + ς 2 ( ( 1 − ς ) p + 1 + ς p + 1 ) 2 p + 1 < 2 p − 1 p + 1 ( 0 ≤ ς ≤ 1 ) . 因此， I ∞ ( ψ ∞ ， ρ [ z ， ς ] ) ≤ ( 1 2 − 1 p + 1 ) ( ( 1 − ς ) 2 + ς 2 ( ( 1 − ς ) p + 1 + ς p + 1 ) 2 p + 1 ‖ ω ‖ H s 2 | ω | p + 1 2 ) p + 1 p − 1     × 1 + 2 ς ( 1 − ς ) ( 1 − ς ) 2 + ς 2 A ρ ‖ ω ‖ H s 2 1 + 2 ( ( 1 − ς ) p ς + ( 1 − ς ) ς p ) ( 1 − ς ) p + 1 + ς p + 1 A ρ | ω | p + 1 p + 1 + ο ( A ρ ) ≤ ( 1 2 − 1 p + 1 ) ( ( 1 − ς ) 2 + ς 2 ( ( 1 − ς ) p + 1 + ς p + 1 ) 2 p + 1 ‖ ω ‖ H s 2 | ω | p + 1 2 ) p + 1 p − 1 < 2 ( 1 2 − 1 p + 1 ) | ω | p + 1 p + 1 = 2 m ∞ . 引理3.10 存在 ρ 1 > 0 满足 (20) 根据 ψ ρ 的定义和引理3.1易证上述结果，在此忽略其证明过程。 定理1.1的证明： 由引理2.4我们知道 m = m ∞ 且m不可达，并且该问题不能通过极小化来解决。因此，我们将通过形变论证来证明系统(1)存在比 m ∞ 能量更高的正解。 对于任意 c ∈ R ，定义 I c = { u ∈ N : I ( c ) ≤ c } 。 根据引理3.3，引理3.9和引理3.10得到下列不等式： m ∞ < A ρ < B 0 ≤ T ρ < 2 m ∞ ，     ∀ ρ > max { ρ 0 ， ρ 1 } . 下面证明限制在N上的I在水平 c * ∈ [ B 0 ， T ρ ] 上存在PS序列。如果已征得该断言成立，则根据引理3.2知，存在非平凡临界点u且 I ( u ) < 2 m ∞ 。 反证法。假设 [ B 0 ， T ρ ] 内不存在PS序列。根据形变引理，存在 δ > 0 和连续映射 η : I T ρ → I B 0 − δ ，对于 u ∈ I B 0 − δ ，有 B 0 − δ > A ρ 且 η ( u ) = u 。 定义映射 H : ∑ × [ 0 ， 1 ] → R 3 为 H ( z ， ς ) = β ∘ η ∘ ψ ρ [ z ， ς ] 。由引理3.10知 ψ ρ [ z ， 0 ] ⊂ I A ρ ⊂ I B 0 − δ 。因此 η ( ψ ρ [ z ， 0 ] ) = ψ ρ [ z ， 0 ] ，从而 。定义 h ( t ， z ， ς ) = t G ( z ， ς ) + ( 1 − t ) H ( z ， ς ) : [ 0 ， 1 ] × ∑ × ( 0 ， 1 ] → R 3 ，其中 G ( z ， ς ) = ς ρ ξ + ( 1 − ς ) ρ z 。显然，对于 t ∈ [ 0 ， 1 ] ， z ∈ ∑ 有 h ∈ C ( [ 0 ， 1 ] × ∑ × ( 0 ， 1 ] ) 。于是 h ( t ， z ， 0 ) = ρ z ≠ 0 ，也就是说 0 ∉ h ( t ， ∂ ( ∑ × ( 0 ， 1 ] ) ) 。因此，存在 ( z ¯ ， ς ¯ ) ∈ ∑ × ( 0 ， 1 ] 满足 β ∘ η ∘ ψ ρ [ z ¯ ， ς ¯ ] = 0. (21) 由引理3.3得 ψ ρ [ z ， ς ] ∈ I T ρ ，再根据 η 的性质，得到 η ∘ ψ [ z ， ς ] ∈ I B 0 − δ ，     ∀ [ z ， ς ] ∈ ∑ × [ 0 ， 1 ] . (22) 显然， η ∘ ψ [ z ， ς ] ∈ N ， ∀ [ z ， ς ] ∈ ∑ × [ 0 ， 1 ] ，特别地， η ∘ ψ [ z ¯ ， ς ¯ ] ∈ N 。结合(21)和 B 0 的定义，易知 I ( η ∘ ψ [ z ¯ ， ς ¯ ] ) ≥ B 0 ，与(22)矛盾。 设 u ∈ I T ρ 是我们找到的临界点满足 I ( u ) < 2 m ∞ 。下证u是正函数即不是变号函数。反证法，假设 u = u + + u − 且 u ± ≠ 0 。类似于 [ 19 ] 中定理1.2的证明，我们推出，存在 0 < t u + < 1 和 0 < t u − < 1 满足 t u ± u ± ∈ N 。因此，利用引理2.4及上面的事实，可得 2 m ∞ = 2 m ≤ I ( t u + u + ) + I ( t u − u − ) ≤ I ( t u + u + + t u − u − ) < I ( u + + u − ) = I ( u ) . 这与 I ( u ) < 2 m ∞ 相矛盾。证毕。