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user: 2. 预备知识 2.1. 工作空间 定义分数阶Sobolev空间 D s ， 2 ( R 3 ) 为： D s ， 2 ( R 3 ) = { u ∈ L 2 s * ( R 3 ) : ∫ R 3 | ( − Δ ) s 2 u | 2 d x < + ∞ } ， 其对应的范数为 ‖ u ‖ D s ， 2 = ( ∫ R 3 | ( − Δ ) s 2 u | 2 d x ) 1 2 . 接着引入Hilbert空间 H s ( R 3 ) ，定义为： H s ( R 3 ) = { u ∈ L 2 ( R 3 ) : ∫ R 3 ( | ( − Δ ) s 2 u | 2 + V ∞ | u | 2 ) d x < + ∞ } ， 其上赋予内积 〈 u ， v 〉 = ∫ R 3 ( ( − Δ ) s 2 u ( − Δ ) s 2 v + V ∞ u v ) d x ， 及对应的范数为 ‖ u ‖ H s = ( ∫ R 3 ( | ( − Δ ) s 2 u | 2 + V ∞ | u | 2 ) d x ) 1 2 . 接着，我们介绍要使用到的符号： · 1 ≤ q ≤ ∞ ， O ∈ R 3 是一个可测集， L q ( O ) 表示Lebesgue空间。当O是 R 3 的可测子集时，用 |   ⋅   | L q ( O ) 表示 L q ( O ) 的范数；当 O = R 3 时，用 |   ⋅   | q 表示 L q ( O ) 的范数。 · B R ( y ) 表示以y为中心R为半径的球；当 y = 0 时，我们用 B R 来表示。 · c ， C ， c i ， C i 表示不同的正常数。 2.2. 准备性引理 对任何固定的 ，定义泛函 L u : D t ， 2 ( R 3 ) → R 为 注意到，当 4 s + 2 t ≥ 3 时， H s ( R 3 ) 嵌入 ，利用(H 3 )推得 | L u ( v ) | ≤ ( ∫ B R 0 | K | 6 4 s + 2 t − 3 d x ) 4 s + 2 t − 3 6 ( ∫ B R 0 | u | 6 3 − 2 s d x ) 3 − 2 s 3 ( ∫ B R 0 | v | 6 3 − 2 t d x ) 3 − 2 t 6 + C ∫ B R 0 c u 2 v d x ≤ ( ∫ B R 0 | K | 6 4 s + 2 t − 3 d x ) 4 s + 2 t − 3 6 | u | L 6 3 − 2 s ( R 3 ) 2 | v | L 6 3 − 2 t ( R 3 ) + C ( ∫ B R 0 c | u | 12 3 + 2 t d x ) 3 + 2 t 6 ( ∫ B R 0 c | v | 6 3 − 2 t d x ) 3 − 2 t 6 ≤ C ‖ u ‖ H s 2 ‖ v ‖ D t ， 2 ( R 3 ) . 因此， L u 是 D t ， 2 ( R 3 ) 上的连续性泛函。应用Lax-Milgram定理，存在唯一的 ϕ K ， u t ∈ D t ， 2 ( R 3 ) 满足 ( − Δ ) t ϕ K ， u t = K ( x ) u 2 ，且 ϕ K ， u t 的表达式如下： ϕ K ， u t = c t ∫ R 3 K ( y ) u 2 ( y ) | x − y | 3 − 2 t d y ，   x ∈ R 3 ，其中 c t = π − 3 2 2 − 2 t Γ ( 3 − 2 t 2 ) Γ ( t ) . 因此，系统(1)约化为分数阶Schrödinger方程： ( − Δ ) s u + V ( x ) u + K ( x ) ϕ K ， u t u = Q ( x ) | u | p − 1 u ，     u ∈ H s ( R 3 ) . (5) 对应于方程(5)的能量泛函定义为： I ( u ) = 1 2 ∫ R 3 | ( − Δ ) s 2 u | 2 + ( V ∞ + a ( x ) ) u 2 d x + 1 4 ∫ R 3 K ( x ) ϕ K ， u t u 2 d x − 1 p + 1 ∫ R 3 ( Q ∞ − b ( x ) ) | u | p + 1 d x . 显然， I ∈ C 1 ( H s ( R 3 ) ， R ) 并且其临界点是问题(5)的弱解。因此，为了找到系统(1)的解，我们只需找到泛函I的临界点即可，事实上，如果 u ∈ H s ( R 3 ) 是I的临界点，那么 ( u ， ϕ K ， u t ) 就是系统(1)的弱解。 下面给出 ϕ K ， u t 的性质 [ 8 ]。 引理2.1对任意的 u ∈ H s ( R 3 ) ，有 (i) ϕ K ， u t ≥ 0 ； (ii) ϕ K ， l u t = l 2 ϕ K ， u t ， ∀ l ∈ R ； (iii) ∫ R 3 K ( x ) ϕ K ， u t u 2 d x ≤ c ‖ u ‖ H s 4 。 证 (i)和(ii)是显然成立的，下面只需证明结论(iii)。由(H 3 )，Hölder不等式和Sobolev嵌入定理有 | ϕ K ， u t | L 6 3 − 2 t 2 ≤ ‖ ϕ K ， u t ‖ D t ， 2 2 = ∫ R 3 | ( − Δ ) t 2 ϕ K ， u t | 2 d x = ∫ R 3 K ( x ) u 2 ϕ K ， u t d x ≤ | K | L 6 4 s + 2 t − 3 | u | L 6 3 − 2 s 2 | ϕ K ， u t | L 6 3 − 2 t ≤ C ‖ u ‖ H s 2 | ϕ K ， u t | L 6 3 − 2 t ， 因此，由上式可得， | ϕ K ， u t | L 6 3 − 2 t ≤ C ‖ u ‖ H s 2 。结论(iii)得证。 类似于文献 [ 14 ] 中命题2.2的证明，不难证得如下结论： 定理2.2设序列 u n 满足 ，如果在 H s ( R 3 ) 中 u n 弱收敛于u，那么 (i) ϕ K ， u n t → ϕ K ， u t 在 D t ， 2 ( R 3 ) 中； (ii) ∫ R 3 K ( x ) ϕ K ， u n t u n 2 d x → ∫ R 3 K ( x ) ϕ K ， u t u 2 d x ； (iii) ∫ R 3 K ( x ) ϕ K ， u n t u n φ d x → ∫ R 3 K ( x ) ϕ K ， u t u φ d x ，   ∀ φ ∈ H s ( R 3 ) 。 由于泛函I在 H s ( R 3 ) 中既无上界也无下界，简单计算可知泛函I限制在Nehari流形N上有下界，其中 N : = { u ∈ H s ( R 3 ) \ { 0 } : I ′ ( u ) [ u ] = 0 } . 显然，Nehari流形N包含了泛函I的所有临界点，通常称极小化问题的极小元为极小能量解或基态解。 根据标准的讨论，易证得Nehari流形N具有如下性质： 引理2.3 (i)存在正常数 c > 0 ，使得对于所有的 u ∈ N ， | u | p + 1 ≥ c > 0. (ii) N是 C 1 正则流行且微分同胚于 H s ( R 3 ) 的球面。 (iii) I限制在N上有正下界。 (iv) u是I在 H s ( R 3 ) 上的临界点当且仅当u是I限制在Nehari流形N上的临界点。 下面考虑问题(5)对应的极限方程为： ( − Δ ) s u + V ∞ u = Q ∞ | u | p − 1 u ， (7) 其对应的能量泛函 定义如下 I ∞ ( u ) = 1 2 ∫ R 3 | ( − Δ ) s 2 u | 2 + V ∞ u 2 d x − 1 p + 1 ∫ R 3 Q ∞ | u | p + 1 d x . 易证 I ∞ ∈ C 2 ( H s ( R 3 ) ， R ) ，并记泛函 I ∞ 对应的Nehari流形为 N ∞ : = { u ∈ H s ( R 3 ) \ { 0 } : I ′ ∞ ( u ) [ u ] = 0 } . 设 m ∞ : = inf u ∈ N ∞ I ∞ ( u ) . 由文献 [ 15 ] 中的结果知，问题(7)存在唯一正基态解 ω ∈ H s ( R 3 ) ，满足 lim | x | → ∞ ω ( x ) = 0 ，且存在 c > 0 使得 0 < ω ( x ) ≤ c ( 1 + | x | ) 3 + 2 s ，       ∀ x ∈ R 3 . (8) 对于 I ∞ 的任一变号临界点，下面关系式成立： I ∞ ( u ) ≥ 2 m ∞ . (9) 现在，我们考虑约束极小化问题 m : = inf { I ( u ) : u ∈ N } 。我们发现最小能量m与 m ∞ 之间的关系。 引理2.4 m = m ∞ 且m不可达。 证 设 u ∈ N ，则存在 t u > 0 满足 t u u ∈ N ∞ 。因此，易得 I ( u ) > I ( t u u ) ≥ t u 2 2 ‖ u ‖ H s 2 − t u p + 1 p + 1 ∫ R 3 Q ∞ | u | p + 1 d x = I ∞ ( t u u ) ≥ m ∞ ， 故 m ≥ m ∞ 。 下面我们要找到一组序列 ， u n ∈ N 满足 lim n → ∞ I ( u n ) = m ∞ 。为此，我们考虑 ( y n ) n ， y n ∈ R 3 ，且当 n → ∞ 时， | y n | → + ∞ 。设 u n = t n ω y n = t n ω ( ⋅ − y n ) ，其中 t n = t ( ω y n ) 满足 u n = t n ω y n ∈ N ，那么 I ( u n ) = t n 2 2 n ∫ R 3 | ( − Δ ) s 2 ω y n | 2 d x + t n 2 2 ∫ R 3 ( V ∞ + a ( x ) ) ω y n 2 d x     + t n 4 4 ∫ R 3 K ( x ) ϕ K ， ω y n t ω y n 2 d x − t n p + 1 p + 1 ∫ R 3 ( Q ∞ − b ( x ) ) | ω y n | p + 1 d x = t n 2 2 n ∫ R 3 | ( − Δ ) s 2 ω | 2 d x + t n 2 2 ∫ R 3 ( V ∞ + a ( x + y n ) ) ω 2 d x     + t n 4 4 ∫ R 3 K ( x + y n ) ϕ K ， ω y n t ω 2 d x − t n p + 1 p + 1 ∫ R 3 ( Q ∞ − b ( x + y n ) ) | ω | p + 1 d x . 由Lebesgue控制收敛定理及假设(H 1 )~(H 3 )可推得 lim n → ∞ ∫ R 3 a ( x + y n ) ω 2 = 0 ，       lim n → ∞ ∫ R 3 b ( x + y n ) | ω | p + 1 = 0 lim n → ∞ ∫ R 3 K ( x + y n ) ϕ K ， ω t ω 2 = 0. 结合 ，推出 1 ≤ t n ≤ c ，其中 c > 0 是一正常数。因此，由 p ∈ ( 3 ， 5 ) 及 ω ∈ N ∞ ，有 t n → 1 ，从而 I ( u n ) → m ∞ 。 反证法。假设存在 v ∈ N 满足 I ( v ) = m = m ∞ 。显然，存在 κ v > 0 满足 κ v v ∈ N ∞ ，经计算得 m ∞ ≤ I ∞ ( κ v v ) = ( 1 2 − 1 p + 1 ) ‖ κ v v ‖ H s 2 ≤ ( 1 2 − 1 p + 1 ) ‖ κ v v ‖ H s 2 + ( 1 4 − 1 p + 1 ) ∫ R 3 K ( x ) ϕ K ， κ v v t | κ v v | 2 d x ≤ I ( κ v v ) ≤ I ( v ) = m = m ∞ . 这说明 κ v = 1 且 ∫ R 3 K ( x ) ϕ K ， v t | v | 2 d x = 0 ，因此 v ∈ N ∞ 且 I ∞ ( v ) = m ∞ 。 另一方面，由问题(7)的解的唯一性知，存在 y ∈ R 3 ，对于每一个 x ∈ R 3 ，满足 v ( x ) = ω ( x − y ) > 0 ，也就是说 ∫ R 3 K ( x ) ϕ K ， v t | v | 2 d x > 0 ，矛盾。证毕。 我们试图在 ( m ∞ ， 2 m ∞ ) 中找到一个高能量水平解，为此，需要下面的全局紧性引理来恢复PS序列的紧性。 引理2.5 ( [ 12 ]，引理3.1)设 u n 是I限制在N上的PS序列，也就是说， I ( u n ) → c ，       ∇ I | N ( u n ) → 0 问题(5)的解为u，子序列仍用 u n 表示，则 要么在 H s ( R 3 ) 中 u n → u 成立； 要么在 H s ( R 3 ) 中 u n 弱收敛于u，且存在整数 k ≥ 1 ，函数列 u 1 ， ⋯ ， u k ，点击序列 { y n j } ⊂ R 3 ， 1 ≤ j ≤ k ，满足 1) 当 n → ∞ ， i ≠ j 时， | y n j | → + ∞ ， | y n i − y n j | → + ∞ ； 2) u n − ∑ j = 1 k u j ( ⋅ − y n j ) → u ； 3) I ( u n ) → I ( u ) + ∑ j = 1 k I ∞ ( u j ) ； 4) u j 是问题(7)的非平凡解。