system: [SYSTEM]

user: 2. 准备工作 方程(1)对应的能量泛函I定义为 I ( u ) = 1 2 ‖ u ‖ H r 1 2 + b 4 ( ∫ R 3 | ∇ u | 2 d x ) 2 − 1 p ∫ R 3 Q ( | x | ) | u | p d x ， 易知 I ∈ C 1 ( H r 1 ( R 3 ) ， R ) 且 〈 I ′ ( u ) ， φ 〉 = ( a + b ∫ R 3 | ∇ u | 2 d x ) ∫ R 3 ∇ u ∇ φ d x + ∫ R 3 u φ d x − ∫ R 3 Q ( | x | ) | u | p − 2 u φ d x ， ∀ φ ∈ H r 1 ( R 3 ) ， 于是，u为方程(1)的弱解当且仅当u是I的临界点。对应于泛函I的Nehari流形定义为 Μ = { u ∈ H r 1 ( R 3 ) \ { 0 } | 〈 I ′ ( u ) ， u 〉 = 0 } . 根据Sobolev不等式，可得 ‖ u ‖ H r 1 2 < ‖ u ‖ H r 1 2 + ( ∫ R 3 | ∇ u | 2 d x ) 2 = ∫ R 3 Q ( | x | ) | u | p d x ≤ S p − p Q max ‖ u ‖ H r 1 p ，即 ‖ u ‖ H r 1 2 ≥ ( S p p Q max ) 1 p − 2 . (5) ∀ u ∈ H r 1 ( R 3 ) ，定义纤维映射 h u : t ∈ R + → I ( t u ) h u ( t ) = t 2 2 ‖ u ‖ H r 1 2 + t 4 4 b ( ∫ R 3 | ∇ u | 2 d x ) 2 − t p p ∫ R 3 Q ( | x | ) | u | p d x ， 简单计算易得 h ′ u ( t ) = t ‖ u ‖ H r 1 2 + b t 3 ( ∫ R 3 | ∇ u | 2 d x ) 2 − t p − 1 ∫ R 3 Q ( | x | ) | u | p d x ， h ″ u ( t ) = ‖ u ‖ H r 1 2 + 3 b t 2 ( ∫ R 3 | ∇ u | 2 d x ) 2 − ( p − 1 ) t p − 2 ∫ R 3 Q ( | x | ) | u | p d x ， t h ′ u ( t ) = ‖ t u ‖ H r 1 2 + b ( ∫ R 3 | ∇ t u | 2 d x ) 2 − ∫ R 3 Q ( | x | ) | t u | p d x . 因此， ∀ u ∈ H r 1 ( R 3 ) \ { 0 } 和 t > 0 ， h ′ u ( t ) = 0 当且仅当 t u ∈ Μ 。特别地， h ′ u ( 1 ) = 0 当且仅当 u ∈ Μ 。把 Μ 分解成三个子集 Μ + = { u ∈ Μ : h ″ u ( 1 ) > 0 } ， Μ − = { u ∈ Μ : h ″ u ( 1 ) < 0 } ， Μ 0 = { u ∈ Μ : h ″ u ( 1 ) = 0 } ， 为了找到方程(1)的变号解，定义集合 Ν = { u ∈ H r 1 ( R 3 ) \ { 0 } | 〈 I ′ ( u ) ， u + 〉 = 〈 I ′ ( u ) ， u − 〉 = 0 且 u ± ≠ 0 } ，显然， Ν ⊂ Μ ， u ∈ Ν 当且仅当 〈 I ′ ( u ) ， u + 〉 = 〈 I ′ ( u + ) ， u + 〉 + b ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x ， 〈 I ′ ( u ) ， u − 〉 = 〈 I ′ ( u − ) ， u − 〉 + b ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x . 此外， ∀ u ∈ Μ ，我们有 h ″ u ( t ) = − ( p − 2 ) ‖ u ‖ H r 1 2 + b ( 4 − p ) ( ∫ R 3 | ∇ u | 2 d x ) 2 = − 2 ‖ u ‖ H r 1 2 + ( 4 − p ) ∫ R 3 Q ( | x | ) | u | p d x ≤ − 2 ‖ u ‖ H r 1 2 + ( 4 − p ) S p p Q max ‖ u ‖ H r 1 p . (6) 根据(6)式， ∀ u ∈ Μ − ，易得 I ( u ) > p − 2 4 p ‖ u ‖ H r 1 2 ≥ p − 2 4 p ( S p p Q max ) 2 p − 2 > 0 。即I在 Μ − 上是强制的且有下界的。令 C ( p ) = A ( p ) ( p − 2 2 p ) ( 2 4 − p ) 2 p − 2 。 ∀ u ∈ Μ 和 I ( u ) < C ( p ) ( S p p Q ∞ ) 2 p − 2 ，有 C ( p ) ( S p p Q max ) 2 p − 2 > I = p − 2 2 p ‖ u ‖ H r 1 2 − 4 − p 4 p ( ∫ R 3 | ∇ u | 2 d x ) 2 ≥ p − 2 2 p ‖ u ‖ H r 1 2 − 4 − p 4 p ‖ u ‖ H r 1 4 ， (7) 根据(7)式，对于 0 < b < b 0 ，存在两个正数 D 1 ， D 2 > 0 满足 A ( p ) ( 2 S p p Q ∞ ( 4 − p ) ) 1 p − 2 < D 1 < ( 2 S p p Q max ( 4 − p ) ) 1 p − 2 < 2 ( 2 S p p Q ∞ ( 4 − p ) ) 1 p − 2 < D 2 ， 使得 ‖ u ‖ H r 1 2 < D 1 或 ‖ u ‖ H r 1 2 > D 2 ，其中 b 0 = [ 1 − A ( p ) ( Q max Q ∞ ) 2 p − 2 ] ( Q ∞ S p p ) 2 p − 2 。因此， Μ ( C ( p ) ( S p p Q ∞ ) 2 p − 2 ) = { u ∈ Μ | I < C ( p ) ( S p p Q ∞ ) 2 p − 2 } = Μ ( 1 ) ∪ Μ ( 2 ) ， 其中 Μ ( 1 ) = ( u ∈ Μ ( C ( p ) ( S p p Q ∞ ) 2 p − 2 ) ， ‖ u ‖ H r 1 < D 1 ) ， Μ ( 2 ) = ( u ∈ Μ ( C ( p ) ( S p p Q ∞ ) 2 p − 2 ) ， ‖ u ‖ H r 1 > D 2 ) 。 对于 0 < b < b 0 ，有 ‖ u ‖ H r 1 < D 1 < ( 2 S p p Q max ( 4 − p ) ) 1 p − 2 ， ∀ u ∈ Μ ( 1 ) ; ‖ u ‖ H r 1 > D 2 > 2 ( 2 S p p Q ∞ ( 4 − p ) ) 1 p − 2 ， ∀ u ∈ Μ ( 2 ) (8) 根据(6)，(8)式和Sobolev不等式， ∀ u ∈ Μ ( 1 ) ，则 h ″ u ( 1 ) ≤ − 2 ‖ u ‖ H r 1 2 + ( 4 − p ) S p − p Q max ‖ u ‖ H r 1 p < 0 。根据(8)式， ∀ u ∈ Μ ( 2 ) ， I ( u ) = 1 4 ‖ u ‖ H r 1 2 − 4 − p 4 p ∫ R 3 Q ( | x | ) | u | p d x < C ( p ) ( S p p Q ∞ ) 2 p − 2 < p − 2 4 p ‖ u ‖ H r 1 2 ，即 2 ‖ u ‖ H r 1 2 < ( 4 − p ) ∫ R 3 Q ( x ) | u | p d x 。结合不等式(7)式， ∀ u ∈ Μ ( 2 ) ， h ″ u ( 1 ) > 0 。 下面引入变号约束集 Ν ( 1 ) = { u ∈ Μ ( 1 ) | 〈 I ′ ( u ) ， u + 〉 = 〈 I ′ ( u ) ， u − 〉 = 0 且 u ± ≠ 0 } ， 显然 Ν ( 1 ) ⊂ Μ ( 1 ) ， Ν ( 1 ) ⊂ Ν 。此外， ∀ u ∈ Ν ( 1 ) ，有 ( S p p Q max ) 1 p − 2 < ‖ u ± ‖ H r 1 < D 1 < ( 2 S p p Q max ( 4 − p ) ) 1 p − 2 . (9) 定义 I + ( u + ， u − ) = 1 2 ‖ u + ‖ H r 1 2 + b 4 ( ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ) 2 + b 4 ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x − 1 p ∫ R 3 Q ( | x | ) | u + | p d x ， (10) I − ( u + ， u − ) = 1 2 ‖ u − ‖ H r 1 2 + b 4 ( ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x ) 2 + b 4 ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x − 1 p ∫ R 3 Q ( | x | ) | u − | p d x ， (11) 定义函数 h ˜ ( s ， t ) = I + ( s u + ， t u − ) + I − ( s u + ， t u − ) ， s ， t > 0 ，显然， h ˜ ( s ， t ) = I ( s u + + t u − ) 且 ∂ ∂ s h ˜ ( s ， t ) = s ‖ u + ‖ H r 1 2 + b s 3 ( ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ) 2 + b s t 2 ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x − s p − 1 ∫ R 3 Q ( | x | ) | u + | p d x ， ∂ 2 ∂ s 2 h ˜ ( s ， t ) = ‖ u + ‖ H r 1 2 + 3 b s 2 ( ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ) 2 + b t 2 ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x − ( p − 1 ) s p − 1 ∫ R 3 Q ( | x | ) | u + | p d x ， ∂ ∂ t h ˜ ( s ， t ) = t ‖ u − ‖ H r 1 2 + b t 3 ( ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x ) 2 + b t s 2 ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x − t p − 1 ∫ R 3 Q ( | x | ) | u − | p d x ， ∂ 2 ∂ t 2 h ˜ ( s ， t ) = ‖ u − ‖ H r 1 2 + 3 b t 2 ( ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x ) 2 + b s 2 ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x − ( p − 1 ) t p − 1 ∫ R 3 Q ( | x | ) | u − | p d x ， 若 u ∈ Ν ( 1 ) ，则 ∂ ∂ s h ˜ ( 1 ， 1 ) = ∂ ∂ t h ˜ ( 1 ， 1 ) = 0 ， ∂ 2 ∂ s 2 h ˜ ( 1 ， 1 ) = − 2 ( ‖ u + ‖ H r 1 2 + b ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x ) − ( p − 1 ) ∫ R 3 Q ( | x | ) | u + | p d x ≤ − 2 ‖ u + ‖ H r 1 2 + ( 4 − p ) Q max S p − p ‖ u + ‖ H r 1 p = ( 4 − p ) ‖ u + ‖ H r 1 2 ( Q max S p − p ‖ u + ‖ H r 1 p − 2 4 − p ) < 0. 类似地， ∂ 2 ∂ t 2 h ˜ ( 1 ， 1 ) < 0 。因此，我们有如下的结果。 引理2.1 假设Q满足(H 1 )，则存在正常数 b ˜ ，使得 0 < b < b ˜ ， ∀ u ∈ Ν ( 1 ) 存在 ( p 2 ) 1 p − 2 < s ˜ b ， t ˜ b < ( p 4 − p ) 1 p − 2 使得 I ( s ˜ b u + + t ˜ b u − ) < 0 。而且，有 I ( u + + u − ) = sup ( s ， t ) ∈ [ 0 ， s ˜ b ] × [ 0 ， t ˜ b ] I ( s u + + t u − ) . (12) 证：由Cauchy不等式，得 s 2 t 2 ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x ≤ s 2 4 ( ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ) 2 + t 2 4 ( ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x ) 2 ， 利用(10)-(11)式，简单计算得 I ( s u + + t u − ) = h ˜ ( s ， t ) ≤ g + ( s ) + g − ( t ) ， 其中 g + ( s ) = s 2 2 ‖ u + ‖ H r 1 2 + b s 4 4 ( ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ) 2 − s p p ∫ R 3 Q ( | x | ) | u + | p d x ， g − ( t ) = t 2 2 ‖ u − ‖ H r 1 2 + b t 4 4 ( ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x ) 2 − t p p ∫ R 3 Q ( | x | ) | u − | p d x ， 为了证得结论，我们只需要证明存在 s ˜ b ， t ˜ b > 0 ，使得 g + ( s ˜ b ) ， g − ( t ˜ b ) < 0 。 设 g ˜ ( t ) = t − 2 2 ‖ u − ‖ H r 1 2 − t p − 4 p ∫ R 3 Q ( | x | ) | u − | p d x ， t > 0 ， 易得 g ˜ ( t b ) = 0 ， lim t → 0 + g ˜ ( t ) = ∞ ， lim t → ∞ g ˜ ( t ) = 0 ，其中 t b = ( p ‖ u − ‖ H r 1 2 2 ∫ R 3 Q ( x ) | u − | p d x ) 1 p − 2 。由(2.5)和 ∂ ∂ t h ˜ ( 1 ， 1 ) = 0 ，得 ( p ( 4 − p ) 4 ) 1 p − 2 < t b < ( p 2 ) 1 p − 2 . (13) 因为 g ˜ ′ ( t ) = t − 3 [ − ‖ u − ‖ H r 1 2 − ( 4 − p ) t p − 2 p ∫ R 3 Q ( x ) | u − | p d x ] ，故存在 t ˜ b = ( 2 4 − p ) 1 p − 2 t b 使得当 0 < t < t ˜ b 时， g ˜ ( t ) 单调递减，当 t > t ˜ b 时， g ˜ ( t ) 单调递增。由(13)，可得 1 < ( p 2 ) 1 p − 2 < t ˜ b < ( p 4 − p ) 1 p − 2 。因此，由(9)式， inf t > 0 g ˜ ( t ) = g ˜ ( t ˜ b ) = − p − 2 2 ( 4 − p ) ( p ‖ u − ‖ H r 1 2 ( 4 − p ) ∫ R 3 Q ( x ) | u − | p d x ) − 2 p − 2 ‖ u − ‖ H r 1 2 ≤ − p − 2 2 ( 4 − p ) ( S p p ( 4 − p ) p Q max ) 2 p − 2 ，即存在正常数 b 1 ≤ b 0 使得对任意 0 < b < b 1 ， inf t > 0 g ˜ ( t ) = g ˜ ( t ˜ b ) < − b 2 ( ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x ) 2 ，即 g − ( t ˜ b ) = t ˜ b 4 [ g ˜ ( t ˜ b ) + b 2 ( ∫ R 3 | ∇ u | 2 d x ) 2 ] < 0 ， (14) 类似于上述证明，存在 1 < ( p 2 ) 1 p − 2 < s ˜ b < ( p 4 − p ) 1 p − 2 使得 g + ( s ˜ b ) = s ˜ b 2 2 ‖ u + ‖ H r 1 2 + b s ˜ b 4 4 ( ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ) 2 − s ˜ b p p ∫ R 3 Q ( x ) | u + | p d x . (15) 因此，由(14)式和(15)式， ∀ u ∈ Ν ( 1 ) ，可得 I ( s ˜ b u + + t ˜ b u − ) = h ˜ ( s ˜ b ， t ˜ b ) < 0 ， ∀ 0 < b < b 1 。 下面来证明 I ( u + + u − ) = sup ( s ， t ) ∈ [ 0 ， s ˜ b ] × [ 0 ， t ˜ b ] I ( s u + + t u − ) 。设 Q b = [ 0 ， s ˜ b ] × [ 0 ， t ˜ b ] ，我们断言 sup ( s ， t ) ∈ ∂ Q b I ( s u + + t u − ) < sup ( s ， t ) ∈ Q b I ( s u + + t u − ) . 为此定义 A 1 = ‖ u + ‖ H r 1 2 ， A 2 = ( ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ) 2 ， A 3 = ∫ R 3 Q ( x ) | u + | p d x ， B 1 = ‖ u − ‖ H r 1 2 ， B 2 = ( ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x ) 2 ， B 3 = ∫ R 3 Q ( x ) | u − | p d x ， C = ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x ， 则 h ˜ ( s ， t ) = s 2 2 A 1 + t 2 2 B 1 + b s 4 4 A 2 + b t 4 4 B 2 + b s 2 t 2 2 C − s p p A 3 − t p p B 3 ， ∂ ∂ s h ˜ ( s ， t ) = s ( A 1 + b s 2 A 2 + b t 2 C − s p − 2 A 3 ) ， ∂ ∂ t h ˜ ( s ， t ) = t ( B 1 + b t 2 B 2 + b s 2 C − t p − 2 B 3 ) . 显然存在充分小的 s 0 ， t 0 使得 ∂ ∂ s h ˜ ( s ， t ) > 0 ， ∀ ( s ， t ) ∈ [ 0 ， s 0 ] × [ 0 ， t ˜ b ]   ， ∂ ∂ t h ˜ ( s ， t ) > 0 ， ∀ ( s ， t ) ∈ [ 0 ， s ˜ b ] × [ 0 ， t 0 ] . (16) 注意到 A 1 < A 3 ， B 1 < B 3 并且 s ˜ b ， t ˜ b > ( p 2 ) 1 p − 2 > 1 ，则存在正常数 b 2 ≤ b 1 使得对任意的 0 < b < b 2 有 ∂ ∂ s h ˜ ( s ， t ) > 0 ， ∀ ( s ， t ) ∈ { s ˜ b } × [ 0 ， t ˜ b ]   ， ∂ ∂ t h ˜ ( s ， t ) > 0 ， ∀ ( s ， t ) ∈ [ 0 ， s ˜ b ] × { t ˜ b } . (17) 由(16)式和(17)式，易知 sup ( s ， t ) ∈ ∂ Q b I ( s u + + t u − ) < sup ( s ， t ) ∈ Q b I ( s u + + t u − ) 。 下面证明 I ( u + + u − ) sup ( s ， t ) ∈ [ 0 ， s ˜ b ] × [ 0 ， t ˜ b ] I ( s u + + t u − ) 。由于 ∂ ∂ s h ˜ ( 1 ， 1 ) = ∂ ∂ t h ˜ ( 1 ， 1 ) = 0 ，所以对 ∀ b > 0 ， ( 1 ， 1 ) 是 h ˜ ( s ， t ) 的一个临界点，通过计算，有 ∂ ∂ s 2 h ˜ ( s ， t ) = A 1 + 3 b s 2 A 2 + b t 2 C − ( p − 1 ) s p − 2 A 3 ， ∂ ∂ t 2 h ˜ ( s ， t ) = B 1 + 3 b t 2 B 2 + b s 2 C − ( p − 1 ) t p − 2 B 3 ， ∂ ∂ s ∂ t h ˜ ( s ， t ) = 2 b s t C . 记 h ˜ ( s ， t ) 在点 ( 1 ， 1 ) 处的Hessian矩阵是 H b = [ A 1 + 3 b A 2 + b C − ( p − 1 ) A 3 2 b C 2 b C B 1 + 3 b B 2 + b C − ( p − 1 ) B 3 ] = [ A 1 − ( p − 1 ) A 3 0 0 B 1 − ( p − 1 ) B 3 ] + b [ 3 A 2 + C 2 C 2 C 3 B 2 + C ] 因为 0 < A 1 < A 3 ， 0 < B 1 < B 3 且 2 < p < 4 ，所以矩阵 − [ A 1 − ( p − 1 ) A 3 0 0 B 1 − ( p − 1 ) B 3 ] 是正定的，又由于 A 2 ， B 2 ， C 与b无关，所以对充分小的 b > 0 ，矩阵 − H b 是正定的。从而存在充分小的 r 0 > 0 ，使得 h ( 1 ， 1 ) 是 B r 0 ( ( 1 ， 1 ) ) = { ( s ， t ) | s ， t > 0 且 | ( s ， t ) − ( 1 ， 1 ) | < r 0 } ⊂ Q b 上的全局最大值。 下证对充分小的 b > 0 ， h ˜ ( 1 ， 1 ) 是 Q b 上唯一全局最大值。若不然，则存在序列 { b n } ⊂ R + 满足 b n → 0 ，以及存在点 ( s b n ， t b n ) ∈ Q b n \ B r 0 ( ( 1 ， 1 ) ) 使得 h ˜ ( s b n ， t b n ) = sup ( s ， t ) ∈ Q b n \ B r 0 ( ( 1 ， 1 ) ) h ˜ ( s ， t ) 。 由于 Q b n ⊂ [ 0 ， ( p 4 − p ) 1 p − 2 ] × [ 0 ， ( p 4 − p ) 1 p − 2 ] ，所以 { ( s b n ， t b n ) } 是有界序列。则存在 ( s 0 ， t 0 ) ∈ [ 0 ， ( p 4 − p ) 1 p − 2 ] × [ 0 ， ( p 4 − p ) 1 p − 2 ] \ B r 0 ( ( 1 ， 1 ) ) 使得当 n → ∞ 时， ( s b n ， t b n ) → ( s 0 ， t 0 ) 且 h ˜ ( s 0 ， t 0 ) > h ˜ ( 1 ， 1 ) 。这与 ( 1 ， 1 ) 是 h ˜ 当 b = 0 时的唯一全局极大值点产生矛盾。因此，存在正数 b ˜ < b 2 使得 I ( u + + u − ) sup ( s ， t ) ∈ [ 0 ， s ˜ b ] × [ 0 ， t ˜ b ] I ( s u + + t u − ) ， ∀ 0 < b < b ˜ . 证毕。 类似于引理2.1的证明，对 0 < b < b ˜ ， ∀ u ∈ H r 1 ( R 3 ) ，存在 ( p 2 ) 1 p − 2 < s + ， t − ≤ ( p 4 − p ) 1 p − 2 使得 I + ( s + u + ， u − ) ， I − ( u + ， t − u − ) < 0 ， I + ( u + ， u − ) = sup s ∈ [ 0 ， s + ] I + ( s u + ， u − ) ， I − ( u + ， u − ) = sup t ∈ [ 0 ， t − ] I − ( u + ， t u − ) . 引理2.2 假设Q满足(H 1 )，那么对于任意 0 < b < b ˜ 和 u ∈ Ν ( 1 ) ，存在 0 < s 0 + ， t 0 − ≤ 1 使得 s 0 + u + ， t 0 − u − ∈ Μ − sup s ∈ [ 0 ， s + ] I ( s u + ) = I ( s 0 + u + ) ≥ α − ; sup t ∈ [ 0 ， t − ] I ( t u − ) = I ( t 0 − u − ) ≥ α − ， 其中 α − = inf u ∈ Μ − I ( u ) > 0 。特别地， ∀ u ∈ Ν ( 1 ) ， I ± ( u + ， u − ) ≥ α − 成立。 证：只给出“+”情形的证明。令 h ^ u + ( s ) = I ( s u + ) ，显然， h ^ ′ u + ( s ) = s 3 ( g ^ u + ( s ) + b ( ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ) 2 ) 其中 g ^ u + ( s ) = s − 2 ‖ u ‖ H r 1 2 − s p − 4 ∫ R 3 Q ( x ) | u + | p d x 。易验证得 g ^ u + ( s ^ ) = 0 ， lim t → 0 + g ^ u + ( s ) = ∞ ， lim t → ∞ g ^ u + ( s ) = 0. 其中 ( 4 − p 2 ) 1 p − 2 < s ^ < ( ‖ u + ‖ H r 1 2 ∫ R 3 Q ( x ) | u + | p d x ) 1 p − 2 ≤ 1 。由于 g ^ ′ u + ( s ) = s − 3 ( − 2 ‖ u ‖ H r 1 2 + ( 4 − p ) ∫ R 3 Q ( x ) | u + | p d x ) ， 所以当 0 < s < ( 2 4 − p ) 1 p − 2 s ^ 时， g ^ u + ( s ) 单调递减，当 s > ( 2 4 − p ) 1 p − 2 s ^ 时， g ^ u + ( s ) 单调递增。因此 inf s > 0 g ^ u + ( s ) = g ^ u + ( ( 2 4 − p ) 1 p − 2 s ^ ) < − p − 2 4 − p ( 4 − p 2 ) 2 p − 2 ‖ u + ‖ H r 1 2 . 由(9)式，类似于引理2.1的讨论，可得 inf s > 0 g ^ u + ( s ) < − b ( ∫ R 3 | ∇ u | 2 d x ) 2 。因此，存在 s 0 + ， s ^ 0 + 满足 s ^ < s 0 + < ( 2 4 − p ) 1 p − 2 s ^ < s ^ 0 + ，使得 g ^ u + ( s 0 + ) + b ( ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ) 2 = 0 ， g ^ u + ( s ^ 0 + ) + b ( ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ) 2 = 0. 由 h ^ u + ( s ) 的定义，可知当 s ∈ ( 0 ， s 0 + ) ∪ ( s ^ 0 + ， ∞ ) 时， h ^ u + ( s ) 单调递增，可知当 s ∈ ( s 0 + ， s ^ 0 + ) 时， h ^ u + ( s ) 单调递减。又因为 I + ( s + u + ， u − ) < 0 ，所以 h ^ u + ( s ) = I ( s + u + ) < 0 。因此， s 0 + u + ∈ Μ − 且 sup s ∈ [ 0 ， s + ] I ( s u + ) = I ( s 0 + u + ) ≥ α − 。由于 u ∈ Ν ( 1 ) ，所以 ‖ u + ‖ H r 1 2 + ( ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ) 2 + ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x − ∫ R 3 Q ( x ) | u + | p d x = 0 . 上式蕴含 h ^ ′ u + ( 1 ) = − b ∫ R 3 | ∇ u + | 2 d x ∫ R 3 | ∇ u − | 2 d x ≤ 0 ，即 0 < s 0 + ≤ 1 。因此 I + ( u + ， u − ) = sup s ∈ [ 0 ， s + ] I + ( s u + ， u − ) ≥ sup s ∈ [ 0 ， s + ] I ( s u + ) = I ( s 0 + u + ) ≥ α − . 证毕。