奇異橢圓方程Robin問題多重正解的存在性

吳德科, 索洪敏

(貴州民族大學(xué)數(shù)據(jù)科學(xué)與信息工程學(xué)院, 貴州 貴陽 550025)

1.引言

本文考慮如下奇異橢圓方程Robin邊值問題非平凡解的存在性:

其中Ω ?RN(N ≥3)是光滑有界區(qū)域, 2< p <2?,2?=是Sobolev臨界指數(shù), 0< γ <1,參數(shù)λ>0, 0≤a(x)∈L∞(?Ω)是一個非負(fù)函數(shù),n為外法向單位向量.

文[1-6] 研究了如下奇異的Dirichlet邊值問題:

其中Ω ?RN(N ≥3)是光滑有界區(qū)域,0<γ <1,參數(shù)λ>0.當(dāng)指數(shù)10充分小時, 問題(1.2)至少存在一個非平凡解, 在λ足夠大時, 問題(1.2)無解.當(dāng)指數(shù)2< p <2?,2?=是Sobolev臨界指數(shù)時, 文[5-6]運用Nehari流形方法證明了在λ >0充分小時, 問題(1.2)至少存在兩個非平凡解.文[7]研究了如下奇異的Dirichlet邊值問題:

其中Ω ?RN(N ≥3)是光滑有界區(qū)域, 0< γ <1, 參數(shù)λ >0,f:Ω ×R→R是一個Carathodory函數(shù).利用變分法證明了存在一個臨界參數(shù)λ?, 當(dāng)λ > λ?時, 問題(1.3)至少存在兩個非平凡解, 當(dāng)0<λ<λ?時, 問題(1.3)無解.

2014年, 文[8]考慮已下奇異的Neumann邊值問題:

其中Ω ?RN(N ≥3)是光滑有界區(qū)域, 10, 系數(shù)函數(shù)P ∈Lr1(Ω),Q ∈Lr2(Ω)是非負(fù)的, 這里的ν為外法向單位向量.利用Nehari流形等方法獲得問題(1.4)的兩個正解的存在性.關(guān)于更多奇異橢圓方程文獻(xiàn), 可參考文[12-13].

受以上文獻(xiàn)啟發(fā), 本文擬研究問題(1.1) 非平凡解的存在性與多重性.主要思路: 首先運用Nehari流形方法解決帶奇異項問題所對應(yīng)泛函在零點處不可微的難點, 其次應(yīng)用Ekeland變分原理得到該問題對應(yīng)泛函存在的臨界點, 最后通過極大值原理得到兩個正解的存在性.本文的主要結(jié)果如下:

定理1.1假設(shè)0 < γ < 1, 2 < p < 2?, a(x) ∈L∞(?Ω)為非負(fù)函數(shù), 則存在一個常數(shù)Λ?>0, 使得對任意的λ ∈(0,Λ?), 問題(1.1)至少存在兩個正解u1,u2∈H1(Ω).

2.準(zhǔn)備工作

問題(1.1)對應(yīng)的變分泛函Iλ:H1(Ω)→R為

眾所周知, 奇異項導(dǎo)致泛函Iλ不屬于C1(H1(Ω),R).然而, 我們可以通過研究泛函Iλ的合適的最小化問題來獲得問題(1.1)的多重解.

記Sp為Sobolev最佳嵌入常數(shù), 且

若u>0, u ∈H1(Ω)且滿足

就稱u是問題(1.1) 的弱解.

定義纖維映射:

Φ:t →Iλ(tu)(t>0).

當(dāng)u ∈H1(Ω)時,

上式關(guān)于t求一階導(dǎo)數(shù)和二階導(dǎo)數(shù), 可得

令t=1, 可得

問題(1.1)對應(yīng)的Nehari流形為

因此,Nλ包含了問題(1.1)所有的非零弱解, 即對任意的u ∈Nλ當(dāng)且僅當(dāng)

然而當(dāng)t>0,u ∈H1(Ω){0}, 可得到

通過(2.3)和(2.4), 顯然可得Φ′(t) = 0當(dāng)且僅當(dāng)tu ∈Nλ.可直接驗證Φ′(1) = 0等價于u ∈Nλ.現(xiàn)在, 把Nλ劃分為三個部分

當(dāng)u ∈Nλ時, 可得

3.定理1.1的證明

和

這里0<γ <1, 2

引理3.1[9](跡定理) 設(shè)1≤p ≤∞,Ω是有界域且?Ω是C1的光滑邊界, 則存在一個有界線性算子

使得

(i)Tu=u|?Ω,若

(ii)‖Tu‖Lp(?Ω)≤C‖u‖W1,p(Ω), 其中C是僅與p和Ω有關(guān)的常數(shù).

根據(jù)引理3.1, 可得

證(i) 當(dāng)u ∈H1(Ω){0}時, 依據(jù)(2.4)式可得

定義Q(t)∈C(R+,R)有

上式分別對t求一階導(dǎo)數(shù)和二階導(dǎo)數(shù), 得到

令Q′(t)=0, 有

通過一系列計算, 很容易的算出當(dāng)0< t < tmax時, 有Q′(t)>0; 當(dāng)t > tmax時, 有Q′(t)<0.因此顯然當(dāng)t=tmax時, 有Q(t)能取到最大值, 即

通過(3.5), 可得

這里

于是對?0<λ<λ1, 可得

注意到u0, 有

由(3.7)可得

結(jié)合(3.9)和(3.8)可得

一方面, 對u00}, 由不等式這里為了方便使用參數(shù)Θ, 利用Sobolev不等式, 可得

另一方面, 當(dāng)0<λ<λ2時, 有

其中

根據(jù)(3.11)式和(3.12)式可得到是矛盾的, 那么, 當(dāng)0 < λ < λ2時, 有= ?.除此之外取Λ0=min{λ1,λ2}, 當(dāng)0<λ<Λ0時, 引理3.2也是成立的.

引理3.3設(shè)0<γ <1且0 ≤a(x)∈L∞(?Ω).則泛函Iλ在Nλ中強(qiáng)制且下方有界.

證當(dāng)u ∈Nλ時, 利用Sobolev不等式, 可以得到

由于0<γ <1且0 ≤a(x)∈L∞(?Ω), 因此泛函Iλ在Nλ中強(qiáng)制且下方有界.

根據(jù)引理3.2知, 對?0<λ<Λ0有Nλ=∪成立.此外, 由于和非空, 再依據(jù)引理3.3知如下下確界的定義有意義

引理3.4設(shè)0<γ <1 且0 ≤a(x)∈L∞(?Ω).則對任意的0<λ<Λ0都有αλ≤<0.

證當(dāng)u ∈時, 可得

結(jié)合(2.3)式和(3.13)式, 可得

因為0<γ <1且0 ≤a(x)∈L∞(?Ω), 則Iλ(u)<0.通過αλ和的定義可推出αλ≤<0.

引理3.5設(shè)0 < γ < 1且0 ≤a(x) ∈L∞(?Ω).則存在常數(shù)ε > 0及光滑連續(xù)可微泛函τ :H1(Ω)→(0,+∞)(也就是τ :ω →τ(ω)>0), 使得對任意的u ∈Nλ(), ω ∈H1(Ω),當(dāng)‖ω‖<ε時總有

證任給u ∈Nλ, 定義函數(shù)F(t,ω):R×H1(Ω)→R為

因u ∈Nλ, 能推出F(1,0)=0且

其中0.通過引理3.2知Ft(1,0)0.進(jìn)一步, 根據(jù)隱函數(shù)存在唯一性定理知, 存在常數(shù)>0及光滑連續(xù)可微函數(shù)τ=τ(ω)>0,ω ∈H1(Ω)使得τ(0) = 1且F(τ(ω),ω)≡0, 也就是說

于是, 對任意的ω ∈H1(Ω), 當(dāng)‖ω‖<時, 有τ(ω)(u+ω)∈Nλ.因此當(dāng)ε ∈(0,)充分小時, 對任意的ω ∈H1(Ω), 當(dāng)‖ω‖<ε時, 有τ(ω)(u+ω)∈Nλ.

定理1.1的證明設(shè)0<λ<Λ0, 我們將分兩部分來完成證明.

第一部分 證明問題(1.1)在存在一個解.

由引理3.3知{un}在H1(Ω)中有界.運用Ekeland變分原理, 則存在Iλ的一個極小化序列{un}?Nλ, 使得

顯然Iλ(|un|)=Iλ(un).現(xiàn)在假設(shè)在Ω上un ≥0, 那么存在一個極小化序列(仍記為{un})和u ∈H1(Ω)有

下面證明u1是問題(1.1)的解.

首先證明在Ω中u10.根據(jù)Vitalian定理可以得到

由{un}在H1(Ω)中有界, 可得

根據(jù)范數(shù)的弱下半連續(xù)性, 結(jié)合(3.14)式和(3.15) 式, 有

這就意味著：在Ω中u10.

其次, 證明在Ω中幾乎處處都有u1(x)>0.由于un ∈N+λ, 所以可以斷言存在一個C1>0使得下式成立

事實上, (3.16)式等價于下式

由于un ∈可得

從而, 根據(jù)(3.15)式和(3.14)式, 進(jìn)一步得到

因此, 只需證明下式成立

反證法, 假設(shè)下式成立

由

根據(jù)范數(shù)的弱下半連續(xù)性, 結(jié)合(3.15)式、(3.14) 式以及(3.19)式, 有

從而, 由(3.6)式, 當(dāng)0<λ<λ1時, 有

這是矛盾的.因此, (3.18)式成立.在引理3.5中取u=un以及φ ∈H1(Ω),φ ≥0,t>0充分小,可以獲得一列連續(xù)函數(shù)列τn=τ(ω)使得τn(0) = 1以及τn(ω)(un+ωφ)∈Λ+以及un ∈Λ+,可得

從而, 結(jié)合(3.20)式, 進(jìn)一步可得

上式兩邊同時除以ω >0, 可得

令

類似于文[8]的證明, 可以得到

這里的C2為常數(shù).根據(jù)范數(shù)的次可加性, 可得

兩邊同時除以ω, 有

根據(jù)(3.20)式, 可得

和

因此, 由(3.24)式, 可得

因為

則根據(jù)Fatou引理可得

從而, 結(jié)合(3.25)式和(3.23)式, 可推得

當(dāng)n充分大時, 有

再次利用Fatou引理可得

即

這里φ ∈H1(Ω),φ ≥0.這意味著u1在弱意義上滿足

又因為u1≥0且u10, 根據(jù)強(qiáng)極大值原理, 可得

接下來, 證明u1∈N+.一方面, 由(3.27)式, 在(3.26)式中選取φ=u1, 可得

另一方面, 有

因此

這就意味：u1∈N.再次利用(3.20)式, 可得

因此, 根據(jù)(3.28)式, 可得在空間H1(Ω)當(dāng)n → ∞時有un → u1.特別地, 結(jié)合(3.28)式和(3.18)式, 可得

從而可推得u1∈N+.

最后, 證明u1是問題(1.1)的解.對任意的φ ∈H1(Ω),ε >0, 令Ψ= (u1+εφ)+∈H1(Ω),從而可以將(3.26) 式中的Ψ代替φ.在結(jié)合(3.28) 式, 可以得到

這里Ω1={x ∈Ω|u1+εφ>0},Ω2={x ∈Ω|u1+εφ ≤0}, 當(dāng)ε →0時, 其測度|Ω2|→0, 故有

在(3.30)式的不等式兩邊同除以ε且讓ε →0, 有

在(3.31)式中用?φ來代替, 有

那么

由于φ是任意的, 所以u1是問題(1.1) 的解.

第二部分 證明問題(1.1)在存在一個解, 令Λ?= min{Λ0,1}.因此, 當(dāng)0< λ < Λ?時,引理3.2-3.5都是成立的, 下面分兩步來證明.

由于{un}在H1(Ω)上是有界的, 若有必要時取其子列, 故?u2∈H1(Ω), 使得當(dāng)n →∞時, 有

同第一個解的證明類似, 可得到u2是問題(1.1)的一個非負(fù)解.因un ∈依據(jù)(3.2)式可得

可推導(dǎo)出

當(dāng)n →∞時, 使得在H1(Ω)中,un →u2.這意味著u20.因此, 根據(jù)強(qiáng)極大值原理在Ω中有u2>0.

第2步 證明u2由的定義知

當(dāng)n →∞時, 使得在H1(Ω)中有un →u2.又由(3.35)式可以得出