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数学物理学报, 2019, 39(3): 535-544 doi:

论文

一类非线性双调和方程在RN上正整解存在的充分必要条件

欧笑杭,

Sufficient and Necessary Condition for the Existence of Positive Entire Solutions of a Nonlinear Biharmonic Equations on RN

Ou Xiaohang,

收稿日期: 2018-02-13  

Received: 2018-02-13  

作者简介 About authors

欧笑杭,sdouxh@126.com , E-mail:sdouxh@126.com

摘要

研究一类形如2u=f(|x|,u,|u|)(xRN,N>2)的非线性双调和方程,证明了其在RN上存在正整解的充分必要条件,并给出了解的一些性质.

关键词: 非线性双调和方程 ; 正整解 ; 闭凸子集 ; 等度连续 ; 不动点定理

Abstract

The aim of this paper is to study the nonlinear biharmonic equations of the following form 2u=f(|x|,u,|u|)(xRN,N>2). The Sufficient and necessary condition for the existence of positive entire solutions is proved, and some properties of the solutions are obtained.

Keywords: Nonlinear biharmonic equation ; Positive entire solution ; Close convex subset ; Equicontinuity ; Fixed point theorem

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本文引用格式

欧笑杭. 一类非线性双调和方程在RN上正整解存在的充分必要条件. 数学物理学报[J], 2019, 39(3): 535-544 doi:

Ou Xiaohang. Sufficient and Necessary Condition for the Existence of Positive Entire Solutions of a Nonlinear Biharmonic Equations on RN. Acta Mathematica Scientia[J], 2019, 39(3): 535-544 doi:

1 引言与引理

有关非线性椭圆型方程的正解问题,近二十年来已有许多研究并取得了丰硕成果,如文献[1-7].纵观这些成果,绝大多数文献是研究方程存在正整解的充分条件,探讨方程存在正整解的充分必要条件的文章则极少见.本文研究的是RN上一类非线性双调和方程

2u=f(|x|,u,|u|),xRN,N>2
(1.1)

存在正整解的充分必要条件及解的性质.在方程(1.1)中, 是Laplace算子, |x|是Euclidean长度, 是Hamilton算子.方程(1.1)的正的径向整体解是指uC4(RN)(N>2),满足u(x)=u(|x|)(xRN),且其在RN中逐点满足方程(1.1).如果一个径向对称的函数u(x)=y(|x|)是方程(1.1)的整体解,那么y(t)C4[0,),且满足下述的常微分方程

L2y(t)=f(t,y(t),|y(t)|), t0
(1.2)

及初始条件y(0)=γ0,y(0)=0,(Ly)(0)=γ1,(Ly)(0)=0,其中(Ly)(0)表示limt0(Ly)(t), (Ly)(0)表示limt0(Ly)(t), γ0,γ1是正的常数, L表示N维Laplace算子的极坐标形式,即

L=1tN1ddt(tN1ddt),t=|x|.
(1.3)

L1=L, L2表示2重Laplace算子2的极坐标形式.为了证明本文的结论,引入文献[3-4]曾经用过的积分算子Ψ:C[0,)C2[0,)如下:

Ψh(t)(Ψh)(t)=1N2t0[1(st)N2]sh(s)ds,t0,N3,
(1.4)

其中Ψh(0)理解为limt0Ψh(t).可以验证算子Ψ是线性的、单调的(即h1h2Ψh1Ψh2).进一步记Ψ1=Ψ,定义C[0,)上的算子Ψ2如下:

Ψ2h(t)(Ψ2h)(t)=(Ψ(Ψh))(t)Ψ(Ψh(t))0,t0,hC[0,).

引理1.1  设hC[0,),则L(Ψh(t))=h(t),t0.u(x)=(Ψh)(|x|)是方程u=h(|x|)(xRN)的正的径向对称整体解.

引理1.2  设hC[0,),且h0,则L2(Ψ2h)(t)=h(t),t0.u(x)=(Ψ2h)(|x|)是方程2u(x)=h(|x|)(xRN,N>2)的正的径向对称整体解,且有

0(Ψ2h)(t)t22(N2)2t0sh(s)ds,t0,
(1.5)

0ddt(Ψ2h)(t)tN2t0sh(s)ds,t0.
(1.6)

引理1.1,引理1.2的证明见参考文献[4].

引理1.3 设hC[0,),且h0,则

limtΨ2h(t)t2=M02N,
(1.7)

其中

M0=1N20th(t)dt<,  (M0=).
(1.8)

 先证M0<的情形.由(1.4)式有

limt(Ψh)(t)=limt1N2t0[1(st)N2]sh(s)ds=1N20sh(s)ds=M0.

limt(Ψ2h)(t)t2=limt(Ψ(Ψh))(t)t2=limt1N2t0[1(st)N2]s(Ψh)(s)dst2()=limtt0(st)N1(Ψh)(s)ds2t=limtt0sN1(Ψh)(s)ds2tN()=limt(Ψh)(t)2N=M02N.

上述过程也表明当M0=时也成立.

2 主要定理

在下面的讨论中引入记号G=[0,)×(0,)×[0,).

定理2.1  假设方程(1.1)中的函数f满足

(ⅰ) f:G[0,)是连续的,且不恒等于0;

(ⅱ)对固定的t0,函数f(t,u,v)关于u(0,)非增,关于v[0,)非增;则方程(1.1)存在满足下述性质

lim|x|u(x)|x|2=A,
(2.1)

lim|x||u(x)||x|=B
(2.2)

的正整解u(x)=u(|x|)的充分必要条件是下面条件(ⅲ)成立,其中A>0,B>0是仅与u有关的常数;

(ⅲ)存在常数c>0,使得

0tf(t,c(1+t2),2ct)dt<.

 先证充分性.假设定理的条件(ⅲ)成立,故存在常数c>0,使得

0tf(t,c(1+t2),2ct)dt<.
(2.3)

又由定理的条件(ⅰ)和(ⅱ)知,对固定(t,u,v)G,ξ1f(t,ξu,ξv)的关于ξ(0,)非增,且有

limξξ1f(t,ξu,ξv)=0.
(2.4)

故当ξ>c时有

ξ1tf(t,ξ(1+t2),2ξt)c1tf(t,c(1+t2),2ct).
(2.5)

由(2.3)、(2.4)和(2.5)式以及Lebesgue控制收敛定理得

limξξ10tf(t,ξ(1+t2),2ξt)dt=0.

于是可以取充分大的正数ξ0(c,),使得ξ(ξ0,)时,恒有

0tf(t,ξ(1+t2),2ξt)dt<ξ.
(2.6)

作集合

Y={yC1[0,)|ξ(1+t2)y(t)2ξ(1+t2),2ξty(t)4ξt, t0}.
(2.7)

考虑C1[0,)中通常的拓扑,即C1[0,)中点列{yi(t)}收敛于点y(t)定义为{yi(t)}{yi(t)}[0,)的任意紧子集上分别一致收敛于y(t)y(t).易见YC1[0,)中闭凸子集.定义映照π:YC1[0,)如下:

πy(t)=ξ(1+t2)+Ψ2[f(t,y(t),|y(t)|)],  t0.
(2.8)

下面证明映照πY连续地映进Y的一个相对紧子集中去.

(a) π:YY.

事实上,对yY,根据(15)式及定理的条件(ⅰ)、(ⅱ)知

0f(t,y(t),|y(t)|)f(t,ξ(1+t2),2ξt), t0.
(2.9)

并令

g(t)=f(t,y(t),|y(t)|),w(t)=f(t,ξ(1+t2),2ξt).
(2.10)

那么根据(2.9)式有

0g(t)w(t),  t0.
(2.11)

由(1.5)、(2.6)、(2.10)和(2.11)式得

0Ψ2g(t)t22(N2)2t0sg(s)dst22(N2)20sw(s)dsξt22(N2)2ξt2, t0.
(2.12)

故由(2.8)和(2.12)式得

ξ(1+t2)πy(t)=ξ(1+t2)+Ψ2g(t)ξ(1+t2)+ξt22ξ(1+t2),t0.
(2.13)

利用(1.6)、(2.6)及(2.11)式得

0ddt(Ψ2g(t))tN2t0sg(s)dstN20sw(s)ds2ξt,t0.
(2.14)

于是由(2.8)和(2.14)式得

2ξtddt[πy(t)]=2ξt+ddt(Ψ2g(t))2ξt+2ξt=4ξt,t0.
(2.15)

由(2.7)、(2.13)和(2.15)式可推出π:YY.

(b) π是连续映照.

yi(t),y(t)YC1[0,)(i=1,2,3,){yi(t)}C1[0,)的拓扑收敛于y(t) (当i),要证{πyi(t)}C1[0,)拓扑收敛于πy(t)(i),即要证{πyi(t)}{(πyi(t))}[0,)的任意紧子集上分别一致收敛于πy(t)(πy)(t).

[0,t1][0,)的任意紧子区间.先证gi(t)f(t,yi(t),|yi(t)|)(i=1,2,)[0,t1]上一致收敛于g(t)f(t,y(t),|y(t)|).事实上,因yi(t),y(t)Y,故当0tt1时有

ξyi(t)(y(t))2ξ(1+t21), i=1,2,,

0yi(t)(y(t))4ξt1, i=1,2,.

由定理的条件(ⅰ)知, f(t,y(t),y(t))在闭区域D=[0,t1]×[ξ,2ξ(1+t21)]×[0,4ξt1]上连续,故f(t,y(t),y(t))D上一致连续;再注意到{yi(t)}{yi(t)}[0,t1]上一致收敛于y(t)y(t),从而可证得{gi(t)}[0,t1]上一致收敛于g(t).由(1.4)式知当t[0,t1]时有

|Ψgi(t)Ψg(t)|1N2t0[1(st)N2]s|gi(s)g(s)|dst1N2t10|gi(s)g(s)|ds.

可见{Ψgi(t)}[0,t1]上一致收敛于Ψg(t).进而可证{Ψ2gi(t)}πyi(t)}[0,t1]上分别一致收敛于Ψ2g(t)πy(t).t[0,t1]时,

|ddt[Ψ2gi(t)]ddt[Ψ2g(t)]|=|1N2ddtt0[1(st)N2]s[Ψgi(s)Ψg(s)]ds|=|t0(st)N1[Ψgi(s)Ψg(s)]ds|t10|Ψgi(s)Ψg(s)|ds,

可见{ddt[Ψ2gi(t)]}[0,t1]上一致收敛于ddt[Ψ2g(t)].进而可推出{(πyi)(t)}[0,t1]上一致收敛于(πy)(t).

综上所述, {πyi(t)}{(πyi)(t)}[0,t1]上分别一致收敛于πy(t)(πy)(t).{(πy)i(t)}C1[0,)一致收敛于πy(t),即映照π是连续的.

(c) πY={πy(t)|y(t)Y}是相对紧的.

对任意闭区间[0,t1][0,),从(2.13)和(2.15)式可以看出{πy(t)|yY}{(πy)(t)|yY}[0,t1]上是一致有界,故{πy(t)|yY}[0,t1]上是等度连续的.下面证{(πy)(t)|y(t)Y}[0,t1]上也是等度连续的.注意到

(πy)(t)=ξ(1+t2)+ddt(1N2t0[1(st)N2]sΨg(s)ds)=2ξt+t0(st)N1Ψg(s)ds.
(2.16)

(πy)(t)=ddt[ddt(πy(t))]=ddt[2ξt+ddt(Ψ2g(t))]=2ξ+ddt(t0(st)N1Ψg(s)ds)=2ξ+Ψg(t)+(1N)1tNt0sN1Ψg(s)ds=2ξ+I1+I2, t0.
(2.17)

估计(2.17)式中I1I2的值如下:由(1.4)、(2.6)和(2.11)式得

0I1=1N2t0[1(st)N2]sg(s)ds1N20sg(s)ds1N20sw(s)ds<ξ,t0.
(2.18)

|I2|=(N1)1tNt0sN1Ψg(s)ds(N1)1tNt0sN1ξdsξN1NtNtNξ.
(2.19)

由(2.17)、(2.18)和(2.19)式知{(πy)(t)|yY}[0,)的任意紧子区间[0,t1]上一致有界,故{(πy)(t)|yY}[0,t1]上也是等度连续的.根据Ascoli-Arzela定理(参见文献[8, p10,定理1.30])可知按照C1[0,t1]中的拓扑, πYY中是相对紧的.进一步用取对角线的方法,可以证明按C1[0,)拓扑, πYY中是相对紧的.由上面的(a)、(b)、(c)可知Schauder-Tychonoff不动点的条件全部满足,于是映照π存在着不动点y(t)Y (参见文献[9, p161]),即有y(t)=πy(t).因此有

y(t)=ξ(1+t2)+Ψ2g(t),t0.
(2.20)

注意到L2是四阶求导算子,由引理1.2得

L2y(t)=L2(ξ(1+t2)+Ψ2g(t))=g(t),t0.

y=y(t)=y(|x|)=u(x)是方程(1.1)的径向对称的正整体解.下面证明此整体解u(x)=y(|x|)具有性质(2.1)和(2.2).事实上,由引理1.3中的(1.8)式以及(2.6)、(2.8)和(2.11)式可得

lim|x|u(x)|x|2=limty(t)t2=limtξ(1+t2)+Ψ2g(t)t2=ξ+limtΨ2g(t)t2=ξ+M02NA,
(2.21)

其中

M0=1N10tg(t)dt1N20tw(t)dtξN2<.
(2.22)

又由(1.6)、(1.7)、(1.8)以及(2.20)式得

lim|x||u(x)||x|=limty(t)t=limt2ξt+ddt(Ψ2g(t))t=2ξ+limtt0SN1tN1Ψg(s)dst=2ξ+limtt0sN1Ψg(s)dstN()=2ξ+limtΨg(t)N=2ξ+M0NB,
(2.23)

其中M0的意义同(2.22)式.由(2.21)和(2.23)式看到A>0,B>0是仅与整体解u(x)有关的常数.其实,具有上述性质的正整解有无限多个,这可从集合Y的定义式及ξ>ξ0选取的任意性推出.

再证必要性.

u(x)=y(|x|)是方程(1.1)满足性质(2.1)、(2.2)的径向对称正的整体解.于是y(t)满足方程(1.2),即

L2y(t)=f(t,y(t),|y(t)|), t0
(2.24)

且存在正的常数c1,c2,c3,c4t0>0,使得当t>t0时有

c1(1+t2)y(t)c2(1+t2);2c3ty(t)2c4t.
(2.25)

由(2.24)和(2.25)式及定理的条件(ⅰ)、(ⅱ)得

\begin{equation} L^2y(t) = f(t, y(t), |y^\prime (t)|)\geq f(t, c_2(1+t^2), 2c_4 t)\geq f(t, c_0(1+t^2), 2c_0 t), \, t>t_0, \end{equation}
(2.26)

其中 c_0 = \max\{c_2, c_4\} .

\begin{equation} h(t)\equiv f(t, c_0(1+t^2), 2c_0 t), \end{equation}
(2.27)

则(2.26)式可以写成

\begin{equation} L^2 y(t)\geq h(t). \end{equation}
(2.28)

由(1.3)式有

L(Ly(t))\equiv \frac{1}{t^{N-1}}\frac{\rm d}{{\rm d}t}\Big[t^{N-1}\frac{\rm d}{{\rm d}t}(Ly(t))\Big]\geq h(t), t>t_0.

两边乘 t^{N-1} 后在 [t_0, t] 上积分得

\int_{t_0}^t \frac{\rm d}{{\rm d}s}\Big[s^{N-1}\frac{\rm d}{{\rm d}s}(Ly(s))\Big ]{\rm d}s\geq \int_{t_0}^t s^{N-1}h(s){\rm d}s, \ t>t_0.

t^{N-1}\frac{\rm d}{{\rm d}t}(Ly(t))-\Big[ s^{N-1}\frac{\rm d}{{\rm d}s}(Ly(s))\Big]_{s = t_0}\geq \int_0^t s^{N-1}h(s){\rm d}s -\int_0^{t_0} s^{N-1}h(s){\rm d}s , \ t> t_0.

将上式记为

\begin{equation} t^{N-1}\frac{\rm d}{{\rm d}t}(Ly(t))-B_1\geq \int_0^t s^{N-1}h(s){\rm d}s -B_2, \ \ t>t_0, \end{equation}
(2.29)

其中 B_1, B_2 为常数.类似于上面的推导, (2.29)式两边乘 \frac{1}{t^{N-1}} 再积分得

\int_{t_0}^t \frac{\rm d}{{\rm d}s}(Ly(s)){\rm d}s \geq \int_{t_0}^t \frac{1}{s^{N-1}} \Big(\int_0^s r^{N-1}h(r){\rm d}r\Big){\rm d}s +\int_{t_0}^t (B_1-B_2)\frac{1}{s^{N-1}}{\rm d}s, \ t>t_0.

\begin{eqnarray} (Ly)(t)-(Ly)(t_0)&\geq & \int_0^t \frac{1}{S^{N-1}} \Big(\int_0^s r^{N-1}h(r){\rm d}r\Big){\rm d}s -\int_0^{t_0}\frac{1}{s^{N-1}} \Big(\int_0^s r^{N-1}h(r){\rm d}r\Big){\rm d}s\\ &&+\frac{B_1-B_2}{N-2} \Big(\frac{1}{t_0^{N-2}}-\frac{1}{t^{N-2}}\Big), \ t>t_0. \end{eqnarray}
(2.30)

注意到 \max\limits_{t_0\leq t < \infty}\Big |\frac{B_1-B_2}{N-2} \Big(\frac{1}{t_0^{N-2}}-\frac{1}{t^{N-2}}\Big)\Big|\leq \frac{|B_1-B_2|}{N-2}\frac{1}{t_0^{N-2}} ,于是

\begin{eqnarray} &&(Ly)(t_0)-\int_0^{t_0}\frac{1}{s^{N-1}} \Big(\int_0^s r^{N-1}h(r){\rm d}r \Big){\rm d}s +\frac{B_1-B_2}{N-2} \Big(\frac{1}{t_0^{N-2}}-\frac{1}{t^{N-2}}\Big) \\ &\geq&(Ly)(t_0)-\int_0^{t_0}\frac{1}{s^{N-1}} \Big(\int_0^s r^{N-1}h(r){\rm d}r\Big){\rm d}s -\frac{|B_1-B_2|}{N-2}\frac{1}{t_0^{N-2}}\equiv A_1, \ t>t_0, \end{eqnarray}
(3.31)

其中 A_1 是常数.利用(2.31)式可把(2.30)式简化成

\begin{equation} (Ly)(t)\geq \int_0^t\frac{1}{s^{N-1}} \Big(\int_0^s r^{N-1}h(r){\rm d}r\Big){\rm d}s+A_1, t>t_0. \end{equation}
(2.32)

利用Fubini定理,交换(2.32)式右边积分次序得

\begin{eqnarray} (Ly)(t)&\geq &\int_0^t r^{N-1}h(r) \Big(\int_r^t \frac{1}{s^{N-1}}{\rm d}s\Big){\rm d}r+A_1\\ & = & \frac{1}{N-2}\int_0^t\Big[1-(\frac{r}{t})^{N-2}\Big]rh(r){\rm d}r+A_1, \ t>t_0. \end{eqnarray}
(2.33)

也即

\begin{equation} (Ly)(t)\geq \Psi h(t)+A_1, \ t>t_0, \end{equation}
(2.34)

其中 A_1 是常数.对(1.4)式重复上述步骤,知道存在常数 A_2

\begin{eqnarray} y(t)&\geq&\Psi(\Psi h(t)+A_1)+A_2 = (\Psi^2h)(t)+\Psi A_1+A_2\\ & = &(\Psi^2h)(t)+\frac{1}{N-2}\int_0^t \Big[1-(\frac{r}{t})^{N-2}\Big]rA_1{\rm d}r+A_2\\ & = &(\Psi^2h)(t)+A_1\frac{t^2}{2N}+A_2, \ t>t_0. \end{eqnarray}
(2.35)

于是

\begin{equation} \frac{y(t)}{t^2}\geq \frac{(\Psi^2h)(t)}{t^2}+\frac{A_1}{2N}+\frac{A_2}{t^2}, \ t>t_0. \end{equation}
(2.36)

在(2.36)式中令 t\to\infty 并取极限,有

\begin{eqnarray*} A& = &\lim\limits_{t\to\infty }\frac{y(t)}{t^2}\geq \lim\limits_{t\to\infty}\Big[\frac{(\Psi^2h)(t)}{t^2}+\frac{A_1}{2N}+\frac{A_2}{t^2}\Big] = \lim\limits_{t\to\infty}\frac{(\Psi^2h)(t)}{t^2}+\frac{A_1}{2N}. \end{eqnarray*}

如果定理条件(ⅲ)不成立,则有

\begin{equation} \int_0^\infty tf(t, c_0(1+t^2), 2c_0t){\rm d}t = \infty. \end{equation}
(2.37)

由(1.7), (1.8), (2.27)和(2.37)式有

\begin{equation} \lim\limits_{t\to\infty}\frac{\Psi^2 h(t)}{t^2} = \frac{1}{N-2}\int_0^\infty tf(c_0(1+t^2), 2c_0 t){\rm d}t = \infty. \end{equation}
(2.38)

由(2.37)和(2.38)式得 \lim\limits_{t\to\infty}\frac{y(t)}{t^2} = \infty ,这与方程(1.1)的整体解具有性质(2.1)矛盾.必要性得证.

定理2.2 假设方程 (1.1) 中的函数 f 满足

(ⅰ) f:G\to [0, \infty) 是连续的,且不恒等于 0 ;

(ⅱ)对固定的 t\geq 0 函数 f(t, u, v) 关于 u\in(0, \infty) 非增,关于 v\in[0, \infty) 非减;

(ⅲ)对固定的 t\geq 0, \lambda^{-1}f(t, \lambda(1+t^2), 4\lambda t) 关于 \lambda\in(0, \infty) 非增,且

\lim\limits_{\lambda\to\infty}\lambda^{-1}f(t, \lambda(1+t^2), 4\lambda t) = 0.

则方程 (1.1) 存在满足性质 (2.1) (2.2) 正整解 u(x) = u(|x|) 的充分必要条件是下面条件(ⅳ)成立;

(ⅳ)存在常数 c > 0 ,使得

\int_0^\infty tf(t, c(1+t^2), 4ct){\rm d}t<\infty.

 由(ⅲ)知当 \lambda > c 时有 \lambda^{-1}tf(t, \lambda(1+t^2), 4\lambda t)\leq c^{-1}t f(t, c(1+t^2), 4ct), 且对一切 t\geq 0 \lim\limits_{\lambda\to\infty}\lambda^{-1}t f(t, \lambda(1+t^2), 4\lambda t) = 0.

由(ⅳ),应用Lebesgue控制收敛定理得

\lim\limits_{\lambda\to\infty}\lambda^{-1}\int_0^\infty t f(t, \lambda(1+t^2), 4\lambda t){\rm d}t = 0.

于是可以取充分大的正数 \xi_0\in(c, \infty) ,使得 \xi\in(\xi_0, \infty) 时,恒有

\int_0^\infty tf(t, \xi(1+t^2), 4\xi t){\rm d}t<\xi.

作集合

Y = \big\{y\in C^1[0, \infty)\big|\xi(1+t^2)\leq y(t)\leq 2\xi(1+t^2), 2\xi t\leq y^\prime (t)\leq 4\xi t, \ t\geq 0\big\}.

其余的证明与定理2.1的证明类似.

定理2.3  假设方程 (1.1) 中的函数 f 满足定理2.2中的条件(ⅰ)和(ⅱ),又满足

(ⅲ) ^\prime 对固定的 t\geq 0 , \lambda^{-1}f(t, \lambda(1+t^2), 4\lambda t) 关于 \lambda\in(0, \infty) 非减,且

\lim\limits_{\lambda\to 0}\lambda^{-1}f(t, \lambda(1+t^2), 4\lambda t) = 0;

则方程 (1.1) 存在满足性质 (2.1) (2.2) 正整解 u(x) = u(|x|) 的充分必要条件是下面条件(ⅳ)成立;

(ⅳ)存在常数 c > 0 ,使得

\int_0^\infty tf(t, c(1+t^2), 4ct){\rm d}t<\infty.

 由于定理2.3与定理2.2的差异仅在于以(ⅲ) ^\prime 代替(ⅲ),故只须把定理2.2证明过程的“于是可以取充分大的正数 \xi_0\in(c, \infty) ,使得 \xi\in(\xi_0, \infty) 时,恒有 \int_0^\infty tf(t, \xi(1+t^2), 4\xi t){\rm d}t < \xi ”改为“于是可以取充分小的正数 \xi_0\in(0, c) ,使得 \xi\in(0, \xi_0) 时,恒有 \int_0^\infty tf(t, \xi(1+t^2), 4\xi t){\rm d}t < \xi ”.其余的证明与定理2.1的证明类似.

3 例子

例3.1  考察双调和方程

\begin{equation} \triangle^2u = \frac{{\rm e}^{-|x|^2}P_k(|x|)}{(1+u)(1+|\nabla u|)}, x\in {\Bbb R} ^N, N>2, \end{equation}
(3.1)

其中 P_k(|x|) 是一个关于 |x| k 次多项式( k\geq 0 ), f(t, u, v) = \frac{{\rm e}^{-t^2}P_k(t)}{(1+u)(1+v)} ,易见 f(t, u, v) 满足定理2.1中的条件(ⅰ)和(ⅱ).对任意给定的整数 k\geq 0 ,选取 t^\alpha(\alpha = 2) ,当 c = 1 ,有

\lim\limits_{t\to\infty} t^\alpha tf(t, 1+t^2, 2t) = \lim\limits_{t\to\infty}t^2 t\frac{{\rm e}^{-t^2}P_k(t)}{(1+1+t^2)(1+2t)} = 0.

因为 \alpha = 2 > 1 ,由广义积分敛散性判别法则知

\int_0^\infty tf(t, c(1+t^2), 4ct){\rm d}t<\infty.

故定理2.1的条件(ⅲ)成立,于是方程(3.1)存在无穷多个满足性质(2.1)、(2.2)的正整解.

例3.2  考察双调和方程

\begin{equation} \triangle^2u = \frac{{\rm e}^{-|x|^2}|\nabla u|^2}{1+u^2}, x\in {\Bbb R} ^N, N>2, \end{equation}
(3.2)

这里 f(t, u, v) = \frac{{\rm e}^{-t^2}v^2}{1+u^2} ,易见 f(t, u, v) 满足定理2.2的条件(ⅰ)、(ⅱ),取 t^\alpha(\alpha = 2), c = 1 ,则

\lim\limits_{t\to\infty}t^\alpha t f(t, c(1+t^2), 4ct) = \lim\limits_{t\to\infty}t^2 t\frac{{\rm e}^{-t^2}(4t)^2}{1+(1+t^2)^2} = 0.

因为 \alpha = 2 > 1 ,由广义积分敛散性判别法则知

\int_0^\infty tf(t, c(1+t^2), 4ct){\rm d}t<\infty.

故定理2.2的条件(ⅳ)成立,于是方程(3.2)存在无穷多个满足性质(2.1)、(2.2)的正整解.

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