设$ 0\in\Omega\subset{{\Bbb R}} ^N(N\geq 3) $是具有光滑边界$ \partial\Omega $的有界域. 该文考虑一类带有变指数增长的半线性椭圆型方程

(1.1) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} -\Delta u = u^{q(x)-1}, & x\in \Omega, \\ u>0, & x\in \Omega \\ u = 0, & x\in \partial \Omega, \end{array}\right. \end{equation} $

其中$ q(x) $满足以下条件

$ {\rm (Q_1)} $$ q\in C(\overline{\Omega}) $, $ q(0) = 2 $, 当$ x\neq 0 $时, $ 2<q(x)\leq \mathop {\max }\limits_{x\in \overline{\Omega}}\{q(x)\} = q^+<2^* = \frac{2N}{N-2} $;

$ {\rm (Q_2)} $存在$ \alpha\in\left(0, \ \frac{N+2}{2}\right) $和$ B_{\delta_0} = \{x||x|<\delta_0\}\subset\Omega $, 使得对任意$ x\in B_{\delta_0} $, $ q(x)\geq 2+|x|^{\alpha} $.

1973年, Ambrosetti和Rabinowitz在文献[1]中考虑了如下超线性椭圆问题非平凡解的存在性

(1.2) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} -\Delta u = f(x, u), &x\in\Omega, \\ u = 0, &x\in \partial \Omega. \end{array}\right. \end{equation} $

除了要求$ f(x, t) $满足超线性次临界增长条件外, 他们还要求$ f(x, t) $满足下列条件(简称$ (AR) $ -条件): 当$ |t| $足够大时

$ f(x, t)t\geq \theta F(x, t)>0, \ \ \ \ \forall x\in\Omega, $

其中$ \theta>2 $和$ F(x, t) = \int_0^tf(x, s)\, {\rm d}s $. 众所周知, $ (AR) $ -条件能确保问题(1.2)所对应泛函的(PS)序列是有界的. 近四十多年来, 一些学者试图弱化$ (AR) $ -条件, 见文献[2-9]. 例如, 一个更弱的条件是如下超二次条件:

(SQ) $ x\in\Omega $, $ \mathop {\lim }\limits_{|t|\rightarrow \infty}\frac{F(x, t)}{|t|^2} = \infty $.

在上述文献中, 作者利用条件(SQ)和一些附加条件, 获得了问题(1.2)非平凡解的存在性. 这些附加条件包括要求函数$ F(x, t) $或$ f(x, t)/t $是单调性的, 或函数$ f(x, t)t-2F(x, t) $具有一些凸性和拟单调性. 此外, Komiya和Kajikiya在文献[10]考虑如下局部超二次条件

(f) 存在$ \theta>2 $, 使得

$ \mathop {\lim \sup}\limits_{|t|\rightarrow \infty} \left(\mathop{\sup}\limits_{x\in \Omega}\frac{\theta F(x, t)-tf(x, t)}{|t|^2}\right)\leq\frac{\lambda_1(\theta-2)}{2}, $

其中$ \lambda_1 $是对应线性边值问题的第一特征值.

近年来, 作为问题(1.2)的具体情形, 问题(1.1)也受到一些学者的广泛关注^[11-16]. 他们通过讨论从$ H^1_0(\Omega) $到$ L^{q(x)}(\Omega)(q(x)\geq 2^*) $的紧嵌入条件, 来获得问题(1.1) 非平凡解的存在性或多重性. Hashizume和Sano在文献[13]中提出$ {\rm ess}\mathop{\inf}\limits_{x\in \Omega}\{q(x)\} = 2 $是另一种临界的情形. 这种情况不满足$ (AR) $ -条件. 然而, Hashizume和Sano仍然要求对任意$ x\in\Omega $, $ q(x)>2 $. 事实上, 当存在$ x_{0}\in\Omega $使得$ q(x_0) = \mathop{\inf}\limits_{x\in \Omega}\{q(x)\} = 2 $时, 无论是条件(SQ)还是条件$ (f) $都不成立. 因此, 本文所研究的这种情形是一个新的现象. 据我们所知, 无论是$ p $ -Laplacian方程(包括半线性椭圆方程)还是$ p(x) $ -Laplacian方程, 都没有相关结果.

该文的主要结论如下:

定理1.1   假设条件$ {\rm (Q_{1})} $和$ {\rm (Q_{2}}) $成立, 则问题(1.1)至少有一个正解.

注1.1   在文献[13]中, 作者考虑了方程$ -\Delta_{p} u+u^{p-1} = u^{q(x)-1} $, $ 0\leq u\in W^{1, p}_r({{\Bbb R}} ^N) $非平凡解的存在性, 其中$ 1<p<N $. 如果存在正常数$ R_{1}, R_{2}, C_{1}, C_{2} $和$ 0<l_1, \ l_2<1 $使得: 当$ x\in {{\Bbb R}} ^N\backslash B_{R_1} $时, $ {\rm ess} \mathop {\inf }\limits_{x\in B_{R_1}} \{q(x)\}> p $, $ q(x)\geq p+\frac{C_1}{|\log|x||^{l_1}} $; 当$ x\in B_{R_2} $时, $ q(x)\leq \frac{Np}{N-p}-\frac{C_2}{|\log|x||^{l_2}} $, 他们获得了该方程非平凡解的存在性. 然而, 定理1.1允许$ \mathop {\min }\limits_{x\in \overline{\Omega}}\{q(x)\} = 2 $. 另外, 它也不需要空间是径向的.

在此, 先简述定理1.1的证明中思路. 受文献[17]启发, 注意到$ q(0) = 2 $, 首先修正非线性项, 以确保修正问题所对应泛函的(PS) 序列是有界的. 随后, 利用Moser迭代证明修正问题的正解确实是原问题(1.1) 的正解.

因为$ q(0) = 2 $, 所以很难确定问题(1.1)对应的泛函是否满足(PS)条件. 为了应用变分方法来证明定理1.1, 先修正非线性项得到一个扰动方程. 由于$ q(x) $是一个连续函数, $ q^{+}<2^{\ast} $, 故可选择$ r>0 $使得

(2.1) $ \begin{equation} r<\min\left\{2^*-q^+, \ \frac{1}{4N}\right\}. \end{equation} $

令$ \psi(t)\in C^{\infty}_0({{\Bbb R}} , [0, 1]) $是具有以下性质的光滑函数: 当$ |t|\leq 1 $时, $ \psi(t) = 1 $; 当$ |t|\geq 2 $时, $ \psi(t) = 0 $. 此外, $ \psi(t) $在区间$ (0, +\infty) $上单调递减. 对$ \mu\in (0, 1] $, 定义

$ b_{\mu}(t) = \psi(\mu t), \quad m_{\mu}(t) = \int_{0}^t b_{\mu}(\tau){\rm d}\tau. $

考虑如下辅助问题

(2.2) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { } -\Delta u = \left(\frac{u}{m_{\mu}(u)}\right)^{r} u^{q(x)-1}, & x\in\Omega , \\ u>0, & x\in \Omega, \\ u = 0, & x\in \partial \Omega . \end{array}\right. \end{equation} $

定理2.1   假设条件$ {\rm (Q_1)} $和$ {\rm (Q_2)} $成立. 那么, 对任意$ \mu\in(0, 1] $, 存在一个不依赖于$ \mu $的$ L>0 $, 使得问题(2.2)有至少一个正解$ u_{\mu} $满足$ 0<I_{\mu}(u_{\mu})<L $.

问题(2.2)对应的能量泛函为$ I_\mu: H^1_{0}(\Omega)\to{{\Bbb R}} $,

$ I_{\mu}(u) = \frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla u|^2\, {\rm d}x -\int_{\Omega}K_{\mu}(x, u^+)\, {\rm d}x, $

其中$ k_{\mu}(x, t) = \left(\frac{t}{m_{\mu}(t)}\right)^rt^{q(x)-1} $, $ K_{\mu}(x, t) = \int_0^tk_{\mu}(x, \tau)\, {\rm d}\tau $.

引理2.1  当$ t>0 $时, 函数$ K_{\mu}(x, t) $满足如下不等式

$ K_{\mu}(x, t)\leq \frac{1}{q(x)}tk_{\mu}(x, t), \ \ \ \ \ \ \ K_{\mu}(x, t)\leq \frac{1}{q(x)+r}tk_{\mu}(x, t)+C_{\mu}, $

其中$ C_{\mu} $是一个正常数.

证  因为$ b_{\mu}(t) $在区间$ (0, +\infty) $上是单调递减的, 所以当$ t>0 $时

$ \frac{\rm d}{{\rm d}t}\left(\frac{t}{m_{\mu}(t)}\right) = \frac{m_{\mu}(t)-tb_{\mu}(t)}{m^2_{\mu}(t)} = \frac{t(b_{\mu}(\xi)-b_{\mu}(t))}{m^2_{\mu}(t)}\geq 0, $

其中$ \xi\in(0, t) $. 因此, $ \frac{t}{m_{\mu}(t)} $在区间$ (0, +\infty) $上单调递增. 因而, $ \frac{k_{\mu}(x, t)}{t^{q(x)-1}} = \left(\frac{t}{m_{\mu}(t)}\right)^r $在区间$ (0, +\infty) $上也是单调递增的. 当$ t>0 $时

(2.3) $ \begin{eqnarray} K_{\mu}(x, t) = \int^t_0k_{\mu}(x, \tau){\rm d}\tau\leq \int^t_0\frac{k_{\mu}(x, t)}{t^{q(x)-1}}\tau^{q(x)-1}{\rm d}\tau = \frac{1}{q(x)}tk_{\mu}(x, t). \end{eqnarray} $

根据函数$ m_{\mu} $的定义, 当$ t\geq \frac{2}{\mu} $时, $ m_{\mu}(t) = \frac{A}{\mu} $, 其中$ A = 1+\int_1^2\psi(\tau){\rm d}\tau $. 因此, 当$ t>\frac{2}{\mu} $时

(2.4) $ \begin{eqnarray} K_{\mu}(x, t)& = & \int_0^{\frac{2}{\mu}}k_{\mu}(x, \tau)\, {\rm d}\tau+\int_{\frac{2}{\mu}}^t\left(\frac{\mu}{A}\right)^r\tau^{q(x)+r-1}\, {\rm d}\tau \\ & = & \int_0^{\frac{2}{\mu}}\left(k_{\mu}(x, \tau)-\left(\frac{\mu}{A}\right)^r\tau^{q(x)+r-1}\right)\, {\rm d}\tau+\int_0^t\left(\frac{\mu}{A}\right)^r\tau^{q(x)+r-1}\, {\rm d}\tau \\ &\leq& C_{\mu}+\frac{tk_{\mu}(x, t)}{q(x)+r}. \end{eqnarray} $

由(2.3)和(2.4)式可得, 当$ t>0 $时, $ K_{\mu}(x, t)\leq \frac{1}{q(x)+r}tk_{\mu}(x, t)+C_{\mu}. $

定理2.2   假设条件$ {\rm (Q_{1})} $和$ {\rm (Q_{2})} $成立. 那么, 对于任意$ \mu\in(0, 1) $, $ I_{\mu} $满足(PS)条件.

证  设$ \{u_n\}\subset H^1_{0}(\Omega) $是$ I_{\mu} $的(PS)序列, 即存在$ C>0 $, 使得当$ n\rightarrow \infty $时

(2.5) $ \begin{equation} |I_{\mu}(u_{n})|\leq C, \ \ \ \ \ I_{\mu}' (u_{n})\rightarrow 0. \end{equation} $

由(2.5)式和引理2.1, 可以推出

$ \begin{eqnarray*} &&I_{\mu}(u_{n})- \frac{1}{2+r}\langle I_{\mu}' (u_{n}), u_{n}\rangle\\ &\geq&\frac{r}{2(2+r)}\|u_{n}\|^{2} +\int_{\Omega}\left(\frac{1}{2+r}-\frac{1}{q(x)+r}\right)k_{\mu}(x, u_n^+)u_n^+{\rm d}x-C_{\mu}\\ &\geq&\frac{r}{2(2+r)}\|u_{n}\|^{2} -C_{\mu}. \end{eqnarray*} $

这意味着$ \frac{r}{2(2+r)}\|u_{n}\|^{2}\leq C+C_{\mu}+o(\|u_{n}\|) $. 因此, $ \{u_{n}\} $在$ H^1_{0}(\Omega) $中有界. 故存在$ \{u_{n}\} $的一个子列(仍用$ \{u_{n}\} $表示)和$ u\in H^{1}(\Omega) $, 使得当$ n\rightarrow \infty $时

$ \begin{eqnarray*} \label{ii} \left\{ \begin{array}{ll} u_n\rightharpoonup u, &\ \ \mbox{在$H^1_{0}(\Omega)$中}, \\ u_n\rightarrow u, &\ \ \mbox{在$L^{s}(\Omega)$中}, \ \ 1\leq s<2^{*}. \end{array} \right. \end{eqnarray*} $

对于任意整数对$ (i, j) $, 有

$ \begin{eqnarray*} \|u_i-u_j\|^2 = \langle I' _{\mu}(u_i)-I' _{\mu}(u_j), u_i-u_j\rangle +\int_{\Omega}(k_{\mu}(x, u_i^+)-k_{\mu}(x, u_j^+))(u_i-u_j){\rm d}x. \end{eqnarray*} $

由(2.5)式知, 当$ i, j\rightarrow +\infty $时

(2.6) $ \begin{equation} \langle I' _{\mu}(u_i)-I' _{\mu}(u_j), u_i-u_j\rangle\rightarrow 0. \end{equation} $

此外, 不难得到

$ \begin{eqnarray*} |k_{\mu}(x, t)|\leq |t|^{q(x)-1}+\left(\frac{\mu}{A}\right)^r|t|^{q(x)+r-1}. \end{eqnarray*} $

注意到$ 2\leq q(x)<q(x)+r\leq q^++r<2^* $. 因此, 当$ i, j\rightarrow +\infty $时

(2.7) $ \begin{eqnarray} &&\left|\int_{\Omega}(k_{\mu}(x, u_i^+)-k_{\mu}(x, u_j^+))(u_i-u_j){\rm d}x\right|\\ &\leq& C\int_{\Omega}\left(|u_i|+|u_j|+|u_i|^{q^++r-1}+|u_j|^{q^++r-1}\right)|u_i-u_j|\rightarrow 0. \end{eqnarray} $

由(2.6)和(2.7)式知, 当$ i, \ j \rightarrow +\infty $时, $ \|u_i-u_j\|\rightarrow 0 $. 这意味着$ \{u_n\} $在$ H^1_{0}(\Omega) $中有强收敛的子列. 因此, $ I_{\mu} $满足(PS)条件.

下面验证泛函$ I_{\mu} $满足山路引理.

定理2.3   若条件$ {\rm (Q_{1})} $和$ {\rm (Q_{2})} $成立, 则泛函$ I_{\mu} $具有如下山路几何结构:

$ \rm (1) $存在$ m, \ \rho>0 $, 使得对任意$ u\in H^1_{0}(\Omega) $且$ \|u\| = \rho $, $ I_{\mu}(u)> m $;

$ \rm (2) $存在$ w\in H^1_{0}(\Omega) $满足$ \|w\|> \rho $且$ I_{\mu}(w)<0 $.

证  由$ k_{\mu} $的定义知

$ |k_{\mu}(x, t)|\leq |t|^{q(x)-1}+\left(\frac{\mu}{A}\right)^r|t|^{q(x)+r-1}. $

故

$ |K_{\mu}(x, t)|\leq \frac{|t|^{q(x)}}{q(x)}+\left(\frac{\mu}{A}\right)^r\frac{|t|^{q(x)+r}}{q(x)+r}. $

因此, 存在$ C_{\mu}>0 $, 使得

(2.8) $ \begin{eqnarray} \left|\int_{\Omega}K_{\mu}(x, u^+)\, {\rm d}x\right|\leq C_{\mu} \int_{\Omega}(|u|^{q(x)}+|u|^{q(x)+r})\, {\rm d}x. \end{eqnarray} $

由Sobolev嵌入定理和$ 2\leq q(x)<q(x)+r<2^* $, 有

(2.9) $ \begin{eqnarray} \int_{\Omega}|u|^{q(x)+r}\, {\rm d}x\leq \int_{\Omega}(|u|^{2+r}+|u|^{2^*})\, {\rm d}x\leq C(\|u\|^{2+r}+\|u\|^{2^*}). \end{eqnarray} $

令$ \Omega_{\varepsilon} = \{x\in \Omega|2\leq q(x)< 2+\varepsilon\} $, 由Hölder不等式和Sobolev嵌入定理, 就有

(2.10) $ \begin{eqnarray} \int_{\Omega}|u|^{q(x)}\, {\rm d}x & = &\int_{\Omega_{\varepsilon}}|u|^{q(x)}\, {\rm d}x+\int_{\Omega\backslash\Omega_{\varepsilon}}|u|^{q(x)}\, {\rm d}x\\ &\leq&\int_{\Omega_{\varepsilon}}(|u|^{2}+|u|^{2+\varepsilon})\, {\rm d}x+\int_{\Omega\backslash\Omega_{\varepsilon}}(|u|^{2+\varepsilon}+|u|^{2^*})\, {\rm d}x\\ &\leq&\int_{\Omega_{\varepsilon}}|u|^{2}\, {\rm d}x+\int_{\Omega}(|u|^{2+\varepsilon}+|u|^{2^*})\, {\rm d}x\\ &\leq&C|\Omega_{\varepsilon}|^{\frac{2^*-2}{2^*}}\|u\|^2+C(\|u\|^{2+\varepsilon}+\|u\|^{2^*}). \end{eqnarray} $

由$ \Omega_0 = \{0\} $, 可得当$ \varepsilon\rightarrow 0 $时, $ |\Omega_{\varepsilon}|\rightarrow 0 $. 固定$ \mu\in (0, 1] $, 存在$ \varepsilon_0>0 $使得对任意$ \varepsilon\in (0, \varepsilon_0) $,

(2.11) $ \begin{eqnarray} |\Omega_{\varepsilon}|^{\frac{2^*-2}{2^*}}<\frac{1}{4CC_{\mu}}. \end{eqnarray} $

由(2.8)–(2.11)式, 可得

$ \begin{eqnarray*} I_{\mu}(u)\geq \frac{1}{4}\|u\|^2-C_{\mu}(\|u\|^{2+\varepsilon}+\|u\|^{2+r}+\|u\|^{2^*}). \end{eqnarray*} $

因此, 存在$ m, \ \rho>0 $, 使得对任意$ u\in H^1_{0}(\Omega) $且$ \|u\| = \rho $, $ I_{\mu}(u)> m $.

根据$ k_{\mu} $的定义, 可得$ k_{\mu}(x, t)\geq t^{q(x)-1} $. 由$ {\rm (Q_1)} $, 存在一个正可测集$ U_0\subset \Omega $, 使得对$ \forall x\in U_0 $, 有

(2.12) $ \begin{eqnarray} q(x)\geq \frac{2+q^{+}}{2}. \end{eqnarray} $

取非负函数$ v_0\in H_{0}^1(U_0)\backslash\{0\} $. 那么, 当$ t>0 $足够大时, 可得

$ \begin{eqnarray*} I_{\mu}(tv_0)\leq\frac{t^2}{2}\int_{U_0}|\nabla v_0|^2\, {\rm d}x-t^{\frac{2+q^+}{2}}\int_{U_0}\frac{|v_0|^{q(x)}}{q(x)}\, {\rm d}x <0. \end{eqnarray*} $

对充分大的$ t_0 $, 令$ w = t_0v_0 $, 则$ \|w\|> \rho $且$ I_{\mu}(w)<0 $.

定理2.1的证明   由引理2.1和引理2.2知, $ I_{\mu} $满足(PS)条件且具有山路几何结构. 定义

$ \begin{eqnarray*} \Gamma = \{\gamma \in C([0, 1], H^1_{0}(\Omega))|\ \gamma(0) = 0, \ \gamma(1) = w\}, \ \ {c}_{\mu} = \mathop {\inf }\limits_{\gamma \in \Gamma} \mathop {\max }\limits_{t\in[0, 1]}I_{\mu}(\gamma(t)). \end{eqnarray*} $

由山路引理^[1]可得方程(2.2)有一个解$ u_{\mu} $. 经过简单的计算, 可以推导出

$ \|u_{\mu}^-\|^2 = \langle I'_{\mu}(u_{\mu}), u_{\mu}^-\rangle = 0, $

即$ u_{\mu}^- = 0 $. 所以$ u_{\mu}\geq 0 $. 由$ I_{\mu}(u_{\mu}) = c_{\mu}>0 = I_{\mu}(0) $, 可得$ u_{\mu}\neq 0 $. 由强极大值原理^[18]知$ u_{\mu} $是问题(2.2)的正解, 又由(2.12)式可得

$ \begin{eqnarray*} I_{\mu}(u_{\mu}) = c_{\mu} \leq\max\limits_{t\in [0, 1]}I_\mu(tw) \leq\max\limits_{t\in [0, 1]}\Big(\frac{t^2}{2}\int_{U_0} |\nabla w|^2{\rm d}x -t^{\frac{2+q^+}{2}}\int_{U_0} \frac{w^{q(x)}}{q(x)}\, {\rm d}x\Big) = L. \end{eqnarray*} $

定理2.1证毕.

在本节中, 将证明辅助问题(2.2)的解确实是原问题(1.1)的解. 为此, 需对泛函$ I_{\mu} $的临界点进行$ L^{\infty} $估计.

命题3.1   假设条件$ {\rm (Q_1)} $和$ {\rm (Q_2)} $成立. 若$ v $是$ I_\mu $的临界点且$ I_\mu(v)\leq L $, 那么存在一个不依赖于$ \mu $的正常数$ M = M(L) $使得$ \|v\|_{L^{\infty}\left(\Omega\right)}\leq M $.

为了证明命题3.1, 需要如下引理.

引理3.1   假设条件$ {\rm (Q_1)} $和$ {\rm (Q_2)} $成立. 若$ I_{\mu}(v)\leq L $且$ I_{\mu}'(v) = 0 $, 则对任意$ \delta\in (0, \delta_0) $, 存在不依赖于$ \mu $的常数$ C_{\delta}>0 $, 使得$ \int_{\Omega_{\delta}}|\nabla v|^{2}{\rm d}x\leq C_{\delta} $.

证  由引理2.1, $ I_{\mu}(v)\leq L $和$ I_{\mu}'(v) = 0 $知

(3.1) $ \begin{eqnarray} L&\geq&I_{\mu}(v)- \frac{1}{2}\langle I_{\mu}' (v), v \rangle\\ &\geq&\int_{\Omega}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{q(x)}\right)k_{\mu}(x, v)v {\rm d}x\\ &\geq&\int_{\Omega_{\frac{\delta}{2}}}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{q(x)}\right)k_{\mu}(x, v)v{\rm d}x. \end{eqnarray} $

由条件$ {\rm (Q_1)} $知, 对任意$ \delta\in (0, \delta_0) $, 存在$ m_{\delta}>0 $, 使得对任意$ x\in\Omega_{\frac{\delta}{2}} $, $ \frac{1}{2}-\frac{1}{q(x)}\geq m_{\delta} $. 因此

$ \begin{eqnarray*} \int_{\Omega_{\frac{\delta}{2}}}k_{\mu}(x, v)v{\rm d}x\leq m_{\delta}^{-1}\int_{\Omega_{\frac{\delta}{2}}}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{q(x)}\right)k_{\mu}(x, v)v{\rm d}x\leq m_{\delta}^{-1}L. \end{eqnarray*} $

由$ k_{\mu} $的定义, 当$ t>1 $时有$ k_{\mu}(x, t)t\geq t^{q(x)}\geq t^{2} $. 于是

(3.2) $ \begin{eqnarray} \int_{\Omega_{\frac{\delta}{2}}}v^2{\rm d}x\leq \int_{\Omega_{\frac{\delta}{2}}}(1+k_{\mu}(x, v)v){\rm d}x\leq m_{\delta}^{-1}L+|\Omega|. \end{eqnarray} $

由$ I_{\mu}'(v) = 0 $知, $ v $是问题(2.2)的解. 对任意$ \delta\in(0, \ \delta_0) $, 令$ \psi\in C^{\infty}_0 (\Omega, [0, 1]) $满足: 当$ x\in\Omega_{\delta} $时, $ \psi(x) = 1 $; 当$ |x|\leq \frac{\delta}{2} $时, $ \psi(x) = 0 $. 此外, 对任意$ x\in \Omega $, $ |\nabla \psi|\leq C $. 用$ v\psi^{2} $乘以问题(2.2)的两边并积分, 可得

(3.3) $ \begin{eqnarray} \int_{\Omega}\nabla v \nabla (v\psi^2){\rm d}x = \int_{\Omega}k_{\mu}(x, v)v\psi^2 {\rm d}x\leq \int_{\Omega_{\frac{\delta}{2}}}k_{\mu}(x, v)v{\rm d}x\leq m_{\delta}^{-1}L+|\Omega|. \end{eqnarray} $

由Young不等式知

(3.4) $ \begin{eqnarray} \int_{\Omega}\nabla v\nabla (v\psi^2) {\rm d}x & = &\int_{\Omega}|\nabla v|^{2}\psi^2 {\rm d}x+2\int_{\Omega} v\psi^2\nabla v\nabla \psi^2 {\rm d}x \\ &\geq&\frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla v|^{2}\psi^2 {\rm d}x-C\int_{\Omega}v^2|\nabla \psi|^{2} {\rm d}x \\ &\geq&\frac{1}{2}\int_{\Omega_{\delta}}|\nabla v|^{2}{\rm d}x-C\int_{\Omega_{\frac{\delta}{2}}}v^2{\rm d}x. \end{eqnarray} $

由(3.2), (3.3)和(3.4)式知, 存在一个不依赖于$ \mu $的$ C_{\delta}>0 $, 使得$ \int_{\Omega_{\delta}}|\nabla v|^{2}{\rm d}x\leq C_{\delta} $.

引理3.2   令$ 1<p<\frac{N}{2} $, $ 0<r<R $. 假设非负函数$ w(x) $和$ g(x)\in L^{p}(B_{R}) $满足

(3.5) $ \begin{eqnarray} -\Delta w\leq g, \ \ \ &x\in B_{R}, \end{eqnarray} $

则

(3.6) $ \begin{eqnarray} \|w\|_{L^{\frac{Np}{N-2p}}(B_r)}\leq C\left(\|w\|_{L^{\frac{(N-2)p}{N-2p}}(B_R\backslash B_r)}+\|g\|_{L^p(B_R)}\right), \end{eqnarray} $

其中$ C = C(N, p, R, r)>0 $.

证  令$ \xi = \frac{N(p-1)}{N-2p} $, 则

(3.7) $ \begin{eqnarray} \frac{N(1+\xi)}{N-2} = \frac{Np}{N-2p} = \frac{ p\xi}{p-1}. \end{eqnarray} $

令$ \varphi\in C^{\infty}_0 ({{\Bbb R}} ^N, [0, 1]) $满足：当$ |x|\leq r $时, $ \varphi(x) = 1 $; 当$ |x|\geq R $时, $ \varphi(x) = 0 $. 对任意$ \theta>0 $, 用测试函数$ ((w+\theta)^{\xi}-\theta^{\xi})\varphi^2 $乘上(3.5)式两边并积分, 可得

(3.8) $ \begin{eqnarray} \int_{B_R}\nabla w\nabla(((w+\theta)^{\xi}-\theta^{\xi})\varphi^2) {\rm d}x\leq\int_{B_R}g((w+\theta)^{\xi}-\theta^{\xi})\varphi^2{\rm d}x. \end{eqnarray} $

由Young不等式, 有

(3.9) $ \begin{eqnarray} &&\int_{B_R}\nabla w\nabla(((w+\theta)^{\xi}-\theta^{\xi})\varphi^2) {\rm d}x\\ & = &\xi\int_{B_R}|\nabla w|^{2}(w+\theta)^{\xi-1}\varphi^2 {\rm d}x+2\int_{B_R} ((w+\theta)^{\xi}-\theta^{\xi}) \varphi\nabla w\nabla \varphi {\rm d}x \\ &\geq&\frac{4\xi}{(\xi+1)^2}\int_{B_R}\left|\nabla (w+\theta)^{\frac{\xi+1}{2}}\right|^{2}\varphi^2 {\rm d}x-C\int_{B_R}\nabla (w+\theta)^{\frac{\xi+1}{2}}(w+\theta)^{\frac{\xi+1}{2}} \varphi\nabla \varphi {\rm d}x \\ &\geq &C\int_{B_R}\left|\nabla \left(\left((w+\theta)^{\frac{\xi+1}{2}}-\theta^{\frac{\xi+1}{2}}\right)\varphi\right)\right|^{2} {\rm d}x-C\int_{B_R} (w+\theta)^{\xi+1}|\nabla \varphi|^2 {\rm d}x \\ &\geq&C\left(\int_{B_R}\left( \left((w+\theta)^{\frac{\xi+1}{2}}-\theta^{\frac{\xi+1}{2}}\right)\varphi\right)^{\frac{2N}{N-2}}{\rm d}x\right)^{\frac{N-2}{N}}\\&&-C\int_{B_R} (w+\theta)^{\xi+1}|\nabla \varphi|^2 {\rm d}x. \end{eqnarray} $

由$ 1<p<\frac{N}{2} $知, $ \frac{2p}{p-1}>\frac{2N}{N-2} $. 因此

(3.10) $ \begin{eqnarray} \int_{B_R}g((w+\theta)^{\xi}-\theta^{\xi})\varphi^2{\rm d}x &\leq& \|g\|_{L^p(B_R)}\left(\int_{B_R}((w+\theta)^{\xi}-\theta^{\xi})^{\frac{p}{p-1}}\varphi^{\frac{2p}{p-1}}{\rm d}x\right)^{\frac{p-1}{p}}\\ &\leq& \|g\|_{L^p(B_R)}\left(\int_{B_R}((w+\theta)^{\xi})^{\frac{p}{p-1}}\varphi^{\frac{2N}{N-2}}{\rm d}x\right)^{\frac{p-1}{p}}. \end{eqnarray} $

令$ \theta\to0 $, 由(3.8), (3.9)和(3.10)式可推出

$ \begin{eqnarray*} \left(\int_{B_R}w^{\frac{N(\xi+1)}{N-2}}\varphi^{\frac{2N}{N-2}}{\rm d}x\right)^{\frac{N-2}{N}}\nonumber \leq C\int_{B_R} w^{\xi+1}|\nabla \varphi|^2 {\rm d}x + C\|g\|_{L^p(B_R)}\left(\int_{B_R}w^{\frac{p\xi}{p-1}}\varphi^{\frac{2N}{N-2}}{\rm d}x\right)^{\frac{p-1}{p}}. \end{eqnarray*} $

这意味着

(3.11) $ \begin{eqnarray} \left(\int_{B_R}w^{\frac{N(\xi+1)}{N-2}}\varphi^{\frac{2N}{N-2}}{\rm d}x\right)^{\frac{N-2}{N}} \leq C\int_{B_R} w^{\xi+1}|\nabla \varphi|^2 {\rm d}x \end{eqnarray} $

或

(3.12) $ \begin{eqnarray} \left(\int_{B_R}w^{\frac{N(\xi+1)}{N-2}}\varphi^{\frac{2N}{N-2}}{\rm d}x\right)^{\frac{N-2}{N}} \leq C\|g\|_{L^p(B_R)}\left(\int_{B_R}w^{\frac{p\xi}{p-1}}\varphi^{\frac{2N}{N-2}}{\rm d}x\right)^{\frac{p-1}{p}}. \end{eqnarray} $

由(3.7), (3.11)和(3.12)式, 有

$ \begin{eqnarray*} \left(\int_{B_R}w^{\frac{Np}{N-2p}}\varphi^{\frac{2N}{N-2}}{\rm d}x\right)^{\frac{N-2p}{Np}} &\leq& C\left(\int_{B_R} w^{\frac{(N-2)p}{N-2p}}|\nabla \varphi|^2 {\rm d}x\right)^{\frac{N-2p}{(N-2)p}}\\& = &C\left(\int_{B_R\setminus B_r} w^{\frac{(N-2)p}{N-2p}} {\rm d}x\right)^{\frac{N-2p}{(N-2)p}} \end{eqnarray*} $

或

$ \left(\int_{B_R}w^{\frac{Np}{N-2p}}\varphi^{\frac{2N}{N-2}}{\rm d}x\right)^{\frac{N-2p}{Np}} \leq C\|g\|_{L^p(B_R)}. $

因此

$ \|w\|_{L^{\frac{Np}{N-2p}}(B_r)}\leq \left(\int_{B_R}w^{\frac{Np}{N-2p}}\varphi^{\frac{2N}{N-2}}{\rm d}x\right)^{\frac{N-2p}{Np}}\leq C\left(\|w\|_{L^{\frac{(N-2)p}{N-2p}}(B_R\backslash B_r)}+\|g\|_{L^p(B_R)}\right). $

引理3.2证毕.

引理3.3   假设条件$ {\rm (Q_1)} $和$ {\rm (Q_2)} $成立. 若$ I_{\mu}(v)\leq L $且$ I_{\mu}'(v) = 0 $, 则存在$ \delta_1\in(0, \ \delta_0) $和不依赖于$ \mu $的常数$ C>0 $, 使得对$ \forall\delta\in(0, \ \delta_1) $, $ \int_{B_{\delta}}|\nabla v|^{2}{\rm d}x\leq C $.

证  由$ I_{\mu}'(v) = 0 $知, $ v $是问题(2.2)的解. 对$ \forall\delta\in(0, \delta_0) $和$ B_{2\delta}\subset \Omega $, 令$ \phi\in C^{\infty}_0 (\Omega, [0, 1]) $满足: 当$ |x|\leq \delta $时, $ \phi(x) = 1 $; 当$ |x|\geq 2\delta $时, $ \phi(x) = 0 $; 对$ \forall x\in\Omega $, $ |\nabla \phi|\leq C $. 用$ v\phi^{2} $乘以问题(2.2)两边并积分, 可得

(3.13) $ \begin{eqnarray} \int_{\Omega}\nabla v \nabla (v\phi^2){\rm d}x = \int_{\Omega}k_{\mu}(x, v)v\phi^2 {\rm d}x\leq \int_{B_{2\delta}}k_{\mu}(x, v)v{\rm d}x. \end{eqnarray} $

由Young不等式, 有

(3.14) $ \begin{eqnarray} \int_{\Omega}\nabla v\nabla (v\phi^2) {\rm d}x & = &\int_{\Omega}|\nabla v|^{2}\phi^2 {\rm d}x+2\int_{\Omega} v\phi\nabla v\nabla \phi {\rm d}x \\ &\geq&\frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla v|^{2}\phi^2 {\rm d}x-C\int_{\Omega}v^2|\nabla \phi|^{2} {\rm d}x \\ &\geq&\frac{1}{2}\int_{B_{\delta}}|\nabla v|^{2}{\rm d}x-C\int_{B_{2\delta}}v^2{\rm d}x. \end{eqnarray} $

由$ k_{\mu} $的定义知

(3.15) $ \begin{eqnarray} |k_{\mu}(x, v)v|\leq C \left(|v|^{2}+|v|^{q^{+}+r}\right). \end{eqnarray} $

由(3.13), (3.14)和(3.15)式, 可得

(3.16) $ \begin{eqnarray} \int_{B_{\delta}}|\nabla v|^{2}{\rm d}x\leq C\int_{B_{2\delta}}k_{\mu}(x, v)v{\rm d}x+C\int_{B_{2\delta}}v^2{\rm d}x\leq C\left(1+\int_{B_{2\delta}}|v|^{q^++r}{\rm d}x\right). \end{eqnarray} $

由(3.16)式知, 为了完成引理3.3的证明, 只需证明存在$ \delta_2>0 $使得$ \int_{B_{\delta_2}}|v|^{q^++r}{\rm d}x\leq C $. 由$ k_{\mu} $的定义, 有$ k_{\mu}(x, t)\geq t^{q(x)-1} $. 根据引理2.1, 条件$ {\rm (Q_1)} $和$ {\rm (Q_2)} $知: 对$ \forall\delta\in(0, \ \delta_0) $, 有

(3.17) $ \begin{eqnarray} L&\geq&I_{\mu}(v)-\frac{1}{2} \langle I_{\mu}' (v), v\rangle\\ & = &\int_{\Omega}\left(\frac{k_{\mu}(x, v)v}{2}-K_{\mu}(x, v)\right){\rm d}x\\ &\geq&\int_{\Omega}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{q(x)}\right)k_{\mu}(x, v)v{\rm d}x\\ &\geq&\frac{1}{2q^+}\int_{B_{\delta}}|x|^{\alpha}|v|^{q(x)}{\rm d}x. \end{eqnarray} $

注意到$ N\geq 3 $, 由条件$ {\rm (Q_2)} $和(2.1)式知

$ \begin{eqnarray*} 0<\frac{\alpha(1+r)}{2-(1+r)} = \frac{\alpha(1+r)}{1-r}<\frac{\alpha(4N+1)}{4N-1}<\frac{(N+2)(4N+1)}{2(4N-1)}<N. \end{eqnarray*} $

因此, 可选择$ p\in\left(1, \frac{2N}{N+1}\right) $满足

(3.18) $ \begin{eqnarray} \frac{p(1-r)}{p-1}>2\ \ \ \ \mbox{且}\ \ \ \ \ 0<\frac{p\alpha(1+r)}{2+r-p(1+r)}<\frac{7N+2}{8}<N. \end{eqnarray} $

令$ q^+_{\delta} = \sup\{q(x)|x\in B_{\delta}\} $. 由条件$ {\rm (Q_1)} $和(3.18)式知: 存在$ \delta_3<\min\{1, \ \delta_0\} $, 使得对任意$ \delta\in(0, \ \delta_3) $, 有

(3.19) $ \begin{eqnarray} q^+_{\delta}\leq\frac{p(1-r)}{p-1}\ \ \ \ \mbox{且}\ \ \ \ \ 0<\frac{p\alpha(q^+_{\delta}-1+r)}{q^+_{\delta}-p(q^+_{\delta}-1+r)}<N. \end{eqnarray} $

应用Young不等式, (3.17)和(3.19)式可以推出, 对任意$ \delta\in(0, \ \delta_3) $, 有

(3.20) $ \begin{eqnarray} \int_{B_{\delta}} |v|^{p(q(x)+r-1)}{\rm d}x& = &\int_{B_{\delta}} \left(|x|^{\alpha}|v|^{q(x)}\right)^{\frac{p(q(x)+r-1)}{q(x)}}\cdot|x|^{-\frac{p\alpha(q(x)+r-1)}{q(x)}}{\rm d}x\\ &\leq&C\int_{B_{\delta}} |x|^{\alpha}|v|^{q(x)}{\rm d}x+C\int_{B_{\delta}} |x|^{-\frac{p\alpha(q(x)+r-1)}{q(x)-p(q(x)+r-1)}}{\rm d}x\\ &\leq&C\int_{B_{\delta}} |x|^{\alpha}|v|^{q(x)}{\rm d}x+C\int_{B_{\delta}} |x|^{-\frac{p\alpha(q^+_{\delta}+r-1)}{q^+_{\delta}-p(q^+_{\delta}+r-1)}}{\rm d}x \\ &\leq&2q^+CL+C\delta^{N-\frac{p\alpha(q^+_{\delta}+r-1)}{q^+_{\delta}-p(q^+_{\delta}+r-1)}}. \end{eqnarray} $

由于$ |k_{\mu}(x, v)|\leq C \left(1+|v|^{p(q(x)+r-1)}\right) $, 所以对任意$ \delta\in(0, \ \delta_3) $, 可得

(3.21) $ \begin{eqnarray} \|k_{\mu}(x, v)\|_{L^p(B_{\delta})}\leq C_{\delta}. \end{eqnarray} $

因为在$ B_{\delta} $中$ -\triangle v = k_{\mu}(x, v) $, 所以对$ \forall\delta'\in (0, \ \delta) $, 由引理3.1, 引理3.2和(3.21)式可推出

(3.22) $ \begin{eqnarray} \|v\|_{L^{\frac{Np}{N-2p}}(B_{\delta'})}&\leq& C\left(\|v\|_{L^{\frac{(N-2)p}{N-2p}}(B_{\delta}\backslash B_{\delta'})}+\|k_{\mu}(x, v)\|_{L^p(B_{\delta})}\right)\\ &\leq&C\left(\|v\|_{L^{\frac{(N-2)p}{N-2p}}(\Omega_{\delta'})}+\|k_{\mu}(x, v)\|_{L^p(B_{\delta})}\right)\\ &\leq&C\left(\int_{\Omega_{\delta'}}|\nabla v|^2{\rm d}x\right)^{\frac{1}{2^*}}+C\|k_{\mu}(x, v)\|_{L^p(B_{\delta})}\\ &\leq& C, \end{eqnarray} $

其中$ \delta\in(0, \ \delta_3) $, $ C = C(\delta', \delta, N, p)>0 $不依赖于$ \mu $.

若$ \zeta_1 = \frac{Np}{N-2p}\geq q^++r $, 应用Holder不等式, 便能获得所需证明的不等式. 否则, 利用(2.1)式导出的不等式$ r<\frac{1}{4N}<\frac{2}{N-2} $, 可选择$ \sigma_1\in (0, \ \delta)\subset(0, \ \delta_3) $使得$ \tau_1 = q_{\sigma_1}^++r-1<\frac{N}{N-2} $. 因此, 对任意$ \mu\in (0, 1] $, $ x\in B_{\sigma_1} $, 有

$ \begin{eqnarray*} |k_{\mu}(x, v)|\leq C\left(1+ |v|^{\tau_1}\right). \end{eqnarray*} $

注意到$ \zeta_1>\frac{N}{N-2} $, 于是$ p_1 = \frac{\zeta_1}{\tau_1}>1 $. 由(3.22)式, 可得$ k_{\mu}(x, v)\in L^{p_1}(B_{\sigma_1}) $. 令$ \zeta_2 = \frac{Np_1}{N-2p_1} $, 可选择$ \sigma_2\in (0, \sigma_1) $, 类似(3.22)式可推出

$ \begin{eqnarray*} \|v\|_{L^{\zeta_2}(B_{\sigma_2})}\leq C, \end{eqnarray*} $

其中$ C = C(\sigma_1, \sigma_2, N, p_1)>0 $不依赖于$ \mu $. 令$ d_1 = \frac{N}{(N-2)\tau_1} $, 则$ d_1>1 $. 故

$ \begin{eqnarray*} \zeta_2 = \frac{Np_1}{N-2p_1} = \frac{N\zeta_1}{N\tau_1-2\zeta_1}\geq \frac{N}{(N-2)\tau_1}\zeta_1 = d_1\zeta_1. \end{eqnarray*} $

若$ \zeta_2\geq q^++r $, 应用Holder不等式, 便能获得所需证明的不等式. 若不然, 通过重复上述迭代过程, 便能在有限次迭代后, 得到$ \zeta_k>0 $, $ \sigma_{k}\in (0, \sigma_{k-1}) $和不依赖于$ \mu $的常数$ C>0 $, 使得$ \zeta_k\geq 2^*> q^++r $且$ \|v\|_{L^{\zeta_k}(B_{\sigma_k})}\leq C $. 应用Holder不等式, 就有

(3.23) $ \begin{eqnarray} \|v\|_{L^{q^++r}(B_{\sigma_k})}\leq C. \end{eqnarray} $

令$ \delta_1 = \frac{\zeta_k}{2} $. 由(3.16)和(3.23)式知: 对任意$ \delta\in(0, \delta_1) $,

$ \begin{eqnarray*} \int_{B_{\delta}}|\nabla v|^{2}{\rm d}x\leq C\int_{B_{2\delta}}|v|^{q^++r}{\rm d}x \leq C\int_{B_{\sigma_k}}|v|^{q^++r}{\rm d}x\leq C. \end{eqnarray*} $

引理3.3证毕.

命题3.1的证明   由引理3.1和引理3.3知, 存在不依赖于$ \mu $的常数$ C>0 $, 使得

(3.24) $ \begin{eqnarray} \int_{\Omega}|\nabla v|^{2}{\rm d}x\leq C. \end{eqnarray} $

应用Sobolev嵌入定理, 有

(3.25) $ \begin{eqnarray} \int_{\Omega}|v|^{2^*}{\rm d}x\leq C\left(\int_{\Omega}|\nabla v|^{2}{\rm d}x\right)^{\frac{2^*}{2}}\leq C. \end{eqnarray} $

令$ s>0 $和$ t = q^++r $. 用$ v^{2s+1} $乘上(2.2)式的两边并积分, 由$ k_{\mu} $的定义, 可得

$ \begin{eqnarray*} \int_{\Omega}\nabla v\nabla v^{2s+1} {\rm d}x = \int_{\Omega}k_{\mu}(x, v)v^{2s+1}{\rm d}x\leq C\left(1+\int_{\Omega}|v|^{2s+t}{\rm d}x\right). \end{eqnarray*} $

因此

(3.26) $ \begin{eqnarray} \int_{\Omega}|\nabla v|^{2} v^{2s} {\rm d}x = \frac{1}{2s+1}\int_{\Omega}\nabla v\nabla v^{2s+1} {\rm d}x\leq C\left(1+\int_{\Omega}|v|^{2s+t}{\rm d}x\right). \end{eqnarray} $

一方面, 由Sobolev嵌入定理, 有

(3.27) $ \begin{eqnarray} \int_{\Omega}|\nabla v|^{2} v^{2s} {\rm d}x = \frac{1}{(1+s)^{2}}\int_{\Omega}|\nabla v^{1+s}|^{2} {\rm d}x\geq\frac{C}{(1+s)^{2}}\left(\int_{\Omega}| v|^{(1+s)2^*} {\rm d}x\right)^{\frac{2}{2^*}}. \end{eqnarray} $

另一方面, 由Holder不等式和(3.25)式, 有

(3.28) $ \begin{eqnarray} \int_{\Omega}|v|^{2s+t}{\rm d}x&\leq& \left(\int_{\Omega}|v|^{2^*}{\rm d}x\right)^{\frac{t-2}{2^*}}\left(\int_{\Omega}|v|^{2(1+s)\frac{2^*}{2^*-t+2}}{\rm d}x\right)^{\frac{2^*-t+2}{2^*}}\\ &\leq&C\left(\int_{\Omega}|v|^{(1+s)\frac{2^*}{d}}{\rm d}x\right)^{\frac{2d}{2^*}}, \end{eqnarray} $

其中$ d = \frac{2^*-t+2}{2}>1 $. 由(3.26), (3.27)和(3.28)式, 可得

$ \begin{eqnarray*} \left(\int_{\Omega}| v|^{(1+s)2^*} {\rm d}x\right)^{\frac{2}{2^*}}\leq (C(1+s))^{2} \left(\int_{\Omega}|v|^{(1+s)\frac{2^*}{d}}{\rm d}x\right)^{\frac{2d}{2^*}}. \end{eqnarray*} $

因此

(3.29) $ \begin{eqnarray} \left(\int_{\Omega}| v|^{(1+s)2^*} {\rm d}x\right)^{\frac{1}{(1+s)2^*}}\leq (C(1+s))^{\frac{1}{1+s}} \left(\int_{\Omega}|v|^{(1+s)\frac{2^*}{d}}{\rm d}x\right)^{\frac{d}{(1+s)2^*}}. \end{eqnarray} $

对$ k = 1, 2, \cdots $, 令$ s_k = d^{k}-1 $. 由(3.29)式, 通过迭代可得

(3.30) $ \begin{eqnarray} \left(\int_{\Omega}| v|^{d^k2^*} {\rm d}x\right)^{\frac{1}{d^k2^*}}&\leq& (Cd^k)^{\frac{1}{d^k}} \left(\int_{\Omega}|v|^{d^{k-1}2^*}{\rm d}x\right)^{\frac{1}{d^{k-1}2^*}} \\&\leq&\prod\limits_{j = 1}^k(Cd^{j})^{\frac{1}{d^j}} \left(\int_{\Omega}|v|^{2^*}{\rm d}x\right)^{\frac{1}{2^*}} \\&\leq&C^{\sum\limits_{j = 1}^kd^{-j}}\cdot d ^{\sum\limits_{j = 1}^kjd^{-j}} \left(\int_{\Omega}|v|^{2^*}{\rm d}x\right)^{\frac{1}{2^*}}. \end{eqnarray} $

由$ d>1 $知: $ \sum\limits_{j = 1}^\infty d^{-j} $和$ \sum\limits_{j = 1}^\infty jd^{-j} $是收敛的. 令$ k\to\infty $, 由(3.25)和(3.30)式可以推出$ \|v\|_{L^{\infty}(\Omega)}\leq M $. 命题3.1证毕.

定理1.1的证明   由定理2.1, 可得问题(2.2)至少有一个正解$ u_{\mu} $满足$ 0<I_{\mu}(u_{\mu})<L $. 由$ m_{\mu} $的定义知, 当$ t\leq \frac{1}{\mu} $时, $ m_{\mu}(t) = t $. 因此, 当$ |u|\leq \frac{1}{\mu} $时, 问题(2.2)即为问题(1.1). 令$ \mu<\frac{1}{2M} $, 由命题3.1知, 可得

$ |u_{\mu}|\leq \frac{1}{\mu}. $

故$ u_{\mu} $是问题(1.1)的正解. 定理1.1得证.