考虑如下拟相对论薛定谔方程

(1.1) $ \begin{equation} {\rm i}\partial _t \psi=(\sqrt{-\Delta+m^2}-m )\psi - a|\psi|^{q}\psi, \end{equation} $

该方程源自恒星演化等量子多体系统, 其中参数$ a>0 $, $ \psi =\psi (t, x):{{\Bbb R}} \times {{\Bbb R}} ^n\to {\Bbb C} $表示系统内粒子的波函数, $ m>0 $表示粒子质量, $ \sqrt{-\Delta+m^2} $是特征为$ \sqrt{{|\xi|}^2+m^2} $的拟微分算子, 即

$ \sqrt{-\Delta+m^2}\psi={\cal F}^{-1}\Big [\sqrt{{|\xi |}^2+m^2}{\cal F}(\psi)\Big ], $

这里$ {\cal F} $及$ {\cal F}^{-1} $分别表示傅里叶变换及其逆变换.

形如(1.1)式的方程近年来受到学者们的广泛关注. 他们在解的结构和动力学行为等方面获得了系列成果. Cho等人在文献[2]中给出了相应线性方程的Strichartz估计. Lenzmann等人针对Hartree型非线性项(将$ |\psi|^{q}\psi $换为$ (|x|^{-1}\ast|\psi|^{2} )\psi $)在文献[7]中建立了解的Virial型不等式并给出了解的爆破准则. Lewin等人在文献[13]中分析了爆破解弱极限的唯一性等性质. 更多有关方程(1.1)的研究参见文献[5, 6, 9, 11]等.

本文考虑方程(1.1)的驻波解, 即形如$ \psi(t, x)={\rm e}^{-{\rm i}\mu t}u(x) $的解. 将其代入方程(1.1), 易知$ u(x) $满足如下稳态拟相对论薛定谔方程

(1.2) $ \begin{equation} (\sqrt{-\Delta+m^2}-m )u+\mu u =a|u|^{q}u. \end{equation} $

Ambrosio在文献[1]中利用Nehari流形方法证明了方程(1.2)存在径向对称的正基态解. Choi等人在文献[3]中针对方程(1.2)对应的奇异扰动问题证明了基态解的存在性并详细刻画了解的渐近性态. 对于含有Hartree型非线性项的情形, Lieb和Yau在文献[14]中证明了方程(1.2)存在具有固定$ L^2 $范数的解. 文献[10, 15]进一步研究了该解的渐近行为. 文献[10, 12]在一定参数范围内证明了文献[14]中的解是唯一的. 受上述工作的启发, 本文将$ \mu\in{{\Bbb R}} $视为未知的Lagrange乘子, 并寻找方程(1.2)存在具有固定$ L^2 $范数的解. 因此, 我们考虑如下约束极小化问题

(1.3) $ \begin{equation} d_a(q)=\inf\limits_{u\in{\cal S}_1}{E_q(u)}, \end{equation} $

其中$ E_q(u) $为拟相对论薛定谔方程的能量泛函

$ E_q(u)=\frac{1}{2}\int_{{{\Bbb R}} ^3}\bar{u}(\sqrt{-\Delta+m^2 }-m ) u{\rm d}x-\frac{a}{q+2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u|^{q+2}{\rm d}x, $

且

$ {\cal S}_1:=\bigg\{u\in H^{\frac{1}{2}}({{\Bbb R}} ^3) : \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u|^2{\rm d}x=1\bigg\}. $

通常称极小化问题(1.3)的可达元为方程(1.1)的基态解. 以下主要讨论可达元的存在性和爆破行为. 为此, 我们考虑如下方程

(1.4) $ \begin{equation} \sqrt{-\Delta } u+\frac{2(1-q)}{3q} u=\frac{2}{3q} |u|^{q}u , {\quad} u\in H^{\frac{1}{2} }({{\Bbb R}} ^3), \end{equation} $

由文献[8, 9]中的结论知方程(1.4)存在唯一的径向对称正解(不计平移), 记为$ \phi _q(x) $, 令$ a_{q}^{\ast }:=||\phi _q|| _{2}^{q} $. 特别地, 当$ q=\frac{2}{3} $时, 记$ \phi _{\frac{2}{3}}(x):=Q(x) $及$ a^{\ast }:=||Q||_{2}^{\frac{2}{3} }. $易知, $ \lim\limits_{ q\nearrow \frac{2}{3}} a_{q}^{\ast } = a^{\ast } $, 并且$ Q(x) $满足如下方程

(1.5) $ \begin{equation} \sqrt{-\Delta } u+\frac{1}{3} u=|u|^{\frac{2}{3} }u , {\quad} u\in H^{\frac{1}{2} }({{\Bbb R}} ^3). \end{equation} $

另外, 由文献[4]知当$ q\in(0, 1) $时, 如下Gagliardo-Nirenberg不等式成立

(1.6) $ \begin{equation} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u|^{q+2}{\rm d}x\le \frac{q+2}{2a_{q}^{\ast }} \bigg(\int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }u|^2{\rm d}x\bigg)^{\frac{3q}{2} } \bigg(\int_{{{\Bbb R}} ^3}|u|^2{\rm d}x\bigg)^{1-q } , {\quad} \forall u\in H^{\frac{1}{2} }({{\Bbb R}} ^3), \end{equation} $

其中$ "=" $成立当且仅当$ u(x) $为$ \phi _q(x) $的伸缩平移. 利用(1.4)和(1.6)式可得

(1.7) $ \begin{equation} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }\phi _q|^2{\rm d}x=\int_{{{\Bbb R}} ^3}|\phi _q|^2{\rm d}x=\frac{2}{q+2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|\phi _q|^{q+2}{\rm d}x. \end{equation} $

基于上述结果, 关于问题(1.3)我们有如下存在性定理.

定理1.1  设$ q\in (0, \frac{2}{3}) $且$ a>a^{\ast } $, 则极小化问题(1.3)至少存在一个径向对称的非负可达元.

我们将通过对基态能量$ d_a(q) $建立精确的能量估计, 并利用对称重排技巧和集中紧引理证明上述定理. 进一步, 受文献[8, 16]的启发, 我们发现当参数$ q\nearrow\frac{2}{3} $时, 问题(1.3)的可达元会发生爆破, 详见如下定理.

定理1.2  设$ a> a^{\ast } $, 并令$ u_q(x) $为极小化问题(1.3)的一个径向对称的非负可达元, 则对任意的序列$ \{u_q\} $, 都存在一个子列, 仍记为$ \{u_q\} $, 使得

$ \lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3} }\epsilon _q^{\frac{3}{2} }u_q(\epsilon _qx )=\omega_0(x):=\frac{Q(x)}{||Q||_{2}}\ \mbox{在}\ H^{\frac{1}{2}}({{\Bbb R}} ^3)\ \mbox{中成立, } $

其中$ Q(x) $是方程(1.5)的基态解, 且$ \epsilon _q:=(\frac{3qa}{2a_{q}^{\ast } } )^{-\frac{2}{2-3q} } \mathop{ \longrightarrow}\limits^{q\nearrow\frac{2}{3}} 0. $

本节主要利用集中紧引理和对称重排技巧证明定理1.1. 首先, 引入如下变分问题

$ \widetilde{d}_a (q)=\inf\limits_{u\in {\cal S}_1}\widetilde{{E}}_q(u), $

其中

(2.1) $ \begin{equation} \widetilde{E}_q(u):=\frac{1}{2}\int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }u|^2{\rm d}x-\frac{a}{q+2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u|^{q+2}{\rm d}x. \end{equation} $

关于上述极小化问题, 我们有如下结论成立.

引理2.1  令$ q\in (0, \frac{2}{3}) $, 则有

(2.2) $ \begin{equation} \widetilde{d}_a (q)=-\frac{2-3q}{4} (\frac{3q}{2})^{\frac{3q}{2-3q} }(\frac{a}{a_{q}^{\ast }})^{\frac{2}{2-3q} }, \end{equation} $

并且$ \widetilde{d}_a (q) $存在唯一正的可达元(不计平移)满足

(2.3) $ \begin{equation} \widetilde{\phi }_q (x)=\frac{s_q^{\frac{3}{2} }}{||\phi _q|| _{2}} \phi _q(s_qx), \end{equation} $

其中$ s_q=(\frac{3qa}{2a_{q}^{\ast }} )^{\frac{2}{2-3q} } $, $ \phi _q(x) $为方程(1.4)唯一的径向对称正解(不计平移). 另外

(2.4) $ \begin{equation} 0\le \widetilde{d}_a (q)-d_a(q)\le \frac{m}{2}. \end{equation} $

证  由(1.6)式及(2.1)式知: {对于任意}$ u\in {\cal S}_1 $, 有

$ \widetilde{E}_q(u)\ge \frac{1}{2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }u|^2{\rm d}x-\frac{a}{2a_{q}^{\ast }}(\int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }u|^2{\rm d}x)^{\frac{3q}{2} }. $

令

(2.5) $ \begin{equation} g(s)=\frac{1}{2} s-\frac{a}{2a_{q}^{\ast }}s^{\frac{3q}{2} } , {\quad} \mbox{其中}\ s\in [0, \infty ). \end{equation} $

易知函数$ g(s) $在$ s_q=(\frac{3qa}{2a_{q}^{\ast }} )^{\frac{2}{2-3q} } $时取得极小值, 这意味着

$ \widetilde{E}_q (u)\ge g(s_q)=-\frac{2-3q}{4} (\frac{3q}{2})^{\frac{3q}{2-3q} }(\frac{a}{a_{q}^{\ast }})^{\frac{2}{2-3q} } , \forall u\in {\cal S}_1. $

由此知

(2.6) $ \begin{equation} \widetilde{d}_a (q)\ge g(s_q)=-\frac{2-3q}{4} (\frac{3q}{2})^{\frac{3q}{2-3q} }(\frac{a}{a_{q}^{\ast }})^{\frac{2}{2-3q} }. \end{equation} $

另一方面, 引入试探函数$ \psi _{q}^{t} (x)=\frac{t^{\frac{3}{2} }}{||\phi _q|| _{2}} \phi _q(tx), t>0 $. 则$ \psi _{q}^{t} (x)\in {\cal S}_1 $, $ \forall t\in (0, \infty ) $. 利用(1.7)式可得

$ \int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }\psi _{q}^{t}|^2{\rm d}x=\frac{t}{||\phi _q|| _{2}^2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }\phi _q|^2{\rm d}x=t, $

$ \int_{{{\Bbb R}} ^3}|\psi _{q}^{t}|^{q+2}{\rm d}x= \frac{t^{\frac{3q}{2} }}{||\phi _q|| _{2}^{q+2}} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|\phi _q|^{q+2}{\rm d}x=\frac{q+2}{2a_{q}^{\ast }} t^{\frac{3q}{2} }. $

因此

$ \widetilde{d}_a (q)\le \widetilde{E}_q(\psi _{q}^{t})=\frac{1}{2} t-\frac{a}{2a_{q}^{\ast }}t^{\frac{3q}{2} }=g(t) , \forall t\in (0, \infty ), $

取$ t=s_q $, 即得$ \widetilde{d}_a (q)\le g(s_q), $该式结合(2.6)式意味着估计(2.2)成立, 并且$ \widetilde{\phi} _q (x)=\frac{s_q^{\frac{3}{2} }} {||\phi _q|| _{2}} \phi _q(s_qx) $是$ \widetilde{d}_a (q) $的可达元. 进一步, 任取$ u_q\in {\cal S}_1 $为$ \widetilde{d}_a (q) $的可达元. 由上述讨论知, $ u_q $使得(1.6)式等号成立, 并有

$ \widetilde{E}_q (u_q)=g(s_q) \ \mbox{且} \ s_q=\int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }u_q|^2{\rm d}x, $

因此, 直接计算可知$ u_q $必然具有(2.3)式的形式.

最后, 我们证明(2.4)式, 利用不等式

$ \sqrt{-\Delta} -m\le \sqrt{-\Delta+m^2} -m\le \sqrt{-\Delta}, $

知对任意$ u\in{\cal S}_1 $有

$ \int_{{{\Bbb R}} ^3}\bar{u}(\sqrt{-\Delta }-m) u{\rm d}x\le\int_{{{\Bbb R}} ^3}\bar{u}(\sqrt{-\Delta+m^2 }-m ) u{\rm d}x \le\int_{{{\Bbb R}} ^3}\bar{u}\sqrt{-\Delta } u{\rm d}x . $

由上式易知

(2.7) $ \begin{equation} 0\le \widetilde{E}_q (u)-E_q (u)\le \frac{m}{2} , \forall u\in {\cal S}_1\ \mbox{成立, } \end{equation} $

这意味着(2.4)式成立.

注2.1  对于任意给定的$ a>a^{\ast } $, 因为$ \lim\limits_{ q\nearrow \frac{2}{3}} a_{q}^{\ast } = a^{\ast } $, 故存在不依赖于$ q $的常数$ \sigma>1 $, 使得$ \lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3}} \frac{a}{a_{q}^{\ast }} \geq\sigma >1 $. 因此, 我们有

(2.8) $ \begin{equation} s_q=(\frac{3qa}{2a_{q}^{\ast }} )^{\frac{2}{2-3q} } \mathop{ \longrightarrow}\limits^{q\nearrow \frac{2}{3}} +\infty \ \mbox{和}\ \widetilde{d}_a (q)=-\frac{2-3q}{4} (\frac{3q}{2})^{\frac{3q}{2-3q} } (\frac{a}{a_{q}^{\ast }})^{\frac{2}{2-3q} } \mathop{ \longrightarrow}\limits^{q\nearrow \frac{2}{3}} -\infty. \end{equation} $

引理2.2  任取$ N>0 $, 并考虑如下极小化问题

(2.9) $ \begin{equation} m_{a}^{q}(N):=\inf\limits_{\{u\in H^{\frac{1}{2}}({{\Bbb R}} ^3), \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u|^2{\rm d}x=N\}}E_q(u), \end{equation} $

则有$ m_{a}^{q}(N)<0 $及$ d_a(q)<0 $.

证  利用不等式$ \sqrt{-\Delta+m^2} -m\le \frac{-\Delta}{2m} $, 可得

$ \begin{eqnarray*} m_{a}^{q}(N)\leq \widetilde{m} _{a}^{q}(N):=\inf\limits_{\{u\in H^{\frac{1}{2}}({{\Bbb R}} ^3), \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u|^2{\rm d}x=N\}}\Big\{{\frac{1}{4m}\int_{{{\Bbb R}} ^3}|\nabla u|^2{\rm d}x-\frac{a}{q+2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u|^{q+2}{\rm d}x}\Big\}. \end{eqnarray*} $

任取$ v\in H^{\frac{1}{2}}({{\Bbb R}} ^3) $, 且满足$ \int_{{{\Bbb R}} ^3}|v|^2{\rm d}x=N $; 并记$ v_t :=t^{\frac{3}{2} }v(tx), t>0 $, 则$ \int_{{{\Bbb R}} ^3}|v_t|^2{\rm d}x=N $. 从而当$ t>0 $较小时, 有

$ {\frac{1}{4m}\int_{{{\Bbb R}} ^3}|\nabla v_t|^2{\rm d}x-\frac{a}{q+2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|v_t|^{q+2}{\rm d}x}={\frac{t ^2}{4m}\int_{{{\Bbb R}} ^3}|\nabla v|^2{\rm d}x-\frac{at^{\frac{3q}{2} }}{q+2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|v|^{q+2}{\rm d}x}<0. $

于是有$ m_{a}^{q}(N)\le \widetilde{m} _{a}^{q}(N)<0. $另外注意到, $ m_{a}^{q}(1)=d_a(q) $, 因此有$ d_a(q)<0 $成立.

引理2.3  任给$ a>a^{\ast } $且$ \alpha \in(0, N) $, 关于极小化问题(2.9)有

(2.10) $ \begin{equation} m_{a}^{q}(N)<m_{a}^{q}(\alpha )+m_{a}^{q}(N-\alpha ). \end{equation} $

证  注意到

(2.11) $ \begin{equation} m_{a}^{q}(N)=N\overline{{m}} _{a}^{q} (N), \end{equation} $

其中

$ \overline{{m}}_{a}^{q} (N):=\inf\limits_{u\in {\cal S}_1}\Big\{{\overline{{E}}_{q}^{N} (u):=\frac{1}{2}\int_{{{\Bbb R}} ^3}u(\sqrt{-\Delta+m^2 }-m ) u{\rm d}x-\frac{aN^{\frac{q}{2} }}{q+2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u|^{q+2}{\rm d}x}\Big\}. $

由引理2.2知

(2.12) $ \begin{equation} \overline{{m}}_{a}^{q} (N)<0. \end{equation} $

下证

(2.13) $ \begin{equation} \overline{{m}}_{a}^{q} (N)\ \mbox{关于}\; N>0\; \mbox{严格递减}. \end{equation} $

事实上, 任取$ \{u_k\}\subset {\cal S}_1 $为$ \overline{{m}}_{a}^{q} (N) $的极小化序列. 由(2.12)式知: 存在常数$ C>0 $, 使得

$ \liminf\limits_{k\rightarrow \infty}\int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_k|^{q+2}{\rm d}x\ge C>0. $

于是任取$ N_1>N>0 $有

$ \begin{eqnarray*} \overline{{m}}_{a}^{q} (N) &=&\lim\limits_{k \to \infty} \overline{{E}}_{q}^{N} (u_k)=\lim\limits_{k \to \infty}\Big[\overline{{E}}_{q}^{N_1} (u_k)+\frac{a({N}_{1}^{\frac{q}{2} }-N^{\frac{q}{2} })}{q+2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_k|^{q+2}{\rm d}x\Big]\nonumber\\ &\ge& \lim\limits_{k \to \infty}\overline{{E}}_{q}^{N_1} (u_k)+C\frac{a}{q+2}({N}_{1}^{\frac{q}{2} }-N^{\frac{q}{2} }) >\overline{{m}}_{a}^{q} (N_1)\nonumber, \end{eqnarray*} $

从而有(2.13)式成立. 利用(2.11)式和(2.13)式知, 对于$ \theta>1 $有

$ m_{a}^{q}(\theta N)=\theta N\overline{{m}} _{a}^{q} (\theta N)<\theta N\overline{{m}} _{a}^{q} (N)=\theta m_{a}^{q}( N), $

即$ m_{a}^{q}(\theta N)<\theta m_{a}^{q}( N) , \forall \theta >1 $成立. 等价地有

(2.14) $ \begin{equation} m_{a}^{q}(\theta \delta )<\theta m_{a}^{q}( \delta ) , \forall\delta >0, \theta >1\ \mbox{成立} . \end{equation} $

不妨设$ N-\alpha>\alpha $, 并在(2.14)式中取$ \theta =\frac{N}{N-\alpha } , \delta =N-\alpha $可得

$ \begin{eqnarray*} m_{a}^{q}(N)<\frac{N}{N-\alpha} m_{a}^{q}( N-\alpha )=m_{a}^{q}( N-\alpha )+\frac{\alpha }{ N-\alpha}m_{a}^{q}( N-\alpha ). \end{eqnarray*} $

进一步, 取$ \theta =\frac{N-\alpha }{\alpha}, \delta =\alpha $, 由(2.14)式得$ m_{a}^{q}(N-\alpha ) <\frac{{N-\alpha}}{\alpha} m_{a}^{q}( \alpha ) $. 代入上式得

$ m_{a}^{q}(N)<m_{a}^{q}(\alpha )+m_{a}^{q}(N-\alpha ) . $

即(2.10)式成立. 同理可证, 当$ N-\alpha \le \alpha $时, (2.10)式也是成立的.

参照文献[5, Lemma 2.4], 我们有如下集中紧引理成立.

引理2.4  令$ \{\psi _n\} $是问题(2.9)的一个有界极小化序列, 则存在子列$ \{\psi _{n_{k} } \} $满足下列性质中的一条

ⅰ) 紧性  存在序列$ \{y_{n_{k} } \}\subset{{\Bbb R}} ^3 $, 使得对于任意$ \epsilon >0 $, 当$ 0<R<\infty $时, 都有

$ \int_{B_R(y_{n_{k} })}|\psi _{n_{k} } |^2{\rm d}x\ge N-\epsilon. $

ⅱ) 消失  对于任意$ R >0 $, 都有

$ \lim\limits_{k \to \infty} \sup\limits_{y\in {{\Bbb R}} ^3}\int_{B_R(y)}|\psi _{n_{k} } |^2{\rm d}x=0. $

ⅲ) 二分  存在$ \alpha \in (0, N) $, 使得对于任意$ \epsilon >0 $, 在$ H^{\frac{1}{2}}({{\Bbb R}} ^3) $中都存在两个有界序列$ \{\psi _{n_{k} } ^1\} $和$ \{\psi _{n_{k} } ^2 \} $, 以及$ k_0\geq0 $, 使得当$ k\geq k_0 $时, 有下列的性质成立: 当$ 2\le p < 3 $时, 有

$ \left \| \psi _{n_{k} } -(\psi _{{n_{k} } }^{1} +\psi _{{n_{k} } }^{2} ) \right \| _{p} \le \delta _p(\epsilon ) , \ \mbox{其中}\ \delta _p(\epsilon ) \mathop{ \longrightarrow}\limits^{\epsilon\to 0} 0. $

并且

$ \left | \int_{{{\Bbb R}} ^3}|\psi _{n_{k} } ^1|^2{\rm d}x-\alpha \right | \le \epsilon \ \mbox{和} \ \left | \int_{{{\Bbb R}} ^3}|\psi _{n_{k} } ^2|^2{\rm d}x-(N-\alpha )\right | \le \epsilon , $

$ dist(supp\ \psi _{n_{k} } ^1, supp\ \psi _{n_{k} } ^2) \mathop{ \longrightarrow}\limits^{k\to \infty } \infty , $

$ \lim\limits_{k \to \infty} \inf\left (\left \langle \psi _{n_{k} }, T\psi _{n_{k} } \right \rangle - \left \langle \psi _{n_{k} } ^1, T\psi _{n_{k} } ^1 \right \rangle - \left \langle \psi _{n_{k} } ^2, T\psi _{n_{k} } ^2 \right \rangle \right ) \ge -C(\epsilon ), $

其中, $ T:=(\sqrt{-\Delta+m^2 }-m) $且常数$ C(\epsilon )\mathop{ \longrightarrow}\limits^{\epsilon \to 0} 0. $

利用上述引理, 我们下面证明定理1.1.

定理1.1的证明  任取一个极小化序列$ \{u_{k}\} \subset {\cal S}_1 $且$ \lim\limits_{k \to \infty} E_q(u_k)=d_a(q) $. 首先, 证明$ \{u_{k} \} $的有界性. 假设$ \{u_{k} \} $在$ H^{\frac{1}{2}}({{\Bbb R}} ^3) $中无界, 那么

$ t_k=\int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }u_k|^2{\rm d}x\to \infty . $

仍记函数$ g(s) $由(2.5)式定义, 由引理2.2及(1.6)式知

(2.15) $ \begin{eqnarray} 0>E_q(u_k) &=&\frac{1}{2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta +m^2)^{\frac{1}{4} }u_k|^2{\rm d}x-\frac{1}{2}m -\frac{a}{q+2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_k|^{q+2}{\rm d}x{}\\ &\ge& \frac{1}{2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta)^{\frac{1}{4} }u_k|^2{\rm d}x-\frac{1}{2} m -\frac{a}{2a_{q}^{\ast }} (\int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta)^{\frac{1}{4} }u_k|^2{\rm d}x)^{\frac{3q}{2} }{}\\ &=&g(t_k)-\frac{m}{2}\rightarrow \infty . \end{eqnarray} $

这导出了矛盾. 因此, $ \{u_{k} \} $为$ H^{\frac{1}{2}}({{\Bbb R}} ^3) $中的有界列.

下面, 记序列$ \{u_{k} \} $的对称递减重排函数列为$ \{u_{k}^{\ast } \} $, 则有

(2.16) $ \begin{equation} \int_{{{\Bbb R}} ^3}u_{k}^{\ast }(\sqrt{-\Delta+m^2 }) u_{k}^{\ast }{\rm d}x\le \int_{{{\Bbb R}} ^3}u_{k}(\sqrt{-\Delta+m^2 }) u_{k}{\rm d}x, \end{equation} $

(2.17) $ \begin{equation} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_{k}^{\ast } |^{p}{\rm d}x= \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_{k} |^{p}{\rm d}x , (1\le p\le\infty ), \end{equation} $

因而, $ \{u_{k}^{\ast } \} $仍是$ d_a(q) $的一个非负极小化序列.

对任意$ 2<p<3 $, 由$ H_{r}^{\frac{1}{2}} ({{\Bbb R}} ^3) $紧嵌入到$ L^p({{\Bbb R}} ^3) $中知存在$ 0\leq u_0\in H^{\frac{1}{2}} ({{\Bbb R}} ^3) $, 使得

(2.18) $ \begin{equation} \lim\limits_{k\to \infty} \left \| u_{k}^{\ast } -u_0 \right \| _p=0 , \forall p\in (2, 3). \end{equation} $

记

$ A(u):=\int_{{{\Bbb R}} ^3}u(\sqrt{-\Delta+m^2 } ) u{\rm d}x\ge m\int_{{{\Bbb R}} ^3}|u|^2{\rm d}x , B(u):=\int_{{{\Bbb R}} ^3}|u|^{q+2}{\rm d}x. $

第一步  我们证明$ u_0\neq0 $. 反之, 若$ u_0=0 $, 则由(2.18)式知

$ \lim\limits_{k \to \infty} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_{k}^{\ast }|^{q+2}{\rm d}x=B(u_{0})=0, $

那么

$ E_q(u_{k}^{\ast })=\frac{1}{2} A(u_{k}^{\ast })-\frac{1}{2} m-\frac{a}{q+2} B(u_{k}^{\ast })\ge 0, $

从而$ d_a(q)=\lim\limits_{k \to \infty} E_q(u_{k}^{\ast })\ge 0, $这与引理2.2矛盾. 故$ u_0\neq0 $.

第二步  对于$ q\in(0, \frac{2}{3}) $, 我们利用引理2.4证明$ u_0\in {\cal S}_1 $, 即$ \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_0|^{2}{\rm d}x=1 $.

首先, 由$ u_0\neq0 $易知消失不可能发生.

下面我们证明二分不可能发生. 若不然, 由引理2.4知, 存在子列$ \{u_{k}^{\ast } \} $及$ \alpha \in (0, 1) $, 使得对于任意$ \epsilon >0 $, 存在有界序列$ \{u_k^1\} $和$ \{u_k^2 \} $, 对于足够大的$ k\in{{\Bbb R}} $, 有

(2.19) $ \begin{equation} \alpha -\epsilon \le \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_k^1|^2{\rm d}x=N_1\le \alpha +\epsilon\ \mbox{和}\ (1-\alpha )-\epsilon \le \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_k^2|^2{\rm d}x=N_2\le (1-\alpha ) +\epsilon. \end{equation} $

由二分的性质可得

$ \begin{eqnarray*} m_{a}^{q}(1)=d_a(q)=\lim\limits_{k \to \infty} E_q(u_{{k} } ^{\ast })\ge \lim\limits_{k \to \infty} \inf E_q(u_k^1)+\lim\limits_{k \to \infty} \inf E_q(u_k^2)-r(\epsilon ), \end{eqnarray*} $

其中$ \lim\limits_{\epsilon \to 0} r(\epsilon )= 0 $. 由(2.19)式以及$ m_{a}^{q}(N) $关于$ N $严格递减, 我们有

$ m_{a}^{q}(1)\ge m_{a}^{q}(\alpha +\epsilon)+m_{a}^{q}(1-\alpha +\epsilon) -r(\epsilon ). $

令$ \epsilon \to 0 $, 并由$ m_{a}^{q}(N) $关于$ N $的连续性知, 对于$ 0<\alpha<1 $, 我们有

$ m_{a}^{q}(1)\ge m_{a}^{q}(\alpha )+m_{a}^{q}(1-\alpha ). $

这与(2.10)式矛盾, 故排除二分.

因此, 我们得到紧性. 即存在$ \{y_k\}\subset {{\Bbb R}} ^3 $, 对任意$ \epsilon >0 $, 当$ 0<R_\epsilon<\infty $时, 有

(2.20) $ \begin{equation} \int_{|x-y_k|<R_\epsilon}|u_{k } ^{\ast } |^2{\rm d}x\ge 1-\epsilon . \end{equation} $

下证存在常数$ C>0 $, 使得

(2.21) $ \begin{equation} \lim \sup\limits_{k\to\infty }|y_k|<C<+\infty. \end{equation} $

反之, 若$ \lim\limits_{k\to\infty}|y_k|=+\infty $, 因为$ u_{k}^{\ast }(x) $是径向对称函数, 所以当$ k $足够大时, $ \left \{ x:|x-y_n|<R_\epsilon \right \} \cap \left \{ x:|x+y_n|<R_\epsilon \right \}=\emptyset $. 则有$ \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_k^\ast |^2{\rm d}x\ge 2-2\epsilon $, 取$ \epsilon =\frac{1}{4} $, 那么$ \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_k^\ast |^2{\rm d}x\ge \frac{3}{2} $, 这与$ u_k^\ast(x)\in {\cal S}_1 $矛盾. 故(2.21)式成立.

在(2.20)式中令$ k \to \infty $, 则由(2.21)式有$ \int_{B_{R_\epsilon+C}(0)}|u_0 |^2{\rm d}x\ge 1-\epsilon $. 再让$ \epsilon \to 0 $得$ \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_0 |^2{\rm d}x\ge 1 $. 又由于$ \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_0 |^2{\rm d}x\leq1 $, 故$ \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_0 |^2{\rm d}x=1 $, 即证$ u_0\in {\cal S}_1 $. 进一步, 注意到

$ A(u_0)\le \lim\limits_{k \to \infty} A(u_{k}^{\ast }) , \lim\limits_{k \to \infty} B(u_{k}^{\ast })=B(u_0), $

所以

$ d_a(q)\leq E_q(u_0)\le \lim\limits_{k\to \infty} \Big[\frac{1}{2} A(u_{k}^{\ast })-\frac{1}{2} m- B(u_{k}^{\ast })\Big]=\lim\limits_{k\to \infty}E_q(u_{k}^{\ast })=d_a(q), $

因此$ d_a(q)=E_q(u_0) $, 即$ u_0 $是非负可达元.

注2.2  若$ q $足够靠近$ \frac{2}{3} $, 关于定理1.1, 我们有如下更为简单的证明. 首先

(2.22) $ \begin{equation} u_{k}^{\ast } \mathop{ \rightharpoonup}\limits^{k}u_0 \ \mbox{在}\; H^{\frac{1}{2}}({{\Bbb R}} ^3)\; \mbox{中弱收敛}, \ u_{k}^{\ast } \mathop{ \rightarrow }\limits^{k} u_0\ \mbox{在}\; L^{q+2}({{\Bbb R}} ^3)\; \mbox{中强收敛}. \end{equation} $

再由上述证明第一步知$ u_0\neq0 $. 假设$ 0<\int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_0|^{2}{\rm d}x:=c^2 \le 1 $; 令$ \overline{u}_0 =\frac{1}{c} u_0 $, 则$ \overline{u}_0 \in {\cal S}_1 $, 并且

$ A(\overline{u}_0 )=\frac{1}{c^2} A(u_0) , B(\overline{u}_0 )=\frac{1}{c^{q+2}} B(u_0), $

那么

(2.23) $ \begin{eqnarray} E_q(\overline{u}_0 ) &=&\frac{1}{2c^2}A(u_0)-\frac{m}{2}-\frac{a}{(q+2)c^{q+2}}B(u_0){}\\ &=&\frac{1}{c^{q+2}}[\frac{1}{2}c^qA(u_0)-\frac{a}{q+2}B(u_0) ] -\frac{m}{2}{}\\ &\le&\frac{1}{c^{q+2}}[\frac{1}{2}A(u_0)-\frac{a}{q+2}B(u_0) ] -\frac{m}{2}. \end{eqnarray} $

根据(2.4)式和(2.8)式可得, 存在$ q_0<\frac{2}{3} $, 使得对于任意$ q\in(q_0, \frac{2}{3}) $, 有$ d_a(q)<-\frac{m}{2} $. 再由(2.22)式可得

$ E_q(u_{0})\le \lim\limits_{k \to \infty} \Big[\frac{1}{2} A(u_{k}^{\ast })- \frac{1}{2} m-\frac{a}{q+2} B(u_{k}^{\ast })\Big]=d_a(q)< -\frac{m}{2}. $

从而

(2.24) $ \begin{equation} \frac{1}{2} A(u_0)-\frac{a}{q+2} B(u_0)<0. \end{equation} $

由(2.23)式和(2.24)式得

$ d_a(q)\le E_q(\overline{u}_0 )\le \frac{1}{2} A(u_0)-\frac{a}{q+2} B(u_0)-\frac{m}{2} =E_q({u_0} )\le d_a(q). $

其中$ "=" $成立当且仅当$ c=1 $. 所以$ u_0\in {\cal S}_1 $, 且为$ d_a(q) $的可达元.

本节详细分析极小化问题(1.3)的可达元在$ q \nearrow \frac{2}{3} $时的爆破行为. 利用引理2.1, 首先对可达元建立精确的能量估计.

定理3.1  令$ u_q $是$ d_a(q) $的非负可达元, 那么在$ q\nearrow \frac{2}{3} $时有

(3.1) $ \begin{equation} s_q\approx \int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }u_q|^2{\rm d}x\approx \frac{2a}{q+2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_q|^{q+2}{\rm d}x\rightarrow +\infty, \end{equation} $

其中$ s_q $由(2.3)式给出, $ f\approx g $表示$ \lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3} }\frac{f}{g}= 1 $.

证  由(2.4)式和(2.8)式可得

(3.2) $ \begin{equation} \lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3} }{d}_a (q)+\frac{m}{2}=-\infty \ \mbox{且} \ \lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3} }\frac{ {d}_a (q)+\frac{m}{2}}{\widetilde{d}_a (q)} =1. \end{equation} $

由引理2.1的证明过程知$ \widetilde{d}_a (q)= g(s_q), $其中$ g(\cdot ) $由(2.5)式定义. 注意到$ g(s) $在$ s\in[0, s_q] $严格递减, 在$ s\in[s_q, +\infty) $严格递增. 并且当且仅当$ s\in((\frac{a}{a_{q}^{\ast }} )^{\frac{2}{2-3q} }, +\infty) $时, $ g(s)>0 $. 那么由(1.6), (2.7)和(3.2)式可得

(3.3) $ \begin{equation} g\Big(\int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }u_q|^2{\rm d}x\Big)\le \widetilde{E}_q (u_q) \leq{E}_q (u_q)+\frac{m}{2}=d_a(q)+\frac{m}{2} \le0=g\Big((\frac{a}{a_{q}^{\ast }} )^{\frac{2}{2-3q} }\Big), \end{equation} $

该式意味着$ \int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }u_q|^2{\rm d}x\le(\frac{a}{a_{q}^{\ast }} )^{\frac{2}{2-3q} } $, 因此

(3.4) $ \begin{equation} \lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3} } \frac{\int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }u_q|^2{\rm d}x}{s_q} \le\lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3} } \frac{ (\frac{a}{a_{q}^{\ast }} )^{\frac{2}{2-3q} }} {(\frac{3qa}{2a_{q}^{\ast }} )^{\frac{2}{2-3q} }}=e. \end{equation} $

下证

(3.5) $ \begin{equation} \lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3} } \frac{\int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }u_q|^2{\rm d}x}{s_q} =1. \end{equation} $

反之, 设存在$ \{u_q\} $的子列, 仍记为$ \{u_q\} $, 使得

$ \lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3} } \frac{\int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }u_q|^2{\rm d}x}{s_q} =\alpha , \ \mbox{其中}\; \alpha \in[0, 1) \;\mbox{或}\; \alpha \in(1, e], $

如果$ \alpha \in(1, e] $, 选取$ \alpha_0 \in(1, \alpha) $, 由(3.3)式推知

$ \begin{eqnarray*} 0\ge d_a(q)+\frac{m}{2} \ge g(\int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }u_q|^2{\rm d}x)\ge g(\alpha _0s_q)\ge g(s_q)=\widetilde{d}_a (q). \end{eqnarray*} $

注意到$ \lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3} }\frac{g(\alpha_0 s_q)}{g( s_q)} = \alpha_0(1-\ln \alpha_0 )<1 $, 综上可得

(3.6) $ \begin{equation} \lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3} }\frac{ {d}_a (q)+\frac{m}{2}}{\widetilde{d}_a (q)} \le\lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3} }\frac{g(\alpha_0 s_q)}{g( s_q)} =\alpha_0(1-\ln \alpha_0 )<1. \end{equation} $

这与(3.2)式矛盾.

另一方面, 如果$ \alpha \in[0, 1) $, 选取$ \alpha_0 \in(\alpha, 1) $, 并且注意到$ \alpha(1-\ln \alpha )<1 , \forall \alpha \in[0, e]\setminus\{1\} $成立, 类似上述证明过程可得(3.6)式, 这也与(3.2)式矛盾, 故(3.5)式得证.

从(2.4), (2.7)式和(3.5)式可以推断出

$ \begin{eqnarray*} 1-\frac{\frac{2a}{q+2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u_q|^{q+2}{\rm d}x}{\int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }u_q|^2{\rm d}x} =\frac{2\widetilde{d}_a (q) +o (1)}{\int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }u_q|^2{\rm d}x}\mathop{ \longrightarrow}\limits^{q\nearrow \frac{2}{3}}0. \end{eqnarray*} $

从该式易知(3.1)式成立, 定理3.1得证.

定理1.2的证明  令$ u_q(x) $是极小化问题(1.3)的一个径向对称的非负可达元, 并设

(3.7) $ \begin{equation} \epsilon _q:=\epsilon (q)=(\frac{3qa}{2a_{q}^{\ast } } )^{-\frac{2}{2-3q} } ={s_q}^{-1}>0. \end{equation} $

定义$ L^2({{{\Bbb R}} ^3}) $规范化函数

(3.8) $ \begin{equation} {\omega}_q (x):=\epsilon _q^{\frac{3}{2} }u_q(\epsilon _qx). \end{equation} $

根据定理3.1知

(3.9) $ \begin{equation} \lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3} }\int_{{{\Bbb R}} ^3}|(-\Delta )^{\frac{1}{4} }{\omega}_q |^2{\rm d}x=1 \ \mbox{且} \ \lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3} }\int_{{{\Bbb R}} ^3}|{\omega}_q|^{q+2}{\rm d}x=\frac{4}{3a^{\ast }}. \end{equation} $

注意到$ \omega_q(x)\geq 0 $为径向对称函数. 另外, 由$ H_{r}^{\frac{1}{2}} ({{\Bbb R}} ^3) $紧嵌入到$ L^p({{\Bbb R}} ^3) $, $ \forall p\in(2, 3) $成立知, 存在$ \{{\omega}_{q } \} $的子列, 仍记为$ \{{\omega}_{q } \} $, 以及$ \omega _0\ge 0 $且$ \omega _0\not\equiv 0 $, 使得

(3.10) $ \begin{equation} \lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3} }\int_{{{\Bbb R}} ^3}|{\omega}_{q}|^{q+2}{\rm d}x= \int_{{{\Bbb R}} ^3}|{\omega}_{0}|^{\frac{2}{3} +2}{\rm d}x=\frac{4}{3a^{\ast }}>0. \end{equation} $

又因为$ u_q(x) $是$ d_a(q) $的可达元, 它满足Euler-Lagrange方程

(3.11) $ \begin{equation} (\sqrt{-\Delta+m^2 }-m ) u_q(x)=\mu _qu_q(x)+au_{q}^{q+1} (x), \end{equation} $

其中$ \mu _q\in{{{\Bbb R}} } $是Lagrange乘子, 满足

$ \mu _q=2d_a(q)-\frac{qa}{q+2} \int_{{{\Bbb R}} ^3}|u|^{q+2}{\rm d}x. $

由引理2.1和(3.1)式得

$ \lim\limits_{q \nearrow \frac{2}{3} }\mu _q\epsilon_q=-\frac{1}{3}. $

根据(3.7), (3.8)和(3.11)式知$ \omega_q(x) $满足

(3.12) $ \begin{equation} (\sqrt{-\Delta+(\epsilon_qm)^2 }-\epsilon_qm ) \omega_q(x)=\mu _q\epsilon_q\omega_q(x)+ \frac{2a_{q}^{\ast }}{3q}\omega_{q}^{q+1} (x) . \end{equation} $

对(3.12)式取弱极限, 则有$ \omega_0(x)\geq0 $满足

(3.13) $ \begin{equation} (\sqrt{-\Delta} ) \omega(x)=-\frac{1}{3}\omega(x)+a^{\ast } \omega^{\frac{5}{3} }(x). \end{equation} $

利用强极值原理有$ \omega_0(x)>0 $, 再通过简单的伸缩变换, 并利用方程(1.5)正解的唯一性(不计平移)可推断出

(3.14) $ \begin{equation} \omega_0(x)=\frac{Q(x)}{||Q||_{2}} . \end{equation} $

由上式知$ \int_{{{\Bbb R}} ^3}|\omega_0|^2{\rm d}x=1 $, 另外注意到$ \int_{{{\Bbb R}} ^3}|\omega_q|^2{\rm d}x=1 $, 因此$ \omega_q $在$ L^2({{{\Bbb R}} ^3}) $中强收敛于$ \omega_0 $. 进而易知, 对任意$ 2\leq p<3 $, $ \omega_q $在$ L^p({{{\Bbb R}} ^3}) $中都强收敛于$ \omega_0 $. 最后, 利用方程(3.12)式和(3.13)式可得$ \omega_q $在$ H^{\frac{1}{2}}({{\Bbb R}} ^3) $中强收敛于$ \omega_0 $, 定理1.2得证.