本文研究下面一类含有Hardy位势的非线性Schrödinger-Poisson方程

其中$p \in (\frac{7}{3}, 5)$, $V(x)= \omega - \frac{\beta}{|x|^2}$, $\omega\in {{\Bbb R}}$, $\lambda, \beta >0$都是参数.

2004年, Mugnai等^[1]从半导体理论的物理背景中推导出了方程(1.1), 其中的位势函数$V(x)$和$\phi(x)$分别表示电位势和有效位势, 非线性项$|u|^{p-1} u$表示离子间的相互作用. 2006年, Ruiz^[2]应用约束变分方法研究了当$V(x)\equiv 1$, $p \in (1, 5)$时, 问题(1.1)的径向对称解的存在性. 此后，国内外学者在关于$V(x)$和指标$p$的各种条件下, 对问题(1.1)解的存在性及其性态作了大量研究, 参见文献[3-9].

如果$u\in H^1({{\Bbb R}} ^3)$, 则Poisson方程$-\Delta \phi=u^2, \; \phi\in D^{1, 2}({{\Bbb R}} ^3)$存在唯一解, 记为$\phi_{u}(x)$, 且

因此可以将问题(1.1)改写成如下含有非局部项$\phi_{u}(x)$的形式

方程(1.3)对应的能量泛函$I: H^1({{\Bbb R}} ^3)\to {{\Bbb R}}$定义为

根据Hardy不等式

有$I\in C^1(H^1({{\Bbb R}} ^3), {{\Bbb R}} )$. 因此, 泛函$I$的非零临界点是方程(1.3)的非平凡解. 该文称一个函数$u$为方程(1.3)的正规化解是指, $u$不仅是泛函$I$的非零临界点, 并且$\|u\|_{2}$等于预先给定的值, 这里$\| \cdot \|_{s}$ ($1\leq s<\infty$) 表示Lebesgue空间$L^s({{\Bbb R}} ^3)$的范数.

令$H$表示Sobolev空间$H^1({{\Bbb R}} ^3)$的径向对称函数构成的子空间, 该空间是一个Hilbert空间, 我们定义其上的内积为

范数为该内积的诱导范数, 即

接下来将通过研究泛函$F:H\to {{\Bbb R}}$,

在约束集合

上的临界点的存在性来得到方程(1.3)的正规化解. 如果$u_c$为限制泛函$F|_{S(c)}$的一个临界点, 那么存在对应的Lagrange乘子$\omega_c$使得当$\omega=\omega_c$时, $u_c$是方程(1.3)的正规化解. 因此, 我们简称$(u_c, \omega_c)$是方程(1.3)的一组正规化解.

为了研究方程(1.1)正规化解的多重性, 受Bartsch和De Valeriola^[10]的启发, 我们利用喷泉定理的思想定义了一个极小极大值序列$\gamma_n(c)$, 见引理2.3, 然后证明这些极小极大值是限制泛函$F|_{S(c)}$的临界值, 从而得到了方程正规化解的多重性结果.

本文的主要结论如下:

定理1.1  如果$\lambda>0$, $p \in (\frac{7}{3}, 5)$, $\beta\in (0, \frac{1}{4}-\frac{1}{2(p+1)})$, 则存在常数$c_0=c_0(\lambda, \beta, p)>0$使得对任意的$c \in (0, c_0)$, 方程(1.3)存在无穷多组正规化解$(u_c^{(n)}, \omega_c^{(n)}) \in S(c) \times (0, +\infty)$, 其中$n \in {\Bbb N}$.

注1.1  如果$\omega>0$是一个固定的参数, 并且$\beta\in (0, \frac{1}{4})$, $p\in (3, 5)$, 则我们应用山路定理或者Nehari流形方法可以证明方程(1.3)存在径向对称解$u$, 但是我们不知道$\|u\|_{L^2({{\Bbb R}} ^3)}$的取值. 在定理1.1的条件中, $\beta\in (0, \frac{1}{4}-\frac{1}{2(p+1)})$的限制条件比$\beta\in (0, \frac{1}{4})$要强, 主要是为了保证极小极大值序列$\gamma_n(c)$有正的下界, 见引理2.2和引理2.3.

本文中为了表达式简洁起见, 对于$u\in H$, 我们定义下列泛函

取定$\{V_n\} \subset H$是一列单调递增的有限维线性子空间, 使得$\bigcup\limits_{n=1}^\infty V_n$在$H$中是稠密的. 记$V_n^{\bot}$是$V_n$在空间$H$中的正交补空间.

引理2.1   如果$p \in (1, 5)$, 则当$n \to \infty$时, 有

证   反证法. 假设存在常数$0<a<\infty$使得对任意的$n \in {\Bbb N}$有$\mu_n\leq a$. 根据$\mu_n$的定义, 存在$u_n \in V_{n-1}^{\bot}$, 且$\|u_n\|_{p+1}=1$, 使得$\mu_n\leq\|u_n\|^2\leq \mu_n+\frac{1}{n}\leq a+1$.

由$\bigcup\limits_{n=1}^\infty V_n$在$H$中稠密, 我们断言对于任意的$v \in H$, 存在$v_n \in V_{n-1}$使得$v_n \to v$强收敛于$H$.

这是因为根据稠密性我们可以知道, 存在$\left \{ \tilde{v}_{n} \right \}_{n=1}^{\infty } \subset \bigcup\limits_{n=1}^\infty V_n$, 使得$\tilde{v}_{n} \to v$强收敛于$H$. 对每个正整数$n$, 存在正整数$k(n)$, 使得$\tilde{v}_{n} \in V_{k(n)}$. 下面讨论数列$k(n), n=1, 2, \cdots .$

(1) 如果$\left \{ k(n): n=1, 2, \cdots \right \}$是有界的, 即对所有的$n=1, 2, \cdots$, 假设$k(n)\le k_{0} < + \infty$, 其中$k_{0}$是一个正整数.

由于$\left \{ V_{n} \right \}$是单调递增的有限维子空间, 即$V_{1} \subset V_{2} \subset \cdots$, 所以对于任意的$n=1, 2, \cdots$, 有$V_{k\left ( n \right )} \subset V_{k_{0} }$. 再由上面的式子$\tilde{v}_{n} \in V_{k(n)}$可知, 对于任意的$n=1, 2, \cdots$, 都有$\tilde{v}_{n} \in V_{k_{0}}$, 所以$\tilde{v}_{k_{0}+n} \in V_{k_{0}}\subset V_{k_{0}+\left ( n-1 \right ) }$, 从而对于任意的$n=1, 2, \cdots$, 有$\tilde{v}_{k_{0}+n} \in V_{\left ( k_{0}+ n\right )-1 }$并且$\tilde{v}_{k_{0}+n} \stackrel{n}{\longrightarrow} v$强收敛于$H$.

(2) 如果$\left \{ k(n): n=1, 2, \cdots \right \}$是无界的, 则存在$\left \{ k(n)\right \}$的子列, 仍记为$\left \{ k(n)\right \}$, 满足

令$v_{k(n)+1} = \tilde{v}_{n}$, 则由上面的式子$\tilde{v}_{n} \in V_{k(n)}$可知, 对于任意的$n=1, 2, \cdots$, 有$v_{k(n)+1} \in V_{k(n)}$并且$v_{k(n)+1} \stackrel{n}{\longrightarrow} v$强收敛于$H$.

断言得证.

接下来, 根据$H$中内积的表示式, 有$\langle u_n, v_n \rangle_H=0$, 并且

因此$u_n\rightharpoonup 0$弱收敛于$H$. 由嵌入$H\hookrightarrow L^q({{\Bbb R}} ^3), 2<q<6$是紧的, 有$\|u_n\|_{p+1}\stackrel{n}{\longrightarrow} 0$, 这与$\|u_n\|_{p+1}=1$矛盾. 引理得证.

对于$p \in (1, 5)$, $c>0$以及任意的$n \in {\Bbb N}$, 定义

其中$L:=\max\limits_{x>0}\frac{(x^2+c)^{\frac{p+1}{2}}}{x^{p+1}+c^{\frac{p+1}{2}}}\in (0, \infty)$, 则当$n\to \infty$时有$\rho_n \to \infty$. 令

引理2.2  如果$\lambda>0$, $p \in (1, 5)$, $\beta\in (0, \frac{1}{4}-\frac{1}{2(p+1)})$, 则存在正整数$N_1$使得当$n\geq N_1$时, 都有$b_n\geq 1$.

证   为了证明该引理的结论, 我们将证明$b_n \stackrel{n}{\longrightarrow} \infty$. 对任意的$u \in B_n$, 根据$\mu_n$的定义, 有

从而

由于

所以

注意到由$\rho_n$的定义及$u \in B_n$可以得到$\frac{L}{\mu_n^{\frac{p+1}{2}}}\|\nabla u\|_2^{p+1}=\rho_n$, 因此对任意的$u \in B_n$, 由Hardy不等式有

由于$p \in (1, 5)$, $\beta\in (0, \frac{1}{4}-\frac{1}{2(p+1)})$, 所以$\frac{1}{2}-2\beta-\frac{1}{p+1}>0$. 再由引理2.1得$b_n \stackrel{n}{\longrightarrow} \infty$.

接下来, 我们将利用喷泉定理的思想定义一个极小极大值序列$\{\gamma_n(c)\}$. 为此, 我们首先建立如下映射

则对于任意的$\theta \in {{\Bbb R}}$, 当$u \in S(c)$时有$\kappa(u, \theta) \in S(c)$, 且

因此

对于$p \in (\frac{7}{3}, 5)$可得

由$V_n$是有限维空间, 我们断言对任意的$n \in {\Bbb N}$及$u\in S(c)\cap V_n$, 存在$\theta_n>0$使得映射

满足

这是因为当$t=0$时，$\bar{g}_n\left ( 0, u \right ) =k(u, -\theta _{n} )$, 取$\theta _{n} \to +\infty$, 则$-\theta _{n}\to-\infty$. 因此, 根据(2.5)和(2.6)式, 可得

而我们知道当$n\to \infty$时, $\rho_n \to +\infty$且$b_n \to +\infty$. 所以, 存在$\theta_n>0$使得$A(\bar{g}_n(0, u))<\rho_n$且$F(\bar{g}_n(0, u))<b_n$.

当$t=1$时, $\bar{g}_n\left ( 1, u \right ) =k(u, \theta _{n} )$, 同样取$\theta _{n} \to +\infty$, 则根据(2.6)式, 可得

再由$n\to \infty$时$b_n \to +\infty$可知: 存在$\theta_n>0$使得$F(\bar{g}_n(1, u))<b_n$.

另外, 我们已知$V_{n}$是有限维空间并且$V_{n}\subset H$, 则对任意的$u \in S(c)\cap V_{n}$, 我们有

又有限维空间中所有范数是等价的, 所以

从而

我们令$C_{2}\cdot {\rm e}^{2\theta _{n}}=2\rho _{n}$, 可得$A(\bar{g}_n(1, u)) \ge C_{2}\cdot {\rm e}^{2\theta _{n}} > \rho _{n}$, 并且可以推得$\theta _{n} = \frac{1}{2} \ln{\frac{2\rho _{n}}{C_{2} } } > 0$. 由此可见: 存在$\theta_n>0$使得$A(\bar{g}_n(1, u))>\rho _{n}$. 断言得证.

接下来定义

由于

所以$\bar{g}_n \in \Gamma_n$. 再由文献[10]的引理2.3可得: 对任意的$g \in \Gamma_n$, 存在$(t, u)\in [0, 1] \times (S(c)\cap V_n)$使得$g(t, u)\in B_n$, 其中$B_n$是(2.2)式中定义的. 因此, 我们有如下引理成立.

引理2.3  如果$\lambda>0$, $p \in (\frac{7}{3}, 5)$, $\beta\in (0, \frac{1}{4}-\frac{1}{2(p+1)})$, 则对任意的$n \in {\Bbb N}$, 有

为了找到限制泛函$F|_{S(c)}$的Palsis-Smale序列, 我们将应用Jeanjean^[11]的方法, 引入如下的辅助函数

其中$\kappa(u, \theta)$是(2.4)式中给定的, 以及集合

则对任意的$g\in \Gamma_n$有$\tilde{g}:=(g, 0) \in \tilde{\Gamma}_n$.

定义

则有$\tilde{\gamma}_n(c)=\gamma_n(c)$. 实际上, 建立如下映射

我们可以得到

因此对任意的$g\in \Gamma_n$有

从而$\tilde{\gamma}_n(c) \le \gamma_n(c)$. 另一方面, 对任意的$\tilde{g}\in \tilde{\Gamma}_n$有

从而$\tilde{\gamma}_n(c) \ge \gamma_n(c)$.

定义$E:=H\times{{\Bbb R}}$, 其范数为$\| \cdot \|_E^2=\| \cdot \|^2+\| \cdot \|_{{{\Bbb R}} }^2$, 记$E^{-1}$为空间$E$的对偶空间. 由文献[11]的引理2.3可得

引理2.4   令$\varepsilon>0$, 假设$\tilde{g}_0 \in \tilde{\Gamma}_n$满足$\max\limits_{{t \in [0, 1]\atop u \in S(c)\cap V_n}}\tilde{F}(\tilde{g}_0(t, u)) \le \tilde{\gamma}_n(c)+\varepsilon$, 则存在$(u_0, \theta_0)\in S(c)\times {{\Bbb R}}$使得

$\rm (1)$$\tilde{F}(u_0, \theta_0) \in [\tilde{\gamma}_n(c)-\varepsilon, \tilde{\gamma}_n(c)+\varepsilon]$;

$\rm (2)$$\min\limits_{{t \in [0, 1]\atop u \in S(c)\cap V_n}}\|(u_0, \theta_0)-\tilde{g}_k(t, u) \|_E \le \sqrt{\varepsilon}$;

$\rm (3)$$\|\tilde{F}'| _{S(c)\times{{\Bbb R}} }(u_0, \theta_0)\|\le 2\sqrt{\varepsilon}$, 即对任意的$z\in\tilde{T}_{(u_0, \theta_0)}$有

其中$\tilde{T}_{(u_0, \theta_0)}:= \{(z_1, z_2)\in E, \langle u_0, z_1\rangle_{L^2}=0\}$.

接下来我们将证明, 对于任意的$n \in {\Bbb N}$, 限制泛函$F|_{S(c)}$在能量水平$\gamma_n(c)$都存在一个有界的Palsis-Smale序列.

引理2.5  如果$\lambda>0$, $p \in (\frac{7}{3}, 5)$, $\beta\in (0, \frac{1}{4}-\frac{1}{2(p+1)})$, 则对任意给定的$c>0$, 存在序列$\{u_k^{(n)}\}_{k=1}^{\infty} \subset S(c)$, 使得当$k \to \infty$时满足

其中$Q(u)=A(u)+\frac{\lambda}{4}B(u)-\beta C(u)-\frac{3(p-1)}{2(p+1)}D(u)$. 并且, 序列$\{\|u_k^{(n)}\|\}$是有界的.

证   由于$\gamma_n(c)=\inf\limits_{g \in \Gamma_n}\max\limits_{{t \in [0, 1]\atop u \in S(c)\cap V_n}}F(g(t, u))$, 则对任意的$k \in {\Bbb N}$, 存在$g_k \in \Gamma_n$, 使得

由于$\tilde{\gamma}_n(c)=\gamma_n(c)$, 所以$\tilde{g}_k=(g_k, 0) \in \tilde{\Gamma}_n$满足

根据引理2.4可知: 存在一个序列$\{(u_k, \theta_k)\} \subset S(c)\times {{\Bbb R}}$, 使得

(ⅰ) $\tilde{F}(u_k, \theta_k) \in [\gamma_n(c)-\frac{1}{k}, \gamma_n(c)+\frac{1}{k}]$;

(ⅱ) $\min\limits_{{t \in [0, 1]\atop u \in S(c)\cap V_n}}\|(u_k, \theta_k)-(g_k(t, u), 0)\|_E \le \frac{1}{\sqrt{k}}$;

(ⅲ) $\|{\tilde{F}'| _{S(c)\times{{\Bbb R}} }}(u_k, \theta_k)\|\le \frac{2}{\sqrt{k}}$, 即对任意的$z\in\tilde{T}_{(u_k, \theta_k)}$有

其中$\tilde{T}_{(u_k, \theta_k)}:=\{(z_1, z_2)\in E, \langle u_k, z_1\rangle_{L^2}=0\}$.

对于任意的$k \in {\Bbb N}$, 令$v_k^{(n)}=\kappa(u_k, \theta_k)$, 由(2.4)式知$v_k^{(n)} \in S(c)$. 下面我们证明$v_k^{(n)}$满足(2.10)式. 首先, 因为$F(v_k^{(n)})=F(\kappa(u_k, \theta_k))=\tilde{F}(u_k, \theta_k)$, 所以由(ⅰ)可得

由于$\tilde{F}(u_k, \theta_k)=F(\kappa(u_k, \theta_k))$, 而

所以

其中$(0, 1)\in \tilde{T}_{u_k, \theta_k}$. 根据(ⅲ)有

从而可得$Q(v_k^{(n)}) \stackrel{k}{\longrightarrow} 0.$

接下来证明$F'| _{S(c)}(v_k^{(n)}) \stackrel{k}{\longrightarrow} 0$, 只需证明对任意充分大的$k \in {\Bbb N}$以及任意的$\omega \in T_{v_k^{(n)}}$, 有

其中$T_{v_k^{(n)}}:=\{\omega \in H, (v_k^{(n)}, \omega)_{L^2}=0\}.$对于$\omega \in T_{v_k^{(n)}}$, 令$\tilde{\omega}=\kappa(\omega, -\theta_k)$, 则

所以$(\tilde{\omega}, 0)\in \tilde{T}_{(u_k, \theta_k)}$. 根据(ⅱ)有

所以, 当$k \in {\Bbb N}$充分大时, 有

再根据(ⅲ)有

最后证明$\{\|v_k^{(n)}\|\}$是有界的. 由$F(v_k^{(n)}) \stackrel{k}{\longrightarrow} \gamma_n(c)$, $Q(v_k^{(n)}) \stackrel{k}{\longrightarrow} 0$及Hardy不等式有

由$p \in (\frac{7}{3}, 5)$, $\beta\in (0, \frac{1}{4}-\frac{1}{2(p+1)})$, 可得$1-4\beta>0$, $\frac{3p-7}{6(p-1)}>0$以及$\frac{3p-5}{3(p-1)}>0$, 再由上述不等式得$\{A(v_k^{(n)})\}$有界, 又因为$v_k^{(n)} \in S(c)$, 所以$\|v_k^{(n)}\|^2=\|\nabla v_k^{(n)}\|_2^2+\|v_k^{(n)}\|_2^2$是有界的.

我们首先考虑方程(1.3)的无穷多组弱解的存在性.

引理3.1   如果引理2.5的条件成立, $\{u_k^{(n)}\}_{k=1}^{\infty} \subset S(c)$满足(2.10)式. 则当$n\geq N_1$时, 其中正整数$N_1$由引理2.2给出, 存在$(u_c^{(n)}, \omega_c^{(n)})\in H\backslash\{0\}\times {{\Bbb R}}$使得$(u_c^{(n)}, \omega_c^{(n)})$是方程(1.3)的一组弱解, 即$(u_c^{(n)}, \omega_c^{(n)})$满足下列方程

证   由引理2.5知$\{u_k^{(n)}\}_{k=1}^{\infty}$是$H$中的有界列, 所以存在$\{u_k^{(n)}\}$的子列, 仍记为$\{u_k^{(n)}\}$, 以及$u_c^{(n)}\in H$使得$u_k^{(n)}\stackrel{k}{\rightharpoonup} u_c^{(n)}$弱收敛于$H$. 假设$u_c^{(n)}=0$, 由嵌入$H\hookrightarrow L^q({{\Bbb R}} ^3), 2<q<6$是紧的, 有$D(u_k^{(n)})=o(1)$. 再由$Q(u_k^{(n)})=o(1)$和Hardy不等式可得

另一方面, 由(2.10)式, 引理2.3及引理2.2可得: 当$n\geq N_1$时, 有

这与(3.2)式矛盾. 因此$u_c^{(n)}\neq 0$.

由(2.10)式知$\|F'| _{S(c)}(u_k^{(n)})\|_{H^{-1}}=o(1)$, 根据文献[12, 引理3]可得: 对任意的$\varphi \in H$有

其中

由$\{u_k^{(n)}\}$在$H$中是有界序列知$\{\omega_k^{(n)}\}$是有界数列, 所以存在$\{\omega_k^{(n)}\}$的子列, 仍记为$\{\omega_k^{(n)}\}$, 以及$\omega_c^{(n)} \in {{\Bbb R}}$使得$\omega_k^{(n)} \stackrel{k}{\longrightarrow} \omega_c^{(n)}$. 再由$u_k^{(n)}\stackrel{k}{\rightharpoonup} u_c^{(n)}$弱收敛于$H$和(3.4) 式可得

所以$(u_c^{(n)}, \omega_c^{(n)})$满足方程(3.1).

下面我们证明本文的主要结论, 即定理1.1.

证   设$\{u_k^{(n)}\}_{k=1}^{\infty}$, $u_c^{(n)}$及$\omega_c^{(n)}$是由引理3.1给出的. 我们首先证明: 存在大于零的常数$c_0=c_0(\lambda, \beta, p)$, 使得当$E(u_c^{(n)}) \in (0, c_0)$时, 有$\omega_c^{(n)}>0$.

由方程(3.1)可得下列Pohozaev型恒等式

在方程(3.1)两边乘以$u_c^{(n)}$作分部积分, 可得

计算$(3.7) \times \frac{-3}{p+1}+(3.6)$得

根据Hardy-Littlewood-Sobolev不等式和Gagliardo-Nirenberg不等式, 有

由(3.8)和(3.9)式得

计算$(3.7)\times \frac{3}{2}-(3.6)$得

再由Gagliardo-Nirenberg不等式和Hardy不等式可得

结合(3.10)和(3.12)式, 我们可以推出: 存在$c_0=c_0(\lambda, \beta, p)>0$使得当$E(u_c^{(n)})\in (0, c_0)$时, (3.10)式右端严格小于零, 因此有$\omega_c^{(n)}>0$.

接下来我们证明: $\|u_k^{(n)}-u_c^{(n)}\| \stackrel{k}{\longrightarrow} 0$. 因为$\{u_k^{(n)}\}_{k=1}^{\infty} \subset S(c)$, 且$u_k^{(n)}\rightharpoonup u_c^{(n)}$弱收敛于$H$, 则$u_k^{(n)}\rightharpoonup u_c^{(n)}$弱收敛于$L^2({{\Bbb R}} ^3)$. 由范数的弱下半连续性得

又因为$u_c^{(n)}\neq 0$, 则$E(u_c^{(n)})>0$, 于是$E(u_c^{(n)})\in (0, c_0)$, 根据前面的证明知$\omega_c^{(n)}>0$. 再由$\beta\in (0, \frac{1}{4}-\frac{1}{2(p+1)})$及Hardy不等式, 我们可以在$H$中定义如下等价范数

所以下面我们只需证明$\|u_k^{(n)}\|_\beta\stackrel{k}\rightarrow \|u_c^{(n)}\|_\beta$.

由(3.7)式有

由引理2.5知$\|F'| _{S(c)}(u_k^{(n)})\|_{H^{-1}}=o(1)$以及$\{u_k^{(n)}\}$是$H$中的有界列, 根据(3.4)式得

由嵌入$H\hookrightarrow L^q({{\Bbb R}} ^3), \; 2<q<6$是紧的, 有

再由$|\omega_k^{(n)}-\omega_c^{(n)}|\stackrel{k}\rightarrow 0$以及$\{u_k^{(n)}\}$是$H$中的有界列, 有

把(3.15)和(3.16)式代入(3.14)式, 得

因此结合(3.13) 和(3.17) 式得$\|u_k^{(n)}\|_\beta\stackrel{k}\rightarrow \|u_c^{(n)}\|_\beta$. 定理得证.