考虑如下分数阶Schrödinger方程：

其中V：${{\rm{\mathbb{R}}}^\mathit{N}} \to {\rm{\mathbb{R}, }}\mathit{f} \in \mathit{C}\left({{{\rm{\mathbb{R}}}^\mathit{N}} \times {\rm{\mathbb{R}, \mathbb{R}}}} \right), \mathit{N > }{\rm{2, }}\mathit{s} \in \left({0, 1} \right)$.这里的(-Δ)^s表示非局部分数阶算子，定义为(-Δ)^s=$\mathscr{G}$^-1(|ξ|^2s$\mathscr{G}$u)，其中$\mathscr{G}$表示在$\mathbb{R} $^N的Fourier变换，而(-Δ)^s是关于|ξ|^s的伪微分.

近年来，分数阶方程引起了许多学者的兴趣(见文献[1-4]).文献[1]证明了当s→1时(-Δ)^s退化为-Δ.当s=1时，方程(1)变为经典的Schrödinger方程.文献[5-10]应用变分方法证明了分数阶Schrödinger方程无穷多个解的存在性，其中关于非线性项f在零点处和无穷远处的可解性的条件已经被广泛而又深入地研究，但这些研究大都要求非线性项f满足次临界条件，即

(f₀) $|f(x, t)| \leqslant C\left(|t|+|t|^{\tau-1}\right)$.其中$2 \leqslant q<2_{s}^{*}, 2_{s}^{*}=\frac{2 N}{N-2 s}$.

本文在f满足广义次临界条件及其它条件下，利用文献[11]给出的对称山路引理，证明了方程(1)存在无穷多个解.为了更加方便地陈述结论，我们将给出下面更加弱化的条件：

(V₁)V(x)∈C($\mathbb{R} $^N)且inf_{$\mathbb{R} $^N}V(x)>0；

(V₂)对于任意的M>0，都存在一个常数r>0，使得

(f₁) $\mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } \frac{{f(x, t)}}{{|t{|^{2_s^* - 2}}t}} = 0$对几乎所有x∈$\mathbb{R} $^N一致成立；

(f₂) $\mathop {\lim \sup }\limits_{t \to 0} \left| {\frac{{f(x, t)}}{t}} \right| < + \infty $对几乎所有x∈$\mathbb{R} $^N一致成立；

(f₃) $\mathop {\lim }\limits_{|t| \to \infty } \frac{{F(x, t)}}{{|t{|^2}}} = \infty $对几乎所有x∈$\mathbb{R} $^N一致成立；

(f₄)$\mathscr{F}$(x，t)=tf(x，t)-2F(x，t)≥0，且存在常数C，r₀≥0及$k > \max \left\{ {1, \frac{N}{{2s}}} \right\}$，当|t|≥r₀时，有

定理1  假设f关于t是奇函数且满足条件(V₁)，(V₂)，(f₁)-(f₄)，那么方程(1)有无穷多个解.

注1  当我们处理超线性问题时，经常会用到下面的这个条件：

(f₅)存在常数θ≥1满足θ$\mathscr{F}$(x，t)≥$\mathscr{F}$(x，st)(∀(x，t) ∈$\mathbb{R} $^N×$\mathbb{R} $，s∈[0, 1]).条件(f₄)比条件(f₅)更弱，详情可见文献[12]中引理2.5的证明.条件(f₁)显然比条件(f₀)更弱，则定理1统一并推广了文献[5]和文献[6]中的定理1.2.本文关于非线性项f的条件是有意义的，存在函数满足条件(f₁)-(f₄)，但不满足文献[5]和文献[6]定理1.2中的条件.事实上，和文献[12]一样，设h：[1，+∞)$\mathbb{R} $为：

和

容易验证，f(x，t)满足定理1的条件，但不满足条件(f₅).

为了方便，首先规定|·|_p为L^p($\mathbb{R} $^N)空间中常用的范数.在本篇文章中，由于有位势V，我们考虑如下的子空间：

则E是一个Hilbert空间，记其范数为

相应的内积为

引理1^[6]  假设条件(V₁)和(V₂)成立，则：当p∈[2，2_s^*]时，E↺L^p($\mathbb{R} $^N)是连续的；当p ∈[2，2_s^*)时，E↺L^p($\mathbb{R} $^N)是紧的.

由引理1可知，存在常数r_p>0，使得

接下来，我们在E上定义方程(1)的能量泛函，即

通过条件(f₁)，(f₂)及f ∈C($\mathbb{R} $^N×$\mathbb{R} $)，对∀ε>0，存在c(ε)>0，c₀>0，有

显然在条件(V₁)，(V₂)，(f₁)及(f₂)下，I∈C¹(E，$\mathbb{R} $)，并且

引理2  假设条件(V₁)，(V₂)，(f₁)-(f₄)成立，若对任意的序列{u_n}⊂E满足

则{u_n}在E中有界，且{u_n}有收敛子列.

证  首先证明{u_n}在E中有界，可用反证法证明.假设当n→∞时，‖u_n‖→∞.设${v_n} = \frac{{{u_n}}}{{\left\| {{u_n}} \right\|}}$，那么‖v_n‖=1，且由(2)式可知，|v_n|_p≤r_p‖v_n‖=r_p，其中2≤p≤2_s^*.从而存在子列，不妨设为{v_n}，使得在E中v_n⇀v.那么由引理1可知：在L^p($\mathbb{R} $^N)中v_n→v，其中2≤p < 2_s^*；在$\mathbb{R} $^N中v_n→v几乎处处成立.这里我们分两种情况进行讨论：

情况1  若v=0，那么在L^p($\mathbb{R} $^N)中v_n→0，其中2≤p < 2_s^*.由(5)式，当n充分大时，有

由(3)式和(6)式可知

对于0≤a≤b，令

因此，由(4)式可得

其中$d = \frac{{{c_0}}}{2} + \frac{{c(\varepsilon)}}{{q + 1}}r_0^{q - 1} + \frac{\varepsilon }{{2_s^*}}r_0^{2*} - 2$.设${k^\prime } = \frac{k}{{k - 1}}$，因为$k > \max \left\{ {1, \frac{N}{{2s}}} \right\}$，所以2k′∈(2，2_s^*).由(7)式和条件(f₄)，可得

再结合(9)式和(10)式，我们有

这与(8)式矛盾.

情况2  若v≠0，设A={x∈$\mathbb{R} $^N：v(x)≠0}，那么meas(A)>0，我们有$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left| {{u_n}(x)} \right| = + \infty $.通过条件(f₃)，我们有

因此，由(6)，(11)式及Fatou引理，有

矛盾.因此{u_n}在E中是有界的.

接下来证明{u_n}有一个收敛子列.我们需要用到一个代数不等式，即对∀p≥1，有

注意到

当n→∞时，显然有

由(2)，(4)，(12)式及H ölder不等式，我们可得到

由ε的任意性，这意味着

结合(13)，(14)及(15)式，我们可得‖u_n-u‖²→0

引理3^[11]  设X为无限维Banach空间，$X = Y \oplus Z$，其中Y为有限维的.若对于任意c都有I∈C¹(E，$\mathbb{R} $)满足(C_e)_c条件，并且：

(I₁) I(0)=0，I(-u)=I(u)(∀u∈X)；

(I₂)存在常数ρ，α>0，使得${\left. I \right|_{\partial {B_\rho } \cap Z}}\alpha > 0$；

(I₃)对任意有限维子空间$\widetilde{X} \subset X$，存在$R=R(\widetilde{X})>0$，使得在$\widetilde{X} \backslash \partial B_{R}$上有I(u)≤0.

则I有一列临界值趋于∞的序列.

设{e_i}为E上的标准正交基，定义X_i=$\mathbb{R} $e_i，记：

那么$E = {Y_k} \oplus {Z_k}$，且Y_k为有限维空间.

引理4  若条件(V₁)，(V₂)，(f₁)及(f₂)成立，那么存在常数ρ，α>0，使得${\left. I \right|_{\partial {B_\rho } \cap }}{z_m}\alpha > 0$.

证  由文献[6]中的引理3.2可得

于是可以选择一个正整数m≥1，使得

对于u∈Z_m，由(2)，(4)和(17)式可得

取‖u‖=ρ(ρ充分小)时，I(u)≥α＞0，其中$\alpha = \frac{1}{4}{\rho ^2} - \frac{{{c_\varepsilon }}}{{q + 1}}r_{q + 1}^{q + 1}{\rho ^{q + 1}} - \frac{\varepsilon }{{2_s^*}}r_{2_s^*}^{2_s^*}{\rho ^{{2^*}}}$.

引理5  若条件(V₁)，(V₂)，(f₁)-(f₄)成立，对于任意有限维子空间Ẽ⊂E，存在R=R(Ẽ)>0，使得在$\widetilde{E} \backslash \partial B_{R}$上有I(u)≤0.

证  只需证I在Ẽ中是反强制的，可用反证法证明.假设存在序列{u_n}⊂Ẽ，当n→∞时，‖u_n‖→∞，且存在M>0使得对∀n∈$\mathbb{N}$有I(u_n)≥-M.设${v_n} = \frac{{{u_n}}}{{\left\| {{u_n}} \right\|}}$，那么‖v_n‖=1.从而存在子列，不妨设为{v_n}，我们可以假设在E中v_n⇀v₁.因为Ẽ是有限维的，那么在Ẽ中v_n→v₁；在$\mathbb{R}$^N中v_n→v₁几乎处处成立，且‖v₁‖=1.利用与(11)式类似的方法可得出矛盾.

定理1的证明  设X=E，Y=Y_m，Z=Z_m.由引理2可知I满足(C_e)_c条件，又由引理4和引理5可知，引理3的条件全是满足的.因此由引理3可得方程(1)有无穷多个大解.