考虑如下一类分数阶Kirchhoff方程半经典解的存在性：

其中ε>0是一个很小的参数, a, b>0, $s \in\left(\frac{3}{4}, 1\right)$, H^s($\mathbb{R}$³)是分数阶Sobolev空间, 定义为

(-Δ)^s是通常的分数阶拉普拉斯算子, 光滑函数u: $\mathbb{R}$³→$\mathbb{R}$的分数阶拉普拉斯算子(-Δ)^s定义为

其中$\mathscr{F}$为傅里叶变换, 即

方程(1)的能量泛函I_ε: H_ε→$\mathbb{R}$为

其中

它的范数为

关于Kirchhoff方程半经典解的存在性和多重性已有很多的结果^[1-10].但是关于分数阶Kirchhoff方程的结果比较少, 其中大多数都是自治情形(即Γ=1)下的结果, 例如, 文献[7]研究了下面的方程:

其中V(x)满足如下局部条件:

(V₁) V∈C ($\mathbb{R}$³, $\mathbb{R}$), 使得 $V_{0}=\inf\limits_{x \in \mathbb{R}^{3}} V(x)>0$;

(V₂)存在有界开集Ω⊂$\mathbb{R}$³, 使得 $V_{0}<\min\limits_{x \in \partial \Omega } V$, 且集合M={x∈Ω: V(x)=V₀}≠Ø.

应用Ljusternik-Schnirelmann理论^[8]和极小极大原理, 文献[7]得到方程(2)多个正解的存在性.至今关于非自治的分数阶Kirchhoff方程半经典解的结果几乎没有, 本文利用惩罚方法, 证明非自治方程(1)半经典解的存在性.

假设f满足下面的条件(f₁)-(f₄):

(f₁) f∈C¹($\mathbb{R}$, $\mathbb{R}$), 且当t→0⁺时, f(t)=o(t³);

(f₂)存在常数q∈(4, 2_s^*), 使得 $\lim\limits_{t \rightarrow \infty} \frac{f(t)}{t^{q-1}}=0$, 其中 $2_{s}^{*}=\frac{6}{3-2 s}$是$\mathbb{R}$³中的分数阶临界指数;

(f₃)存在常数θ∈(4, 2_s^*), 使得 $0<\theta F(t)=\theta \int_{0}^{t} f(\tau) \mathrm{d} \tau \leqslant t f(t)$对于任意的t>0成立;

(f₄)当t∈(0, ∞)时, $\frac{f(t)}{t^{3}}$是严格单调递增的.

V和Γ满足条件(V₁)及如下的条件:

(Γ)Γ∈L^∞($\mathbb{R}$)³是连续的, 且存在常数β>0, 使得对任意的x∈ $\mathbb{R}$³, 有Γ(x)≥β;

(Ω)存在有界开集Ω⊂ $\mathbb{R}$³, 使得:

(i) 存在x_min∈Ω满足 $V\left(x_{\min }\right)=V_{0}<\min\limits_{x \in \partial \Omega } V$, 且$\mathit{\Gamma}\left(x_{\min }\right)=\sup\limits_{x \in \mathbb{R}^{3}} \mathit{\Gamma}$ ;

或者

(ii) 存在x_max∈Ω满足 $\mathit{\Gamma}\left(x_{\max }\right)=\mathit{\Gamma}_{0}>\max\limits_{x \in \partial \Omega } \mathit{\Gamma}$, 其中 $\mathit{\Gamma}_{0}=\sup\limits_{x \in \mathbb{R}^{3}} \mathit{\Gamma}(x)$, 且 $V\left(x_{\max }\right)=\inf\limits_{x \in \mathbb{R}^{3}} V$.

注1  因为我们考虑方程(1)的半经典解的存在性, 所以当x∈(-∞, 0)时, 假设f(x)=0.

注2  不失一般性, 我们可以假设|Γ|_∞=1, 其中|·|_p定义为通常的L^p-范数, 这里的p≥1或者p=∞.因此, 有

取

易知 $\mathop \varGamma \limits^ \wedge(x)$和 $\mathop f \limits^ \wedge(u)$仍然满足上述的关于Γ和f的所有条件, 且 $|\mathop \varGamma \limits^ \wedge|_{\infty}=1$.因此, 在这篇论文中, 我们取|Γ|_∞=1.

定理1  假设条件(V₁), (Γ), (Ω)和(f₁)-(f₄)成立, $s \in\left(\frac{3}{4}, 1\right)$, 则存在ε₀>0, 使得对任意的ε∈(0, ε₀), 方程(1)有半经典解u_ε.此外, 如果η_ε∈ $\mathbb{R}$³是u_ε的全局最大值点, 则有

由条件(f₁), (f₃), (f₄), 我们可以得到 $\lim\limits_{t \rightarrow 0^{+}} \frac{f(t)}{t}=0$, $\frac{f(t)}{t}$在区间(0, ∞)上是单调递增的.固定K>4, 由条件(f₃), (f₄)知, 存在a₀>0使得 $f\left(a_{0}\right)=\frac{V_{0}}{K} a_{0}$.于是, 采用文献[11]所介绍的惩罚方法, 定义

其中V₀在条件(V₁)中有定义.若χ_Ω定义为集合Ω的特征函数, 引入惩罚函数g: $\mathbb{R}$³× $\mathbb{R}$→$\mathbb{R}$满足

由条件(f₁)-(f₄), 容易验证g满足下面的性质:

(g₁) $\lim\limits_{t \rightarrow 0^{+}} \frac{g(x, t)}{t^{3}}=0$关于x∈ $\mathbb{R}$³一致成立;

(g₂)对于任意的x∈ $\mathbb{R}$³和t>0, g (x, t)≤ f(t);

(g₃)存在θ∈(4, 2_s^*), 使得:

(i) 对于任意的x∈Ω和t>0, 有 $0 \leqslant \theta G(x, t)=\theta \int_{0}^{t} g(x, s) \mathrm{d} s<g(x, t) t$,

(ii) 对于任意的x∈ $\mathbb{R}$³\Ω和t>0, 有 $0 \leqslant 2 G(x, t)<g(x, t) t \leqslant \frac{V_{0}}{K} t^{2}$;

(g₄)对于任意的x∈Ω, 函数 $t \longmapsto \frac{g(x, t)}{t^{3}}$在区间(0, ∞)上是单调递增的, 并且对于任意的x∈ $\mathbb{R}$³\Ω, 函数 $t \longmapsto \frac{g(x, t)}{t^{3}}$在区间(0, a₀)上是单调递增的.

我们注意到, 如果u_ε是下面这个方程的正解:

并且对于任意的x∈ $\mathbb{R}$³\Ω有u_ε(x)≤a, 则g (x, u_ε)=Γ(x) f(u_ε), 因此u_ε(x)也是方程(1)的解.方程(4)的弱解是泛函J_ε∈C¹(H_ε, $\mathbb{R}$)正的临界点, J_ε的定义为

由文献[7]中的命题2.10知, 泛函J_ε有正的临界点u_ε∈H_ε满足J_ε(u_ε)=c_ε, 其中

下面我们将证明惩罚方程(4)的解u_ε是方程(1)的解.

由于当Ω和Γ满足条件(Ω)的情形(ii)时, 结论的证明与条件(Ω)的情形(i)的证明类似, 这里就只讨论Ω和Γ满足条件(Ω)的情形(i).由文献[7]知下面的方程存在一个最低能量解w∈H^s($\mathbb{R}$³):

即

其中

引理1   当ε→0⁺时, 泛函J_ε(u_ε)≤ε³(c₀+o(1)).

证  设x₀∈Ω, 使得V(x₀)=V₀, 令 $u(x)=w\left(\frac{x-x_{0}}{\varepsilon}\right)$, 则存在某个t₀>0使得

于是

根据〈J_ε^′(t₀u), t₀u〉=0, 条件(f₁), (f₂)和(g₂), 存在某个正常数C, 使得

由条件(g₂), 有G(x₀+εx, t₀w)≤F(t₀w).由条件(f₁), (f₂), 易得

由Lebesgue控制收敛定理, 当ε→0时, 有

因此

引理2   存在常数C>0, 使得 $\int_{\mathbb{R}^{3}}\left(\varepsilon^{2 s} a\left|(-\Delta)^{\frac{s}{2}} u_{\varepsilon}\right|^{2}+V(x)\left|u_{\varepsilon}\right|^{2}\right) \mathrm{d} x \leqslant C \varepsilon^{3}$.

证  由于〈J_ε^′(u_ε), u_ε〉=0, 即

因此由引理1可得

于是, 我们有

因为θ>4, K>4, 则

则存在某常数C, 使得引理2成立.

引理3  若ε_n→0⁺, {x_n}⊂Ω, 使得u_εn(x_n)≥γ>0, 则 $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} V\left(x_{n}\right)=V_{0}$.

证  反证法证明.假设引理3不成立, 则存在子列{x_n}, x_n→x∈Ω, 使得V(x)>V₀.令v_n(x)=u_εn(x_n+ε_nx), 显然v_n满足方程

相关的能量泛函为

由引理2知{v_n}是有界的, 因此存在某个v∈H^s($\mathbb{R}$³), 使得v_n$\rightharpoonup$v.由于对任意的t>0, 有

由条件(f₁)-(f₃)易得: 当t>0足够小时, J₀(tv_n)>0;当t→∞时, J₀(tv_n)→-∞.则存在t_n>0使得 $J_{0}\left(t_{n} v_{n}\right)=\max\limits_{t \geqslant 0} J_{0}\left(t v_{n}\right)$.设 $\tilde{v}_{n}=t_{n} v_{n}$, 因此 $c_{0} \leqslant J_{0}\left(\tilde{v}_{n}\right)$.由于v_n是方程(6)的弱解, 所以J_n(v_n)= $\max\limits_{t \geqslant 0} J_{n}\left(t v_{n}\right)$, 于是

其中最后一个不等式由引理1得到, 从而 $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} J_{0}\left(\tilde{v}_{n}\right)=c_{0}$.易知 $\left\{\tilde{v}_{n}\right\}$是有界的, 因此存在某个 $\tilde{v} \in H^{s}\left(\mathbb{R}^{3}\right)$, 使得 $\tilde{v}_{n} \rightharpoonup \tilde{v}$.事实上, 由Ekeland变分原理^[12]知, 存在序列

满足 $w_{n}=\tilde{v}_{n}+o_{n}(1)$, J₀(w_n)→c₀且

其中λ_n是实数.对于任意的w∈H^s($\mathbb{R}$³), ϕ(w)=〈J₀^′(w), w〉.由条件(f₄)和{w_n}⊂ $\mathscr{N}$₀, 可以得到

容易得到{w_n}是有界的, 且

我们声称存在序列{y_n}⊂ $\mathbb{R}$³和常数R>0, δ>0, 使得

如果不成立, 则有 $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sup\limits_{y \in \mathbb{R}^{3}} \int_{B_{R}(y)} w_{n}^{2} \mathrm{~d} x=0$.由文献[13]可得, 对于任意的p∈(2, 2_s^*), $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \int_{\mathbb{R}^{3}}\left|w_{n}\right|^{p} \mathrm{~d} x=0$.注意到{w_n}⊂ $\mathscr{N}$₀, 容易验证

矛盾.设 $\tilde{w}_{n}=w_{n}\left(x+y_{n}\right)$, 易知 $\widetilde{w}_{n}$在H^s($\mathbb{R}$³)中是有界的, 则存在 $\widetilde{w}$≠0, 使得 $\tilde{w}_{n} \rightharpoonup \tilde{w}$.因此存在正测度的子集Λ⊂$\mathbb{R}$³, 使得 $\widetilde{w}$>0几乎处处成立于Λ.如果 $\mathop {\lim \;\sup }\limits_{n \to \infty } \left\langle\phi^{\prime}\left(w_{n}\right), w_{n}\right\rangle=0$, 则由条件(f₄)和Fatou引理, 有

矛盾, 所以 $\mathop {\lim \;\sup }\limits_{n \to \infty } \left\langle\phi^{\prime}\left(w_{n}\right), w_{n}\right\rangle<0$.由λ_n〈ϕ′(w_n), w_n〉=o_n(1), 可得λ_n=o_n(1), 则J₀(w_n)→c₀, J₀^′(w_n)0.不失一般性, 则有 $J_{0}\left(\tilde{v}_{n}\right) \rightarrow c_{0}$和 $J_{0}^{\prime}\left(\tilde{v}_{n}\right) \rightarrow 0$, 因此J₀^′ $(\tilde{v})$=0, 即 $\tilde{v}$是方程(5)的弱解, 所以

由Fatou引理可得

因此

即在H^s($\mathbb{R}$³)中 $\tilde{v}_{n} \rightarrow \tilde{v}$.

由V(x)>V₀, $\tilde{v}_{n} \rightarrow \tilde{v}$, 以及Fatou引理和引理1可得

矛盾.则假设不成立, 引理3证毕.

引理4   $\lim\limits_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}} m_{\varepsilon}=0$, 其中 $m_{\varepsilon}=\max\limits_{x \in \partial \Omega } u_{\varepsilon}$.

证  假设引理4不成立, 即当ε→0⁺时, $m_{\varepsilon} \not \rightarrow 0$.设x_ε∈∂Ω⊂Ω使得u_ε(x_ε)=m_ε, 则存在子序列{u_εn}使得u_εn(x_εn)≥γ>0, x_εn →x₀∈∂Ω.由引理3和条件(Ω)的情形(i)得

矛盾.所以引理4证毕.

定理1的证明   设u_ε是J_ε正的临界点, 由引理4知, 存在ε₀>0使得对任意的ε∈(0, ε₀)有m_ε < a₀, 其中a₀为分段函数(3)的分界点.所以, 当x∈∂Ω时, u_ε(x) < a₀.因此, 由极大值原理, 对任意的x∈Ω有u_ε(x)≤a₀.取(u_ε-a₀)₊=max{u_ε-a₀, 0}作为J_ε的测试函数, 可以得到

其中

此外, 当x∈ $\mathbb{R}$³\Ω时, 因为|Γ|_∞=1, 所以 $\frac{g\left(x, u_{\varepsilon}\right)}{u_{\varepsilon}} \leqslant \frac{V_{0}}{K}$.因此, 当x∈ $\mathbb{R}$³\Ω时, 有c (x)>0, 所以(7)式最后一个等式中每一项都等于0, 因此(u_ε-a₀)₊=0, 即当x∈ $\mathbb{R}$³\Ω时, u_ε(x)≤a₀.由此可得g (x, u_ε)=Γ(x) f (u_ε), 因此u_ε是方程(1)的正解.u_ε的衰减性是一个经典的验证, 参见文献[7], 可以得到: 如果η_ε∈ $\mathbb{R}$³是u_ε的全局最大值点, 则有

因此定理1证毕.