具有Beddington-DeAngelis功能反應函數捕食模型正穩態解存在性

苗寶軍, 梁慶利

(許昌學院 數學與統計學院, 河南 許昌 461000)

1 預備知識

具有Beddington-DeAngelis功能反應函數的捕食模型的研究多年來得到了許多數學工作者的廣泛關注[1-3],而它的特殊情況對應的食物依賴和比例依賴型的捕食模型也被眾多專家學者所研究[4-18].然而在這些文獻中,許多作者研究的大多是帶有齊次Neumann邊值條件或齊次Robin邊值條件捕食模型,這種邊界條件在自然界中比較常見,而對于帶有混合邊界條件情況的捕食模型的研究較少[6,9,12].另一方面,在一些特定的生態環境下,特別是當捕食者不得不主動的尋找、掠奪以及共享食物時,比較合理的應當是具有比例依賴型的捕食模型[4-7,13].許生虎等[1]應用能量估計方法研究了一類帶Beddington-DeAngelis功能反應項的捕食者-食餌模型,證明了模型整體解的存在唯一性和一致有界性,并通過構造Lyapunov函數給出了該模型唯一正平衡點全局漸近穩定的充分條件.陳濱等[2]研究了一類帶有擴散和Beddington-DeAngelis響應函數的捕食模型的正平衡態.許生虎等[3]應用能量估計方法和Bootstrap技巧研究了帶Beddington-DeAngelis功能反應項的捕食者-食餌交錯擴散模型整體解的存在性.顧永耕等[12]主要利用拓撲度理論研究了一類被捕食者帶有第三邊值的捕食模型,獲得了模型正穩態解存在的充要條件和正穩態解的局部穩定性和唯一性,并討論了擴散參數對它的正穩態解存在的影響.李平等[6]也主要運用拓撲度理論研究了一類帶混合邊界條件的比率依賴捕食模型,獲得了模型存在正穩態解的條件.受文獻[1-3]的思想啟發,建立了如下一類具有混合邊界條件的Beddington-DeAngelis功能反應函數的捕食模型

(x,t)∈Ω×(0,∞),

(x,t)∈Ω×(0,∞),

u(x,0)=u0(x),

v(x,0)=v0(x)≥0,x∈Ω,

(1)

不妨令k1=k2=1,作適當變換,模型(1)化為

(x,t)∈Ω×(0,∞),

(x,t)∈Ω×(0,∞),

(x,t)∈?Ω×(0,∞),

u(x,0)=u0(x),

v(x,0)=v0(x)≥0,x∈Ω.

(2)

問題(2)對應的平衡態問題為

(3)

利用拓撲度理論、指標理論、橢圓方程估計理論和極值原理,結合一定的數學分析技巧,借助構造的一個可微Frechet緊算子K,研究問題(2)解的漸近性態和問題(3)正解存在的條件.

2 問題(2)的解的漸近性和問題(3)存在正解的必要條件

先給出一些預備知識.設λ1(q)≤λ2(q)≤λ3(q)≤…是問題(4)的特征值

-△φ+q(x)φ=λφ,x∈Ω,

(4)

定理2.1如果問題(3)有正解(u,v),那么

并且0

證明因為問題(3)有正解(u,v),所以問題(3)的第二個方程滿足

s2v-v2<-d2△v≤

(s2+B)v-v2,x∈Ω,

則由比較原理和極值原理得s2

證畢.

證明問題(2)的第二個方程滿足

(x,t)∈Ω×(0,∞),

v(x,0)=v0(x)≥0,x∈Ω.

(5)

于是問題(2)的第一個方程滿足

(x,t)∈Ω×(0,∞),

(x,t)∈?Ω×(0,∞),

u(x,0)=u0(x)≥0,x∈Ω.

(6)

(x,t)∈Ω×(0,∞),

v(x,0)=v0(x)≥0,x∈Ω.

3 平衡態問題(3)正解存在的充分條件

利用文獻[14]錐內不動點指數理論分別計算算子K在3個平凡解和半平凡解的指數.如果它們的指數之和不等于1,則存在常數R>0,使得K在BR(0)內一定存在一個不同于平凡解和半平凡解的不動點,從而問題(3)存在正解.

為了敘述方便,定義:設

P={(u,v)∈X|u,v≥0,x∈Ω}.

在P中取一個閉凸子集E,并且對于一個給定的二維向量φ,定義一個楔如下：

Wφ=closure{ψ∈X|?s>0,φ+sψ∈E}.

設Xφ是包含在Wφ內的最大子空間,K:X→X是一個Frechet可微的緊算子,并且滿足K(E)?E.如果存在X的子空間Yφ使得X=Xφ⊕Yφ,那么,K在點φ的指數可以通過分析K′(φ)在Xφ和Yφ中對應的特征問題得到.具體如下:設T:X→Yφ是X到Yφ上的一個投影算子.如果在點φ處K的Frechet導數算子K′(φ)在Wφ中沒有不動點,那么i(K,φ)有定義.同時,如果T°K′(φ)有特征值λ>1,那么i(K,φ)=0.如果T°K′(φ)沒有大于1的特征值,那么i(K,φ)=iXφ(K′(φ),0)=(-1)r,其中,iXφ(K′(φ),0)表示在空間Xφ中線性算子K′(φ)在0點的指數,r是K′(φ)限制在空間Xφ上大于1的特征值的個數.對于問題(3),給出對應的K和E分別為:

K(u,v)=((-d1△+M)-1((s1+M)u-

E={(u,v)∈P|u+m1v≤s1+M,v≤s2+M},

其中M是一個待定的充分大的正常數.易證,K:X→X是一個Frechet可微緊算子.為了研究穩態問題(3)正解存在性的條件,先證明下面2個引理.

證明設(u,v)∈E和(w,z)=K(u,v),則有

-d1△w+Mw=(s1+M)u-

-d2△z+Mz=(s2+M)v-

(7)

(8)

讓M足夠的大使得

設s1>d1λ1,問題(3)具有的平凡解和半平凡解記為0=(0,0),u*=(θs1,0),v*=(0,s2).

引理3.2若s1>d1λ1,則有:

(i)i(K,0)=0;

(ii)i(K,u*)=0;

證明(i) 取φ=0,通過計算得到Wφ=P,X={0},Yφ=X,T=l,

K′(0)(ξ,η)=((-d1△+M)-1(s1+M)ξ,

(-d2△+M)-1(s2+M)η).

假定(ξ,η)∈Wφ-{0}是特征值λ對應的特征向量,則(ξ,η)滿足

(9)

易知,(0,1)是問題(9)一個解且有

于是λ>1,i(K,0)=0.

(ii) 取φ=u*,通過計算得到

Wφ={(u,v)|v≥0},

Xφ={(u,0)|u∈W1},

Yφ={(0,v)|v∈W2},

X=Xφ⊕Yφ,

T:(u,v)→(0,v),

K′(u*)(ξ,η)=

假定(ξ,η)∈Wφ-{0}是K′(u*)的不動點,則(ξ,η)滿足

(10)

因為

所以由問題(10)的第二個方程得到η=0.將它代入到問題(10)的第一個方程并由文獻[9]知算子-d1△-(s1-2θs1)可逆得ξ=0,這與假設矛盾,從而K′(u*)不存在非零不動點,因此i(K,u*)存在.

下面討論T°K′(u*)的特征值,投影算子T:(u,v)→(0,v)表示的每一個特征向量具有(0,η)的形式.設λ是T°K′(u*)的特征值,(0,η)是算子對應的特征向量,則η滿足

對于某個i≥1.

因為

所以λ>1存在,根據指數定義得到i(K,u*)=0.

(iii) 取φ=v*,通過計算得到

Wφ={(u,v)|u≥0},

Xφ={(0,v)|v∈W2},

Yφ={(u,0)|u∈W1},

X=Xφ⊕Yφ,T:(u,v)→(u,0),

K′(v*)(ξ,η)=

(-d2△+M)-1((M-s2)η+m2s2ξ)).

假定(ξ,η)∈Wφ-{0}是K′(v*)的不動點,則(ξ,η)滿足

-d2△η=-s2η+m2s2ξ,x∈Ω,

如果ξ=0,那么上式可化為

-d2△η=-s2η,x∈Ω,

由極值原理得η=0.如果恒有ξ≠0,則又有

接著考慮T°K′(v*)的特征值,投影算子T:(u,v)→(u,0)表示的T°K′(v*)特征函數具有(ξ,0)的形式.設λ是T°K′(v*)的特征值,(ξ,0)是其對應的特征函數,則ξ滿足

對于某個i≥1.

讓M充分大使得

如果

那么λ>1,于是i(K,v*)=0.如果

那么λ<1,

i(K,v*)=iXφ(K′(v*),0)=(-1)r.

現計算r.假設λ*是K′(v*)的特征值,(ξ*,η*)是Xφ中對應的特征向量,則η*不等于零,ξ*=0并且η*滿足下列方程

對于某個i≥1.

如果必要讓M充分大,使得M-s2>0.從而λ*<1.根據指數定義得到r=0.故

i(K,v*)=(-1)r=1.

證畢.

證明取充分大的正常數,考慮下列問題

-d1△u+t(M-1)u+u=

t[(M-1)u+f1(u,v)],x∈Ω,

-d2△v+tMv=t[Mv+f2(u,v)],x∈Ω,

(11)

其中t∈[0,1],

設(u,v)是問題(11)的一個解,令

-d1△u+t(M-1)u+u=

-d2△v+tMv=

利用最大值原理[11]并注意到u≥0,v≥0得到max|u|≤s1,max|v|≤s2+B.于是對于問題(11)使用Lp估計和Sobolev嵌入定理得

|u|1+α,|v|1+α≤C(‖u‖2,p+‖v‖2,p)≤

C(‖f2(u,v)‖p+‖f1(u,v)‖p+

‖u‖p+‖v‖p).

因此,存在一個正常數R>0,使得‖(u,v)‖∞

Kt(u,v)=((-d1△+tM)-1(t(Mu+f1)),

(-d2△+t(M-1)+1)-1(t(M-1)v+f2)).

顯然K1=K.根據前面的討論,對于任何t∈[0,1],Kt在?BR(0)上沒有不動點.于是由同倫不變性得

deg(Kt,BR(0))=

deg(K1,BR(0))=(K0,BR(0)).

0=i(K,0)+i(K,u*)+

i(K,v*)+i(K,BR(0))=1.

矛盾.故K在BR(0)內存在正的不動點.所以問題(3)至少存在一個正解.證畢.

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