帶積分邊界條件的共振邊值問題正解的存在性

江衛(wèi)華 楊彩霞

摘要：基于ORegan和Zima所研究的范數(shù)形式的Leggett-Williams定理，利用Banach空間中錐和Leray-Schauder度的性質(zhì)，研究了帶有積分邊界條件的二階共振邊值問題正解的存在性。最后給出了例子驗證所得結論。

關鍵詞：常微分方程數(shù)值解；邊值問題；共振；正解；錐；Fredholm算子

中圖分類號：O175.8MSC（2010）主題分類：34B18文獻標志碼：A

Existence of positive solutions of boundary value problem

with integral boundary condition at resonance

JIANG Weihua， YANG Caixia

（School of Science， Hebei University of Science and Technology， Shijiazhuang， Hebei 050018， China）

Abstract：In view of the Leggett-Williams norm-type theorem due to O'Regan and Zima， by using the properties of the cone and Leray-Schauder degree in Banach space， the existence of positive solutions of the second order boundary value problem with integral boundary condition at resonance is studied. An example is given to illustrate the main results.

Keywords：numerical solution of ordinary differential equations； boundary value problem； resonance； positive solution； cone； Fredholm operator

收稿日期：2014-12-03；修回日期：2015-05-05；責任編輯：張軍

基金項目：國家自然科學基金（11171088）；河北省自然科學基金 （A2013208108）

作者簡介：江衛(wèi)華（1964-），女，河北邯鄲人，教授，博士，主要從事應用泛函分析、常微分方程邊值問題方面的研究。

E-mail：jianghua64@163.com

江衛(wèi)華，楊彩霞.帶積分邊界條件的共振邊值問題正解的存在性[J].河北科技大學學報，2015，36（4）：376-381.

JIANG Weihua， YANG Caixia.Existence of positive solutions of boundary value problemwith integral boundary condition at resonance[J].Journal of Hebei University of Science and Technology，2015，36（4）：376-381.1問題提出

對常微分方程多點邊值問題的研究起源于BITSADZE[1]，之后，許多學者研究了非線性多點邊值問題。對多點邊值問題解和正解的研究已經(jīng)取得了大量的結果[2-10]。眾所周知，相比非共振問題，求解共振邊值問題正解的存在性相關文獻報道比較少。

有學者利用Cremins半線性映射不動點指數(shù)定理[11-12]，研究了二階常微分方程3點共振邊值問題：（p（t）x′（t））′=f（t，x（t），x′（t）），t∈（0，1），

x′（t）=0，x（1）=x（η）（1）正解的存在性結果。INFANTE等[13]給出了如下共振多點邊值問題：x″（t）+f（t，x（t））=0，t∈（0，1），

x′（0）=0，x（1）=∑m-2i=1αix（ηi）（2）正解的存在性，其中0<η1<η2<…<ηm-2<1，αi>0，∑m-2i=1αi=1。

受上述文獻啟發(fā)，考慮如下具有積分邊界條件的二階共振邊值問題：-x″（t）=f（t，x（t）），t∈[0，1]，

x′（0）=0，x（1）=∫10p（t）x（t）dt（3）正解的存在性。其中p（t）≥0，且∫10p（t）dt=1。本文利用范數(shù)形式的Leggett-Williams不動點定理[14]，給出了正解存在的充分條件。

2預備知識

為方便讀者理解，在本部分開始，列出了一些基本知識以及在證明過程中必要的引理。

河北科技大學學報2015年第4期江衛(wèi)華，等：帶積分邊界條件的共振邊值問題正解的存在性定義1設X是實Banach空間。一個非空凸閉集合CX如果滿足：

1）λx∈C，對任何x∈C，λ≥0；

2）若x，-x∈C，則有x=θ，

則稱C為錐。

由C可得到X中的一個半序xy，當且僅當y-x∈C。

設X，Y是Banach空間，L：dom L X→Y是指數(shù)為零的Fredholm算子，即Im L是閉集且dim Ker L=codim Im L<∞。此時存在連續(xù)投影算子P：X→X和Q：Y→Y，使得Im P=Ker L，Ker Q=Im L。此外，由于dim Im Q=dim Ker L，因此存在同構J：Im Q→Ker L，若限制L在Ker P∩dom L上，記為Lp，則它的逆算子存在，記為Kp：Im L→Ker P∩dom L。

這樣（見文獻[11]、文獻[12]、文獻[15]和文獻[16]），方程Lx=Nx等價于x=（P+JQN）x+Kp（I-Q）Nx。

引理1[17]設C為X中一個錐，則對每個u∈C＼{θ}，存在1個正數(shù)σ（u）使得‖x+u‖≥σ（u）‖x‖，對x∈C。

令γ：X→C為保核收縮，即γ為一連續(xù)映射，且γx=x，x∈C。并記

Ψ：=P+JQN+Kp（I-Q）N和Ψγ：=Ψγ。

定理1[14]設C為X中的錐，Ω1，Ω2為X中有界開子集，且1Ω2，C∩（2＼Ω1）≠。假設L：dom LX→Y是指數(shù)為0的Fredholm算子，且

1）QN：X→Y連續(xù)有界，Kp（I-Q）N：X→X在X的任意有界子集上是緊的；

2） 對任何x∈Ω2∩dom L，λ∈（0，1），Lx≠λNx；

3） γ將2中子集映射為C中有界集；

4） dB（[I-（P+JQN）γ]|Ker L，Ker L∩Ω2，0）≠0，其中dB代表Brouwer度；

5）存在u0∈C＼{0}使得x∈C（u0）∩Ω1，都有‖x‖≤σ（u0）‖Ψx‖，其中C（u0）={x∈C：μu0x，μ>0}，σ（u0）滿足對x∈C，不等式‖x+u0‖≥σ（u0）‖x‖ 都成立；

6）（P+JQN）γ（Ω2）C；

7）Ψγ（2＼Ω1）C。

則方程Lx=Nx在C∩（2＼Ω1）中有1個解。

為表達簡單，令G（t，s）：=（1-s）22-（t-s）+5+3t23（1-∫10t2p（t）dt）[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]，0≤s≤t≤1，

（1-s）22+5+3t23（1-∫10t2p（t）dt）[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]，0≤t

令κ：=min1maxt，s∈（0，1）G（t，s），1-∫10t2p（t）dtmaxt，s∈[0，1]2[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]，顯然κ<1。

3主要結論

定理2設存在R∈（0，∞）使得f：[0，1]×[0，R]→R連續(xù)且

H1）f（t，x）>-κx，對任何（t，x）∈[0，1]×[0，R]，

H2）f（t，R）<0，對任何t∈[0，1] ，

H3）存在r∈（0，R），t0∈[0，1]，a∈（0，1]，M∈（0，1）和連續(xù)函數(shù)g：[0，1]→[0，∞），h：（0，r]→[0，∞）使得對[t，x]∈[0，1]×（0，r]，總有f（t，x）≥g（t）h（x），且h（x）/xa在（0，r]上非增并滿足：h（r）r∫10G（t0，s）g（s）ds≥1-MMa，則邊值問題（3）在[0，1]上至少有1個正解。

證明考慮Banach空間X=Y=C[0，1]及范數(shù)‖x‖=maxt∈[0，1]|x（t）|，定義線性算子L：dom LX→Y，Lx=-x″（t），t∈[0，1]，其中：dom L={x∈X|x″（t）∈C[0，1]，x′（0）=0，x（1）=∫10p（t）x（t）dt}。定義算子N：X→Y且（Nx）（t）=f（t，x（t）），t∈[0，1]。

顯然有Ker L={x∈dom L：x（t）=c，t∈[0，1]}且Im L={y∈Y：∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]y（s）ds=0}，顯然，dim Ker L=1，Im L是閉集。

定義投影算子P：X→X，Q：Y→Y分別為

Px（t）=∫10x（t）dt，Qy（t）=21-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]y（s）ds。容易驗證Im P=Ker L，Ker Q=Im L且Ker P={x∈X：∫10x（s）ds=0}。

y∈Y，有y=y-Qy+Qy，Q（y-Qy）=Qy-Q2y=0，即y-Qy∈Ker Q，所以有Y=Ker Q+Im Q=Im L+Im Q。y∈Im L∩Im Q，由y∈Im Q，知y=c（常數(shù)）， 又y=c∈Im L，有∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]cds=0，而∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]ds≠0，所以c=0，Im Q∩Im L={0}，從而Y=Im QIm L。由于dim Im Q=1，因此codim Im L=1。所以L是指數(shù)為0的Fredholm算子。

對任一y∈Im L，Lp的逆算子Kp由下式給出：

（Kp）y=∫10k（t，s）y（s）ds，

其中：

k（t，s）=（1-s）22，0≤t

（1-s）22+s-t，0≤s≤t≤1，

考慮到f可連續(xù)延拓至[0，1]×（-∞，+∞），因此定理1中條件1）成立。

定義錐C={x∈X：x（t）≥0，t∈[0，1]}。

令Ω1={x∈X：r>|x（t）|>M‖x‖，t∈[0，1]}和Ω2={x∈X：‖x‖

容易驗證Ω1，Ω2為有界開集。

此外，C∩（2＼Ω1）≠。定義同構J：Im Q→Ker L為J=I，算子γ：X→C為（γx）（t）=|x（t）|，x∈X。在此定義下，γ是一個保核收縮且將2中子集映射為C中有界子集，這說明定理1中條件3）成立。

下面說明定理1的條件2）成立。為此，假設存在x0∈C∩Ω2∩dom L以及λ0∈（0，1）使得Lx0=λ0Nx0，即對t∈[0，1]有：

x″0（t）+λ0f（t，x0）=0，

設t1∈[0，1]滿足x0（t1）=R，有：

0≥x″0（t1）=-λ0f（t1，x0（t1））

與條件H2）矛盾，所以定理1的條件2）成立。

下面證明條件4）成立。

對x∈Ker L∩Ω2，有x（t）=c，t∈[0，1]，定義H（c，λ）=c-λ|c|-2λ1-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]f（s，|c|）ds，其中c∈[-R，R]，λ∈[0，1]。

假設H（c，λ）=0，則：c=λ|c|+2λ1-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]f（s，|c|）ds≥

λ|c|-2λκ|c|1-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]ds≥0，如果H（R，λ）=0，即R-λR-2λ1-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]f（s，R）ds=0，因此有：

0≤（1-λ）R=2λ1-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]f（s，R）ds，

與條件H2）矛盾。

對x∈Ω2∩Ker L，λ∈[0，1]，有H（R，λ）≠0，因此有dB（H（c，0），Ker L∩Ω2，0）=dB（H（c，1），Ker L∩Ω2，0）。然而dB（H（c，0），Ker L∩Ω2，0）=dB（I，Ker L∩Ω2，0）=1。所以有：

dB（[I-（P+JQN）γ]|Ker L，Ker L∩Ω2，0）=dB（H（c，1），Ker L∩Ω2，0）≠0。

對于x∈Ω2有：

（P+JQN）γ（x）=∫10|x（s）|ds+21-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]f（s，|x（s）|）ds≥

∫10（1-2κ1-∫10t2p（t）dt[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]）|x（s）|ds≥0，

因此定理1中條件6）成立。設x∈2＼Ω1，t∈[0，1]，則有：

（Ψγ）（x）=∫10|x（s）|ds+21-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]f（s，|x（s）|）ds+

∫10k（t，s）{f（s，|x（s）|）-21-∫10t2p（t）dt∫10[（1-τ）-∫1τ（t-τ）p（t）dt]f（τ，|x（τ）|）dτ}ds=

∫10|x（s）|ds+∫10G（t，s）f（s，|x（s）|）ds。

由條件H1）可得：

（Ψγ）（x）≥∫10|x（s）|ds-κ∫10G（t，s）|x（s）|ds=∫10（1-κG（t，s））|x（s）|ds≥0，

因此定理1中的條件7）成立。

最后，證明定理1中條件5）成立。

取u0（t）≡1，t∈[0，1]，顯然有u0∈C＼{0}，C（u0）={x∈C|x（t）>0，t∈[0，1]}。

取σ（u0）=1，設x∈C（u0）∩Ω1，有x（t）>0，t∈[0，1]，0<‖x‖≤r，x（t）≥M‖x‖，t∈[0，1]。

考慮到條件H3），對所有x∈C（u0）∩Ω1，

（Ψx）（t0）=∫10x（s）ds+∫10G（t0，s）f（s，x（s））ds≥

M‖x‖+∫10G（t0，s）g（s）h（x（s））ds=

M‖x‖+∫10G（t0，s）g（s）h（x（s））xa（s）xa（s）ds≥

M‖x‖+h（r）ra∫10G（t0，s）g（s）xa（s）ds≥

M‖x‖+h（r）ra∫10G（t0，s）g（s）Ma‖x‖ads≥

M‖x‖+（1-M）‖x‖=‖x‖。

所以對于x∈C（u0）∩Ω1，有‖x‖≤σ（u0）‖Ψx‖，即定理1中條件5）成立。由定理1可知，方程Lx=Nx在C∩（2＼Ω1） 中有1個解。

4例子

考慮如下共振邊值問題：x″（t）+-t22+t2+12（x2-4x+3）x2-8x+17=0，t∈[0，1]，

x′（0）=0，x（1）=∫10x（t）dt，（4）取p（t）=1>0，顯然∫10p（t）dt=1，滿足條件。通過簡單計算，得到κ=613，∫10G（0，s）ds=2318。取R=98，r=12，t0=0，a=1，M=12及g（t）=-t22+t2+12，h（x）=x2-8x+17，易知：12≤g（t）≤58，t∈[0，1]。

容易驗證：

A1）f（t，x）>-613x，對任意[t，x]∈[0，1]×0，98；

A2）f（t，R）<0，對任意t∈[0，1]；

A3）f（t，x）≥g（t）h（x）對任意[t，x]∈[0，1]×0，12并且有h（x）x=x2-8x+17x在0，12上非增，h（r）r∫10G（0，s）g（s）ds≥532∫10G（0，s）ds=532×2318≥1=1-MMa。

滿足定理2的所有條件，因此，邊值問題（4）在[0，1]上至少有1個正解。

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