無窮區間上含有p—Laplacian算子的n階積分邊值問題正解的存在性
2015-04-29 13:58:42禹長龍王菊芳李國剛
河北科技大學學報 2015年4期
禹長龍 王菊芳 李國剛
摘要：運用Leray-Schauder非線性抉擇定理研究了一類無窮區間上含有p-Laplacian算子的n階微分方程積分邊值問題：
（φp（x（n-1）））′（t）+a（t）f（t，x（t），x′（t））=0，0 x（0）=α∫+∞ηg（τ）x（τ）dτ，x′（0）=x″（0）=…=xn-2（0）=0，limt→+∞x（n-1）（t）=0 解的存在性，其中η∈[0，+∞），α∈[0，+∞）且f∈C（[0，+∞）×R×R，[0，+∞））。 關鍵詞：常微分方程其他學科；p-Laplacian算子；n階微分方程；積分邊值問題；Leray-Schauder非線性抉擇定理 中圖分類號：O175MSC（2010）主題分類：34B40文獻標志碼：A Existence of positive solutions for nth-order integral boundary value problems with p-Laplacian operator on infinite interval YU Changlong， WANG Jufang， LI Guogang （School of Science， Hebei University of Science and Technology， Shijiazhuang， Hebei 050018， China ） Abstract：In this paper， Leray-Schauder nonlinear alternative theorem is used to study the existence of positive solutions for nth-order integral boundary value problems with p-Laplacian operator on infinite interval （φp（x（n-1）））′（t）+a（t）f（t，x（t），x′（t））=0，0 x（0）=α∫+∞ηg（τ）x（τ）dτ，x′（0）=x″（0）=…=xn-2（0）=0，limt→+∞x（n-1）（t）=0 where η∈[0，+∞），α∈[0，+∞） and f∈C（[0，+∞）×R×R，[0，+∞））. Keywords：ordinary differential equation； p-Laplacian； nth-order differential equation； integral boundary value problems；Leray-Schauder nonlinear alternative theorem 收稿日期：2015-03-08；修回日期：2015-05-10；責任編輯：張軍 基金項目：國家自然科學基金（11201112）；河北省自然科學基金（A2013208147，A2014208152，A2015208114，A2015208051）；河北省教育廳基金（Z2014062）；河北省教育廳自然科學青年基金（QN2015175） 作者簡介：禹長龍（1978—），男，河北陽原人，講師，碩士，主要從事微分方程邊值問題、數值計算等方面的研究。 E-mail：changlongyu@126.com 禹長龍，王菊芳，李國剛.無窮區間上含有p-Laplacian算子的n階積分邊值問題正解的存在性[J].河北科技大學學報，2015，36（4）：382-389. YU Changlong， WANG Jufang，LI Guogang.Existence of positive solutions for nth-order integral boundary value problems with p-Laplacian operator on infinite interval[J].Journal of Hebei University of Science and Technology，2015，36（4）：382-389.1問題提出 無窮區間上的邊值問題起源于應用數學和物理領域，具有廣泛的應用背景。早在1908年，BLAIUS利用相似變化技巧，對不可壓縮均勻流體沿零攻繞流無限大平板的邊界層情況給出了著名的布拉休斯邊界層方程： f′′′（η）+f（η）f″（η）=0， f（0）=f′（0）=0，f′（+∞）=1。 這是出現最早的無窮區間邊值問題[1]。1957年，KIDDER在研究半無窮多孔介質壓力與位置及時間的關系時也得到無窮區間上的邊值問題： 河北科技大學學報2015年第4期禹長龍，等：無窮區間上含有p-Laplacian算子的n階積分邊值問題正解的存在性W″+2z（1-αW1/2）1/2W′=0， W（0）=1，W（+∞）=0， 對這類問題的一系列研究，形成了無窮區間上的邊值問題[2]。近年來，由于無窮區間邊值問題的廣泛應用，引起了越來越多人們對無窮區間邊值問題解的存在性的關注，主要結果見文獻[3]—文獻[11]。 無窮區間上含p-Laplacian算子的微分方程邊值問題也被廣泛研究[12-15]，無窮區間上的含p-Laplacian算子的高階微分方程邊值問題的研究結果很少。關于這類方程在積分邊界條件下的邊值問題的結論目前還未見到。 本文研究一類無窮區間上的含p-Laplacian算子的階微分方程積分邊值問題：
（φp（x（n-1）））′（t）+a（t）f（t，x（t），x′（t））=0，0 x（0）=α∫+∞ηg（τ）x（τ）dτ，x′（0）=x″（0）=…=x（n-2）（0）=0，limt→+∞x（n-1）（t）=0（1） 解的存在性，其中η∈[0，+∞），α∈[0，+∞）且f∈C（[0，+∞）×R×R，[0，+∞））。 假設滿足以下條件： H1）0<α∫+∞ηg（τ）dτ<1且0<∫+∞ηg（τ）τn-2dτ<+∞； H2）f：[0，+∞）×R×R→[0，+∞）連續； H3）F（t，u，v）=f（t，（1+t）n-1u，（1+t）n-2v），ω∈C1（[0，+∞），[0，+∞））非減，且θ（x）∈L1[0，+∞），使得|F（t，u，v）|≤θ（t）φp（ω（|u|））； H4）∫+∞0φ-1p（∫+∞sa（τ）dτ）ds<+∞。 2預備知識 定義空間： X=x∈Cn-1[0，+∞），sup0≤t<+∞|x（t）|1+tn-1<+∞，sup0≤t<+∞|x′（t）|1+tn-2<+∞， 賦予范數‖x‖=max{‖x‖1，‖x′‖1}，其中‖x‖1=sup0≤t<+∞|x（t）|1+tn-1，‖x′‖1=sup0≤t<+∞|x′（t）|1+tn-2。易證X為一個巴拿赫空間。 設PX，且P=x∈X：x（t）≥0，t∈[0，+∞），x（0）=α∫+∞ηg（t）x（t）dt，limt→+∞xn-1（t）=0。 下面給出Leray-Schauder非線性抉擇定理。 定理1[16]設X為賦范線性空間，KX為有界凸子集，ΩK為相對開集，T：→K為全連續映射，點p∈Ω，則下列結論至少有1個成立： 1）T在中有不動點； 2）x∈Ω，λ∈（0，1），使x=λTx+（1-λ）p有解。 由于Arzela-Ascoli定理在無窮區間上是失效的，為此給出一個新的判定無窮區間相對緊集的準則。 引理1設V={x∈X：‖x‖ x（t）1+tn-1-x（t′）1+（t′）n-1<ε，x′（t）1+tn-2-x′（t′）1+（t′）n-2<ε， 則V為X中的相對緊集。 證明引理的證明類似于文獻[17]中引理2.2的證明。 引理2設y∈C（R+，R+），則邊值問題： （φp（x（n-1）））′（t）+y（t）=0，0 x（0）=α∫+∞ηg（τ）x（τ）dτ，x′（0）=x″（0）=…=x（n-2）（0）=0，limt→+∞x（n-1）（t）=0（2） 有唯一解： x（t）=∫+∞0G（t，s）φ-1p（∫+∞sy（τ）dτ）ds， 其中，G（t，s）稱為n階積分邊值問題（2）的Green函數，且 G（t，s）=α（n-2）！（1-α∫+∞ηg（τ）dτ）· ∫+∞ηg（τ）（τ-s）n-2dτ+（1-α∫+∞ηg（τ）dτ）（t-s）n-2，0≤s≤min{η，t}， ∫+∞ηg（τ）（τ-s）n-2dτ，t≤s≤η， ∫+∞sg（τ）（τ-s）n-2dτ+（1-α∫+∞ηg（τ）dτ）（t-s）n-2，η≤s≤t， ∫+∞sg（τ）（τ-s）n-2dτ，s≥max{η，t}。 證明對邊值問題（2）的第1式兩邊積分，積分區間為[t，+∞），則有： ∫+∞t（φp（xn-1））′（τ）dτ=∫+∞t-y（τ）dτ， 由邊界條件limt→+∞x（n-1）（t）=0可得： x（n-1）（t）=φ-1p（∫+∞ty（τ）dτ）。（3） 對式（3）兩邊積分，積分區間為[0，t]，則有： ∫t0xn-1（s）ds=∫t0φ-1p（∫+∞sy（τ）dτ）ds， 由邊界條件可得： x（n-2）（t）=∫t0φ-1p（∫+∞sy（τ）dτ）ds，（4） 再對式（4）兩邊積分，積分區間為[0，t]，則有： ∫t0xn-2（γ）dγ=∫t0（∫γ0φ-1p（∫+∞sy（τ）dτ）ds）dγ， 由邊界條件并交換積分次序得： x（n-3）（t）=∫t0（t-s）φ-1p（∫+∞sy（τ）dτ）ds。（5） 重復上面的過程，經過n次積分可得： x（t）=x（0）+∫t01（n-2）！（t-s）n-2φ-1p（∫+∞sy（τ）dτ）ds，（6） 又x（0）=α∫+∞ηg（τ）x（τ）dτ，于是有： x（0）=α（n-2）！（1-α∫+∞ηg（τ）dτ）[∫η0φ-1p（∫+∞sy（τ）dτ）∫+∞ηg（τ）（τ-s）n-2dτds· ∫+∞ηφ-1p（∫+∞sy（τ）dτ）∫+∞ηg（τ）（τ-s）n-2dτds]， 因此可得： x（t）=α（n-2）！（1-α∫+∞ηg（τ）dτ）∫η0φ-1p（∫+∞sy（τ）dτ）∫+∞ηg（τ）（τ-s）n-2dτds· ∫+∞ηφ-1p（∫+∞sy（τ）dτ）∫+∞sg（τ）（τ-s）n-2dτds+∫t01（n-2）！（t-s）n-2φ-1p（∫+∞sy（τ）dτ）ds=
∫+∞0G（t，s）（φ-1p（∫+∞sy（τ）dτ））ds，
其中，G（t，s）=α（n-2）！（1-α∫+∞ηg（τ）dτ）·
∫+∞ηg（τ）（τ-s）n-2dτ+（1-α∫+∞ηg（τ）dτ）（t-s）n-2，0≤s≤min{η，t}，
∫+∞ηg（τ）（τ-s）n-2dτ，t≤s≤η，
∫+∞sg（τ）（τ-s）n-2dτ+（1-α∫+∞ηg（τ）dτ）（t-s）n-2，η≤s≤t，
∫+∞sg（τ）（τ-s）n-2dτ，s≥max{η，t}。
引理得證。
引理3t，s∈[0，+∞），則有：
0≤G（t，s）≤α（n-2）！（1-α∫+∞ηg（τ）dτ）∫+∞ηg（τ）τn-2dτ+（1-α∫+∞ηg（τ）dτ）tn-2。
證明由函數的單調性易證。
定義算子T：P→X為
（Tx）（t）=∫+∞0G（t，s）φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ）ds，
且易得：
（Tx）′（t）=∫t0（t-s）n-3（n-3）！φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ）ds。
引理4假設條件H1）—條件H4）成立，則算子T：P→P是全連續的。
證明易證T：P→P成立。下面證T連續且是相對緊的。
首先，證明算子T是連續的。
設xn，x∈P且n→+∞時，xn→x，則存在r0使得supn∈N＼{0}‖xn‖≤r0。令
Br0=sup{f（t，（1+t）n-1u，（1+t）n-2v），（t，u，v）∈[0，+∞）×[0，r0]2}，
顯然有：
∫+∞0a（τ）|f（τ，xn，x′n）-f（τ，x，x′）|dτ≤2Br0∫+∞0a（τ）dτ<+∞，
由勒貝格控制收斂定理可得：
|φ-1p（∫+∞0a（τ）f（τ，xn，x′n）dτ-φ-1p（∫+∞0a（τ）f（τ，x，x′）dτ）|→0，n→+∞，
于是有：
‖（Txn）-（Tx）‖1=supt∈[0，+∞）（Txn）（t）-（Tx）（t）1+tn-1=
supt∈[0，+∞）11+tn-1∫+∞0G（t，s）φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，xn（τ），x′n（τ））dτ）-
φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ）ds≤
supt∈[0，+∞）α（n-2）！（1-α∫+∞ηg（t）dt）（1+tn-1）（∫+∞0g（τ）τn-2dτ+
（1-α∫+∞ηg（τ）dτ）tn-2）∫+∞0φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，xn（τ），x′n（τ））dτ）-
φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ）ds→0，n→+∞，
‖（Txn）′-（Tx）′‖1=supt∈[0，+∞）（Txn）′（t）-（Tx）′（t）1+tn-2=
supt∈[0，+∞）1（n-3）！（1+tn-2）∫t0（t-s）n-3（φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，xn（τ），x′n（τ））dτ）-
φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ））ds≤
supt∈[0，+∞）1（n-3）！（1+t-2）∫t0（t-s）n-3φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，xn（τ），x′n（τ））dτ）-
φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ）ds→0，n→+∞。
綜上所述，當n→+∞時，‖（Txn）-（Tx）‖→0，所以T是連續的。
其次，證明算子T將有界集映為相對緊集。
設Ω是P的任意有界集，則存在r>0，使得x∈Ω，‖x‖ ‖（Tx）‖1=supt∈[0，+∞）（Tx）1+tn-1= supt∈[0，+∞）11+tn-1∫+∞0G（t，s）φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ）ds≤ supt∈[0，+∞）α（∫+∞0g（τ）τn-2dτ+（1-α∫+∞ηg（τ）dτ）tn-2）（1+tn-1）（n-2）！（1-α∫+∞ηg（t）dt）· ∫+∞0φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ）ds≤ α（n-2）！（∫+∞ηg（τ）τn-2dτ1-∫+∞ηg（τ）dτ+1）∫+∞0φ-1p（∫+∞sa（τ）dτ）dsφ-1p（Br）， 且 ‖（Tx）′‖1=supt∈[0，+∞）（Tx）′1+tn-2= supt∈[0，+∞）1（n-3）！（1+tn-2）∫t0（t-s）n-3（φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ））ds≤ supt∈[0，+∞）tn-3（n-3）！（1+tn-2）∫+∞0φ-1p（∫+∞sa（τ）Brdτ）ds≤ 1（n-3）！（∫+∞0φ-1p（∫+∞sa（τ）dτ）dsφ-1p（Br），取 M=max{α（n-2）！（∫+∞ηg（τ）τn-2dτ1-∫+∞ηg（τ）dτ+1），1（n-3）！}∫+∞0φ-1p（∫+∞sa（τ）dτ）ds， 則有‖TX‖≤Mφ-1p（Br）。于是TΩ有界。 下證x∈Ω，TΩ是等度連續的。 L∈（0，+∞），且t1，t2∈[0，L]，因為∫+∞0φ-1p（∫+∞sa（τ）dτ）ds<+∞，且函數G（t，s）1+tn-1連續，所以有：
（Tx）（t1）1+tn-11-（Tx）（t2）1+tn-12=11+tn-11∫+∞0G（t1，s）φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ）ds-
11+tn-12∫+∞0G（t2，s）φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ）ds=
φ-1p（Br）∫+∞0φ-1p（∫+∞sa（τ）dτ）G（t1，s）1+tn-11-G（t2，s）1+tn-12ds→0，t1→t2，
同理可得：
（Tx）′（t1）1+tn-21-（Tx）′（t2）1+tn-22=1（n-3）！∫t10（t1-s）n-31+tn-21φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ）ds-
1（n-3）！∫t20（t2-s）n-31+tn-22φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ）ds≤
φ-1p（Br）（n-3）！∫t10φ-1p（∫+∞sa（τ）dτ）（t1-s）n-31+tn-21-（t2-s）n-31+tn-22ds+
φ-1p（Br）（n-3）！∫t2t1φ-1p（∫+∞sa（τ）dτ）（t2-s）n-31+tn-22ds→0，t1→t2，
所以對x∈Ω，TΩ是等度連續的。
最后，證明TΩ是一致收斂的。對于x∈Ω，有：
limt→+∞（Tx）（t）1+tn-1=limt→+∞11+tn-1∫+∞sG（t，s）φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ）ds≤
limt→+∞α（∫+∞0g（τ）τn-2dτ+（1-α∫+∞ηg（τ）dτ）tn-2）（1+tn-1）（n-2）！（1-α∫+∞ηg（t）dt）·
∫+∞0φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ）ds≤
limt→+∞α（∫+∞0g（τ）τn-2dτ+（1-α∫+∞ηg（τ）dτ）tn-2）（1+tn-1）（n-2）！（1-α∫+∞ηg（t）dt）·
∫+∞0φ-1p（∫+∞sa（τ）dτ）ds·φ-1p（Br）=0，
且
limt→+∞（Tx）′（t）1+tn-2=limt→+∞1（n-3）！（1+tn-2）∫t0（t-s）n-3φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ）ds≤
limt→+∞1（n-3）！（1+tn-2）∫t0（t-s）n-3φ-1p（∫+∞sa（τ）dτ）ds·φ-1p（Br）=0。
所以TΩ是一致收斂的，由引理1得TΩ是相對緊集，即T是緊算子，因此，T：P→P是全連續的，證畢。
3主要結論及證明
定理2 設條件H1）—條件H4）成立，且假設條件H3）中的函數ω和θ滿足：
H5）ρ>0使得：
Lω（ρ）∫+∞0φ-1p（∫+∞sθ（s）a（τ）dτ）ds>1，
則邊值問題（1）至少有1個正解x（t），且
0 其中： L=minρ（n-2）！（1-∫+∞ηg（τ）dτ）α（∫+∞ηg（τ）（τn-2-1）dτ+1），ρ（n-3）！。 證明考慮邊值問題： （φp（x（n-1）））′（t）+λa（t）f（t，x（t），x′（t））=0，0 x（0）=α∫+∞ηg（τ）x（τ）dτ，x′（0）=x″（0）=…=xn-2（0）=0，limt→+∞x（n-1）（t）=0，（7） 其中0<λ<1，求解式（7）等價于求解不動點問題x=λTx。 令U={x∈X，‖x‖≤ρ}，斷言對于x∈U，λ∈（0，1），x≠λTx。假使不然，設存在x∈U，λ∈（0，1），使得x=λTx，則 ‖x‖1=‖λTx‖1=supt∈[0，+∞）λ（Tx）（t）1+tn-1≤supt∈[0，+∞）（Tx）（t）1+tn-1= supt∈[0，+∞）∫+∞0G（t，s）1+tn-1φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x），x′（τ））dτ）ds≤ supt∈[0，+∞）α（∫+∞0g（τ）τn-2dτ+（1-α∫+∞ηg（τ）dτ）tn-2）（1+tn-1）（n-2）！（1-α∫+∞ηg（t）dt）· ∫+∞0φ-1p（∫+∞sa（τ）F（τ，x（τ）1+tn-1，x′（τ））dτ）ds≤ α（n-2）！（∫+∞ηg（τ）τn-2dτ1-∫+∞ηg（τ）dτ+1）∫+∞0φ-1p（∫+∞sθ（τ）φp（ω（|x（τ）|1+τn-1））a（τ）dτ）ds≤ αω（ρ）（n-2）！（∫+∞ηg（τ）τn-2dτ1-∫+∞ηg（τ）dτ+1）∫+∞0φ-1p（∫+∞sθ（τ）a（τ）dτ）ds， 所以 ρ≤αω（ρ）（n-2）！（∫+∞ηg（τ）τn-2dτ1-∫+∞ηg（τ）dτ+1）∫+∞0φ-1p（∫+∞sθ（τ）a（τ）dτ）ds， 即 ρ（n-2）！（1-∫+∞ηg（τ）dτ）αω（ρ）（∫+∞ηg（τ）（τn-2-1）dτ+1）∫+∞0φ-1p（∫+∞sθ（τ）a（τ）dτ）ds≤1。 同理，有： ‖x′‖1=‖λ（Tx）′‖1=supt∈[0，+∞）λ（Tx）′（t）1+tn-2≤supt∈[0，+∞）（Tx）′（t）1+tn-2= supt∈[0，+∞）∫+∞0（t-s）n-3（1+tn-2）（n-3）！φ-1p（∫+∞sa（τ）f（τ，x（τ），x′（τ））dτ）ds=
supt∈[0，+∞）∫+∞0（t-s）n-3（1+tn-2）（n-3）！φ-1p（∫+∞sa（τ）F（τ，x（τ）1+tn-2，x′（τ））dτ）ds≤
1（n-3）！∫+∞0φ-1p（∫+∞sa（τ）F（τ，x（τ）1+tn-2，x′（τ））dτ）ds≤
1（n-3）！∫+∞0φ-1p（∫+∞sθ（s）φ-1p（ω（|x（τ）|1+tn-2））a（τ）dτ）ds≤
ω（ρ）（n-3）！∫+∞0φ-1p（∫+∞sθ（s）a（τ）dτ）ds，
所以
ρ≤ω（ρ）（n-3）！∫+∞0φ-1p（∫+∞sθ（s）a（τ）dτ）ds，
即
ρ（n-3）！ω（ρ）∫+∞0φ-1p（∫+∞sθ（s）a（τ）dτ）ds≤1，
這與條件H5）矛盾，由定理1和引理4可得邊值問題（1）至少有1個正解x（t），且‖x（t）‖<ρ。
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