帶積分邊界條件的共振邊值問題正解的存在性

江衛華，楊彩霞

（河北科技大學理學院，河北石家莊 050018）

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定理［11-12］，研究了二階常微分方程3點共振邊值問題：

正解的存在性結果。INFANTE等［13］給出了如下共振多點邊值問題：

受上述文獻啟發，考慮如下具有積分邊界條件的二階共振邊值問題：

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。

定義1 設X是實Banach空間。一個非空凸閉集合C?X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x≤y，當且僅當y-x∈C。

設X，Y是Banach空間，L：domL?X→Y是指數為零的Fredholm算子，即ImL是閉集且dim KerL=codim ImL＜∞。此時存在連續投影算子P：X→X和Q：Y→Y，使得ImP=KerL，KerQ=ImL。此外，由于dim ImQ=dim KerL，因此存在同構J：ImQ→KerL，若限制L在KerP∩domL上，記為Lp，則它的逆算子存在，記為Kp：ImL→KerP∩domL。

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（IQ）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為一連續映射，且γx=x，x∈C。并記

定理1［14］設C為X中的錐，Ω1，Ω2為X中有界開子集，且ˉΩ1?Ω2，C∩（ˉΩ2＼Ω1）≠?。假設L：domL?X→Y是指數為0的Fredholm算子，且

1）QN：X→Y連續有界，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∩domL，λ∈（0，1），Lx≠λNx；

3）γ將ˉΩ2中子集映射為C中有界集；

4）dB（［I-（P＋JQN）γ］|KerL，KerL∩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：μu0≤x，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（ˉΩ2＼Ω1）?C。

則方程Lx=Nx在C∩（ˉΩ2＼Ω1）中有1個解。

為表達簡單，令易知，G（t，s）≥0，t，s∈（0，1）。令

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）和連續函數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：

則邊值問題（3）在［0，1］上至少有1個正解。

定義算子N：X→Y且（Nx）（t）=f（t，x（t）），t∈［0，1］。

顯然有 KerL=｛x∈domL：x（t）=c，t∈［0，1］｝且

顯然，dim KerL=1，ImL是閉集。

定義投影算子P：X→X，Q：Y→Y分別為

對任一y∈ImL，Lp的逆算子Kp由下式給出：

其中：

考慮到f可連續延拓至［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‖ ＜R｝。

容易驗證Ω1，Ω2為有界開集。

此外，C∩（ˉΩ2＼Ω1）≠?。定義同構J：ImQ→KerL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ˉΩ2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∩domL以及λ0∈（0，1）使得Lx0=λ0Nx0，即對t∈ ［0，1］有：

設t1∈ ［0，1］滿足x0（t1）=R，有：

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∈KerL∩Ω2，有x（t）=c，t∈［0，1］，定義

其中c∈［-R，R］，λ∈［0，1］。

假設H（c，λ）=0，則：

如果H（R，λ）=0，即

因此有：

與條件H2）矛盾。

對x∈?Ω2∩ KerL，λ∈ ［0，1］，有H（R，λ）≠0，因此有dB（H（c，0），KerL∩Ω2，0）=dB（H（c，1），KerL∩Ω2，0）。然而dB（H（c，0），KerL∩Ω2，0）=dB（I，KerL∩Ω2，0）=1。所以有：dB（［I-（P＋JQN）γ］|KerL，KerL∩Ω2，0）=dB（H（c，1），KerL∩Ω2，0）≠0。

對于x∈?Ω2有：

因此定理1中條件6）成立。設x∈ˉΩ2＼Ω1，t∈［0，1］，則有：

由條件H1）可得：

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，

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∩（ˉΩ2＼Ω1）中有1個解。

4 例 子

考慮如下共振邊值問題：

容易驗證：

A2）f（t，R）＜0，對任意t∈ ［0，1］；

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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