一類完全三階常微分方程邊值問題的正解

李嫣紅, 李永祥

(西北師范大學 數學與統計學院, 蘭州 730070)

1 引言與主要結果

三階常微分方程邊值問題在物理學和應用數學等領域應用廣泛[1-2], 如電磁波、 重力流、 三層梁、 地球引力吹積的漲潮以及帶有固定或變化橫截面彎曲橫梁的擾動等均可用三階常微分方程邊值問題描述. 目前, 利用非線性分析的方法求解各類三階常微分方程邊值問題的研究已有很多結果, 如打靶法[2]、 拓撲度法[3]和上下解法[4-5]等. 特別地, 關于其正解的存在性研究也得到廣泛關注[6-11]. 對非線性項f不含導數項的簡單三階邊值問題(BVP):

(1)

文獻[6-9]分別運用Krasnoselskii不動點定理、 錐上的不動點定理、 Leggett-Williams不動點定理、 Leray-Schauder度理論, 得到了BVP(1)正解的存在性； 對非線性項f僅含一階導數項的三階邊值問題

(2)

文獻[10]運用Krasnoselskii不動點定理得到了其正解的存在性.

本文考慮更一般的三階非線性邊值問題：

(3)

為方便, 引入下列假設條件:

(H1) 存在常數a0,a1,a2≥0, 滿足a0+a1+a2<1及δ>0, 使得

f(t,x,y,z)≤a0x+a1y+a2z, ?t∈[0,1], |(x,y,z)|<δ;

f(t,x,y,z)≥b0x+b1y+b2z, ?t∈[0,1], |(x,y,z)|>H;

(H3) ?M>0, 存在+上的正連續函數HM, 滿足

(4)

使得

f(t,x,y,z)≤HM(|z|), ?(t,x,y,z)∈[0,1]×[0,M]2×+;

(5)

f(t,x,y,z)≥b0x+b1y+b2z, ?t∈[0,1], |(x,y,z)|<δ;

(H5) 存在常數a0,a1,a2≥0, 滿足a0+a1+a2<1及H>0, 使得

f(t,x,y,z)≤a0x+a1y+a2z, ?t∈[0,1], |(x,y,z)|>H.

本文主要結果如下:

定理1中, 條件(H1)和(H2)分別允許|(x,y,z)|→0和|(x,y,z)|→+∞時,f(t,x,y,z)關于x,y,z超線性增長, 而條件(H3)限制f(t,x,y,z)關于z的至多二次增長, 是一個關于z的Nagumo型增長條件. 在定理2中, 條件(H4)和(H5)分別允許|(x,y,z)|→0和|(x,y,z)|→+∞時,f(t,x,y,z)關于x,y,z次線性增長.

2 預備知識

構成的Banach空間. 設h∈C(I). 為討論BVP(3), 先考慮相應的線性邊值問題(LBVP):

(6)

引理1對?h∈C(I), LBVP(6)有唯一解u∶=Sh∈C3(I), 且解算子S:C(I)→C2(I)是線性全連續算子.

證明: 對?h∈C(I), 易證

(7)

是LBVP(6)的唯一解. 其中

(8)

為相應的Green函數. 由式(7)易知S:C(I)→C2(I)是線性全連續算子. 證畢.

引理2設h∈C+(I), 則LBVP(6)的解u=Sh有下列性質:

1)u(t)≥0,u′(t)≥0,u″(t)≥0,u?(t)≤0, ?t∈I;

證明: 1) 設h∈C+(I),u=Sh為LBVP(6)的解. 由式(7)得

(t,s)h(s)ds,t∈I,

(9)

其中

(10)

由式(9)易得

(11)

u(t)≥0,u′(t)≥0,u″(t)≥0,u?(t)=-h(t)≤0.

2) 由結論1)知,u(t),u′(t)在I上是非負單調遞增函數,u″(t)在I上是非負單調遞減函數, 故

(12)

由式(9),(12)知, ?t∈I, 有

(13)

將式(13)兩邊從0到t積分, 得

4) 對?t∈I, 有

在C2(I)中, 定義閉凸錐K如下:

(14)

F(u(t))∶=f(t,u(t),u′(t),u″(t)),t∈I,

(15)

則F:K→C+(I)連續, 將有界集映為有界集. 定義映射A:K→K如下:

A=S°F.

(16)

則由S:C+(I)→K的全連續性知,A:K→K是全連續映射. 由S及K的定義知, BVP(3)的正解等價于A的非平凡不動點. 本文應用不動點指數[11-12]的相關結果尋找A的不動點.

3 主要結果的證明

3.1定理1的證明

取E=C2(I). 設K?E是由式(14)定義的閉凸錐,A:K→K是由式(16)定義的全連續算子, 則BVP(3)的正解等價于A的一個非零不動點. 設0

Ω1={u∈C2(I)|‖u‖C2

(17)

取r∈(0,δ), 其中δ>0為條件(H1)中的常數, 下證A滿足引理3的條件, 即

μAu≠u,u∈K∩?Ω1, 0<μ≤1.

(18)

假設式(18)不成立, 即?u0∈K∩?Ω1, 0<μ0≤1, 使得μ0Au0=u0. 因為u0=S(μ0F(u0)), 由S的定義知,u0是h=μ0F(u0)∈C+(I)對應的LBVP(6)的唯一解. 因此u0∈C3(I)滿足方程

(19)

(0)≤(a0+a1+a2)‖u0‖C2.

(21)

i(A,K∩Ω1,K)=1.

(22)

取常數

則由假設條件(H2)知,f滿足

(23)

定義映射F1:K→C+(I)如下:

F1(u(t))∶=f(t,u(t),u′(t),u″(t))+C0=F(u(t))+C0,t∈I.

(24)

令A1=S°F1, 則A1:K→K為全連續算子. 取R>δ,e=S(1). 由引理2知,e=S(1)∈K{θ}. 下證A1滿足引理4的條件, 即

u-A1u≠τe,u∈K∩?Ω2,τ≥0.

(25)

假設式(25)不成立, 即?u1∈K∩?Ω2,τ1≥0, 使得u1-A1u1=τ1e. 因為u1=S(F1(u1)+τ1), 由S的定義知,u1是h=F1(u1)+τ1∈C+(I)對應的LBVP(6)的唯一解. 故u1∈C3(I)滿足方程

(26)

由LBVP(6)解的導數公式(9)與式(12),(23)及引理2中結論3), 得

因此取最大值范數, 有

(27)

下證當R充分大時,A與A1滿足引理5的條件, 即

(1-s)Au+sA1u≠u,u∈K∩?Ω2, 0≤s≤1.

(28)

假設式(28)不成立, 則?u2∈K∩?Ω2, 0≤s0≤1, 使得(1-s0)Au2+s0A1u2=u2. 因為

u2=S((1-s0)F(u2)+s0F1(u2)),

由S的定義知,u2∈C3(I)是h=(1-s0)F(u2)+s0F1(u2)對應的LBVP(6)的唯一解. 故u2∈C3(I)滿足方程

(29)

由LBVP(6)解的導數公式(9)與式(12),(23)及引理2中3), 得

對式(30)兩邊關于t取最大值, 得

因此

(31)

對此常數M>0, 由假設條件(H3)知, 存在函數HM∈C(+, (0,+∞))滿足式(4), 使得式(5)成立. 由式(4)易得因此存在常數M1>M>0, 使得

(32)

于是由方程(29), 得

(33)

(34)

(35)

由引理2知,

因此由式(31)及式(35), 得

(36)

由式(32),(36)得‖u2‖C2≤M1.

取R>max{M1,δ}. 因為u2∈K∩?Ω2, 由Ω2的定義知, ‖u2‖C2=R>M1, 與‖u2‖C2≤M1矛盾. 故式(28)成立, 即A與A1滿足引理5的條件, 由引理5及i(A1,K∩Ω2,K)=0得

i(A,K∩Ω2,K)=i(A1,K∩Ω2,K)=0.

(37)

根據不動點指數的區域可加性及式(22),(37), 有

3.2定理2的證明

設Ω1,Ω2?E如式(17)定義,A:K→K為式(16)定義的全連續算子. 由條件(H4), 類似i(A1,K∩Ω2,K)=0的證明, 可證當r充分小時, 有i(A,K∩Ω1,K)=0. 由條件(H5), 類似式(22)的證明, 可證當R充分大時, 有i(A,K∩Ω2,K)=1.

由i(A,K∩Ω1,K)=0和i(A,K∩Ω2,K)=1得

4 應用實例

例1考慮超線性三階邊值問題:

(38)

因此f(t,x,y,z)滿足條件(H2). 由定理1知, 方程(38)至少有一個正解.

例2考慮次線性三階邊值問題:

(39)

易證相應的非線性項

滿足條件(H4)和(H5). 由定理2知, 方程(39)至少有一個正解.

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