非線性項變號的一維p-Laplace方程混合邊值問題的正解

苗 春 梅

(長春大學 理學院, 長春 130022)

考慮如下一維p-Laplace混合邊值問題:

(1)

1 Nowhere normal-outward緊映射的不動點指數定理

令X是Banach空間,K是X中的閉錐.

定義1[4]映射A:Ω?K→X稱為Ω上相對于K的r-nowhere normal-outward映射是指

Ax∈(X -1(x))∪{x},x∈Ω.

(2)

命題1[3]假設映射A:Ω?K→X, 則如下結論等價: 1)A是Ω上相對于K的r-nowhere normal-outward映射; 2) 如果對于x∈Ω有x=r(Ax), 則x=Ax; 3) 如果對于y∈r-1(Ω)有y=A(r(y)), 則y∈Ω.

2 一維p-Laplace方程的正解

令AC[0,1]表示[0,1]上的絕對連續函數空間,C[0,1]，C1[0,1]，L(0,1)同泛函分析中的定義.P=C+[0,1]∶={x∈C[0,1]:x(t)≥0,t∈[0,1]}. 假設如下條件成立:

(H1)f: [0,1]×+→滿足Carathéodory條件, 即對任意給定的u∈+,f(·,u)是可測的, 對a.e.t∈[0,1],f(t,·)連續. 對任意r>0, 存在gr∈L+(0,1), 使得對a.e.t∈[0,1]和所有的u∈[0,r], 有f(t,u)≤gr(t).

(H2)(在0點的正性條件) 對于a.e.t∈[0,1],f(t,0)≥0.

定義2函數x: [0,1]→稱為問題(1)的解, 是指x∈Wp且x滿足問題(1), 其中Wp∶={x∈C1[0,1]:φp(x′)∈AC[0,1]}. 如果x(t)≥0,t∈[0,1], 則x稱為問題(1)的非負解. 如果x(t)>0,t∈(0,1), 則x稱為問題(1)的正解.

引理1對任意h∈L(0,1), 邊值問題

(3)

定義如下映射:

(4)

F:P→L(0,1),Fx(t)=f(t,x(t));

(5)

A:P→Wp,Ax(t)=(TFx)(t),t∈[0,1];

(6)

Φ:Wp→L(0,1),Φx(t)=-(φp(x′(t)))′;

(7)

r:C[0,1]→P,r(x)(t)=max{x(t),0},t∈[0,1].

(8)

引理2假設(H1)和(H2)成立, 則如下斷言成立: 1)T(L+(0,1))?P,F(0)≥0, 式(6)定義的A是緊映射； 2)x∈P是映射A的不動點, 則x是問題(1)的解; 3) 式(8)定義的映射Φ:Wp→L(0,1)是半-負的; 4)A:P→C[0,1]是P上相對于P的r-nowhere normal-outward映射,r定義見式(8).

y(t)=TF(r(y))(t),t∈[0,1].

(9)

由命題1中1),3), 只需證明y∈P. 首先, 證明存在t*∈(0,1)使得y(t*)≥0. 若不然, 則有

y(t)<0,t∈(0,1).

(10)

由于y在[0,1]上連續,y(t)≤0, 由式(8)和(H2),F(r(y))=F(0)∈P. 由1)及式(9),(10), 有0≤TF(r(y))(t)=y(t)<0,t∈(0,1), 矛盾. 其次, 證明y∈P. 由于y在[0,1]上連續, 可證對任意x∈(0,1),y(x)≥0. 若不然, 則存在t*∈(0,1),t*≠t*, 使得y(t*)<0. 考慮如下兩種情形.

y(ζ)=min{y(t):t∈[t1,b]}.

(11)

(Φy)(t)=Φ(TF(r(y)))(t)=F(r(y))(t)=F(0)(t)=f(t,0)≥0,t∈[ζ,b],

(12)

情形2)t*

綜合情形1)和情形2), 可得y∈P. 又由命題1中1),3)可得A:P→C[0,1]是P上相對于P的r-nowhere normal-outward映射. 證畢.

引理3[6]假設g∈L+(0,1){0}, 則特征值問題

(13)

有可數個單的特征值0<λ1(g)<λ2(g)<…, 且對應的特征函數ωn(g)(n=1,2,…)在(0,1)上有(n-1)個單的零點.

命題21) 算子Hg存在第一特征值λ1(g)和特征函數ω1(g), 滿足λ1(g)Hgω1(g)=ω1(g);

2)Hg是單調遞增算子, 即對任意x1,x2∈C[0,1],x1≤x2, 有Hg(x1)≤Hg(x2);

3)Hg是齊次算子, 即對任意x∈C[0,1]和c∈, 有Hg(cx)=cHg(x).

證明: 1) 由于Hg1∈H(K),Hg1的第一特征值為λ1(g1)>0, 對應的特征函數為ω1(g1), 滿足λ1(g1)Hg1ω1(g1)=ω1(g1). 對任意ε∈(0,λ1(Hg1)), 有

(λ1(g1)-ε)Hg1ω1(g1)=(λ1(g1)-ε)(λ1(g1))-1ω1(g1)=(1-ε/(λ1(g1)))ω1(g1)>0,

則(I-(λ1(g1)-ε)Hg1)-1存在, 且(I-(λ1(g1)-ε)Hg1)-1(K)?K. 令c是錐K的正規性常數,ρ>0,ρ1=max{ρ,c‖(I-(λ1(g1)-ε)Hg1)-1(u1+x0)‖}. 證明

y≠tAy+(1-t)x0,y∈?Kρ,t∈(0,1).

(14)

假設式(14)不成立, 則存在y∈?Kρ和t∈(0,1), 使得y=tAy+(1-t)x0. 結合條件2)可得y=tAy+(1-t)x0≤(λ1(g1)-ε)Hg1(y)+u1+x0, 化簡得(I-(λ1(g1)-ε)Hg1)(y)≤u1+x0. 由于(I-(λ1(g1)-ε)Hg1)-1(K)?K, 進一步可得y≤(I-(λ1(g1)-ε)Hg1)-1(u1+x0). 又由K是正規錐, 則有‖y‖≤c‖(I-(λ1(g1)-ε)Hg1)-1(u1+x0)‖≤ρ1. 從而ρ=‖y‖≤ρ1<ρ, 矛盾. 因此, 式(14)成立.

2) 由于Hg2∈H, 則存在λ1(g2)>0和ω(g2)∈K{0}, 使得λ1(g2)Hg2ω1(g2)=ω1(g2). 證明y≠Ay+νω1(g2),y∈?Kρ0,ν>0. 若不然, 則存在y∈?Kρ0,ν>0, 使得

y=Ay+νω1(g2).

(15)

由條件3)和式(15), 得y=Ay+νω1(g2)≥(λ1(g2)+ε)Hg2(y)+νω1(g2)≥νω1(g2). 令

τ1=sup{τ>0:y≥τω1(g2)}.

(16)

定理3假設(H1)成立, 且滿足: 1) 存在r0>0,φr0∈L+(0,1){0}和ε∈(0,λ1(φr0)), 使得對于t∈[0,1]和x∈[r0,∞), 有f(t,x)≤φp(λ1(φr0)-ε)φr0(t)φp(x); 2) 存在ρ0,ε>0和ψρ0∈L+(0,1){0}, 使得對于t∈[0,1]和x∈[0,ρ0], 有f(t,x)≥φp(λ1(φρ0)+ε)ψρ0(t)φp(x). 則問題(1)存在正解x∈PPρ0.

2) 由(H1), 存在gr0>0, 使得|f(t,x)|≤gr0(t),t∈[0,1],x∈[0,r0]. 結合條件1)得f(t,x)≤gr0(t)+φp(λ1(φr0)-ε)φr0(t)φp(x),t∈[0,1],x∈[0,∞). 進而得

式(17)中的第二個不等式由不等式φq(a+b)≤φq(a)+φq(b)(a,b>0, 1

3) 由(H2), 對任意的x∈?Pρ0和t∈[0,1], 有

注意到條件2)表明f滿足條件(H2). 由定理2得邊值問題(1)在PPρ0中存在解. 證畢.