帶參數的非線性簡單支撐靜態梁方程正解的存在性及多解性

2022-05-30 12:28:16吳夢麗

吉林大學學報(理學版) 2022年2期

吳夢麗

(西安電子科技大學數學與統計學院, 西安 710126)

正解的存在性和多解性, 其中: λ>0是一個參數; k1

1 引言與主要結果

四階常微分方程邊值問題是刻畫彈性梁平衡狀態的數學模型, 在彈性力學、工程物理、生物化學等領域應用廣泛. 四階邊值問題的解可用于描述平衡狀態下彈性梁的形變, 因此, 非線性四階常微分方程邊值問題正解的存在性研究受到廣泛關注[1-12]. Vrabel[1]用上下解方法得到了簡單支撐梁方程

(1)

正解的存在性結果, 其中f(x,y)對y單調,k1

α(x)≤y(x)≤β(x), 0≤x≤1.

受上述研究結果啟發, 本文在f對第二個變量單調增的條件下通過構造上下解, 用拓撲度理論討論兩端簡單支撐梁方程

(2)

正解的存在性和多解性.

本文總假設:

(H1)λ>0是一個參數,k1

(H2)f: [0,1]×[0,∞)→(0,∞)是連續函數;

(H3)f(x,y)對固定的x∈[0,1]關于y單增;

本文主要結果如下:

定理2假設(H1),(H2),(H4)成立, 則當λ充分小時, 問題(2)至少存在一個正解; 當λ充分大時, 問題(2)不存在正解.

定理3假設(H1)～(H4)成立, 則存在λ*>0, 使得當0<λ<λ*時, 問題(2)至少存在兩個正解; 當λ=λ*時, 問題(2)至少存在一個正解; 當λ>λ*時, 問題(2)不存在正解.

2 預備知識

1) 若x∈?Kr, 滿足‖x‖≤‖Tx‖, 則i(T,Kr,K)=0;

2) 若x∈?Kr, 滿足‖x‖≥‖Tx‖, 則i(T,Kr,K)=1.

引理2[1]令k1

(3)

的格林函數G(x,s)滿足G(x,s)≥0(0≤x,s≤1), 其中

(4)

引理3(極大值原理)[1]若

E={y∈C2[0,1]:y(0)=y(1)=y″(0)=y″(1)=0}.

的解.

定義P,C是Y中的錐:

則

故存在γ1>0.

引理4假設條件(H1),(H2)成立, 則Tλ(C)?P, 且Tλ:P→P是全連續算子.

證明: 對任意y∈C,x∈[0,1], 可得

因此Tλ(C)?P, 由Arzel-Ascoli定理[14]易證Tλ:P→P是全連續算子.證畢.

3 正解的存在和不存在性

下面證明定理2.由假設條件(H1),(H2), 若q>0, 則

即‖Tλy‖<‖y‖.由引理1可得i(Tλ,Pr1,P)=1.由假設條件(H4),f∞=∞, 故存在H>0, 使得當y≥H時, 對任意的x∈[0,1],f(x,y)≥μy成立.選取μ足夠大, 滿足λMμγ2>1.取r2=max{2r1,H/γ}, 令Pr2={y∈P: ‖y‖

下面證明解的不存在性.由假設條件(H2),(H4)可知, 存在常數c0>0, 使得當y≥0,x∈[0,1]時,f(x,y)≥c0y.反設y為問題(2)的正解, 由引理4得y∈P.令λ充分大, 滿足λMc0γ2>1.則可得

顯然矛盾.證畢.

4 構造上下解

定義1如果α滿足

α″″(x)+(k1+k2)α″(x)+k1k2α(x)≤λf(x,α(x)),x∈[0,1],

(5)

α(0)≤0,α(1)≤0,α″(0)≥0,α″(1)≥0,

(6)

則α∈C4[0,1]是問題(2)的下解.

定義2如果β滿足

β″″(x)+(k1+k2)β″(x)+k1k2β(x)≥λf(x,β(x)),x∈[0,1],

(7)

β(0)≥0,β(1)≥0,β″(0)≤0,β″(1)≤0,

(8)

則β∈C4[0,1]是問題(2)的上解.

引理5[1]假設條件(H1)～(H3)成立, 問題(2)存在下解α(x)和上解β(x), 且滿足當x∈[0,1]時,α(x)≤β(x).若f: [0,1]×[α(x),β(x)]→是連續函數, 且

f(x,u1)≤f(x,u2),α(x)≤u1≤u2≤β(x),x∈[0,1],

則問題(2)存在一個解y(x), 滿足α(x)≤y(x)≤β(x), 0≤x≤1.

5 多解性

下面用上下解和拓撲度的方法證明問題(2)的多解性.為保證問題(2)的所有可能解都是非負的, 對f做延拓, 使得

f(x,s)=f(x,0),s<0,x∈[0,1].

(9)

引理6假設條件(H1),(H2),(H4)成立, 令I?(0,∞)是緊子集.則當λ∈I時, 存在一個常數bI>0, 使得問題(2)的所有解均滿足‖y‖≤bI.

矛盾.證畢.

下面用Λ表示問題(2)存在正解的λ>0的集合, 設λ*=supΛ.由定理2知,Λ非空且有界, 故0<λ*<∞.

下證λ*∈Λ.首先令λn→λ*, 其中λn∈Λ,λ1<λ2<…<λn-1<λn<…<λ*.因為{λn}有界, 故由引理6知, 對應問題(2)的解{yn}有界.由積分算子Tλ的緊性, 易得λ*∈Λ.

令y*為問題(2)的一個正解, 對應的λ取λ*, 定義

證明: 因為y≥0, 故y≥-ε.為證明y≤y*+ε, 只需要證y*+ε為問題(2)的上解.又因為y*≥0, 故存在常數a>0, 使得對于所有的x∈[0,1],f(x,y*(x))>a均成立.由f連續知, 存在常數ε0>0, 使得對所有的x∈[0,1], 0≤ε≤ε0, 均有

|f(x,y*(x)+ε)-f(x,y*(x))|

而

(y*+ε)(0)≥0, (y*+ε)(1)≥0, (y*+ε)″(0)=0, (y*+ε)″(1)=0.

若ε>0, 則

(y*+ε)(0)>0, (y*+ε)(1)>0,

因此, 由式(7)和式(8)知,y*+ε為問題(2)的上解.又由引理5知,y≤y*+ε.證畢.

下面證明定理3.令λ∈(0,λ*), 證明問題(2)至少存在兩個正解.由于

(y*(x))″″+(k1+k2)(y*(x))″+k1k2y*(x)=λ*f(x,y*(x))>λf(x,y*(x)),

故y*為問題(2)的上解, 顯然0為下解, 由引理5知, 存在問題(2)的解yλ使得0≤yλ≤y*.因此, 當0<λ<λ*時, 問題(2)存在一個正解yλ, 且yλ∈Ω.而當λ>λ*時, 問題(2)不存在正解.

選取I=[0,λ*+1], 則(0,λ*)∩I≠?, 且(λ*,∞)∩I≠?.下證當λ∈(0,λ*)∩I時, 問題(2)存在第二個正解.

另一方面, 由引理6知, 當λ∈I時, 問題(2)的所有正解均有界.因此, 當R2足夠大時, 有deg(I-Tλ,B(0,R2),0)=c, 其中λ∈I,c為固定常數,B(0,R2)是C[0,1]上以0為心、R2為半徑的球.由于對所有的λ>λ*, 問題(2)都不存在正解, 所以c=0.再由拓撲度的切除性可得deg(I-Tλ,B(0,R2)Ω,0)=-1, 因此當λ∈(0,λ*)∩I時, 問題(2)存在第二個正解.證畢.