非線性項含零點的二階Dirichlet問題結點解集的全局結構

楊 偉

(西北師范大學 數學與統計學院, 蘭州 730070)

結點解集的全局結構, 其中r為正參數, a: [0,1]→[0,∞)連續且允許其在[0,1]的部分真子區間上恒為0, f: →在0和∞處是漸近線性的且有兩個非0零點.

1 引言與主要結果

對于非線性常微分方程邊值問題, 文獻[1-9]利用上下解方法、 時間映像估計和錐上的不動點定理對其進行了廣泛研究, 并獲得了一些重要結果. 其中, Erbe等[1]利用錐上的不動點定理研究了二階Dirichlet邊值問題正解的存在性； Chai[3]和Bai等[4]利用錐上的不動點定理研究了二階邊值問題, 并得到了相應問題正解的存在性. 但由于使用工具的局限性, 文獻[1]僅研究了二階Dirichlet邊值問題正解的存在性. 近年來, 文獻[10-17]利用Rabinowitz全局分歧定理研究了常微分邊值問題結點解的存在性, 并獲得了一些重要結果. 例如, Ma等[10]研究了二階Dirichlet邊值問題

(1)

文獻[10]用Rabinowitz全局分歧定理, 證明了如下結果:

定理1[10]設上述條件1)～3)成立, 對于任意的k∈, 若下列條件之一成立:

注1μk為問題(1)對應線性特征值問題的第k個特征值.

(2)

結點解集的全局結構.本文總假設:

(H1)f:→連續, 存在常數s1,s2滿足s2<00, 當s∈(-∞,s2)∪(s2,0)時,f(s)<0;

(H3)a: [0,1]→[0,∞)連續, 且允許其在[0,1]的部分真子區間上恒為0;

(H4) 對任意的s∈[s2,s1],f(s)滿足Lipschitz條件.

本文主要結果如下:

定理2設條件(H1)～(H4)成立, 若對于任意的k∈,f0

定理3設條件(H1)～(H4)成立, 若對于任意的k∈,f∞

注2定理2和定理3中的λk是問題(2)滿足條件(H1)～(H3)時對應線性特征值問題

(3)

的第k個特征值, 其中φk為λk對應的特征函數.

注3文獻[10]僅得到了2個解的存在性, 而本文在非線性項f和權函數a更一般的條件下得到4個解的存在性.

注4當問題(2)中權函數a在[0,1]的任意子區間上不恒為0, 且非線性項f只有0零點時問題(2)退化為問題(1).

2 預備知識

Lu∶=-u″,

其中D(L)={u∈C2[0,1]|u(0)=u(1)=0}.則L-1:Y→E是全連續算子.設ξ,ζ∈C(,), 使得

f(u)=f0u+ζ(u),f(u)=f∞u+ξ(u),

考慮從平凡解u恒為0處產生的分歧問題：

Lu-λa(t)f0u=λa(t)ζ(u)；

(4)

從u恒為∞處產生的分歧問題：

Lu-λa(t)f∞u=λa(t)ξ(u).

(5)

注5式(4)和式(5)類似, 且均等價于問題(2)中的方程.

注6文獻[10]中的分歧問題僅從平凡解處產生, 而本文中分歧問題不僅從平凡解處產生, 且從無窮遠處產生.

引理2[15]設條件(H3)成立, 則存在一個序列{λn}n∈滿足下列條件：

1) {λn}n∈是算子L特征值的集合;

2)λn+1>λn,n∈；

4) 對任意k∈， Ker(I-λkL)是{ω∈C1[0,1]|ω′∈AC[0,1]}的一維子空間;

5) 對任意k∈， 若v∈Ker(I-λkL){0}, 則v在(0,1)內有(k-1)個零點.

定義1[17]設條件(H3)成立,I=[α,β]是[0,1]上的一個閉區間, 若下列條件成立:

1)a(t)≥0,t∈I;

2) 在I的任意子區間上a(t)恒不為0;

3) 存在σ∈(0,∞), 使得對任意的t∈[α-σ,α]∪[β,β+σ],a(t)恒為0.

則稱I為區間[0,1]上的一個最大正子區間.

1) 對任意的m∈,Im是區間[0,1]上的最大正子區間;

2) 對任意的m∈,Jm是非空開集并且對任意的t∈Jm,a(t)恒為0;

1) 對任意的i∈{1,2,…,l},Ji是開集并且當t∈Ji時,a(t)恒為0;

引理5設條件(H1)～(H4)成立, 則:

記0=θ0<θ1<…<θk=1為u的全體零點.下面分兩種情形討論.

情形1) max{u(t)|t∈[0,1]}=s1.

存在i∈{0,1,…,k-1}, 使得

max{u(t)|t∈[θi,θi+1]}=s1, 0≤u(t)≤s1,t∈[θi,θi+1].

考慮兩點邊值問題

(6)

由條件(H1),(H2)和(H4)可知, 存在m≥0, 使得a(t)f(s)+ms在[s2,s1]上嚴格單調遞增.則對下列兩式:

Lu+λmu=λ(a(t)f(u)+mu),t∈(θi,θi+1),

(7)

(L+λm)s1=λ(a(t)f(s1)+ms1),

(8)

做差可得

(L+λm)(s1-u(t))≥0,t∈(θi,θi+1).

再結合s1-u(θi)>0,s1-u(θi+1)>0, 根據極大值原理[18]有s1>u(t),t∈[θi,θi+1], 矛盾.因此有s1>u(t),t∈[0,1].

情形2) min{u(t)|t∈[0,1]}=s2.

存在i∈{0,1,…,k-1}, 使得

u(t0)=min{u(t)|t∈[θi,θi+1]}=s2, 0≥u(t)≥s2,t∈[θi,θi+1].

考慮兩點邊值問題(6), 對式(7)和

(L+λm)s2=λ(a(t)f(s2)+ms2),

(9)

做差可得

(L+λm)(s2-u(t))≤0,t∈(θi,θi+1).

再結合s2-u(θi)<0,s2-u(θi+1)<0, 根據極大值原理[18]有s2

3 主要結果的證明

3.1 定理2的證明

因為問題(2)有唯一解u恒為0, 所以有

(10)

由式(10)可知, 存在一個正常數A, 使得

(11)

其中Γ?(λk/f∞,∞)是一個閉的有界區間.

‖um‖→∞ (m→∞).

(12)

首先證明

‖um‖∞→∞ (m→∞).

(13)

事實上, (ηm,um)滿足

(14)

(15)

(i) 對任意的j∈,

(16)

(-1)l*um(t)→∞.

(17)

由{ηm}??？芍? 存在η*(η*>λk/f∞), 使得

(18)

由式(17)和式(18)可知

(19)

Proj

(20)

同理可得

Proj

(21)

Proj

(22)

Proj

(23)

結合式(20)～(23)可知, 結論成立.

3.2 定理3的證明

用與定理2類似的證明方法, 即可得定理3的結論.