一類非線性三階三點邊值問題正解的全局結構

張 瑞 燕

(西北師范大學 數學與統計學院, 蘭州 730070)

正解的全局結構, 其中r>0是一個參數, 0<η<1, α,β>0, 且非線性項f∈C([0,1]×[0,∞),[0,∞))在0處和∞處均滿足漸近線性增長條件.

0 引 言

近年來, 對帶各種邊界條件的二階和四階常微分方程邊值問題的研究已被廣泛關注[1-6], 但對三階常微分方程邊值問題的研究則相對較少. 三階邊值問題是常微分方程中的經典問題, 關于其正解的存在性研究目前已有一些結果[7-11]. 特別地, Guo等[10]研究了非線性三階三點邊值問題

(1)

其中0<η<1, 1<α<1/η, 用錐拉伸與壓縮不動點定理得到下列結果.

定理1[10]設f∈C([0,∞),[0,∞)),a∈C([0,1],[0,∞))且在t∈[η/α,η]上不恒為零.若f滿足下列條件之一:

1)f0=0,f∞=∞; 2)f0=∞,f∞=0.

Feng等[11]研究了非線性三階三點邊值問題

(2)

用Krasnoselskii不動點定理證明了問題(2)至少存在一個正解, 其中λ是一個正參數, 0<η<1,α,β>0,q∈C((0,1),[0,∞)),f∈C([0,1]×[0,∞),[0,∞)).

文獻[10-11]均基于錐上的不動點定理獲得了所討論問題正解的存在性, 但并未得到關于正解集全局結構的任何信息.本文用全局分歧定理考察三階邊值問題

(3)

正解集的全局結構.

本文總假設:

(H2)f: [0,1]×[0,∞)→[0,∞)連續且存在常數a,b∈(0,∞), 使得當u→0時,f(t,u)=au+o(u)對于?t∈[0,1]一致成立; 當u→∞時,f(t,u)=bu+o(u)對于?t∈[0,1]一致成立;

(H3) 當t∈[0,1]且u∈(0,∞)時,f(t,u)>0;

(H4) 存在常數a0∈(0,∞), 使得f(t,u)≥a0u, (t,u)∈[0,1]×[0,∞).

1 正映射的分歧定理

設(E,‖·‖)是一個實Banach空間,K?E是E中的一個錐,A: [0,∞)×K→E是一個非線性映射.若A([0,∞)×K)?K, 則稱A是正的.若A是連續的, 且將[0,∞)×K中的有界子集映成E中的相對緊集, 則稱A是K-全連續的.若一個正線性算子V滿足A(λ,u)≥λV(u), (λ,u)∈[0,∞)×K, 則稱V是E上對于A的線性弱函數.設B是E上的一個連續線性算子,r(B)為B的譜半徑.定義本征值集合為ck(B)={λ∈[0,∞): ?x∈K, ‖x‖=1,x=λBx}.

引理1[12]假設下列兩個條件成立:

2)A: [0,∞)×K→E是K-全連續且正的,A(λ,0)=0,λ∈;A(0,u)=0,u∈K, 且A(λ,u)=λBu+F(λ,u), 其中B:E→E是E上一個強正的線性緊算子, 且r(B)>0,F: [0,∞)×K→E滿足當‖u‖→0時, ‖F(λ,u)‖=o(‖u‖) 對λ局部一致成立.

則存在

DK(A)={(λ,u)∈[0,∞)×K:u=A(λ,u),u≠0}∪{r(B)-1,0}

的一個無界連通分支C, 使得(r(B)-1,0)∈C.此外, 若A有一個線性弱函數V, 且存在(μ,y)∈(0,∞)×K, 使得‖y‖=1且μVy≥y, 則C?{DK(A)∩([0,μ]×K)}.

引理2(Krein-Rutman定理)[13]設E是一個Banach空間,K?E是一個錐且滿足K0≠?.設T∈L(E)是一個緊的強正算子, 且T的譜半徑r(T)>0, 則r(T)是T的一個具有正特征函數φ∈K0的簡單特征值, 并且T再無其他正特征值.

2 正特征值

引理3[11]假設(H1)成立, 且h(t)∈X.若u∈C3[0,1], 則邊值問題

(4)

(5)

引理4[11]G1(t,s)滿足下列性質:

1) 0≤t2G1(1,s)≤G1(t,s)≤G1(1,s), (t,s)∈[0,1]×[0,1];

2)G1(η,s)≤(-η2+2η)G1(1,s);

注1由式(5)及引理4可得:

1) 0≤t2G(1,s)≤G(t,s)≤G(1,s), (t,s)∈[0,1]×[0,1];

令

(6)

定義算子Tλa:P→X,

引理6假設u(t)∈C([0,1],[0,∞)), 則Tλa:P→P是全連續的.

證明: 下面分兩步證明Tλa:P→P是全連續算子:

1) 證明Tλa在P中有定義.對?t∈[0,1], 有

故

另一方面, 對?t∈[η,1], 由引理4可得

從而(Tλau)(t)∈P, 進而Tλa(P)?P.

2) 證明Tλa是一個緊算子.定義B={u∈X: ‖u‖≤r, ?r>0}.

首先證明Tλa(B)在C[0,1]上一致有界.對?u(t)∈B, 由于

所以Tλa(B)在C[0,1]上一致有界.

其次證明Tλa(B)在C[0,1]上等度連續.對任意的t1,t2∈[0,1], 不妨假設t1

由于G(·,s)連續, 故對?ε>0, 存在δ=δ(ε), 使得當|t2-t1|<δ時, 有

|(Tλau)(t1)-(Tλau)(t2)|<ε,

因此Tλa(B)在C[0,1]上等度連續.由Arzela-Ascoli定理知,Tλa:P→P是全連續算子.證畢.

引理7Tλa(P{0})?intP.

(Tλau)?(t)=λau(t)>0,t∈[0,1],

(Tλau)(0)=α(Tλau)′(0), (Tλau)(1)=β(Tλau)(η), (Tλau)′(1)=0.

由注1知,G(t,s)關于t是遞增的, 故有

令u∈(P{0}),t∈[η,1], 則由引理6的證明可得

因此Tλa(P{0})?intP.證畢.

由引理6知,Tλa是緊算子, 由引理7知,Tλa是強正算子, 再結合引理2知,Tλa有一個正特征值λ1,a,φ1,a(t)>0是λ1,a對應的特征函數.同理可知線性特征值問題

(7)

有一個正特征值λ1,b,φ1,b(t)>0是λ1,b對應的特征函數.

3 主要結果

定理2假設(H1)～(H4)成立, 若下列條件之一成立:

定義L:D(L)→X,Lu∶=-u?,u∈D(L), 其中

D(L)={u∈C3[0,1]:u(0)=αu′(0),u(1)=βu(η),u′(1)=0},

易驗證L-1:X→Y是緊的.

設ζ,ξ∈C([0,1]×[0,∞)), 使得f(t,u)=au+ζ(t,u),f(t,u)=bu+ξ(t,u), 由條件(H2)可知, 當u→0時,f(t,u)=au+o(u)對于?t∈[0,1]一致成立; 當u→∞時,f(t,u)=bu+o(u)對于?t∈[0,1]一致成立.

下面考慮

Lu=λrau+λrζ(t,u)

(8)

從平凡解u恒為0處產生的分歧問題.由引理3知, 問題(8)等價于

定義B:Y→Y,

定義F: [0,∞)×Y→Y,

則對于?λ∈[0,∞), 有

故

即‖F(λ,u)‖Y=o(‖u‖Y)關于λ局部一致.

下面證明定理2.顯然, 當λ=1時, 問題(8)的任意一個解(1,u)均為問題(3)的解u.若證明C穿過超平面{1}×Y∈×Y, 則只需證明C連接和.設(μn,yn)∈C滿足μn+‖yn‖Y→∞, 注意到對任意的n∈, 有μn>0, 因為(0,0)是λ=0時問題(8)的唯一解且C∩({0}×Y)=?.

首先, 證明若存在一個常數M>0, 使得

μn∈(0,M],

(9)

其次, 證明確實存在一個常數M, 使得對于?n∈, 有μn∈(0,M].由引理1知, 僅需證明A有一個線性弱函數V, 且存在(μ,y)∈(0,∞)×P, 使得‖y‖Y=1且μVy≥y.由假設(H4), 存在常數a0∈(0,∞), 使得

f(t,u)≥a0u, (t,u)∈[0,1]×[0,∞).

且({1}×E)∩ C≠?.假設存在M>0, 使得對所有的n∈, 均有μn∈(0,M], 則由情形1)的證明過程同理可得

推論1假設(H1)～(H4)成立, 若下列條件之一成立:

則非線性常微分方程邊值問題

(10)

至少存在一個正解.

證明: 由定理2可知, 當r=1時結果仍然成立, 所以結論成立.