具有有界非線性項的二階混合邊值問題的正解

王志森，盛業青，曠菊紅

（五邑大學 數學與計算科學學院，廣東 江門 529020）

筆者主要研究一類具有有界非線性項的二階混合邊值問題的正解，即：

其中f∈C（R，R］，a是一個給定的正數.

二階混合邊值問題解的存在性已被很多學者深入研究，可參考文獻［1-6］，主要采用臨界點理論和不動點方法等. 2022年，文獻［7］應用從離散到連續研究超二次條件下二階哈密頓系統兩點邊值問題的非負解，然后利用對稱性得到二階哈密頓系統的最小周期解；文獻［8］應用離散臨界點理論和逼近技巧相結合的方法研究超二次條件下一類二階混合邊值問題的正解；2023年，文獻［9］也應用從離散到連續研究了有界條件或適當的增長性條件下一類二階微分方程兩點邊值問題的正解.筆者將采用從離散到連續研究有界條件下方程（1）正解的存在性.

定理1假設f滿足：

（f1）f∈C（［0，a］×R，R）是有界函數，即存在M＞0，使得|f（t，x）|≤M，t∈［0，a］，x∈R；

（f）存在兩個正常數b≥π2/a2和ρ，使得：2

則方程（1）至少存在一個正解.

例1設f∈C（［0，a］×R，R），且有：

其中q≥π2/a2，容易驗證定理1 的（f1）及（f2）成立，所以由定理1 可得方程（1）至少存在一個正解.

1 基本知識

對任意給定的正整數n，令，u（k）=x（khn），0≤k≤2n+1，k∈Z.方程（4）可作為方程（1）的離散化形式，即：

其中Δ是前向差分算子：Δu（k）=u（k+1）-u（k），Δ2u（k）=Δu（k+1）-Δu（k）.

設En=｛u∶［1，2n］Z→R｝，其中［1，2n］Z表示1 到2n之間的整數，這里顯然En是有限維向量空間.假設un∈En是方程（4）的解，定義：

則方程（4）可以寫成式（6），即：

下面給出上下解的定義.

定義1若β1∈En滿足：則稱β1是方程（4）的下解.

定義2若β2∈En滿足：，則稱β2是方程（4）的上解.

2 主要結果的證明

為證明定理1，需要以下引理.

引理1設v∈En，則有：

存在唯一解u∈En，且，其中.

證由式（7）可得，，且對任意k≥1，有：.從而有：

引理2假設f滿足定理1 的條件（f1）和（f2），則方程（4）至少存在一個正解un，且：|Kn，j|≤aM，0≤u（k）≤a2M，?j∈［0，2n］Z，這里Kn，j式（5）定義.

證分步證明引理2.

第三步：對任意的n∈Z+，證明方程：

至少存在一個解un∈En，其中：對任意的n∈Z+，k∈［1，2n］Z，定義算子，顯然Γn是En→En的連續映射.再由f的連續性易得，Γn是有界映射，即存在Mn≥0，使得：|（Γnu）（k）|≤Mn，?u∈En，k∈［1，2n］Z.令Wn=｛u∈En∶|u（k）|≤Mn，k∈［1，2n］Z｝，易得Γn是Wn→Wn的連續映射. 由Brouwer 不動點定理可得，Γn在Wn上至少存在一個不動點un∈En，再由引理1 可得，un是方程（9）的解.

第四步：證對任意的n∈Z+，k∈［1，2n］Z，都有β1（k）≤un（k）≤β2（k），且un是方程（4）的正解.用反證法證明，對任意n∈Z+，k∈［1，2n］Z，都有un（k）≥β1（k）.假設存在k0∈［1，2n］Z，使得un（k0）＜β1（k0）.定義：β（k）=un（k）-β1（k），k∈［1，2n］Z，則存在k∈［1，2n］Z，使得β（k）=min｛β（k）：k∈［1，2n］Z｝，易得：β（k）≤β（k0）＜0，0≤Δβ（k），Δβ（k-1）≤0，從而有：

由β（k）＜0可得，，這與式（10）矛盾，所以對任意n∈Z+，k∈［1，2n］Z，都有un（k）≥β1（k）. 同理可證，對任意n∈Z+，k∈［1，2n］Z，都有un（k）≤β2（k），所以un是方程（9）的正解，又由f和f*的關系可得，un也是方程（4）的正解.

第五步：由于un∈En是方程（4）的正解，再結合（f1）和式（6）可得：

從而有：

又因為un是正解，所以對任意的k∈［1，2n］Z，都有0≤un（k）≤a2M.證畢.

下面證明定理1.

證對任意的n∈Z+，定義：

利用式（14）可得：|xn（t）|≤a2M.再由Arzela-Ascoli 定理可得，在［0，a］上存在一致收斂的子序列，記為.由于一致收斂于x*，易得是非負函數且滿足x*（0）=0.

然后證明x*是方程（1）的非負解. 由式（11）可得，可選擇的子序列，仍記為，使得當n→∞時：Kn，0→K*，易得K*≥0. 由xn的定義可知，對任意的n∈Z+，xn在（0，a］上每一點處都是左可導的. 對每個t∈（0，a］，存在j∈Z，使得jhn＜t≤（j+1）hn，則：

由f的有界性和連續性可得：

由于｛xn｝在［0，a］上一致收斂于x*，所以：

再由式（15）可得：

對任意給定的t≥0 和δ＜0，且滿足（t+δ，t］?［0，a］，則對任意的s∈（t+δ，t］，存在整數i1和i2，使得i1hn＜s≤t≤i2hn，且滿足0＜s-i1hn≤hn和0≤i2hn-t＜hn，再由式（6）和式（13）易得：i2hn-i1hn≤t-s+2hn＜-δ+2hn和同理可證：因此即得：

對給定的t和δ，存在正整數i3和i4，使得t+δ＜i3hn≤…≤i4hn≤t，且滿足0≤t-i4hn＜hn和0＜i3hn-tδ≤hn，則由式（18）可得：

然后式（19）、（20）取極限n→∞可得：（s））ds-Mδ，再取極限δ→0-可得：

由此可得，x*（t）在（0，a］每一點都是左可導的，同理可證x*（t）在［0，a）每一點都是右可導的，且右導數為：

因此x*（t）在［0，a］可導，且導數為：

最后證明x*是方程（1）的正解.由式（13）和引理2 的第四步可得：，從而有，所以x*是非零函數. 接下來證明x*是方程（1）的正解，即證明對任意的t∈（0，a］，x*（t）≠0. 用反證法，假設存在t*∈（0，a］，使得x*（t*）=0，則x*（t*）=0 且x'*（t*）=0.由于xn∈C（［0，a］，R），所以存在ε*＞0 使得當|t-s|≤ε*時，有|x*（t）-x*（s）|≤ρ. 顯然［0，a］是閉集且是［0，a］的開覆蓋，這里，由有限覆蓋定理可得，存在有限的開覆蓋｛Us1，Us2，…，Usr｝. 再由t*∈（0，a］，存在正整數k*∈［1，r］，使得t∈Usk*，從而對任意的，有|t-t*|≤ε*，且|x*（t）-x*（t*）|=|x*（t）|≤ρ.再結合（f2）和x*是非負解，故有對任意的，0≤x*（t）≤ρ且f（t，x*（t））≥bx*（t）≥0，從而有：

又由x*是非負解且x*（t*）=0，故有對任意的，x*（t）=0 再由｛Us1，Us2，…，Usr｝是［0，a］的有限開覆蓋可得，對任意的t∈［0，a］，x*（t）=0 這與x*是非零函數矛盾，所以假設不成立，因此對所有的t∈（0，a］，都有x*（t）≠0，因此x*是方程（1）的正解. 證畢.