一類非線性四階離散邊值問題正解的存在性

趙亞麗,陳天蘭

(西北師范大學數學與統計學院,甘肅 蘭州 730070)

令T≥4為一整數.記

T0={0,1,…,T+1},

T1={1,2,…,T},

T2={2,3,…,T-1}.

離散邊值問題由于其重要的理論價值和物理背景,一直受許多研究者所關注,并獲得了豐富的研究成果[1-11].眾所周知,彈性梁方程在工程中有著不可或缺的作用,近年來,對兩端簡單支撐的非線性四階離散邊值問題解的存在性和多重性研究已有大量結果[2-3,6-7],其中大多數結果是基于錐上的不動點定理、不動點指數理論和拓撲度理論等.

He等[3]運用錐上的不動點定理研究了非線性四階離散邊值問題

Δ4u(t-2) -λa(t)f(u(t))=0,

t∈{2,3,…,T+2},

u(0)=u(T+2)=Δ2u(0)=Δ2u(T)=0

正解的存在性,其中λ是特征值,權函數a:{1,2,…,T+1}→[0,∞),f:R+→R+連續且T≥1.

Ma等[4]運用不動點指數理論研究了非線性四階離散邊值問題

Δ4u(t-2)-λf(t,u(t))=0,

t∈{2,3,…,T},

u(1)=u(T+1)=Δ2u(0)=Δ2u(T)=0

正解的存在性和多解性,其中λ>0是參數,f:T2×[0,∞)→[0,∞)連續且T≥5.然而,關于非線性四階離散邊值問題

Δ4u(t-2)+f(u(t))=0,t∈T2,

(1)

u(0)=Δu(0)=Δu(T)=Δ2u(0)=0

(2)

正解存在性從未被研究,其中f:[0,∞)→[0,∞)連續.事實上,在首次建立其相應線性問題的格林函數時帶來了極大的挑戰性,進而在討論其性質時,又是一項非常艱巨的任務,因此,對該類問題的研究是非常有必要和有意義的.

為此,本文運用錐上的不動點定理獲得了非線性四階離散問題(1)～(2)正解的存在性.

本文總假定:

(Hf)f:[0,∞)→[0,∞)連續.

記

則f0=0且f∞=∞對應超線性情形,f0=∞且f∞=0對應次線性情形.

本文的主要結果如下:

定理1假定(Hf)成立且f滿足:

f0=0且f∞=∞.

則問題(1)～(2)至少存在一個正解.

定理2假定(Hf)成立且f滿足:

f0=∞且f∞=0.

則問題(1)～(2)至少存在一個正解.

1 預備知識

本文使用的主要工具是:

滿足:

(i) ‖Au‖≤‖u‖,u∈K∩?Ω1且‖Au‖≥‖u‖,u∈K∩?Ω2或

(ii) ‖Au‖≥‖u‖,u∈K∩?Ω1且‖Au‖≤‖u‖,u∈K∩?Ω2,

引理2設h:T2→R.則四階線性邊值問題

Δ4u(t-2)+h(t)=0,t∈T2,

u(0)=Δu(0)=Δu(T)=Δ2u(0)=0

(3)

等價于

(4)

其中

證明設u滿足式(3),則通過對式(3)中的方程進行一系列和分運算,結合u(0)=Δu(0)=Δ2u(0)=0可得,

(5)

代入邊界條件Δu(T)=0,有

進而解得

(6)

將式(6)代入式(5)中可得,

T(T-1)(t-s)(t-s-1)(t-s+1)]·

[6T(T-1)]-1h(s)+

因此,u也滿足式(4).

另一方面,很容易驗證式(4)滿足式(3).

引理3格林函數G(t,s)滿足如下性質:

(i)G(t,s)≥0,s,t∈T1.

(ii)ρ(t)Φ(s)≤G(t,s)≤Φ(s),s,t∈T1.其中

證明(i) 當1≤t≤s≤T-1時,顯然,G(t,s)≥0.

當2≤s≤t≤T時,下面分兩種情況討論.當t-s-1≤0時,顯然G(t,s)≥0;當t-s-1>0時,即t>s+1,有

G(t,s)=[t(t-1)(t-2)(T+1-s)(T-s)-

T(T-1)(t-s)(t-s-1)(t-s+1)][6T(T-

1)]-1>{(t-3)[t(t-1)(T+1-s)(T-s)-

T(T-1)(t-s)(t-s+1)]}[6T(T-1)]-1=

{(t-3)[(t2-t)(T2-2Ts+s2+T-s)-

(T2-T)(t2-2ts+s2+t-s)]}[6T(T-1)]-1=

{(t-3)[s2(t2-T2)+s2(T-t)+2stT(T-t)+

s(T2-t2)+s(t-T)+2tT(t-T)]}[6T(T-

1)]-1={(t-3)(T-t)[s2(1-T-t)+

s(2tT+T+t-1)-2tT]}[6T(T-1)]-1=

{(t-3)(s-1)(T-t)[2tT-s(T+t-1)]}

[6T(T-1)]-1>{(t-3)(s-1)(T-t)[2(s+

1)T-sT-st+s]}[6T(T-1)]-1=

{(t-3)(s-1)(T-t)[s(T-t)+2T+s]}

[6T(T-1)]-1≥0.

(7)

故(i)成立.

(ii) 當1≤t≤s≤T-1時,有

另一方面,

當2≤s≤t≤T時,有

G(t,s)=[t(t-1)(t-2)(T+1-s)(T-s)-

T(T-1)(t-s)(t-s-1)(t-s+1)][6T(T-

另一方面,同式(7)的處理方法,則

G(t,s)=[t(t-1)(t-2)(T+1-s)(T-s)-

T(T-1)(t-s)(t-s-1)(t-s+1)][6T(T-

1)]-1>{(t-2)[t(t-1)(T+1-s)(T-s)-

T(T-1)(t-s)(t-s+1)]}[6T(T-1)]-1=

{(t-2)(s-1)(T-t)[2tT-s(T+t-1)]}·

[6T(T-1)]-1≥

[(t-2)(T-t)(T-t+1)s(T-2)(T+1-

s)(T-s)][12T(T-1)3(T-3)]-1.

故(ii)成立.

引理4設h:T2→[0,∞).則問題(3)的唯一解u非負,且滿足

證明由引理2和引理3可知,u(t)非負,且對任意t∈T1,有

進而得到,

另一方面,

ρ(t)‖u‖≥ρ‖u‖.

下面引入本文使用的空間:

定義非線性算子A:K→E,

依據引理2,很容易得到如下結論成立.

引理5若(Hf)成立,則u(t)是問題(1)～(2)的正解當且僅當Au=u.

引理6若(Hf)成立,則算子A:K→K全連續且A(K)?K.

證明由引理4可知,A(K)?K.由Arzel-Ascoli定理可知,A:K→K是全連續的.

2 主要結果的證明

Ω1={u∈E:‖u‖

則對任意u∈K∩?Ω1,t∈T1,由引理3可得,

(8)

其中

因此,

‖Au‖≤‖u‖,u∈K∩?Ω1.

Ω2={u∈E:‖u‖

則對任意u∈K∩?Ω2,t∈T2,由引理4可得,

由引理3和引理4可得,

因此,

‖Au‖≥‖u‖,u∈K∩?Ω2.

Ω1={u∈E:‖u‖

則對任意u∈K∩?Ω1,t∈T2,由引理3和引理4可得,

‖u‖.

因此,

‖Au‖≥‖u‖,u∈K∩?Ω1.

下面分兩種情況考慮.

(i) 若f有界.即存在L>0,對任意u∈[0,∞),有f(u)≤L.記

Ω2={u∈E:‖u‖

則對任意u∈K∩?Ω2,t∈T1,由式(8)可得,

因此,

‖Au‖≤‖u‖,u∈K∩?Ω2.

若u∈K∩?Ω2,則有f(u)≤ηH2.由式(8)可得,

因此,

‖Au‖≤‖u‖,u∈K∩?Ω2.