一類 n 階微分方程RiemannStieltjes積分邊值問題的正解
2024-02-21 02:10:32楚華磊
科技風 2024年4期
摘?要：本文研究了一類n階微分方程RiemannStieltjes積分邊值問題正解的存在性，在非線性項滿足超線性和次線性的條件下，運用錐上的不動點指數理論獲得了該問題正解的存在性.
關鍵詞：微分方程；積分邊值問題；正解；不動點指數
1?基本知識
非線性微分方程的BVPs出現在應用數學、物理和控制理論的變分問題的各種領域，許多作者已經討論了各類BVPs解的存在性.由于RiemannStieltjes積分的邊值條件更具有一般性，近年來帶有RiemannStieltjes積分的邊值問題引起了學者的廣泛關注［14］.
受上述文獻的啟發，本文研究如下n階微分方程RiemannStieltjes積分邊值問題正解的存在性：
u（n）（t）+f（t，u（t））=0，0<t<1，
u（0）=h∫10u（t）dζ（t），u（1）=g∫10u（t）dθ（t），
u′（0）=0，…，u（n-2）（0）=0，（1）
其中n3，∫10u（t）dζ（t），∫10u（t）dθ（t）表示RiemannStieltjes積分，并且滿足以下條件：（H1）ζ，θ是定義在［0，1］上的遞增非常值函數，ζ（0）=θ（0）=0；（H2）存在M>0使得f：［0，1］×［0，+）是連續的且非遞減的.
由文獻［4］中引理2.1，問題（1）等價于如下的積分方程：
u（t）=∫10G（t，s）f（s，u（s））ds+tn-1g∫10u（s）dθ（s）
+（1-tn-1）h∫10u（s）dζ（s）.
其中：
G（t，s）=（1-s）n-1tn-1-（t-s）n-1（n-1）！，0
引理1.1［4］：G（t，s）具有以下性質
（i）0k（s），t，s∈［0，1］，其中
k（s）=s（1-s）n-1（n-2）！，（2）
（ii）G（t，s）γ（t）k（s），t，s∈［0，1］，其中
γ（t）=mintn-1n-1，（1-t）tn-2n-1（3）
引理1.2［5］：設E是Banach空間，Ω（E）是有界開子集，P是E上的錐.若T：Ω∩P→P是全連續算子，且存在u0∈p＼0使得u-Tu≠λu0，u∈Ω∩P，λ0，則i（T，Ω∩P，P）=0，其中i是錐P上的不動點指數.
引理1.3［5］?設E是Banach空間，Ω（E）是有界開子集，P是E上的錐，0∈Ω，若T：Ω∩P→P是全連續算子，并且滿足u≠λTu，u∈Ω∩P，λ∈［0，1］，則i（T，Ω∩P，P）=1.
2?主要結果
令E=C［0，1］，并在其上賦予范數‖u‖=maxt∈［0，1］u（t），則（E，‖·‖）是一Banach空間，定義集合P=u∈E：u（t）0，t∈［0，1］，則P是空間E上的錐，P的對偶錐是P，E的共軛空間是E，此外，E上的有界線性泛函可以通過RiemannStieltjes積分來表示：〈z，φ〉=∫10φ（t）dz（t），φ∈E，z∈E.為了方便研究，令：p（t）=∫10G（t，s）ds=tn-1（1-t）n！，u0（t）=Mp（t），0
1γ（t）=max1（n-1）2n-1，（n-1）n-3nn-1.由于非線性項f可變號，為此需要首先考慮以下邊值問題：
u（n）（t）+f（t，u（t）-u0（t））=0，0<t<1，
u（0）=h∫10（u（t）-u0（t））dζ（t），u（1）=g∫10（u（t）-u0（t））dθ（t），
u′（0）=0，…，u（n-2）（0）=0，（4）
其中：
f（t，u（t）-u0（t））=f（t，u（t）-u0（t））+M，u（t）-u0（t）0，
f（t，0）+M，u（t）-u0（t）<0，（5）
g∫10（u（t）-u0（t）dθ（t））=g∫10（u（t）-u0（t））dθ（t），u（t）-u0（t）0，
0，u（t）-u0（t）<0，（6）
h∫10（u（t）-u0（t）dζ（t））=h∫10（u（t）-u0（t））dζ（t），u（t）-u0（t）0，
0，u（t）-u0（t）<0，（7）
邊值問題（4）等價于如下積分方程：
u（t）=∫10G（t，s）f（t，u（s）-u0（s））ds+tn-1g∫10（u（s）-u0（s））dθ（s）+（1-tn-1）h∫10（u（s）-u0（s））dζ（s）.
引理2.1［4］：若u是（1）的解，則u+u0是（4）的解；反過來，若u是（4）的解，且u（t）u0（t），t∈［0，1］，則u-u0是（1）的解.
引理2.1表明，通過研究邊值問題（4）超過u0的解，即可得到問題（1）的正解.定義算子T：
（Tu）（t）=∫10G（t，s）f（t，u（s）-u0（s））ds+tn-1g∫10（u（s）-u0（s））dθ（s）+（1-tn-1）h∫10（u（s）-u0（s））dζ（s）.
由Ascoli–Arzela定理易證T是一個全連續算子，于是問題（4）解的存在性等價于算子T不動點的存在性.
定義線性算子LG和Lζ（ζ>0）：
（LGu）（t）=∫10G（t，s）u（s）ds，（Lζu）（t）=ζ∫10G（t，s）u（s）ds+tn-1∫10u（s）dθ（s））+（1-tn-1）（∫10u（s）dζ（s）.
引理2.2：令r（LG）表示LG的譜半徑，則r（LG）>0.由Gelfand定理易證r（LG）>0.于是r（Lζ）ζr（LG）>0，由Krein–Rutman定理可知，存在函數φζ∈P＼0和ψζ∈P＼0，ψζ（1）=1，使得Lζφζ=r（Lζ）φζ，Lζψζ=r（Lζ）ψζ.
其中Lζ：E→E是Lζ的共軛算子，定義為：（Lζu）（t）=ζ∫t0ds∫10G（τ，s）du（τ）+θ（t）∫10τn-1du（τ）+ζ（t）∫10（1-τn-1）du（τ）.
引理2.3：令P0=u∈E：u（t）γ（t）‖u‖，t∈［0，1］，則T（P）P0；并且當u∈P0，且‖u‖M時，u（t）u0（t），即u（t）-u0（t）0.
證明：參見文獻［4］中的定理3.1即可得到T（P）P0，故僅需證該定理的后半段.
當u∈P0時，u（t）γ（t）‖u‖，t∈［0，1］.顯然p（t）
C1r（Lβ）-1∫10γ（t）dψβ（t）-1.取R1>maxM，C1r（Lβ）-1∫10γ（t）dψβ（t）-1，當u2∈BR1∩P時，（12）式不滿足，則（11）式成立，從而根據引理1.2可得
i（T，BR1∩P，P）=0.（14）
至此，根據（10）式和（14）式可得i（T，BR1＼BM∩P，P）=i（T，BR1∩P，P）-i（T，BM∩P，P）=0-1=-1≠0.
從而算子T在BR1＼BM∩P內至少存在一個不動點u～（t），且u～（t）u0（t），t∈［0，1］，則u～-u0是（1）的一個正解.
定理2.5：如果（H1）—（H3）和以下條件成立：
（H6）存在函數φ∈C（［0，1］，［0，+
1γ（t）∫10k（s）φ（s）ds>M=‖u3‖.
這與（16）式矛盾，從而（15）式成立，根據引理1.2得
i（T，BM∩P，P）=0.（17）
然后證明
u≠λTu，λ∈［0，1］，u∈BR2∩P.（18）
其中R2>M，若上式不成立，則存在u4∈BR2∩P，λ3∈［0，1］，使得
u4（t）=λ3（Tu4）（t），t∈［0，1］.（19）
上式表明u4∈P0，由條件（H7）可知存在cj>0，j=4，5，6，使得f（t，u）+M
C21-r（Lχ）∫10γ（t）dψχ（t）-1.
取R2>maxM，C21-r（Lχ）∫10γ（t）dψχ（t）-1，于是（19）式不滿足，則（18）式成立，從而根據引理1.3可得
i（T，BR2∩P，P）=1.（21）
根據（17）式和（21）式可得i（T，BR2＼BM∩P，P）=i（T，BR2∩P，P）-i（T，BM∩P，P）=1-0=1≠0.因此，算子T在BR2＼BM∩P內至少存在一個不動點u（t），且u（t）u0（t），t∈［0，1］，則u-u0是（1）的一個正解，證畢.
參考文獻：
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［5］郭大鈞.非線性泛函分析［M］.濟南：山東科學技術出版社，2001.
基金項目：國家自然科學基金（11871302）；重慶市自然科學基金（cstc2020jcyjmsxmX0123）
作者簡介：楚華磊（1998—?），男，漢族，四川渠縣人，學士，在讀研究生，研究方向：非線性泛函分析。
