具有Beddington-DeAngelis功能反应函数捕食模型正稳态解存在性

苗宝军, 梁庆利

(许昌学院 数学与统计学院, 河南 许昌 461000)

1 预备知识

具有Beddington-DeAngelis功能反应函数的捕食模型的研究多年来得到了许多数学工作者的广泛关注[1-3],而它的特殊情况对应的食物依赖和比例依赖型的捕食模型也被众多专家学者所研究[4-18].然而在这些文献中,许多作者研究的大多是带有齐次Neumann边值条件或齐次Robin边值条件捕食模型,这种边界条件在自然界中比较常见,而对于带有混合边界条件情况的捕食模型的研究较少[6,9,12].另一方面,在一些特定的生态环境下,特别是当捕食者不得不主动的寻找、掠夺以及共享食物时,比较合理的应当是具有比例依赖型的捕食模型[4-7,13].许生虎等[1]应用能量估计方法研究了一类带Beddington-DeAngelis功能反应项的捕食者-食饵模型,证明了模型整体解的存在唯一性和一致有界性,并通过构造Lyapunov函数给出了该模型唯一正平衡点全局渐近稳定的充分条件.陈滨等[2]研究了一类带有扩散和Beddington-DeAngelis响应函数的捕食模型的正平衡态.许生虎等[3]应用能量估计方法和Bootstrap技巧研究了带Beddington-DeAngelis功能反应项的捕食者-食饵交错扩散模型整体解的存在性.顾永耕等[12]主要利用拓扑度理论研究了一类被捕食者带有第三边值的捕食模型,获得了模型正稳态解存在的充要条件和正稳态解的局部稳定性和唯一性,并讨论了扩散参数对它的正稳态解存在的影响.李平等[6]也主要运用拓扑度理论研究了一类带混合边界条件的比率依赖捕食模型,获得了模型存在正稳态解的条件.受文献[1-3]的思想启发,建立了如下一类具有混合边界条件的Beddington-DeAngelis功能反应函数的捕食模型

(x,t)∈Ω×(0,∞),

(x,t)∈Ω×(0,∞),

u(x,0)=u0(x),

v(x,0)=v0(x)≥0,x∈Ω,

(1)

不妨令k1=k2=1,作适当变换,模型(1)化为

(x,t)∈Ω×(0,∞),

(x,t)∈Ω×(0,∞),

(x,t)∈∂Ω×(0,∞),

u(x,0)=u0(x),

v(x,0)=v0(x)≥0,x∈Ω.

(2)

问题(2)对应的平衡态问题为

(3)

利用拓扑度理论、指标理论、椭圆方程估计理论和极值原理,结合一定的数学分析技巧,借助构造的一个可微Frechet紧算子K,研究问题(2)解的渐近性态和问题(3)正解存在的条件.

2 问题(2)的解的渐近性和问题(3)存在正解的必要条件

先给出一些预备知识.设λ1(q)≤λ2(q)≤λ3(q)≤…是问题(4)的特征值

-△φ+q(x)φ=λφ,x∈Ω,

(4)

定理2.1如果问题(3)有正解(u,v),那么

并且0

证明因为问题(3)有正解(u,v),所以问题(3)的第二个方程满足

s2v-v2<-d2△v≤

(s2+B)v-v2,x∈Ω,

则由比较原理和极值原理得s2

证毕.

证明问题(2)的第二个方程满足

(x,t)∈Ω×(0,∞),

v(x,0)=v0(x)≥0,x∈Ω.

(5)

于是问题(2)的第一个方程满足

(x,t)∈Ω×(0,∞),

(x,t)∈∂Ω×(0,∞),

u(x,0)=u0(x)≥0,x∈Ω.

(6)

(x,t)∈Ω×(0,∞),

v(x,0)=v0(x)≥0,x∈Ω.

3 平衡态问题(3)正解存在的充分条件

利用文献[14]锥内不动点指数理论分别计算算子K在3个平凡解和半平凡解的指数.如果它们的指数之和不等于1,则存在常数R>0,使得K在BR(0)内一定存在一个不同于平凡解和半平凡解的不动点,从而问题(3)存在正解.

为了叙述方便,定义:设

P={(u,v)∈X|u,v≥0,x∈Ω}.

在P中取一个闭凸子集E,并且对于一个给定的二维向量φ,定义一个楔如下：

Wφ=closure{ψ∈X|∃s>0,φ+sψ∈E}.

设Xφ是包含在Wφ内的最大子空间,K:X→X是一个Frechet可微的紧算子,并且满足K(E)⊆E.如果存在X的子空间Yφ使得X=Xφ⊕Yφ,那么,K在点φ的指数可以通过分析K′(φ)在Xφ和Yφ中对应的特征问题得到.具体如下:设T:X→Yφ是X到Yφ上的一个投影算子.如果在点φ处K的Frechet导数算子K′(φ)在Wφ中没有不动点,那么i(K,φ)有定义.同时,如果T∘K′(φ)有特征值λ>1,那么i(K,φ)=0.如果T∘K′(φ)没有大于1的特征值,那么i(K,φ)=iXφ(K′(φ),0)=(-1)r,其中,iXφ(K′(φ),0)表示在空间Xφ中线性算子K′(φ)在0点的指数,r是K′(φ)限制在空间Xφ上大于1的特征值的个数.对于问题(3),给出对应的K和E分别为:

K(u,v)=((-d1△+M)-1((s1+M)u-

E={(u,v)∈P|u+m1v≤s1+M,v≤s2+M},

其中M是一个待定的充分大的正常数.易证,K:X→X是一个Frechet可微紧算子.为了研究稳态问题(3)正解存在性的条件,先证明下面2个引理.

证明设(u,v)∈E和(w,z)=K(u,v),则有

-d1△w+Mw=(s1+M)u-

-d2△z+Mz=(s2+M)v-

(7)

(8)

让M足够的大使得

设s1>d1λ1,问题(3)具有的平凡解和半平凡解记为0=(0,0),u*=(θs1,0),v*=(0,s2).

引理3.2若s1>d1λ1,则有:

(i)i(K,0)=0;

(ii)i(K,u*)=0;

证明(i) 取φ=0,通过计算得到Wφ=P,X={0},Yφ=X,T=l,

K′(0)(ξ,η)=((-d1△+M)-1(s1+M)ξ,

(-d2△+M)-1(s2+M)η).

假定(ξ,η)∈Wφ-{0}是特征值λ对应的特征向量,则(ξ,η)满足

(9)

易知,(0,1)是问题(9)一个解且有

于是λ>1,i(K,0)=0.

(ii) 取φ=u*,通过计算得到

Wφ={(u,v)|v≥0},

Xφ={(u,0)|u∈W1},

Yφ={(0,v)|v∈W2},

X=Xφ⊕Yφ,

T:(u,v)→(0,v),

K′(u*)(ξ,η)=

假定(ξ,η)∈Wφ-{0}是K′(u*)的不动点,则(ξ,η)满足

(10)

因为

所以由问题(10)的第二个方程得到η=0.将它代入到问题(10)的第一个方程并由文献[9]知算子-d1△-(s1-2θs1)可逆得ξ=0,这与假设矛盾,从而K′(u*)不存在非零不动点,因此i(K,u*)存在.

下面讨论T∘K′(u*)的特征值,投影算子T:(u,v)→(0,v)表示的每一个特征向量具有(0,η)的形式.设λ是T∘K′(u*)的特征值,(0,η)是算子对应的特征向量,则η满足

对于某个i≥1.

因为

所以λ>1存在,根据指数定义得到i(K,u*)=0.

(iii) 取φ=v*,通过计算得到

Wφ={(u,v)|u≥0},

Xφ={(0,v)|v∈W2},

Yφ={(u,0)|u∈W1},

X=Xφ⊕Yφ,T:(u,v)→(u,0),

K′(v*)(ξ,η)=

(-d2△+M)-1((M-s2)η+m2s2ξ)).

假定(ξ,η)∈Wφ-{0}是K′(v*)的不动点,则(ξ,η)满足

-d2△η=-s2η+m2s2ξ,x∈Ω,

如果ξ=0,那么上式可化为

-d2△η=-s2η,x∈Ω,

由极值原理得η=0.如果恒有ξ≠0,则又有

接着考虑T∘K′(v*)的特征值,投影算子T:(u,v)→(u,0)表示的T∘K′(v*)特征函数具有(ξ,0)的形式.设λ是T∘K′(v*)的特征值,(ξ,0)是其对应的特征函数,则ξ满足

对于某个i≥1.

让M充分大使得

如果

那么λ>1,于是i(K,v*)=0.如果

那么λ<1,

i(K,v*)=iXφ(K′(v*),0)=(-1)r.

现计算r.假设λ*是K′(v*)的特征值,(ξ*,η*)是Xφ中对应的特征向量,则η*不等于零,ξ*=0并且η*满足下列方程

对于某个i≥1.

如果必要让M充分大,使得M-s2>0.从而λ*<1.根据指数定义得到r=0.故

i(K,v*)=(-1)r=1.

证毕.

证明取充分大的正常数,考虑下列问题

-d1△u+t(M-1)u+u=

t[(M-1)u+f1(u,v)],x∈Ω,

-d2△v+tMv=t[Mv+f2(u,v)],x∈Ω,

(11)

其中t∈[0,1],

设(u,v)是问题(11)的一个解,令

-d1△u+t(M-1)u+u=

-d2△v+tMv=

利用最大值原理[11]并注意到u≥0,v≥0得到max|u|≤s1,max|v|≤s2+B.于是对于问题(11)使用Lp估计和Sobolev嵌入定理得

|u|1+α,|v|1+α≤C(‖u‖2,p+‖v‖2,p)≤

C(‖f2(u,v)‖p+‖f1(u,v)‖p+

‖u‖p+‖v‖p).

因此,存在一个正常数R>0,使得‖(u,v)‖∞

Kt(u,v)=((-d1△+tM)-1(t(Mu+f1)),

(-d2△+t(M-1)+1)-1(t(M-1)v+f2)).

显然K1=K.根据前面的讨论,对于任何t∈[0,1],Kt在∂BR(0)上没有不动点.于是由同伦不变性得

deg(Kt,BR(0))=

deg(K1,BR(0))=(K0,BR(0)).

0=i(K,0)+i(K,u*)+

i(K,v*)+i(K,BR(0))=1.

矛盾.故K在BR(0)内存在正的不动点.所以问题(3)至少存在一个正解.证毕.

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