带积分边界条件的共振边值问题正解的存在性

江卫华 杨彩霞

摘要：基于ORegan和Zima所研究的范数形式的Leggett-Williams定理，利用Banach空间中锥和Leray-Schauder度的性质，研究了带有积分边界条件的二阶共振边值问题正解的存在性。最后给出了例子验证所得结论。

关键词：常微分方程数值解；边值问题；共振；正解；锥；Fredholm算子

中图分类号：O175.8MSC（2010）主题分类：34B18文献标志码：A

Existence of positive solutions of boundary value problem

with integral boundary condition at resonance

JIANG Weihua， YANG Caixia

（School of Science， Hebei University of Science and Technology， Shijiazhuang， Hebei 050018， China）

Abstract：In view of the Leggett-Williams norm-type theorem due to O'Regan and Zima， by using the properties of the cone and Leray-Schauder degree in Banach space， the existence of positive solutions of the second order boundary value problem with integral boundary condition at resonance is studied. An example is given to illustrate the main results.

Keywords：numerical solution of ordinary differential equations； boundary value problem； resonance； positive solution； cone； Fredholm operator

收稿日期：2014-12-03；修回日期：2015-05-05；責任编辑：张军

基金项目：国家自然科学基金（11171088）；河北省自然科学基金 （A2013208108）

作者简介：江卫华（1964-），女，河北邯郸人，教授，博士，主要从事应用泛函分析、常微分方程边值问题方面的研究。

E-mail：jianghua64@163.com

江卫华，杨彩霞.带积分边界条件的共振边值问题正解的存在性[J].河北科技大学学报，2015，36（4）：376-381.

JIANG Weihua， YANG Caixia.Existence of positive solutions of boundary value problemwith integral boundary condition at resonance[J].Journal of Hebei University of Science and Technology，2015，36（4）：376-381.1问题提出

对常微分方程多点边值问题的研究起源于BITSADZE[1]，之后，许多学者研究了非线性多点边值问题。对多点边值问题解和正解的研究已经取得了大量的结果[2-10]。众所周知，相比非共振问题，求解共振边值问题正解的存在性相关文献报道比较少。

有学者利用Cremins半线性映射不动点指数定理[11-12]，研究了二阶常微分方程3点共振边值问题：（p（t）x′（t））′=f（t，x（t），x′（t）），t∈（0，1），

x′（t）=0，x（1）=x（η）（1）正解的存在性结果。INFANTE等[13]给出了如下共振多点边值问题：x″（t）+f（t，x（t））=0，t∈（0，1），

x′（0）=0，x（1）=∑m-2i=1αix（ηi）（2）正解的存在性，其中0<η1<η2<…<ηm-2<1，αi>0，∑m-2i=1αi=1。

受上述文献启发，考虑如下具有积分边界条件的二阶共振边值问题：-x″（t）=f（t，x（t）），t∈[0，1]，

x′（0）=0，x（1）=∫10p（t）x（t）dt（3）正解的存在性。其中p（t）≥0，且∫10p（t）dt=1。本文利用范数形式的Leggett-Williams不动点定理[14]，给出了正解存在的充分条件。

2预备知识

为方便读者理解，在本部分开始，列出了一些基本知识以及在证明过程中必要的引理。

河北科技大学学报2015年第4期江卫华，等：带积分边界条件的共振边值问题正解的存在性定义1设X是实Banach空间。一个非空凸闭集合CX如果满足：

1）λx∈C，对任何x∈C，λ≥0；

2）若x，-x∈C，则有x=θ，

则称C为锥。

由C可得到X中的一个半序xy，当且仅当y-x∈C。

设X，Y是Banach空间，L：dom L X→Y是指数为零的Fredholm算子，即Im L是闭集且dim Ker L=codim Im L<∞。此时存在连续投影算子P：X→X和Q：Y→Y，使得Im P=Ker L，Ker Q=Im L。此外，由于dim Im Q=dim Ker L，因此存在同构J：Im Q→Ker L，若限制L在Ker P∩dom L上，记为Lp，则它的逆算子存在，记为Kp：Im L→Ker P∩dom L。

这样（见文献[11]、文献[12]、文献[15]和文献[16]），方程Lx=Nx等价于x=（P+JQN）x+Kp（I-Q）Nx。

引理1[17]设C为X中一个锥，则对每个u∈C＼{θ}，存在1个正数σ（u）使得‖x+u‖≥σ（u）‖x‖，对x∈C。

令γ：X→C为保核收缩，即γ为一连续映射，且γx=x，x∈C。并记

Ψ：=P+JQN+Kp（I-Q）N和Ψγ：=Ψγ。

定理1[14]设C为X中的锥，Ω1，Ω2为X中有界开子集，且1Ω2，C∩（2＼Ω1）≠。假设L：dom LX→Y是指数为0的Fredholm算子，且

1）QN：X→Y连续有界，Kp（I-Q）N：X→X在X的任意有界子集上是紧的；

2） 对任何x∈Ω2∩dom L，λ∈（0，1），Lx≠λNx；

3） γ将2中子集映射为C中有界集；

4） dB（[I-（P+JQN）γ]|Ker L，Ker L∩Ω2，0）≠0，其中dB代表Brouwer度；

5）存在u0∈C＼{0}使得x∈C（u0）∩Ω1，都有‖x‖≤σ（u0）‖Ψx‖，其中C（u0）={x∈C：μu0x，μ>0}，σ（u0）满足对x∈C，不等式‖x+u0‖≥σ（u0）‖x‖ 都成立；

6）（P+JQN）γ（Ω2）C；

7）Ψγ（2＼Ω1）C。

则方程Lx=Nx在C∩（2＼Ω1）中有1个解。

为表达简单，令G（t，s）：=（1-s）22-（t-s）+5+3t23（1-∫10t2p（t）dt）[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]，0≤s≤t≤1，

（1-s）22+5+3t23（1-∫10t2p（t）dt）[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]，0≤t

令κ：=min1maxt，s∈（0，1）G（t，s），1-∫10t2p（t）dtmaxt，s∈[0，1]2[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]，显然κ<1。

3主要结论

定理2设存在R∈（0，∞）使得f：[0，1]×[0，R]→R连续且

H1）f（t，x）>-κx，对任何（t，x）∈[0，1]×[0，R]，

H2）f（t，R）<0，对任何t∈[0，1] ，

H3）存在r∈（0，R），t0∈[0，1]，a∈（0，1]，M∈（0，1）和连续函数g：[0，1]→[0，∞），h：（0，r]→[0，∞）使得对[t，x]∈[0，1]×（0，r]，总有f（t，x）≥g（t）h（x），且h（x）/xa在（0，r]上非增并满足：h（r）r∫10G（t0，s）g（s）ds≥1-MMa，则边值问题（3）在[0，1]上至少有1个正解。

证明考虑Banach空间X=Y=C[0，1]及范数‖x‖=maxt∈[0，1]|x（t）|，定义线性算子L：dom LX→Y，Lx=-x″（t），t∈[0，1]，其中：dom L={x∈X|x″（t）∈C[0，1]，x′（0）=0，x（1）=∫10p（t）x（t）dt}。定义算子N：X→Y且（Nx）（t）=f（t，x（t）），t∈[0，1]。

显然有Ker L={x∈dom L：x（t）=c，t∈[0，1]}且Im L={y∈Y：∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]y（s）ds=0}，显然，dim Ker L=1，Im L是闭集。

定义投影算子P：X→X，Q：Y→Y分别为

Px（t）=∫10x（t）dt，Qy（t）=21-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]y（s）ds。容易验证Im P=Ker L，Ker Q=Im L且Ker P={x∈X：∫10x（s）ds=0}。

y∈Y，有y=y-Qy+Qy，Q（y-Qy）=Qy-Q2y=0，即y-Qy∈Ker Q，所以有Y=Ker Q+Im Q=Im L+Im Q。y∈Im L∩Im Q，由y∈Im Q，知y=c（常数）， 又y=c∈Im L，有∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]cds=0，而∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]ds≠0，所以c=0，Im Q∩Im L={0}，从而Y=Im QIm L。由于dim Im Q=1，因此codim Im L=1。所以L是指数为0的Fredholm算子。

对任一y∈Im L，Lp的逆算子Kp由下式給出：

（Kp）y=∫10k（t，s）y（s）ds，

其中：

k（t，s）=（1-s）22，0≤t

（1-s）22+s-t，0≤s≤t≤1，

考虑到f可连续延拓至[0，1]×（-∞，+∞），因此定理1中条件1）成立。

定义锥C={x∈X：x（t）≥0，t∈[0，1]}。

令Ω1={x∈X：r>|x（t）|>M‖x‖，t∈[0，1]}和Ω2={x∈X：‖x‖

容易验证Ω1，Ω2为有界开集。

此外，C∩（2＼Ω1）≠。定义同构J：Im Q→Ker L为J=I，算子γ：X→C为（γx）（t）=|x（t）|，x∈X。在此定义下，γ是一个保核收缩且将2中子集映射为C中有界子集，这说明定理1中条件3）成立。

下面说明定理1的条件2）成立。为此，假设存在x0∈C∩Ω2∩dom L以及λ0∈（0，1）使得Lx0=λ0Nx0，即对t∈[0，1]有：

x″0（t）+λ0f（t，x0）=0，

设t1∈[0，1]满足x0（t1）=R，有：

0≥x″0（t1）=-λ0f（t1，x0（t1））

與条件H2）矛盾，所以定理1的条件2）成立。

下面证明条件4）成立。

对x∈Ker L∩Ω2，有x（t）=c，t∈[0，1]，定义H（c，λ）=c-λ|c|-2λ1-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]f（s，|c|）ds，其中c∈[-R，R]，λ∈[0，1]。

假设H（c，λ）=0，则：c=λ|c|+2λ1-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]f（s，|c|）ds≥

λ|c|-2λκ|c|1-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]ds≥0，如果H（R，λ）=0，即R-λR-2λ1-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]f（s，R）ds=0，因此有：

0≤（1-λ）R=2λ1-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]f（s，R）ds，

与条件H2）矛盾。

对x∈Ω2∩Ker L，λ∈[0，1]，有H（R，λ）≠0，因此有dB（H（c，0），Ker L∩Ω2，0）=dB（H（c，1），Ker L∩Ω2，0）。然而dB（H（c，0），Ker L∩Ω2，0）=dB（I，Ker L∩Ω2，0）=1。所以有：

dB（[I-（P+JQN）γ]|Ker L，Ker L∩Ω2，0）=dB（H（c，1），Ker L∩Ω2，0）≠0。

对于x∈Ω2有：

（P+JQN）γ（x）=∫10|x（s）|ds+21-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]f（s，|x（s）|）ds≥

∫10（1-2κ1-∫10t2p（t）dt[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]）|x（s）|ds≥0，

因此定理1中条件6）成立。设x∈2＼Ω1，t∈[0，1]，则有：

（Ψγ）（x）=∫10|x（s）|ds+21-∫10t2p（t）dt∫10[（1-s）-∫1s（t-s）p（t）dt]f（s，|x（s）|）ds+

∫10k（t，s）{f（s，|x（s）|）-21-∫10t2p（t）dt∫10[（1-τ）-∫1τ（t-τ）p（t）dt]f（τ，|x（τ）|）dτ}ds=

∫10|x（s）|ds+∫10G（t，s）f（s，|x（s）|）ds。

由条件H1）可得：

（Ψγ）（x）≥∫10|x（s）|ds-κ∫10G（t，s）|x（s）|ds=∫10（1-κG（t，s））|x（s）|ds≥0，

因此定理1中的条件7）成立。

最后，证明定理1中条件5）成立。

取u0（t）≡1，t∈[0，1]，显然有u0∈C＼{0}，C（u0）={x∈C|x（t）>0，t∈[0，1]}。

取σ（u0）=1，设x∈C（u0）∩Ω1，有x（t）>0，t∈[0，1]，0<‖x‖≤r，x（t）≥M‖x‖，t∈[0，1]。

考虑到条件H3），对所有x∈C（u0）∩Ω1，

（Ψx）（t0）=∫10x（s）ds+∫10G（t0，s）f（s，x（s））ds≥

M‖x‖+∫10G（t0，s）g（s）h（x（s））ds=

M‖x‖+∫10G（t0，s）g（s）h（x（s））xa（s）xa（s）ds≥

M‖x‖+h（r）ra∫10G（t0，s）g（s）xa（s）ds≥

M‖x‖+h（r）ra∫10G（t0，s）g（s）Ma‖x‖ads≥

M‖x‖+（1-M）‖x‖=‖x‖。

所以对于x∈C（u0）∩Ω1，有‖x‖≤σ（u0）‖Ψx‖，即定理1中条件5）成立。由定理1可知，方程Lx=Nx在C∩（2＼Ω1） 中有1个解。

4例子

考虑如下共振边值问题：x″（t）+-t22+t2+12（x2-4x+3）x2-8x+17=0，t∈[0，1]，

x′（0）=0，x（1）=∫10x（t）dt，（4）取p（t）=1>0，显然∫10p（t）dt=1，满足条件。通过简单计算，得到κ=613，∫10G（0，s）ds=2318。取R=98，r=12，t0=0，a=1，M=12及g（t）=-t22+t2+12，h（x）=x2-8x+17，易知：12≤g（t）≤58，t∈[0，1]。

容易验证：

A1）f（t，x）>-613x，对任意[t，x]∈[0，1]×0，98；

A2）f（t，R）<0，对任意t∈[0，1]；

A3）f（t，x）≥g（t）h（x）对任意[t，x]∈[0，1]×0，12并且有h（x）x=x2-8x+17x在0，12上非增，h（r）r∫10G（0，s）g（s）ds≥532∫10G（0，s）ds=532×2318≥1=1-MMa。

满足定理2的所有条件，因此，边值问题（4）在[0，1]上至少有1个正解。

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