赵 微
(大庆师范学院 教师教育学院, 黑龙江 大庆 163712)
一类四阶微分方程m点边值问题的正解
赵 微
(大庆师范学院 教师教育学院, 黑龙江 大庆 163712)
讨论一类四阶微分方程m点边值问题
四阶微分方程;m点边值问题; 正解; 锥; 不动点指数
四阶微分方程的边值问题在弹性力学和工程物理中,常用来刻画弹性梁的平衡状态.由于这类问题应用很普遍,因此,许多学者对这类问题进行了深入的研究,并得到许多结果.对于四阶常微分方程两点或三点边值问题正解的存在性,一些学者已经做了较多的研究[1-6].然而对于四阶常微分方程m点边值问题的研究相对较少,并且大多运用Krasnoselskii’s不动点定理或上下解方法[7-8].
文献[4]主要研究一类四阶三点边值问题
运用不动点指数定理得到了上述问题正解的存在性.
受文献[4]的启发,本文将上述三点边值推广到m点边值,即考虑如下奇异四阶微分方程边值问题
(1)
为了方便,作如下假设条件:
(H2)h:(0,1)→[0,∞)连续,h(t)不恒等于0.允许h(t)在t=0,1处奇异,且
(2)
(H3)f:[0,+∞)→[0,+∞)连续.
定义1如果u(t)满足如下条件:
(ⅰ)u(t)∈C[0,1],且于(0,1)内大于0;
则u(t)是(1)式的正解.
引理1函数g(t,s)满足
g(t,s)≤s(1-s), 0≤t,s≤1,
(3)
(4)
证明令
0≤s≤t≤1,
0≤t≤s≤1,
当0≤t≤1时有
证毕.
P={u∈C[0,1]:u(t)≥0,t∈[0,1]},
则P是C[0,1]上的正锥,取
‖u‖},
定义算子
t∈[0,1].
(5)
引理2设条件(H1)~(H3)满足,则算子A:P1→P1全连续.
证明由(3)式可知
于是
则有
从而A:P1→P1,且A(P1)→P1.
由Azela-Ascoli定理则知,算子A:P1→P1全连续.证毕.
定义算子
t∈[0,1],
(6)
易知T是线性全连续算子.
引理3设条件(H1)~(H3)满足,则由(6)式定义的算子T的谱半径r(T)≠0,且T有关于第一特征值λ1=(r(T))-1的特征函数.
证明类似于文献[9]中的引理3.
u-Au≠μu0, ∀u∈∂Ω(P),μ≥0,
则不动点指数
i(A,Ω(P),P)=0.
Au≠μu, ∀u∈∂Ω(P),μ≥1,
则不动点指数
i(A,Ω(P),P)=1.
定理1如果假设(H1)~(H3)满足,且
(7)
(8)
其中λ1是由(6)式定义的算子T的第一特征值,则四阶边值问题(1)至少存在一个正解.
证明由(7)式知,存在r1gt;0,使得∀0≤u≤r1,有f(u)≥λ1u.设u*是T的关于λ1的特征函数,则u*=λ1Tu*.
因为f(u)≥λ1u,∀0≤u≤r1,所以有
假设A在∂Br1∩P1上没有不动点(否则结论成立).现证u-Au≠μu*,μ≥0,否则,存在μ1及τ0≥0,使得u1-Au1=τ0u*,显然可知τ0gt;0,且
u1=Au1+τ0u*≥τ0u*.
令τ*=sup{τ|u1≥τu*},则显然有τ*≥τ0gt;0,且u1≥τ*u*.又因为T(P1)⊂P1,则有
λ1T(u1)≥λ1T(τ*u*)=
τ*λ1Tu*=τ*u*,
因此
u1=Au1+τ0u*≥λ1T(u1)+τ0u*≥
τ*u*+τ0u*=(τ*+τ0)u*,
此与τ*的定义相矛盾,故假设不成立,所以,有u-Au≠μu*,μ≥0,因此,由引理4有
i(A,Br1∩P1,P1)=0.
(9)
(T1u)(t)=σλ1(Tu)(t),
∀u∈C[0,1],
则显然有T1:C[0,1]→C[0,1]是有界线性全连续算子,且T1(P1)⊂(P1).
u(t)=μ(Au)(t)=
于是(I-T1)(u)≤M.
由于λ1是T的第一特征值,且0lt;σlt;1,所以有(r(T1))-1gt;1,因此(I-T1)-1存在,且
从T1(P1)⊂P1,及上式得知(I-T1)-1(P1)⊂P1,于是有u(t)≤(I-T1)-1M,故W是有界的.
取r3gt;max{r2,supW}.由不动点的同伦不变性知
i(A,Br3∩P1,P1)=
i(θ,Br3∩P1,P1)=1.
(10)
由(9)和(10)式可知
i(A,Br3∩P1,P1)-i(A,Br1∩P1,P1)=
1-0=1,
定理2如果假设(H1)~(H3)满足,且
(11)
(12)
其中λ1是由(6)式定义的算子T的第一特征值,则四阶边值问题(1)至少存在一个正解.
证明由(11)式知,存在r1gt;0,使得f(u)≤λ1u,0≤u≤r1.定义(T2u)(t)=λ1(Tu)(t),∀u∈C[0,1],因此,T2:C[0,1]→C[0,1]是线性全连续有界算子,且T2(P1)⊂P1,r(T2)=1,于是,∀u∈∂Br1∩P1,则有
(T2u)(t),
于是(Au)(t)≤(T2u)(t),∀u∈∂Br1∩P1.假设A在∂Br1∩P1上无不动点(否则,结论成立).现证Au≠μu,∀u∈∂Br1∩P1,μ≥1,否则,存在μ0≥1,u1∈∂Br1∩P1,使得Au1=μ0u1,显然有μ0gt;1,且μ0u1=Au1≤T2u1.由于T2(P1)⊂P1,所以有
|n=1,2,…}⊂{u∈P1|u≥u1}.
由Gelfand公式得
与r(T2)=1矛盾,所以假设不成立,因此
i(A,Br1∩P1,P1)=1.
(13)
由(12)式知存在εgt;0,使得f(u)≥(λ1+ε)u,其中u足够大.根据假设(H3),存在b≥0使得f(u)≥(λ1+ε)u-b,0≤ult;+∞.
取
r2=
∀u∈∂Br2∩P1,
则有
(Au)(t)≥
λ1(Tu)(t).
令u0是T关于λ1的正的特征函数,于是有u0=λ1Tu0,且
则有u0∈P1{θ}.
假设A在∂Br2∩P1上无不动点(否则结论成立).现证u-Au≠μu0,∀u∈∂Br2∩P1,μ≥0,否则,存在u2∈∂Br2∩P1,ρ0≥0,使得u2-Au2=ρ0u0,显然有ρ0gt;0,且u2=Au2+ρ0u0≥ρ0u0.令ρ*=sup{ρ|u2≥ρu0},则显然有ρ*≥ρ0gt;0,且u2≥ρ*u0.由于T(P1)⊂P1,所以有
λ1(Tu2)≥ρ*λ1(Tu0)=ρ*u0,
于是
u2=Au2+ρ0u≥λ1Tu2+ρ0u0≥
ρ*u0+ρ0u0,
此与ρ*的定义相矛盾,故假设不成立,所以u-Au≠μu0,因此
i(A,Br2∩P1,P1)=0.
(14)
由(13)和(14)式则知
i(A,Br2∩P1,P1)-i(A,Br1∩P1,P1)=
0-1=-1,
例1考虑u(0)=u′(0)u″(0)=0,u″(1)=u″(1/3)+u″(1/9),h(t)=t-1,f(u)=2(36π)4e-uu,则
满足假设(H3).定义
显然有
因此
进一步可以得到
由Gelfand公式,则有
根据引理1,则知
因此
因为
2(36π)4gt;(36π)4gt;λ1,
0lt;1≤λ1.
根据定理1,则知四阶四点边值问题
至少有一个正解.
致谢大庆师范学院自然科学基金项目(12ZR10)对本文给予了资助,谨致谢意.
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2010MSC:34B18; 34G20
(编辑 郑月蓉)
Positive Solutions of m-point Boundary Value Problem for One Class of Fourth-order Differential Equation
ZHAO Wei
(DepartmentofTeachingEducation,DaqingNormalUniversity,Daqing163712,Heilongjiang)
The existence of positive solutions for the fourth-orderm-point boundary value problem
fourth-order equation;m-point boundary value problem; positive solution; cone; fixed point index
O175.8
A
1001-8395(2017)06-0791-06
10.3969/j.issn.1001-8395.2017.06.014
2016-12-25
黑龙江省青年科学基金(QC2009C99)和大庆市科技计划(szdfy-2015-63)
赵 微(1979—),女,副教授,主要从事非线性分析的研究,E-mail:zw-19791220@163.com