Minkowski空间中某奇异Dirichlet问题的径向凸解

王炎超，赵 进

(河海大学 理学院，江苏 南京，210098)

0 引言

近年来,Minkowski空间下有关平均曲率算子的Dirichlet问题受到了广泛关注,可参考文献[1-6].例如,文献[2]研究了如下Dirichlet问题径向解的存在性：

(1)

其中，B(R)={x∈RN:|x|

在v=0是超线性的.运用Leggett-Williams不动点定理,证明了系统(1)至少存在三个径向解.此外,文献[7]研究了如下Dirichlet 问题的凸解：

(2)

其中，n≥1.在一个特殊的锥下,运用不动点指数证明了系统(2)至少存在一个非平凡凸解.类似研究Dirichlet凸解问题的文章可参考文献[8-10].

受到上述工作启发,本文将用不动点指数研究如下奇异Dirichlet问题非平凡径向凸解的存在性：

(3)

其中，f(t,u)在(t,u)∈[0,1]×[0,1)非负连续且在u=1可能奇异.由文献[3]知系统(3)可化为如下边值问题

(4)

其中，v(x)=ω(r),r=|x|且系统(4)的一个非平凡凸解在[0,1]上是负的.做变量替换u(r)=-ω(r),则(4)等价于

(5)

显然,系统(5)的正凹解即为系统(4)的非平凡凸解.因此只需研究系统(5)的正凹解.

与上述工作相比,本文创新之处如下: 首先,这是第一次运用不动点指数研究系统(3)的非平凡径向凸解.其次,与文献[7]相比,因选用了更一般的锥,所以得到的结论也更为一般.最后,与文献[3]相比,由于采用了新方法,条件得到减弱,证明过程也相对简单.

为了方便起见，给出如下记号:

1 预备知识

为了陈述主要结果,本章将给出一些预备知识.

引理1[11-13]设X是一个Banach空间,K是X中的一个锥.对于r>0，定义

Ωr={x∈K:‖x‖

假设

是一个全连续算子并且满足对任意

x∈∂Ωr={x∈K:‖x‖

有Tx≠x.则下面结论成立

(i)若对任意的x∈∂Ωr,都有‖Tx‖≥x,则i(T,Ωr,K)=0.

(ii)若对任意的x∈∂Ωr,都有‖Tx‖≤x,则i(T,Ωr,K)=1.

为了应用引理1,设X=C[0,1]且

定义如下锥

对于任意的α>0,定义

Ωa={u∈K:‖u‖

故

∂Ωa={u∈K:‖u‖=r}.

算子T:Ω1→X定义如下：

引理2[11]对任意的u∈X,若u≥0且u′在[0,1]单调递减，则

简单计算后可得如下引理.

并且

φ-1(v1v2)≥φ-1(v1)φ-1(v2),∀v1,v2∈[0,∞).

引理4T(Ω1)⊂K并且T:Ω1→X是紧算子.

证明:对任意的u∈Ω1,易知Tu∈X且

故Tu(r)在[0,1]上单调递减.又Tu(1)=0，则

Tu(r)≥Tu(1)=0,r∈[0,1].

(6)

又

在[0,1]上单调递减.由φ单调递增和N≥1可知Tu′(r)在[0,1]上单调递减.运用引理2得：

(7)

2 主要过程

记

引理5若存在M>0，使得对任意的u∈Ω1，有：

f(s,u(s))≥Mφ(u(s)),s∈[σ,1-σ] .

则：

‖T(u)‖≥σL(M)‖u‖.

证明:由‖Tu‖=Tu(0)，φ单调递增以及引理3知

σL(M)‖u‖.

f(s,u(s))≤εφ(u(s)),

则

‖T(u)‖≤‖u‖,u∈∂Ωa.

证明:由φ,φ-1单调递增知对任意u∈∂Ωa,有

a=‖u‖.

3 结论

定理1(A1)若f0=0,f1=∞,则系统(3)存在一个非平凡凸解.

(A2)若f0=∞,f1=0,则系统(3)存在一个非平凡凸解.

f(s,u(s))≤ε1φ(u(s))，

取a1<δ(ε1),则当u∈∂Ωa1时，有：

f(s,u(s))≤ε1φ(u(s)).

故由引理6得：

‖Tu‖≤‖u‖ ,u∈∂Ωa1.

若f1=∞则存在M>0满足σL(M)>1且存在δ(M)>0,使得当u>1-δ(M)时，有：

f(s,u(s))≥Mφ(u(s)).

故

f(s,u(s))≥Mφ(u(s)),s∈[σ,1-σ].

因此,由引理5得：

‖Tu‖≥σL(M)‖u‖≥‖u‖,u∈∂Ωa2.

应用引理1知：

i(T,Ωa1,K)=1，i(T,Ωa2,K)=0.

故i(T,Ωa2Ωa1,K)=-1≠0由不动点指数理论可知T有一个不动点u∈Ωa2Ωa1,则该不动点即为系统(5)的正凹解.故系统(3)存在一个非平凡凸解.

以下证明(A2).若f0=∞，则存在M>0满足σL(M)>1且存在δ(M)>0,使得当|u|<δ(M)时，有：

f(s,u(s))≥Mφ(u(s)).

取a1<δ(M),则当u∈∂Ωa1时，有

f(s,u(s))≥Mφ(u(s)),s∈[σ,1-σ]

故由引理5得：

‖Tu‖≥σL(M)‖u‖≥‖u‖,u∈∂Ωa1.

f(s,u(s))≤ε1φ(u(s)).

故

f(s,u(s))≤ε1φ(u(s)),s∈[σ,1-σ].

因此,由引理6得：

‖Tu‖≤‖u‖,u∈∂Ωa2

应用引理1知：

i(T,Ωa1,K)=0,i(T,Ωa2,K)=1.

例1考虑下面问题

(8)

其中，h:[0,1]→[0,∞)且对任意的00,则如下结论成立.

应用定理1知(B1)，(B2)满足.