带非线性边界条件的二阶奇异微分系统正解的存在性

马满堂，贾凯军

（西北师范大学数学与统计学院，甘肃兰州730070）

0 引言及主要结果

对于非线性二阶常微分方程边值问题，已有一些学者运用锥上的不动点定理、上下解方法、时间映像估计和分歧理论等工具对其进行了研究[1-4]。近年来，学者们在线性边界条件下对二阶微分系统进行了广泛研究，获得一些重要的结果[5-10]。例如，DUNNINGER等[5]研究了非线性二阶微分系统

在满足边界条件

时正解的存在性，其中λ1,λ2为正参数，f1,f2:[0,∞)×[0,∞)→ [0,∞)连续，h1,h2:[0，1)→[0,∞)连续且均在[0,1]的任一子区间内不恒为0。并利用锥拉伸与压缩不动点定理建立了以下定理:

定理A若f1,f2满足下列条件之一:

(i)f10=f20=0且存在i∈{1,2}使得fi∞=∞；

(ii)f∞=f2∞=∞且存在i∈{1,2}使得fi∞=0；

则系统边值问题式(1)和(2)至少存在1个正解，这里

值得注意的是，文献[5]中权函数hi(i=1,2)在t=0处有定义且连续。此外，该文所研究的是系统(1)在满足Dirichlet边界条件时正解的存在性问题，与Dirichlet等线性边界条件相比，非线性边界条件的应用更为广泛[11-12]。但微分系统在满足非线性边界条件时的相应研究较少。

一个自然的问题是:当系统(1)的权函数在t=0处允许有奇性，且在满足非线性边界条件时，相应的系统边值问题是否存在正解?基于此，本文将运用锥拉伸与压缩不动点定理考察带非线性边界条件的二阶系统边值问题

正解的存在性，其中u=(u1，u2，…，un)T，

且gi(t)(i=1,2,…,n)在t=0处允许有奇性

C=diag(c1,c2,…,cn),Λ =diag(λ1,λ2,…,λn),λi(i=1,2,…,n)为正参数。

为方便叙述，介绍以下记号:

记R+=[0,∞),对任意的u=(u1,u2,…,un)∈Rn+,记用i0表示集合{F0,F∞}中元素为零的个数，i∞表示集合{F0,F∞}中元素为无穷大的个数，易知i0,i∞=0,1或2。记

假设:

(H1)gi:(0,1]→R+(i=1,2,…,n)连续，且在(0,1]的任一子区间内不恒为零。

(H2)fi:Rn+→R+连续，且对|u|＞0,有fi(u)＞ 0,i=1,2,…,n。

(H3)存在常数0＜β＜1使得

(H4)ci:R+→R+(i=1,2,…,n)连续。

本文的主要结果如下:

定理1假设(H1)～(H4)成立。若F满足下列条件之一:

(a)F0=0且F∞=∞；

(b)F0=∞且F∞=0；

则对任意的Λ =diag(λ1,λ2,…,λn),λi＞ 0(i=1,2,…,n),问题(3)存在1个正解。

定理2假设(H1)～(H4)成立。

(a)若i0=1或2,则存在λ0＞ 0使得当λ*＞λ0时,问题(3)存在i0个正解；

(b)若i∞=1或2,则存在λ0＞0使得当0＜λ*＜λ0时,问题(3)存在i∞个正解；

(c)若i0=0,则存在λ0＞ 0使得当λ*＞λ0时,问题(3)不存在正解；

(d)若i∞=0,则存在λ0＞ 0使得当0＜λ*＜λ0时,问题(3)不存在正解。

注1容易发现，在适当的条件下，问题(3)可退化为文献[5]所研究的问题(1)和(2)，所以本文考虑的问题更宽泛，是对文献[5]工作的推广。

1 预备知识

引理1[13]设X是Banach空间，K⊂X是X中的一个锥。Ω1,Ω2是X的开子集,0 ∈ Ω1,⊂ Ω2。若全连续算子

满足：

(i)‖Au‖≤‖u‖,u∈K∩ ∂Ω1且‖Au‖≥‖u‖,u∈K∩ ∂Ω2,或

(ii)‖Au‖≥ ‖u‖,u∈K∩ ∂Ω1且‖Au‖≤‖u‖,u∈K∩ ∂Ω2。则A在K∩ (Ω1)上有1个不动点。

由条件(H3)可得，存在常数Mi使得|gi(s)|≤故由Lebesgue控制收敛定理，可得gi(s)∈L1(0,1),i=1,2,…,n。

设λ＞ 0,定义TΛ=(Tλ1,Tλ2,…,Tλn):K→X是一个算子，其中,

这里Gi(t,s)表示边值问题

的Green函数，具体地

引理2若(H1)～(H4)成立，则TΛ:K→K是一个全连续算子。

证明设u=(u1,u2,…,un)∈K,则有

故TΛ(K)⊂K,i=1,2,…,n。显然TΛ:K→K是一个全连续算子。

则u=(u1,u2,…,un)是问题(3)的解 等价于u∈K是算子TΛ的不动点。

引理3假定(H1)～(H4)成立，若u=(u1,u2,…,un)∈K,且对任意的η＞0,若存在fi使得

证明由TΛu的定义可得

引理4假定(H1)～(H4)成立，若对任意的r＞0,u=(u1,u2,…,un)∈ ∂Ωr,存在ε＞ 0使得

证明由TΛu的定义可得,对任意的u∈ ∂Ωr，有

引理5假定(H1)～(H4)成立，若u∈ ∂Ωr,r＞0,则4λ*Pmr,其中，0,则其中,

证明因为fi(u(t))≥,t∈[0,1],i=1,2，…，n，故参阅引理3的证明即可得证。

引理6假定(H1)～(H4)成立,若u∈ ∂Ωr,r＞且

证 明因为fi(u(t))≤,t∈[0,1],i=1,2,…,n,故参阅引理4的证明即可得证。

2 主要结果的证明

定理1的证明(a)因为F0=0,所以故可取r1＞ 0使得

其中，常数ε＞ 0，满足

则由引理4可得

又因为F∞=∞,则存在fi使得fi∞=∞。存在H＞r1＞0使得

其中,常数η＞ 0满足

设r2=max{2r1,4H},若u=(u1，u2，…，un)∈∂Ωr2,则即fi(u(t))≥ηui(t),t∈[0,1]。则由引理3可得

因此，根据式(5)和(7)，再结合引理1可得，TΛ在Ωr2Ωr1上有1个不动点，即对任意的Λ=diag(λ1,λ2,…,λn),λi＞ 0(i=1,2,…,n),问题(3)存在1个正解。

(b)因为F0=∞,所以存在fi使得f0i=∞,因此存在r1＞ 0,使得

其中η＞ 0满足式(6)。若u=(u1,u2,…,un)∈ ∂Ωr1,则则由引理3可得

又因为F∞=0,则fi∞=0(i=1,2,…,n)。因此存在H＞r1＞0使得

其中ε＞ 0满足式(4)。设r2=max{2r1,4H},若u=(u1,u2,…,un)∈ ∂Ωr2,则

则由引理4可得

因此，根据式(8)和(9)，再结合引理1可得，TΛ在Ωr2Ωr1上有1个不动点。即对任意的Λ=diag(λ1,λ2,…,λn),λi＞ 0(i=1,2,…,n),问题(3)存在1个正解。

定理2的证明(a)取r1=1,由引理5可得

若F0=0,则fi0=0(i=1,2,…,n)。因此存在r2∈ (0,r1)使得

其中ε＞ 0满足式(4)。若u=(u1,u2,…,un)∈ ∂Ωr2,则

则由引理4可得

若F∞=0,则fi∞=0(i=1,2,…,n)。因此存在H＞r1＞0使得

其中ε＞ 0满足式(4)。设r3=max{2r1,4H},若u=(u1,u2,…,un)∈ ∂Ωr3,则

则由引理4可得

综上，由引理1可得，当F0=0或F∞=0时，TΛ在Ωr1Ωr2或Ωr3Ωr2上有1个不动点。因此，当λ*＞λ0时，问题(3)存在 1个正解。当F0=F∞=0时，由上述证明容易得到TΛ有2个不动点x和y，即x∈ Ωr1Ωr2,y∈ Ωr3Ωr1,且满足

因此，当λ*＞λ0时，问题(3)存在2个正解。

(b)取r1=1,由引理6可得

若F0=∞,则存在fi使得fi0=∞。因此存在r2∈ (0,r1)使得

其中η＞ 0满足式(6)。若u=(u1,u2,…,un)∈ ∂Ωr2,则

由引理3可得

若F∞=∞,则存在fi使得fi∞=∞。因此存在H＞r1＞0使得

其中η＞ 0满足式(6)。设r3=max{2r1,4H},若u=(u1,u2,…,un)∈ ∂Ωr3,则

则由引理3可得

综上，由引理1可得，当F0=0或F∞=0时，TΛ在 Ωr1Ωr2或Ωr3Ωr1上有1个不动点。因此，当0＜λ*＜λ0时，问题(3)存在1个正解。当F0=F∞=∞时，由上述证明容易得到TΛ有2个不动点x和y，即x∈ Ωr1Ωr2,y∈ Ωr3Ωr1,且满足式(12)。因此，当0＜λ*＜λ0时，问题(3)存在 2个正解。

(c)因为F0＞ 0且F∞＞ 0,则存在fi,fj及常数a1,a2,r1,r2＞ 0(r1＜r2)，使得

因此，有

假设v(t)=(v1(t),v2(t),…,vn(t))是问题(3)的1个正解,即TΛv(t)=v(t),t∈[0,1],则当λ*＞时，若则有

再由式(16)可得

进而由引理3可得，当λ＞λ0时，有

矛盾，即问题(3)不存在正解。

(d)因为F0＜∞且F∞＜∞,则fi0＜∞且易知存在ε＞0使得

假设v(t)=(v1(t),v2(t),…,vn(t))是问题(3)的1个正解,即TΛv(t)=v(t),t∈[0,1],则当0＜时,有

矛盾，即问题(3)不存在正解。