帶有交叉擴(kuò)散項(xiàng)的捕食－食餌模型的全局分歧

張曉晶，容躍堂

（西安工程大學(xué) 理學(xué)院，陜西 西安 710048）

0 引 言

通過建立數(shù)學(xué)模型來描述生物系統(tǒng)的特性是數(shù)學(xué)應(yīng)用領(lǐng)域的一個(gè)重要組成部分，捕食－食餌模型是數(shù)學(xué)模型的有機(jī)組成，吸引了眾多學(xué)者的關(guān)注，并取得了許多研究結(jié)果［1－4］。

文獻(xiàn)［5－6］提出了帶有B－D功能反應(yīng)函數(shù)的捕食系統(tǒng)：

其中，u、v分別表示食餌與捕食者的種群密度。引入無量綱參數(shù)：

并考慮到空間的不均勻分布，模型可化為如下反應(yīng)擴(kuò)散系統(tǒng)：

在經(jīng)典的反應(yīng)擴(kuò)散方程中，種群擴(kuò)散往往是因?yàn)榉N群的隨機(jī)移動(dòng)，然而在某些生態(tài)系統(tǒng)中，種群間的相互影響在種群擴(kuò)散中也起著非常重要的作用，因此本文考慮一類帶有交叉擴(kuò)散項(xiàng)的捕食－食餌模型：

其中，Ω為Rn中的有界開區(qū)域，且邊界?Ω充分光滑；u、v分別為食餌和捕食者的密度；參數(shù)a、c、d均為正常數(shù)；m為非負(fù)常數(shù)；b可正可負(fù)，b＞0表示捕食者有其他的食物來源。

對(duì)無交叉擴(kuò)散情形，文獻(xiàn)［7］通過計(jì)算不動(dòng)點(diǎn)的指標(biāo)和特征值的性質(zhì)得到正解的存在性與唯一性。本文討論帶有交叉擴(kuò)散的情況，給出了局部分歧解的存在性，并將局部分歧延拓為整體分歧。

1 分歧正解的存在性

與系統(tǒng)（4）式對(duì)應(yīng)的平衡態(tài)問題為：

對(duì)于問題（5）式的解（u，v），若在Ω中u＞0，v＞0，則稱它為正解，相應(yīng)的稱（0，0）為平凡解。如果（u，v）中只有1個(gè)分量為0，則稱它為半平凡解?？紤]特征值問題：

由文獻(xiàn)［8］知λi（p，q）是簡單的，且關(guān)于p和q（x）均嚴(yán)格單調(diào)遞增，簡記λi（1，q）為λi（q），λi（0）為λi。

考慮單個(gè)方程：

由文獻(xiàn)［8］知：若a≤λ1（q（x）），則u＝0是方程（7）式的唯一非負(fù)解；而當(dāng)a＞λ1（q（x））時(shí)，方程（7）式存在唯一正解。當(dāng)q（x）＝0，a＞λ1時(shí)，把這個(gè)唯一正解記為θa。特別地，θa關(guān)于a嚴(yán)格單調(diào)遞增，連續(xù)可微，且對(duì)任意x∈Ω，0＜θa＜a，引入新函數(shù)：

則（u，v）≥0和（U，V）≥0之間存在一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，那么（5）式等價(jià)于半線性橢圓系統(tǒng)：

其中，u、v為（U，V）的函數(shù)。顯然（9）式存在平凡解（0，0）。此外，若a＞λ1，則（9）式存在半平凡解（θa，0）；若b＞λ1，則（9）式存在半平凡解（0，θb）。令C0）＝｛U∈C（）：U｜?Ω＝0｝，并定義算子Law＝－Δw－（a－2θa）w，w∈C2（Ω）∩C0）。易知，算子La的所有特征值都是正的，這就說明La可逆。

引理2 設(shè)b＞max｛λ1，d／β｝ ，則存在唯一的a＝a＊（b）∈（λ1，∞），滿足：

且a＝a＊（b）關(guān)于b嚴(yán)格單調(diào)遞增。

證明 令

顯然A（λ1，b）＝λ1（－b）＝λ1－b＜0。由于當(dāng)a→∞時(shí)θa→∞，從而有。

經(jīng)計(jì)算得：

由于b＞d／β，且有q→λ1（q）：C）→R和a→θa：［λ1，∞）→C2（Ω）∩C0）均嚴(yán)格單調(diào)遞增，從而可知A（a，b）關(guān)于a嚴(yán)格單調(diào)遞增，因此存在唯一的a＝a＊（b）＞λ1，使得A（a＊（b），b）＝0。

等式A（a＊（b），b）＝0兩邊關(guān)于b求導(dǎo)得Aa（a＊（b），b）·a′＊（b）＋Ab（a＊（b），b）＝0，由于Ab（a，b）＜0，結(jié)合Aa（a，b）＞0知a′＊（b）＞0，即a＝a＊（b）關(guān)于b嚴(yán)格單調(diào)遞增。

類似可證明下面的引理3。

引理3 設(shè)b＞λ1，則存在唯一的a＝a＊（b）

設(shè)b＞λ1，由引理2知，存在唯一的a＊＞λ1使得，設(shè) ≥0滿足：ψ＊

另一方面，由引理3知，存在唯一的a＊＞λ1使得。不妨設(shè) 滿足：φ＊

以a為分歧參數(shù)，利用Crandall－Rabinowitz局部分歧定理，給出問題（9）式發(fā)自半平凡解（θa，0）和（0，θb）的局部分歧正解的存在性。

令

其中，u、v均為（U，V）的函數(shù)。

將（9）式在（U，V）＝（θa，0）處 Taylor展開可得：

其中，偏導(dǎo)數(shù)均為（θa，0）處的導(dǎo)數(shù)值，ρi（U－θa，V）滿足。

對(duì)（8）式兩端關(guān)于（U，V）求導(dǎo)得：

s（ψ＊＋Ψ1（s）））：0＜s≤δ｝。

Ψ （s））是 C1連續(xù)函數(shù)，且滿足a（0）＝a，

1＊Φ1（0）＝0，Ψ1（0）＝0，∫ΩΨ1ψ＊dx＝0。

顯然有F（a；0，0）＝0。

Frechlet導(dǎo)數(shù)為L（a＊；0，0），經(jīng)計(jì)算，L（a＊；0，0）·

如果ψ≡0，則由算子La＊可逆知φ≡0，因此ψ不恒為0，又因

因此，算子L（a＊；0，0）的核空間N（L（a＊；0，0））＝span｛U0｝，U0＝（φ ，ψ ）T，令 L＊（a；0，0）為

＊＊＊L（a＊；0，0）的自伴算子，類似可得N（L＊（a＊；0，0））＝span｛U＊｝，U＊＝（0，ψ＊）T。由Fredholm選擇公理知：

因此可得：

dim N（L（a＊；0，0））＝1，codimR（L（a＊；0，0））＝1。

用反 證 法 證 明 L1（a＊；0，0）· （φ＊，ψ＊）?

R（L（a＊；0，0））。假 設(shè) 存 在 （h，k）∈ X 使 得L1（a＊；0，0）·（φ＊，ψ＊）＝L（a＊；0，0）·（h，k），則

那么有：

兩邊同時(shí)乘以ψ＊，分部積分得：

由于bβ＞d及θa關(guān)于a嚴(yán)格單調(diào)遞增，（12）式左邊大于0，矛盾。

因此由 Crandall－Rabinowitz局部分歧定理［9］知，存在充分小的δ＞0及C1連續(xù)曲線（a（s）；Φ1（s），Ψ1（s））：（－δ，δ）→R×X 滿足a（0）＝a＊，Φ1（0）＝0，Ψ1（0）＝0，Φ1（s），Ψ1（s）∈Z，使得（a（s）；（s），V（s））＝ （a（s）；s（φ＊＋Φ1（s）），s（ψ＊＋Ψ1（s）））是F（a（s）；（s），V（s））的零點(diǎn)，其中X＝Z8N（L（a＊；0，0）），由于＝U－θa，因此可得到發(fā)自（a＊；θa＊，0）的局部分歧正解Γ＊。

同理可得到發(fā)自半平凡解分支（a；0，θb）的局部分歧正解。

定理2 設(shè)a，b＞λ1，則（a＊；0，θb）∈R＋×X為（9）式的分歧點(diǎn)，且在（a＊；0，θb）的鄰域內(nèi)存在正解，即

2Φ2（0）＝0，Ψ2（0）＝0，∫ΩΨ2φ＊dx＝0，且有：

2 局部分歧解的延拓

利用文獻(xiàn)［10－11中的方法，并結(jié)合全局分歧理論，可將局部分歧延拓為全局分歧。

定理3 定理1中的局部分歧正解Γ＊可以延拓為全局分歧，且存在常數(shù)充分大，使得當(dāng)α≥時(shí)，全局分歧曲線隨參數(shù)a到無窮。

證明 在（11）式中，令K 為（－Δ）－1，則其等價(jià)于：

定義算子T：R＋×X→X為：

如果η≡0，那么由算子（－μΔ－a＋2θa）可逆知ξ≡0，矛盾。因此η不恒為0。令qa（x）＝，那么一定存在某個(gè)i（i＝1，2，…），使得λi（μ，qa）＝0。?i，λi（μ，qa）關(guān)于μ≥1和a＞λ1均嚴(yán)格單調(diào)遞增，并且λi（μ，qa）可排列為λ1（μ，qa）＜λ2（μ，qa）≤λ3（μ，qa）≤…→∞。特別地，λ1（1，qa）＝0。另外，若存在某個(gè)i使λ（μ，q）＝0，則μ≥1必是iaT′（a）的特征值。因此，μ≥1是T′（a）的一個(gè)特征值的充分必要條件是存在某個(gè)i＝1，2，…，使得λi（μ，qa）＝0。

令a＞a＊，?μ≥1，i≥2，有λi（μ，qa）＞λ1（μ，qa＊）＞λ1（1，qa＊）＝0，因此，T′（a）沒有大于或等于1的特征值，此時(shí)i（T（a；·），0）＝1。

設(shè)存在充分小的ε，使得a＊－ε＜a＜a＊且λ2（μ，qa＊－ε）≥λ1（μ，qa＊），則 ?μ≥1，i≥2，有λi（μ，qa）≥λ2（μ，qa）＞λ2（μ，qa＊－ε）≥λ1（μ，qa＊）≥λ1（1，qa＊）＝0，因?yàn)棣?（1，qa）＜λ1（1，qa＊）＝0，limλ1（μ，qa）＝＋∞，且λ1（μ，qa）關(guān)于μ 單調(diào)遞

μ→∞

增，因此存在唯一的μ1＞1，使得λ1（μ1，qa）＝0，從而得出：

其中

接下來證明μ1的代數(shù)重?cái)?shù)是1，只需證明R（μ1I－T′（a））∩N（μ1I－T′（a））＝0。事實(shí)上，假設(shè)?（ξ，η）∈X，使得（μ1I－T′（a））·（ξ，η）＝）T，那么有：

由全局分歧定理［12］知，定理1中的局部分歧正解Γ＊可以延拓為全局分歧，令M為Γ＊沿a方向的極大連通分支，則M 為問題（9）式由（a＊；θa＊，0）出發(fā)的解曲線，令P＝P1×P2，其中P1＝｝，易得在（a＊；θa＊，0）的小鄰域內(nèi)，M?P。由全局分歧定理得 M－｛（a＊；θa＊，0）｝滿足下列條件之一：

（1）M 連接到（a1；0，0）。

（3）M 連接到（a2；0，θb）。

（4）M 在R＋×P內(nèi)由（a＊；θa＊，0）延伸到∞。

條件（1）顯然不成立，假設(shè)條件（2）成立，則存在序列｛（an；Un，Vn）｝?M，使得n→∞，an→，（Un，Vn）在［L∞（Ω）］2中收斂到（θ，0）。由（un，vn）和（Un，Vn）之間存在一一對(duì)應(yīng)關(guān)系知，（un，vn）→（θ，0），令，則滿足方程：n

由Sobolev嵌入定理和Lp估計(jì)知，（在C1范數(shù)意義下），且滿足：

接著證明當(dāng)a充分大時(shí)條件（3）也不成立。反證，假設(shè)存在序列αn→∞，an→a2，（Un，Vn）在［L∞（Ω）］2中收斂到（0，θb），由（un，vn）和（Un，Vn）之間存在一一對(duì)應(yīng)關(guān)系知（un，vn）→（0，θb）。令，則n滿足方程：

由Sobolev嵌入定理和Lp估計(jì)知（在C1范數(shù)意義下），且滿足：－Δ＝0，x∈Ω，＝0，x∈?Ω，所以＝0，與‖‖∞＝1矛盾。

由以上討論可知條件（4）成立，即有M－｛（a＊；θa＊，0）｝?P，因?yàn)椤琔‖∞、‖V‖∞有界，全局分歧曲線只能隨參數(shù)a到無窮。

同理可得定理4。

定理4 定理2中的局部分歧正解Γ＊可以延拓為全局分歧，且存在常數(shù)充分大，使得當(dāng)β≥時(shí)，全局分歧曲線隨參數(shù)a到無窮。

注意到（u，v）≥0和（U，V）≥0之間存在一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，由定理3、定理4知，當(dāng)a＞a＊（b）或a＞a＊（b）時(shí)，模型（5）式存在分歧正解。

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