一類非線性四階離散邊值問(wèn)題正解的存在性

趙亞麗,陳天蘭

(西北師范大學(xué)數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院,甘肅 蘭州 730070)

令T≥4為一整數(shù).記

T0={0,1,…,T+1},

T1={1,2,…,T},

T2={2,3,…,T-1}.

離散邊值問(wèn)題由于其重要的理論價(jià)值和物理背景,一直受許多研究者所關(guān)注,并獲得了豐富的研究成果[1-11].眾所周知,彈性梁方程在工程中有著不可或缺的作用,近年來(lái),對(duì)兩端簡(jiǎn)單支撐的非線性四階離散邊值問(wèn)題解的存在性和多重性研究已有大量結(jié)果[2-3,6-7],其中大多數(shù)結(jié)果是基于錐上的不動(dòng)點(diǎn)定理、不動(dòng)點(diǎn)指數(shù)理論和拓?fù)涠壤碚摰?

He等[3]運(yùn)用錐上的不動(dòng)點(diǎn)定理研究了非線性四階離散邊值問(wèn)題

Δ4u(t-2) -λa(t)f(u(t))=0,

t∈{2,3,…,T+2},

u(0)=u(T+2)=Δ2u(0)=Δ2u(T)=0

正解的存在性,其中λ是特征值,權(quán)函數(shù)a:{1,2,…,T+1}→[0,∞),f:R+→R+連續(xù)且T≥1.

Ma等[4]運(yùn)用不動(dòng)點(diǎn)指數(shù)理論研究了非線性四階離散邊值問(wèn)題

Δ4u(t-2)-λf(t,u(t))=0,

t∈{2,3,…,T},

u(1)=u(T+1)=Δ2u(0)=Δ2u(T)=0

正解的存在性和多解性,其中λ>0是參數(shù),f:T2×[0,∞)→[0,∞)連續(xù)且T≥5.然而,關(guān)于非線性四階離散邊值問(wèn)題

Δ4u(t-2)+f(u(t))=0,t∈T2,

(1)

u(0)=Δu(0)=Δu(T)=Δ2u(0)=0

(2)

正解存在性從未被研究,其中f:[0,∞)→[0,∞)連續(xù).事實(shí)上,在首次建立其相應(yīng)線性問(wèn)題的格林函數(shù)時(shí)帶來(lái)了極大的挑戰(zhàn)性,進(jìn)而在討論其性質(zhì)時(shí),又是一項(xiàng)非常艱巨的任務(wù),因此,對(duì)該類問(wèn)題的研究是非常有必要和有意義的.

為此,本文運(yùn)用錐上的不動(dòng)點(diǎn)定理獲得了非線性四階離散問(wèn)題(1)～(2)正解的存在性.

本文總假定:

(Hf)f:[0,∞)→[0,∞)連續(xù).

記

則f0=0且f∞=∞對(duì)應(yīng)超線性情形,f0=∞且f∞=0對(duì)應(yīng)次線性情形.

本文的主要結(jié)果如下:

定理1假定(Hf)成立且f滿足:

f0=0且f∞=∞.

則問(wèn)題(1)～(2)至少存在一個(gè)正解.

定理2假定(Hf)成立且f滿足:

f0=∞且f∞=0.

則問(wèn)題(1)～(2)至少存在一個(gè)正解.

1 預(yù)備知識(shí)

本文使用的主要工具是:

滿足:

(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,

引理2設(shè)h:T2→R.則四階線性邊值問(wèn)題

Δ4u(t-2)+h(t)=0,t∈T2,

u(0)=Δu(0)=Δu(T)=Δ2u(0)=0

(3)

等價(jià)于

(4)

其中

證明設(shè)u滿足式(3),則通過(guò)對(duì)式(3)中的方程進(jìn)行一系列和分運(yùn)算,結(jié)合u(0)=Δu(0)=Δ2u(0)=0可得,

(5)

代入邊界條件Δu(T)=0,有

進(jìn)而解得

(6)

將式(6)代入式(5)中可得,

T(T-1)(t-s)(t-s-1)(t-s+1)]·

[6T(T-1)]-1h(s)+

因此,u也滿足式(4).

另一方面,很容易驗(yàn)證式(4)滿足式(3).

引理3格林函數(shù)G(t,s)滿足如下性質(zhì):

(i)G(t,s)≥0,s,t∈T1.

(ii)ρ(t)Φ(s)≤G(t,s)≤Φ(s),s,t∈T1.其中

證明(i) 當(dāng)1≤t≤s≤T-1時(shí),顯然,G(t,s)≥0.

當(dāng)2≤s≤t≤T時(shí),下面分兩種情況討論.當(dāng)t-s-1≤0時(shí),顯然G(t,s)≥0;當(dāng)t-s-1>0時(shí),即t>s+1,有

G(t,s)=[t(t-1)(t-2)(T+1-s)(T-s)-

T(T-1)(t-s)(t-s-1)(t-s+1)][6T(T-

1)]-1>{(t-3)[t(t-1)(T+1-s)(T-s)-

T(T-1)(t-s)(t-s+1)]}[6T(T-1)]-1=

{(t-3)[(t2-t)(T2-2Ts+s2+T-s)-

(T2-T)(t2-2ts+s2+t-s)]}[6T(T-1)]-1=

{(t-3)[s2(t2-T2)+s2(T-t)+2stT(T-t)+

s(T2-t2)+s(t-T)+2tT(t-T)]}[6T(T-

1)]-1={(t-3)(T-t)[s2(1-T-t)+

s(2tT+T+t-1)-2tT]}[6T(T-1)]-1=

{(t-3)(s-1)(T-t)[2tT-s(T+t-1)]}

[6T(T-1)]-1>{(t-3)(s-1)(T-t)[2(s+

1)T-sT-st+s]}[6T(T-1)]-1=

{(t-3)(s-1)(T-t)[s(T-t)+2T+s]}

[6T(T-1)]-1≥0.

(7)

故(i)成立.

(ii) 當(dāng)1≤t≤s≤T-1時(shí),有

另一方面,

當(dāng)2≤s≤t≤T時(shí),有

G(t,s)=[t(t-1)(t-2)(T+1-s)(T-s)-

T(T-1)(t-s)(t-s-1)(t-s+1)][6T(T-

另一方面,同式(7)的處理方法,則

G(t,s)=[t(t-1)(t-2)(T+1-s)(T-s)-

T(T-1)(t-s)(t-s-1)(t-s+1)][6T(T-

1)]-1>{(t-2)[t(t-1)(T+1-s)(T-s)-

T(T-1)(t-s)(t-s+1)]}[6T(T-1)]-1=

{(t-2)(s-1)(T-t)[2tT-s(T+t-1)]}·

[6T(T-1)]-1≥

[(t-2)(T-t)(T-t+1)s(T-2)(T+1-

s)(T-s)][12T(T-1)3(T-3)]-1.

故(ii)成立.

引理4設(shè)h:T2→[0,∞).則問(wèn)題(3)的唯一解u非負(fù),且滿足

證明由引理2和引理3可知,u(t)非負(fù),且對(duì)任意t∈T1,有

進(jìn)而得到,

另一方面,

ρ(t)‖u‖≥ρ‖u‖.

下面引入本文使用的空間:

定義非線性算子A:K→E,

依據(jù)引理2,很容易得到如下結(jié)論成立.

引理5若(Hf)成立,則u(t)是問(wèn)題(1)～(2)的正解當(dāng)且僅當(dāng)Au=u.

引理6若(Hf)成立,則算子A:K→K全連續(xù)且A(K)?K.

證明由引理4可知,A(K)?K.由Arzel-Ascoli定理可知,A:K→K是全連續(xù)的.

2 主要結(jié)果的證明

Ω1={u∈E:‖u‖

則對(duì)任意u∈K∩?Ω1,t∈T1,由引理3可得,

(8)

其中

因此,

‖Au‖≤‖u‖,u∈K∩?Ω1.

Ω2={u∈E:‖u‖

則對(duì)任意u∈K∩?Ω2,t∈T2,由引理4可得,

由引理3和引理4可得,

因此,

‖Au‖≥‖u‖,u∈K∩?Ω2.

Ω1={u∈E:‖u‖

則對(duì)任意u∈K∩?Ω1,t∈T2,由引理3和引理4可得,

‖u‖.

因此,

‖Au‖≥‖u‖,u∈K∩?Ω1.

下面分兩種情況考慮.

(i) 若f有界.即存在L>0,對(duì)任意u∈[0,∞),有f(u)≤L.記

Ω2={u∈E:‖u‖

則對(duì)任意u∈K∩?Ω2,t∈T1,由式(8)可得,

因此,

‖Au‖≤‖u‖,u∈K∩?Ω2.

若u∈K∩?Ω2,則有f(u)≤ηH2.由式(8)可得,

因此,

‖Au‖≤‖u‖,u∈K∩?Ω2.