宋文晶,高文杰

(1.吉林財(cái)經(jīng)大學(xué) 應(yīng)用數(shù)學(xué)學(xué)院,長春 130117;2.吉林大學(xué) 數(shù)學(xué)研究所,長春 130012)

0 引言與預(yù)備知識(shí)

積分邊值問題源于熱傳導(dǎo)問題[1]、 半導(dǎo)體問題[2]及水動(dòng)力學(xué)問題[3],目前已有許多研究結(jié)果[4-10].本文基于文獻(xiàn)[4-5],研究下列具有積分邊值條件的四階常微分方程解的存在性:

(1)

其中:f: [0,1]×4→和hi:→(i=1,2)是連續(xù)函數(shù);k1,k2≥0;φ(u)是嚴(yán)格增的連續(xù)函數(shù),且φ(0)=0,φ()=,=(-∞,+∞).

定義1設(shè)函數(shù)α,β∈C3([0,1]),φ(α?(t)),φ(β?(t))∈C1([0,1]),滿足α″(t)≤β″(t),?t∈[0,1],若下列條件成立,則稱β(t),α(t)為問題(1)的一對上下解:

1) (φ(α?(t)))′≥-f(t,α(t),α′(t),α″(t),α?(t)),(φ(β?(t)))′≤-f(t,β(t),β′(t),β″(t),β?(t));

3)α′(0)-β′(0)≤min{β(0)-β(1),α(1)-α(0),0}.

定義2令集合D∶={(t,x0,x1,x2,x3)∈[0,1]×4:γi(t)≤xi(t)≤Γi(t),i=0,1,2},其中Γi(t),γi(t): [0,1]→(i=0,1,2)連續(xù),且γi(t)≤Γi(t),i=0,1,2,t∈[0,1].若存在一個(gè)正的連續(xù)函數(shù)Φ: [0,+∞)→[a,+∞),a>0及參數(shù)p>1,使得下式成立,則稱連續(xù)函數(shù)f: [0,1]×4→在D上滿足Nagumo條件:

其中φ-1是φ的逆函數(shù).記ν∶=max{|Γ2(1)-γ2(0)|,|Γ2(0)-γ2(1)|}.

引理1設(shè)f: [0,1]×4→是連續(xù)函數(shù),在D上滿足Nagumo條件,則存在N>0(僅依賴Γ2,γ2和Φ),使得滿足γi(t)≤u(i)(t)≤Γi(t)(i=0,1,2)的問題(1)的每個(gè)解u(t),都有‖u?‖∞≤N.

證明: 考慮修正問題:

(φ(u?(t)))′+f*(t,u(t),u′(t),u″(t),u?(t))=0, 0

其中

(4)

由中值定理知,存在一點(diǎn)t0∈(0,1),使得u?(t0)=u″(1)-u″(0),從而有

-N<-ν≤γ2(1)-Γ2(0)≤u?(t0)≤Γ2(1)-γ2(0)≤ν

記v0=|u?(t0)|.

假設(shè)在區(qū)間[0,1]上存在一點(diǎn),使得u?>N或u?<-N,則由u?的連續(xù)性知,存在區(qū)間[t1,t2]?[0,1],且滿足下列情形之一:

1)u?(t1)=v0,u?(t2)=N,v0≤u?(t)≤N,?t∈(t1,t2);

2)u?(t1)=N,u?(t2)=v0,v0≤u?(t)≤N,?t∈(t1,t2);

3)u?(t1)=-v0,u?(t2)=-N,-N≤u?(t)≤-v0,?t∈(t1,t2);

4)u?(t1)=-N,u?(t2)=-v0,-N≤u?(t)≤-v0,?t∈(t1,t2).

假設(shè)1)成立.因?yàn)閠∈(t1,t2),-N≤v0≤u?(t)≤N,所以有

(φ(u?(t)))′=-f*(t,u(t),u′(t),u″(t),u?(t))=-f(t,u(t),u′(t),u″(t),u?(t)),t∈(t1,t2).

由Nagumo條件得,

|(φ(u?(t)))′|=|f(t,u(t),u′(t),u″(t),u?(t))|≤Φ(|u?(t)|),t∈(t1,t2),

于是有

與式(4)矛盾.類似可證明其余3種情況.證畢.

引理2邊值問題:

(5)

僅有平凡解.

證明略.

1 主要結(jié)果

假設(shè)條件如下:

(H1)β(t),α(t)是問題(1)的一對上下解;

(H2)f∈C([0,1]×4,),且在D∶=[0,1]×[α(t),β(t)]×[α′(t),β′(t)]×[α″(t),β″(t)]×上滿足Nagumo條件,當(dāng)(t,x2,x3)∈[0,1]×2,(α(t),α′(t))≤(x0,x1)≤(β(t),β′(t))時(shí),f滿足

f(t,α(t),α′(t),x2,x3)≤f(t,x0,x1,x2,x3)≤f(t,β(t),β′(t),x2,x3),

其中(x0,x1)≤(y0,y1),即x0≤y0,x1≤y1;hi:→(i=1,2)是連續(xù)的,且(u)≥0(i=1,2);

(H3)φ是連續(xù)的且嚴(yán)格遞增,φ(0)=0,φ()=.

定理1假設(shè)條件(H1)～(H3)成立,則問題(1)至少存在一個(gè)解u(t),且對任意的t∈[0,1],有α(t)≤u(t)≤β(t),α′(t)≤u′(t)≤β′(t),α″(t)≤u″(t)≤β″(t),|u?(t)|≤N,這里N是僅依賴于α,β和Φ的常數(shù).

證明: 令δ1,δ2,δ3∈,且δ1≤δ3,定義

對于λ∈[0,1],考慮輔助問題:

(6)

其中Φ(|u?(t)|)是Nagumo條件定義的,其邊值為

(7)

選取M1>0,使得對任意的t∈[0,1],下列不等式成立:

1) 證明對λ∈[0,1],問題(6)-(7)的每個(gè)解u(t),都滿足|u(t)|

如果λ=0,則由引理2知,結(jié)論顯然成立.下面考慮λ∈(0,1].假設(shè)|u″(t)|

(13)

① 若t0∈(0,1),則u?(t0)=0.由f和Φ的連續(xù)性及式(10)可知,存在η>0,使得當(dāng)|y|<η時(shí),有

-f(t,β(t),β′(t),β″(t),y)+[M1-η-β″(t)]Φ(|y|)>0.

由式(13),存在θ∈(0,min{t0,1-t0}),使得

|u?(t)|<η,u″(t)>M1-η>max{0,β″(t)},t∈(t0-θ,t0+θ),

② 若t0=0,則

?(0+)=u?(0)≤0.

由式(7),(11)可得

矛盾.

③t0=1的情形同②.

因此u″(t)-M1,t∈[0,1]的情形,故|u″(t)|

由邊值條件(7)知,存在一點(diǎn)ξ∈(0,1),使得u′(ξ)=0.經(jīng)積分運(yùn)算得

2) 證明存在M2>0,使得對于問題(6)-(7)的每個(gè)解u(t),都有|u?(t)|

如果u(t)是問題(6)-(7)的一個(gè)解,則考慮集合

DM1={(t,x0,x1,x2,x3)∈[0,1]×4: -M1≤x0≤M1,-M1≤x1≤M1,-M1≤x2≤M1}.

定義函數(shù)Fλ:DM1→為

由于f在D上滿足Nagumo條件,所以有

此外,有

因此,Fλ在DM1上滿足Nagumo條件,且不依賴于λ∈[0,1].令Γi(t)=M1,γi(t)=-M1,i=0,1,2,由引理1知,存在M2>0,使得|u?(t)|

3) 證明λ=1 時(shí),問題(6)-(7)至少存在一個(gè)解u1(t).

定義算子M:C3([0,1])∩domM→C([0,1])×4為

Mu=(Φ(u?(t))′,u(0),u(1),u″(0),u″(1)),

Nλ:C3([0,1])→C([0,1])×4為

其中:

由于M-1是緊的,因此考慮全連續(xù)算子Tλ: (C3[0,1],)→(C3[0,1],),Tλ(u)=M-1Nλ(u),集合

?‖∞

由引理2知,u=T0(u)僅有平凡解,再由同倫不變性得,d(I-T0,Ω,0)=d(I-T1,Ω,0)=±1.因此,方程u=T1(u)在Ω上至少有一個(gè)解u1(t).

4) 證明函數(shù)u1(t)是問題(1)的一個(gè)解.

(14)

且存在s1,s2,使得

于是,對于t∈[s1,s2],有

但對于t∈[s1,s2],有

矛盾.

② 若s0=0,則

由于

故s0≠0.

由定義1,有

(0),

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