王炎超，趙 進

(河海大學 理學院，江蘇 南京，210098)

0 引言

近年來,Minkowski空間下有關平均曲率算子的Dirichlet問題受到了廣泛關注,可參考文獻[1-6].例如,文獻[2]研究了如下Dirichlet問題徑向解的存在性：

(1)

其中，B(R)={x∈RN:|x|

在v=0是超線性的.運用Leggett-Williams不動點定理,證明了系統(tǒng)(1)至少存在三個徑向解.此外,文獻[7]研究了如下Dirichlet 問題的凸解：

(2)

其中，n≥1.在一個特殊的錐下,運用不動點指數(shù)證明了系統(tǒng)(2)至少存在一個非平凡凸解.類似研究Dirichlet凸解問題的文章可參考文獻[8-10].

受到上述工作啟發(fā),本文將用不動點指數(shù)研究如下奇異Dirichlet問題非平凡徑向凸解的存在性：

(3)

其中，f(t,u)在(t,u)∈[0,1]×[0,1)非負連續(xù)且在u=1可能奇異.由文獻[3]知系統(tǒng)(3)可化為如下邊值問題

(4)

其中，v(x)=ω(r),r=|x|且系統(tǒng)(4)的一個非平凡凸解在[0,1]上是負的.做變量替換u(r)=-ω(r),則(4)等價于

(5)

顯然,系統(tǒng)(5)的正凹解即為系統(tǒng)(4)的非平凡凸解.因此只需研究系統(tǒng)(5)的正凹解.

與上述工作相比,本文創(chuàng)新之處如下: 首先,這是第一次運用不動點指數(shù)研究系統(tǒng)(3)的非平凡徑向凸解.其次,與文獻[7]相比,因選用了更一般的錐,所以得到的結論也更為一般.最后,與文獻[3]相比,由于采用了新方法,條件得到減弱,證明過程也相對簡單.

為了方便起見，給出如下記號:

1 預備知識

為了陳述主要結果,本章將給出一些預備知識.

引理1[11-13]設X是一個Banach空間,K是X中的一個錐.對于r>0，定義

Ωr={x∈K:‖x‖

假設

是一個全連續(xù)算子并且滿足對任意

x∈?Ωr={x∈K:‖x‖

有Tx≠x.則下面結論成立

(i)若對任意的x∈?Ωr,都有‖Tx‖≥x,則i(T,Ωr,K)=0.

(ii)若對任意的x∈?Ωr,都有‖Tx‖≤x,則i(T,Ωr,K)=1.

為了應用引理1,設X=C[0,1]且

定義如下錐

對于任意的α>0,定義

Ωa={u∈K:‖u‖

故

?Ωa={u∈K:‖u‖=r}.

算子T:Ω1→X定義如下：

引理2[11]對任意的u∈X,若u≥0且u′在[0,1]單調遞減，則

簡單計算后可得如下引理.

并且

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

引理4T(Ω1)?K并且T:Ω1→X是緊算子.

證明:對任意的u∈Ω1,易知Tu∈X且

故Tu(r)在[0,1]上單調遞減.又Tu(1)=0，則

Tu(r)≥Tu(1)=0,r∈[0,1].

(6)

又

在[0,1]上單調遞減.由φ單調遞增和N≥1可知Tu′(r)在[0,1]上單調遞減.運用引理2得：

(7)

2 主要過程

記

引理5若存在M>0，使得對任意的u∈Ω1，有：

f(s,u(s))≥Mφ(u(s)),s∈[σ,1-σ] .

則：

‖T(u)‖≥σL(M)‖u‖.

證明:由‖Tu‖=Tu(0)，φ單調遞增以及引理3知

σL(M)‖u‖.

f(s,u(s))≤εφ(u(s)),

則

‖T(u)‖≤‖u‖,u∈?Ωa.

證明:由φ,φ-1單調遞增知對任意u∈?Ωa,有

a=‖u‖.

3 結論

定理1(A1)若f0=0,f1=∞,則系統(tǒng)(3)存在一個非平凡凸解.

(A2)若f0=∞,f1=0,則系統(tǒng)(3)存在一個非平凡凸解.

f(s,u(s))≤ε1φ(u(s))，

取a1<δ(ε1),則當u∈?Ωa1時，有：

f(s,u(s))≤ε1φ(u(s)).

故由引理6得：

‖Tu‖≤‖u‖ ,u∈?Ωa1.

若f1=∞則存在M>0滿足σL(M)>1且存在δ(M)>0,使得當u>1-δ(M)時，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.

應用引理1知：

i(T,Ωa1,K)=1，i(T,Ωa2,K)=0.

故i(T,Ωa2Ωa1,K)=-1≠0由不動點指數(shù)理論可知T有一個不動點u∈Ωa2Ωa1,則該不動點即為系統(tǒng)(5)的正凹解.故系統(tǒng)(3)存在一個非平凡凸解.

以下證明(A2).若f0=∞，則存在M>0滿足σL(M)>1且存在δ(M)>0,使得當|u|<δ(M)時，有：

f(s,u(s))≥Mφ(u(s)).

取a1<δ(M),則當u∈?Ωa1時，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

應用引理1知：

i(T,Ωa1,K)=0,i(T,Ωa2,K)=1.

例1考慮下面問題

(8)

其中，h:[0,1]→[0,∞)且對任意的00,則如下結論成立.

應用定理1知(B1)，(B2)滿足.