一类四阶常微分方程非线性边值问题正解的存在性

赵中姿, 马如云

(西北师范大学数学与统计学院, 兰州 730070)

1 引 言

本文研究四阶常微分方程非线性边值问题

u″″=rf(t,u(t)), 0

u′(1)=u″′(1)+ψ(u(1))=0

(1)

正解的存在性,其中r>0是一个参数,f∈C([0,1]×[0,∞),[0,∞))且ψ(s)=sc(s).

近年来,对带各种边界条件的二阶常微分边值问题已有广泛研究[1-6]，对四阶边值问题的研究则相对较少.四阶边值问题的实际应用背景是弹性梁的弯曲平衡.也有学者用不同方法研究了不同边界条件下的梁方程[7-18]解的存在性.例如, Li等[12]研究了下列四阶边值问题

在该文中,边界条件是非线性的,且若h≡0则模型的一个端点为简单支撑, 另一个端点为滑动夹紧梁.对于两端均为简单支撑的弹性梁的研究可参见文献[13-15].Cabada等[16]和Yang等[17]则研究了一端嵌入、另一端滑动夹紧的弹性梁.最近,Bouteraa等[18]通过锥上不动点定理,在要求f,ψ均非减的条件下得到了问题(1)解的存在性.当问题(1)中ψ≡0时, 边界条件变为

u(0)=u′(0)=u′(1)=u″′(1)=0

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(H1)f:[0,1)×[0,∞)→[0,∞)连续且存在常数a,b∈(0,∞)使得f(t,u)=au+o(u),u→0+对于t∈[0,1]一致成立,f(t,u)=bu+o(u),u→∞对于t∈[0,1]一致成立;

(H2) 当t∈[0,1]且u∈(0,∞)时,f(t,u)>0;

(H3) 存在常数a0∈(0,∞)使得f(t,u)≥a0u,(t,u)∈[0,1]×[0,∞);

(H4)c∈C([0,∞),[0,12)∪(12,∞))且存在常数a1,b1∈(0,∞)使得ψ(s)=a1s+o(s),s→0+,ψ(s)=b1s+o(s),s→∞.

研究正解集的全局结构要用到下列特征值问题的主特征值λ1,k：

u″″(t)=λku(t),t∈(0,1),

以及问题

u″″(t)=0,t∈(0,1),

引理3.5Tλa1(P{0})⊂intP.

这意味着在t=0处梁嵌入,另一端t=1处滑动支撑.基于以上文献,我们在下列条件下研究问题(1)正解集的全局结构:

的Green函数及其性质.

2 正映射的分歧定理

设E是一个实的Banach空间,定义范数‖·‖.设K是E中的一个锥.A是一个非线性映射,A:[0,∞)×K→E.若A([0,∞)×K)⊆K,则称A是正的.若A是连续的，且将[0,∞)×K中的有界子集映成E中的前紧致子集,则称A是K-全连续的.

若一个正线性算子V满足A(λ,u)≥λV(u),(λ,u)∈[0,∞)×K,则称V在E上是对于A的线性弱函数.若B是E上的一个连续线性算子,定义r(B)为B的谱半径.定义本征值集合

ck(B)={λ∈[0,∞):∃x∈K,‖x‖=1,

x=λBx}.

引理2.1[7]假设以下两条成立:

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那么，存在

Dk(A)={(λ,u)∈[0,∞)×K:u=A(λ,u),u≠0}∪{(r-1(B),0)}

的一个无界连通分支C，使得{(r-1(B),0)}∈C.进一步,若A有一个线性弱函数V且存在一个(μ,y)∈(0,∞)×K使得‖y‖=1，μVy≥y,则C在Dk(A)∩([0,μ]×K)中.

3 正特征值

考虑Y=C[0,1]在最大值范数

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引理3.1若c∈C([0,∞),[0,12)∪(12,∞)),则问题(1)对应的齐次问题

u″″(t)=0, 0≤t≤1,

u(0)=u′(0)=u′(1)=u″′(1)+ψ(u(1))=0

只有平凡解.

(ii)A:[0,∞)×K→E是K-全连续且正的,A(λ,0)=0,λ∈R;A(0,u)=0,u∈K且A(λ,u)=λBu+F(λ,u)，其中B:E→E是E上的一个强正的线性紧算子且r(B)>0,F:[0,∞)×K→E满足‖F(λ,u)‖=o(‖u‖),‖u‖→0在λ中局部一致.

班级管理的过程是一种爱的表现，但是这并不意味着在管理中，一味姑息学生，没有原则地溺爱学生。没有规矩，不成方圆，在班级管理中也是如此。因此，教师要在给予关爱的同时，也要严格要求学生，让学生在严格地管理环境中提升自我。

对于任意t∈[0,1],当c(t)≠12时,c1=c2=c3=c4=0,问题(1)对应的齐次问题只有平凡解,即问题(1)是非共振的,因而可以写成等价的积分形式.

引理3.2[18]假设y∈Y.若u∈C4[0,1]，则边值问题

在教育阅读中汲取精神营养。朱永新说：“一个人的精神发育史就是他的阅读史。”一个班主任的专业成长不可能完全靠实践。尤其对于刚刚上岗的青年班主任，怎样才能尽快掌握班主任工作的基本方法和技巧，并在工作中提升专业素养呢？这就离不开阅读，阅读是借助外力，站在前人的肩膀上构建自己的专业智慧。

u″″(t)=y(t), 0≤t≤1,

u(0)=u′(0)=u′(1)=u″′(1)+ψ(u(1))=0

有唯一解

其中

且

引理3.3[18]对于任意(t,s)∈[0,1]×[0,1]有

引理3.4若y∈Y,y≥0，则边值问题

u″″(t)=y(t), 0

u(0)=u′(0)=u′(1)=u″′(1)+ψ(u(1))=0

的唯一解u(t)是非负的,满足

安全管理机制的构建目的在于最大限度降低网络破坏行为对计算机内数据资料的影响，同时通过这一管理机制减弱系统内部的冲突，提高与外部信息网络交流的安全性。故而，计算机使用者需要与系统管理员共同实施对计算机的防护工作，才能够更好地保护网络信息安全。

其中m=5/42.

分以下三种情况讨论.

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另一方面,由引理3.3可知

作者还指出，瓯语以其独有的特点，在吴语中占有特殊的地位，因此吸引了众多语言学家尤其是温籍语言学家的研究兴趣，以郑张尚芳、温端政、潘悟云、游汝杰、吴安其等为代表的温籍语言学家出版了许多高质量的学术论著。[2]但是，缺少研究瓯越语语汇的论著，这和瓯越语语汇的丰富性很不适应。

u(0)=u′(0)=u′(1)=u″′(1)+ku(1)=0

u″″(t)=λa1u(t), 0

u(0)=u′(0)=u′(1)=u″′(1)+a1u(1)=0,

定义算子Tλa1,T1,T2a1:P→Y

（3）原对流部左右侧水冷壁和各个管屏管束的吊杆重新设计，左右侧水冷壁刚性梁相应位置增加筋板进行局部加强。水冷壁吊杆为φ60，管束吊杆为φ50。

(T2a1u)(t)=a1u(1)φ(t),

Tλa1=λa1T1+T2a1.

下文证明算子Tλa1:P→P是全连续的且Tλa1(P{0})⊂intP.

u(0)=u′(0)=u′(1)=u″′(1)=0

证明u∈(P{0})意味着u>0.则a1u(1)≥0.进一步,对于u∈(P{0})有

(Tλa1u)″″(t)=λa1u>0,t∈[0,1],

2.2.1 我国群众体育研究的高产作者分析 表1为我国群众体育研究的高产作者统计表，从表1中可以发现，我国群众体育研究发文量最多的作者是上海大学的杨小明，然而发文量也仅为6篇，这说明我国学者对于群众体育的研究力度还远远不够。

(Tλa1u)(0)=(Tλa1u)′(0)=(Tλa1u)′(1)=0,

(Tλa1u)″′(1)+a1u(1)=0.

“天色已晚，回去吧。”江南垂柳岸，杨公子一身白衣在前，我走在他身后，耳边飘来戏台上的唱曲“错！错！错！”

ma1u(1)φ(1)≥m(Tλa1u)(1)=

红色文化作为一种资源，既包括物质资源，也包括精神资源。红色文化的物态类是指中国共产党在革命斗争与建设过程中所形成的革命精神、革命传统、革命思想等文化的物质载体与物态表现，其表现形式多样，有在革命战争年代为革命事业浴血奋战、做出了伟大贡献，甚至牺牲生命的革命前辈与革命先烈，作为历史人物，他们的革命事迹也已融入红色文化；有革命前辈与革命先烈在革命与战争年代使用过的物品以及居住、工作过的旧址，这些物品与旧址因其主人也成为红色文化的重要组成部分；此外，革命与建设年代发生的重大事件与重要活动等也属于红色的范畴。

m‖Tλa1u‖.

因此Tλa1(P{0})⊂intP.

引理3.6Tλa1:P→P是全连续的.

证明 对于t∈[0,1],当n→∞时，un(t)→u(t)于P,则

这意味着当n→∞时Tλa1un(t)→Tλa1u(t).由Heine定理,Tλa1是连续的且在P中一致有界.

当u∈P,t1,t2∈[0,1]时，对任意的ε>0,存在δ>0,使得当|t2-t1|<δ时(不妨令t1

|Tλa1u(t2)-Tλa1u(t1)|=

a1u(1)(φ(t2)-φ(t1))|≤

因此Tλa1是等度连续的.由Arzela-Ascoli定理可知,Tλa1是全连续的.

由引理3.5,引理3.6及Kreun-Rutman定理可知,Tλa1有一个正特征值λ1,a1,φ1,a1(t)>0是λ1,a1对应的特征函数. 同理可知,线性特征值问题

u″″(t)=λb1u(t), 0

u(0)=u′(0)=u′(1)=u″′(1)+b1u(1)=0

有一个正特征值λ1,b1,φ1,b1(t)>0是λ1,b1对应的特征函数.

4 主要结果

定理4.1假设(H1)～(H4)成立.若下列条件之一成立：

则问题(1)至少存在一个正解.

推论4.2假设(H1)～(H4)成立.若下列条件之一成立：

则四阶非线性常微分方程边值问题

u″″=f(t,u(t)), 0

u(0)=u′(0)=u′(1)=u″′(1)+ψ(u(1))=0

(2)

至少存在一个正解.

u″″=f(u(t)), 0

u(0)=u′(0)=u′(1)=u″′(1)+ψ(u(1))=0

(3)

这里

反设u是问题(3)的一个正解.若b

其中

简单计算可得

φ1,b1(1)u″′(1)-φ1,b1″′(1)u(1)+

即

φ1,b1(1)u(1)(c(φ1,b1(1))-c(u(1)))≥

(4)

若c(φ1,b1(1))-c(u(1))=0,则(4)式左端为0.由c(s)的任意性,这种情况确实可能发生.得到矛盾！

若a≤b,问题(3)中方程两端同乘以φ1,a1(t)且在0到1上积分同样可以得到矛盾.因而问题(3)不存在正解.

D(L)={u∈C4[0,1]:u(0)=u′(0)=u′(1)=

u″′(1)+ψ(u(1))=0}.

由第三节的证明可知,L-1:Y→X是紧的.

设ζ,ξ∈C([0,1]×[0,∞)),η1,η2∈C[0,∞)使得

f(t,u)=au+ζ(t,u),f(t,u)=bu+ξ(t,u),

ψ(u)=a1u+η1(u),ψ(u)=b1u+η2(u).

现考虑

Lu=λrau+λrζ(t,u)

(5)

是从平凡解u≡0处产生的分歧问题.由引理3.2,问题(5)等价于

A(λ,u)(t).

定义B:X→X

定义F:[0,∞)×X→X，

η1(u(1))φ(t).

则对于λ∈Λ(Λ是有界的)有

‖F(λ,u)‖X=

C1‖ζ(t,u(t))‖X+C2‖η1(u)‖X.

则

即‖F(λ,u)‖X=o(‖u‖X)在Λ中局部一致.

由(H2)和引理3.3可推得若(λ,u)