三阶m－点边值问题的正解

张海娥

（唐山学院 基础教学部，河北 唐山063000）

考虑三阶m－点边值问题，

定理1 设E是Banach空间，KE是锥，Ω1和Ω2是E中有界开集，0∈Ω1，1Ω2，A：K∩（2＼Ω1）→K全连续，若A满足：

（i）‖Au‖ ≤ ‖u‖，u∈K∩∂Ω1，且 ‖Au‖≥‖u‖，u∈K∩∂Ω2；

（ii）‖Au‖ ≥‖u‖，u∈K∩∂Ω1，且‖Au‖≤‖u‖，u∈K∩∂Ω2，

1 预备引理

引理1［5］对任意给定的y∈C［0，1］，边值问题

显然，0≤G（t，s）≤G（1，s），t，s∈ ［0，1］。

引理2 令0＜θ＜1，对任意的y∈C＋［0，1］，BVP（2）的解u（t）非负且满足

证明 由G（t，s）≥0和y（t）≥0，易得u（t）≥0。令u（t0）＝ ‖u‖，t0∈ ［θ，1］，下面证明

由于0≤s≤ξ1时，（3）式显然成立，故只需证明ξj－1≤s≤ξj，j＝1，2，…，m－1的情况。

情形1：若0＜t，t0≤s，则

情形2：若0＜t≤s≤t0，则

情形3：若0＜s≤t，t0，则

情形4：若0＜t0≤s≤t，则

定义 K ＝ ｛u∈E，u（t）≥0，t∈ ［0，1］且≥δ‖u‖｝，易知K是E中的锥。对u∈K，定义算子T：K→K，Tu（t）＝G（t，s）f（s，u（s））ds，t∈ ［0，1］。由引理2可证得Tu（t）≥δ‖Tu‖。显然，如果u是T 在K 中的不动点，则u是BVP（1）的解。

引理3 T：K→K是全连续的。

2 主要结论

为了方便起见，记：

定理2 当f0＝0，f∞＝∞（超线性）或f0＝∞，f∞＝0（次线性）时，则BVP（1）至少存在一个正解。

证明 首先，我们考虑超线性的情形。

由f0＝0，存在H1＞0使得当0＜u≤H1时，f（t，u（t））≤M1u（t），其中 M1＞0满足

令Ω1＝｛u∈E：‖u‖＜H1｝，则对任意的u∈K∩Ω1，Au（t） ≤≤‖u‖，从而可得

又由f∞＝ ∞，存在 H2′＞0，使得当u≥ H2′ 时，f（t，u（t））≥ M2u（t），其中 M2＞0满足

令H2＝max｛2 H1，H2／δ｝，Ω2＝ ｛u∈E：‖u‖ ＜H2｝，对任意得u∈K∩∂Ω2，≥δ‖u‖ ≥H2′，故由式（3），可知Au（t）＝≥‖u‖，因此

由定理1的前半部分可得A有不动点u＊∈K∩2＼Ω1，亦为BVP（1）的正解。

其次，我们考虑次线性情形。

又由f0＝∞，存在H1＞0，使得当0＜u≤H1时，f（t，u（t））≥ M1′u（t），其中 M1′＞0满足

令Ω1＝｛u∈E：‖u‖＜H1｝，对任意的u∈K∩∂Ω1故由式（8）可知Au（t）＝，s）f（s，u（s））ds ≥ ∫δ10 G（t0，s）f（s，u（s））ds≥δ2M1′‖u‖≥ ‖u‖，因此

由f∞＝0，存在H2′＞0，使得当u≥H2′时，f（t，u（t））≤M2′u（t），其中 M2′ ＞0满足

分两种情况考虑：

情况1：当f有界时，即f（t，u（t））≤ N，u∈ ［0，＋∞），选取 H2＝ max ｛2 H1，NG（1，s）ds ｝。

令Ω2＝ ｛u∈E：‖u‖ ＜H2｝，则对任意的u∈K∩∂Ω2，得

从而可得，‖Au‖ ≤ ‖u‖，u∈K∩∂Ω2。 （11）

情况2：当f无界时，选取 H2＞ max｛2 H1，H2′｝，使得f（t，u（t））≤f（H2），0＜u≤ H2。

对任意的u∈K∩∂Ω2，由式（10）可得

由定理1的后半部分知A有不动点u＊＊∈K∩2＼Ω1，则BVP（1）至少有一个正解。

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