具有有界非线性项的二阶混合边值问题的正解

王志森，盛业青，旷菊红

（五邑大学 数学与计算科学学院，广东 江门 529020）

笔者主要研究一类具有有界非线性项的二阶混合边值问题的正解，即：

其中f∈C（R，R］，a是一个给定的正数.

二阶混合边值问题解的存在性已被很多学者深入研究，可参考文献［1-6］，主要采用临界点理论和不动点方法等. 2022年，文献［7］应用从离散到连续研究超二次条件下二阶哈密顿系统两点边值问题的非负解，然后利用对称性得到二阶哈密顿系统的最小周期解；文献［8］应用离散临界点理论和逼近技巧相结合的方法研究超二次条件下一类二阶混合边值问题的正解；2023年，文献［9］也应用从离散到连续研究了有界条件或适当的增长性条件下一类二阶微分方程两点边值问题的正解.笔者将采用从离散到连续研究有界条件下方程（1）正解的存在性.

定理1假设f满足：

（f1）f∈C（［0，a］×R，R）是有界函数，即存在M＞0，使得|f（t，x）|≤M，t∈［0，a］，x∈R；

（f）存在两个正常数b≥π2/a2和ρ，使得：2

则方程（1）至少存在一个正解.

例1设f∈C（［0，a］×R，R），且有：

其中q≥π2/a2，容易验证定理1 的（f1）及（f2）成立，所以由定理1 可得方程（1）至少存在一个正解.

1 基本知识

对任意给定的正整数n，令，u（k）=x（khn），0≤k≤2n+1，k∈Z.方程（4）可作为方程（1）的离散化形式，即：

其中Δ是前向差分算子：Δu（k）=u（k+1）-u（k），Δ2u（k）=Δu（k+1）-Δu（k）.

设En=｛u∶［1，2n］Z→R｝，其中［1，2n］Z表示1 到2n之间的整数，这里显然En是有限维向量空间.假设un∈En是方程（4）的解，定义：

则方程（4）可以写成式（6），即：

下面给出上下解的定义.

定义1若β1∈En满足：则称β1是方程（4）的下解.

定义2若β2∈En满足：，则称β2是方程（4）的上解.

2 主要结果的证明

为证明定理1，需要以下引理.

引理1设v∈En，则有：

存在唯一解u∈En，且，其中.

证由式（7）可得，，且对任意k≥1，有：.从而有：

引理2假设f满足定理1 的条件（f1）和（f2），则方程（4）至少存在一个正解un，且：|Kn，j|≤aM，0≤u（k）≤a2M，∀j∈［0，2n］Z，这里Kn，j式（5）定义.

证分步证明引理2.

第三步：对任意的n∈Z+，证明方程：

至少存在一个解un∈En，其中：对任意的n∈Z+，k∈［1，2n］Z，定义算子，显然Γn是En→En的连续映射.再由f的连续性易得，Γn是有界映射，即存在Mn≥0，使得：|（Γnu）（k）|≤Mn，∀u∈En，k∈［1，2n］Z.令Wn=｛u∈En∶|u（k）|≤Mn，k∈［1，2n］Z｝，易得Γn是Wn→Wn的连续映射. 由Brouwer 不动点定理可得，Γn在Wn上至少存在一个不动点un∈En，再由引理1 可得，un是方程（9）的解.

第四步：证对任意的n∈Z+，k∈［1，2n］Z，都有β1（k）≤un（k）≤β2（k），且un是方程（4）的正解.用反证法证明，对任意n∈Z+，k∈［1，2n］Z，都有un（k）≥β1（k）.假设存在k0∈［1，2n］Z，使得un（k0）＜β1（k0）.定义：β（k）=un（k）-β1（k），k∈［1，2n］Z，则存在k∈［1，2n］Z，使得β（k）=min｛β（k）：k∈［1，2n］Z｝，易得：β（k）≤β（k0）＜0，0≤Δβ（k），Δβ（k-1）≤0，从而有：

由β（k）＜0可得，，这与式（10）矛盾，所以对任意n∈Z+，k∈［1，2n］Z，都有un（k）≥β1（k）. 同理可证，对任意n∈Z+，k∈［1，2n］Z，都有un（k）≤β2（k），所以un是方程（9）的正解，又由f和f*的关系可得，un也是方程（4）的正解.

第五步：由于un∈En是方程（4）的正解，再结合（f1）和式（6）可得：

从而有：

又因为un是正解，所以对任意的k∈［1，2n］Z，都有0≤un（k）≤a2M.证毕.

下面证明定理1.

证对任意的n∈Z+，定义：

利用式（14）可得：|xn（t）|≤a2M.再由Arzela-Ascoli 定理可得，在［0，a］上存在一致收敛的子序列，记为.由于一致收敛于x*，易得是非负函数且满足x*（0）=0.

然后证明x*是方程（1）的非负解. 由式（11）可得，可选择的子序列，仍记为，使得当n→∞时：Kn，0→K*，易得K*≥0. 由xn的定义可知，对任意的n∈Z+，xn在（0，a］上每一点处都是左可导的. 对每个t∈（0，a］，存在j∈Z，使得jhn＜t≤（j+1）hn，则：

由f的有界性和连续性可得：

由于｛xn｝在［0，a］上一致收敛于x*，所以：

再由式（15）可得：

对任意给定的t≥0 和δ＜0，且满足（t+δ，t］⊆［0，a］，则对任意的s∈（t+δ，t］，存在整数i1和i2，使得i1hn＜s≤t≤i2hn，且满足0＜s-i1hn≤hn和0≤i2hn-t＜hn，再由式（6）和式（13）易得：i2hn-i1hn≤t-s+2hn＜-δ+2hn和同理可证：因此即得：

对给定的t和δ，存在正整数i3和i4，使得t+δ＜i3hn≤…≤i4hn≤t，且满足0≤t-i4hn＜hn和0＜i3hn-tδ≤hn，则由式（18）可得：

然后式（19）、（20）取极限n→∞可得：（s））ds-Mδ，再取极限δ→0-可得：

由此可得，x*（t）在（0，a］每一点都是左可导的，同理可证x*（t）在［0，a）每一点都是右可导的，且右导数为：

因此x*（t）在［0，a］可导，且导数为：

最后证明x*是方程（1）的正解.由式（13）和引理2 的第四步可得：，从而有，所以x*是非零函数. 接下来证明x*是方程（1）的正解，即证明对任意的t∈（0，a］，x*（t）≠0. 用反证法，假设存在t*∈（0，a］，使得x*（t*）=0，则x*（t*）=0 且x'*（t*）=0.由于xn∈C（［0，a］，R），所以存在ε*＞0 使得当|t-s|≤ε*时，有|x*（t）-x*（s）|≤ρ. 显然［0，a］是闭集且是［0，a］的开覆盖，这里，由有限覆盖定理可得，存在有限的开覆盖｛Us1，Us2，…，Usr｝. 再由t*∈（0，a］，存在正整数k*∈［1，r］，使得t∈Usk*，从而对任意的，有|t-t*|≤ε*，且|x*（t）-x*（t*）|=|x*（t）|≤ρ.再结合（f2）和x*是非负解，故有对任意的，0≤x*（t）≤ρ且f（t，x*（t））≥bx*（t）≥0，从而有：

又由x*是非负解且x*（t*）=0，故有对任意的，x*（t）=0 再由｛Us1，Us2，…，Usr｝是［0，a］的有限开覆盖可得，对任意的t∈［0，a］，x*（t）=0 这与x*是非零函数矛盾，所以假设不成立，因此对所有的t∈（0，a］，都有x*（t）≠0，因此x*是方程（1）的正解. 证毕.