一类 n 阶微分方程RiemannStieltjes积分边值问题的正解
2024-02-21楚华磊
摘 要：本文研究了一类n阶微分方程RiemannStieltjes积分边值问题正解的存在性，在非线性项满足超线性和次线性的条件下，运用锥上的不动点指数理论获得了该问题正解的存在性.
关键词：微分方程；积分边值问题；正解；不动点指数
1 基本知识
非线性微分方程的BVPs出现在应用数学、物理和控制理论的变分问题的各种领域，许多作者已经讨论了各类BVPs解的存在性.由于RiemannStieltjes积分的边值条件更具有一般性，近年来带有RiemannStieltjes积分的边值问题引起了学者的广泛关注［14］.
受上述文献的启发，本文研究如下n阶微分方程RiemannStieltjes积分边值问题正解的存在性：
u（n）（t）+f（t，u（t））=0，0<t<1，
u（0）=h∫10u（t）dζ（t），u（1）=g∫10u（t）dθ（t），
u′（0）=0，…，u（n-2）（0）=0，（1）
其中n3，∫10u（t）dζ（t），∫10u（t）dθ（t）表示RiemannStieltjes积分，并且满足以下条件：（H1）ζ，θ是定义在［0，1］上的递增非常值函数，ζ（0）=θ（0）=0；（H2）存在M>0使得f：［0，1］×［0，+）是连续的且非递减的.
由文献［4］中引理2.1，问题（1）等价于如下的积分方程：
u（t）=∫10G（t，s）f（s，u（s））ds+tn-1g∫10u（s）dθ（s）
+（1-tn-1）h∫10u（s）dζ（s）.
其中：
G（t，s）=（1-s）n-1tn-1-（t-s）n-1（n-1）！，0
引理1.1［4］：G（t，s）具有以下性质
（i）0k（s），t，s∈［0，1］，其中
k（s）=s（1-s）n-1（n-2）！，（2）
（ii）G（t，s）γ（t）k（s），t，s∈［0，1］，其中
γ（t）=mintn-1n-1，（1-t）tn-2n-1（3）
引理1.2［5］：设E是Banach空间，Ω（E）是有界开子集，P是E上的锥.若T：Ω∩P→P是全连续算子，且存在u0∈p＼0使得u-Tu≠λu0，u∈Ω∩P，λ0，则i（T，Ω∩P，P）=0，其中i是锥P上的不动点指数.
引理1.3［5］ 设E是Banach空间，Ω（E）是有界开子集，P是E上的锥，0∈Ω，若T：Ω∩P→P是全连续算子，并且满足u≠λTu，u∈Ω∩P，λ∈［0，1］，则i（T，Ω∩P，P）=1.
2 主要结果
令E=C［0，1］，并在其上赋予范数‖u‖=maxt∈［0，1］u（t），则（E，‖·‖）是一Banach空间，定义集合P=u∈E：u（t）0，t∈［0，1］，则P是空间E上的锥，P的对偶锥是P，E的共轭空间是E，此外，E上的有界线性泛函可以通过RiemannStieltjes积分来表示：〈z，φ〉=∫10φ（t）dz（t），φ∈E，z∈E.为了方便研究，令：p（t）=∫10G（t，s）ds=tn-1（1-t）n！，u0（t）=Mp（t），0
1γ（t）=max1（n-1）2n-1，（n-1）n-3nn-1.由于非線性项f可变号，为此需要首先考虑以下边值问题：
u（n）（t）+f（t，u（t）-u0（t））=0，0<t<1，
u（0）=h∫10（u（t）-u0（t））dζ（t），u（1）=g∫10（u（t）-u0（t））dθ（t），
u′（0）=0，…，u（n-2）（0）=0，（4）
其中：
f（t，u（t）-u0（t））=f（t，u（t）-u0（t））+M，u（t）-u0（t）0，
f（t，0）+M，u（t）-u0（t）<0，（5）
g∫10（u（t）-u0（t）dθ（t））=g∫10（u（t）-u0（t））dθ（t），u（t）-u0（t）0，
0，u（t）-u0（t）<0，（6）
h∫10（u（t）-u0（t）dζ（t））=h∫10（u（t）-u0（t））dζ（t），u（t）-u0（t）0，
0，u（t）-u0（t）<0，（7）
边值问题（4）等价于如下积分方程：
u（t）=∫10G（t，s）f（t，u（s）-u0（s））ds+tn-1g∫10（u（s）-u0（s））dθ（s）+（1-tn-1）h∫10（u（s）-u0（s））dζ（s）.
引理2.1［4］：若u是（1）的解，则u+u0是（4）的解；反过来，若u是（4）的解，且u（t）u0（t），t∈［0，1］，则u-u0是（1）的解.
引理2.1表明，通过研究边值问题（4）超过u0的解，即可得到问题（1）的正解.定义算子T：
（Tu）（t）=∫10G（t，s）f（t，u（s）-u0（s））ds+tn-1g∫10（u（s）-u0（s））dθ（s）+（1-tn-1）h∫10（u（s）-u0（s））dζ（s）.
由Ascoli–Arzela定理易证T是一个全连续算子，于是问题（4）解的存在性等价于算子T不动点的存在性.
定义线性算子LG和Lζ（ζ>0）：
（LGu）（t）=∫10G（t，s）u（s）ds，（Lζu）（t）=ζ∫10G（t，s）u（s）ds+tn-1∫10u（s）dθ（s））+（1-tn-1）（∫10u（s）dζ（s）.
引理2.2：令r（LG）表示LG的谱半径，则r（LG）>0.由Gelfand定理易证r（LG）>0.于是r（Lζ）ζr（LG）>0，由Krein–Rutman定理可知，存在函数φζ∈P＼0和ψζ∈P＼0，ψζ（1）=1，使得Lζφζ=r（Lζ）φζ，Lζψζ=r（Lζ）ψζ.
其中Lζ：E→E是Lζ的共轭算子，定义为：（Lζu）（t）=ζ∫t0ds∫10G（τ，s）du（τ）+θ（t）∫10τn-1du（τ）+ζ（t）∫10（1-τn-1）du（τ）.
引理2.3：令P0=u∈E：u（t）γ（t）‖u‖，t∈［0，1］，则T（P）P0；并且当u∈P0，且‖u‖M时，u（t）u0（t），即u（t）-u0（t）0.
证明：参见文献［4］中的定理3.1即可得到T（P）P0，故仅需证该定理的后半段.
当u∈P0时，u（t）γ（t）‖u‖，t∈［0，1］.显然p（t）
C1r（Lβ）-1∫10γ（t）dψβ（t）-1.取R1>maxM，C1r（Lβ）-1∫10γ（t）dψβ（t）-1，当u2∈BR1∩P时，（12）式不满足，则（11）式成立，从而根据引理1.2可得
i（T，BR1∩P，P）=0.（14）
至此，根据（10）式和（14）式可得i（T，BR1＼BM∩P，P）=i（T，BR1∩P，P）-i（T，BM∩P，P）=0-1=-1≠0.
从而算子T在BR1＼BM∩P内至少存在一个不动点u～（t），且u～（t）u0（t），t∈［0，1］，则u～-u0是（1）的一个正解.
定理2.5：如果（H1）—（H3）和以下条件成立：
（H6）存在函数φ∈C（［0，1］，［0，+
1γ（t）∫10k（s）φ（s）ds>M=‖u3‖.
这与（16）式矛盾，从而（15）式成立，根据引理1.2得
i（T，BM∩P，P）=0.（17）
然后证明
u≠λTu，λ∈［0，1］，u∈BR2∩P.（18）
其中R2>M，若上式不成立，则存在u4∈BR2∩P，λ3∈［0，1］，使得
u4（t）=λ3（Tu4）（t），t∈［0，1］.（19）
上式表明u4∈P0，由条件（H7）可知存在cj>0，j=4，5，6，使得f（t，u）+M
C21-r（Lχ）∫10γ（t）dψχ（t）-1.
取R2>maxM，C21-r（Lχ）∫10γ（t）dψχ（t）-1，于是（19）式不滿足，则（18）式成立，从而根据引理1.3可得
i（T，BR2∩P，P）=1.（21）
根据（17）式和（21）式可得i（T，BR2＼BM∩P，P）=i（T，BR2∩P，P）-i（T，BM∩P，P）=1-0=1≠0.因此，算子T在BR2＼BM∩P内至少存在一个不动点u（t），且u（t）u0（t），t∈［0，1］，则u-u0是（1）的一个正解，证毕.
参考文献：
［1］Webb，Jeff R L.Positive solutions of nonlinear differential equations with RiemannStieltjes boundary conditions［J］.Electron J Qual Theory Differ Equ，2016，86：113.
［2］Haddouchi F.Positive solutions of nonlocal fractional boundary value problem involving RiemannStieltjes integral condition［J］.J Appl Math Comput，2020，64：487502.
［3］彭皓，柏仕坤.半正型四阶脉冲微分方程边值问题的正解［J］.宿州学院学报，2021，36（9）：2629.
［4］Xie D，Bai C，Liu Y，et al.Positive solutions for nonlinear semipositone nthorder boundary value problems［J］.Electronic Journal of Qualitative Theory of Differential Equations，2008，7：112.
［5］郭大钧.非线性泛函分析［M］.济南：山东科学技术出版社，2001.
基金项目：国家自然科学基金（11871302）；重庆市自然科学基金（cstc2020jcyjmsxmX0123）
作者简介：楚华磊（1998— ），男，汉族，四川渠县人，学士，在读研究生，研究方向：非线性泛函分析。
