Banach空间中四阶两点边值问题的上下解方法

江南大学学报(自然科学版)第1卷第4期Vol.1　No.4　　　　　　2002年12月Dec.　2002JournalofSouthernYangtzeUniversity(NaturalScienceEdition)

文章编号:1671-7147(2002)04-0418-04　

Banach空间中四阶两点边值问题的上下解方法胡满峰

(江南大学理学院,江苏无锡214064)

摘　要:采用单调迭代技术,利用上下解方法,在实Banach空间E中研究四阶两点边值问题的解的存在性问题并给出解的存在性定理,同时把这一结果应用于一个具体的无穷四阶微分方程的边值问题,对Maruyun的结果作了本质性的改进和推广.

关键词:四阶两点边值问题;上下解方法;Banach空间;单调迭代技术

中图分类号:O175.15文献标识码:A

TheMethodofLowandUpperPoint

BoundaryValueofYangtzeUniversity,Wuxi214064,China)

Abstract,weinvestigatetheexistenceofsolutionsoffour2ordertwo2pointboundaryval2ueproblemsinaBanachspacebyusingtechniqueofmonotoneiterationandthemethodofupperandlowersolutions.Theobtainedresultsaretheimprovementsandextensionsoftheresultsofpaper.Keywords:fourth2ordertwo2pointboundaryvalueproblem;themethodoflowanduppersolutions;OrderedBanachspace;monotoneiterativetechnique

　　设E是实Banach空间,考察E中四阶两点边值问题

u(4)1　预备知识和引理定义1　设P是E中一个锥,如果存在常数N>0

满足θ≤x≤y]‖x‖≤N‖y‖,则称P是正规

的;若E中每个按序有上界的增序列必有极限,即

若{xn}满足

x1≤x2≤…≤xn≤…≤y　(y是E中元素)

),则称P是正必有x∈E使‖xn-x‖→0(n→∞(t)=f(t,u(t),u″(t)),Πt∈J,(0)=u″(1)=θ,u(0)=u(1)=u″(1)其中J=[0,1],f∈C[J×E×E,E],θ表示E中的零元.文献[1]利用上下解方法在实空间中解决了四阶两点边值问题(1)的解的存在性问题,但在抽象

空间中,至今还未出现任何相关结论.作者在实Ba2

nach空间E中讨论了四阶两点边值问题的解的存

在性问题并给出了存在性定理,同时推广了文献

[1]的结果.

　　收稿日期:2002-04-15;　修订日期:2002-10-08.则的[2];注　设P是E中的一个锥,则P正则]P正规[2].引理　设B是由可数个强可测函数u:J→E所组

作者简介:胡满峰(1976-),男,江苏仪征人,理学硕士,助教.

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第4期胡满峰:Banach空间中四阶两点边值问题的上下解方法

引理2　问题

u

(4)

419

成的集,又设存在函数M∈L[J,R+]使

‖u(t)‖≤M(t)a.e.t∈J对所有的u∈B成立,则α(B(t))∈L[J,R+]且α({

(t)=f(t,η(t),η(t)),Πt∈J,″

(0)=u″(1)=θ,u(0)=u(1)=u″

(12)

∫

J

u(t)dt:u∈B})≤2

∫

J

α(B(t))dt,(3)

其中α表示kuratowski非紧性测度[3](以下相同).推论1　若B<C[J,E]是可数的、有界的,则

α(B(t))∈L[J,R+]且(3)式成立.

引理[4]　设B<C[J,E]是有界且等度连续,定义m(t)=α(B(t)),t∈J则m(t)在J上连续且

α(

η∈C2[J,E]在C4[J,E]中至少有一解.证明　由(12)式有

u

(3)

(t)=u(3)(0)+

t

∫

t

u

(4)

(s)ds=u(3)(0)+

(13)

∫

J

B(s)ds)≤α(B(s))ds.

J∫

(s))ds

∫f(s,η(s),η″

(t)=u″(0)+u″

∫u(s)ds=u(0)t+

(s))ds　　

∫(t-s)f(s,η(s),η″

t

(3)(3)

t

(14)

文中E恒表某实Banach空间,θ表示E中的零元,如果P是E中的一个锥,则P就表示P的对偶锥.P3={f∈E3,f(x)≥0,Πx∈P},E3表

E的共轭空间.R+表示所有的非负实数组成的集.(0)≤θ,u″(1)≤θ,令F={u∈C4[J,E]|u″

θ,u(1)≥θu(0)≥},定义

L:F→C[J,E],Lu=u

(4)

(0)=u″(1)=θ,从而有又u″

3

　u(3)(0)=-

∫(1-0

1

(s))ds(15)s)f(s,η(s),η″u

(3)

(t)=u′(0)+又u′

2

2

(0)+

2

t

(t-2s),η(s))ds(16)″

3

,u∈F.

()(3)(4)

(+(3)

(17)

θ,则u≥θ.引理1　若u∈F满足Lu≥

证明　令　　u(4)(t)=σ(t),

u(0)=u)==u2)=u30

(t-s)3f(s,η(s),η(s))ds″

θ,u1≥,u2≤θ,u3≤θ则　u0≥.易知u可表达如下

u(t)=

由u(1)=θ可推出1

(0)=(2-s)(1-s)sf(s,η(s),η(s))dsu′″

60

故

∫

10

(18)

∫∫

1

[

10

u(t)=

(5)

G(t,r)G(r,s)σ(s)ds]dr+

R(t)

其中　　R(t)=

6

t+3

2-

t+2

(s))ds-∫(2-s)(1-s)sf(s,η(s),η″(1-s)sf(s,η(s),η(s))ds+″6∫(t-s)f(s,η(s),η(s))ds(19)″6∫

6

3

1010

3

　　　　　　　(u1-u0--u″=h

36

)t+u0(6)

这里　G:[0,1]×[0,1]→R+表示边值问题

u(0)=u(1)=θ

(7)

显然u(t)∈C4[J,E]且满足(12)式,故u是问题

(12)的解.定义2.1　设ω0∈C4[J,E],称ω0是问题(1)的一个上解,若ω0满足

ω0(4)(t)≥f(t,ω0(t),ω0″(t)),　t∈J,ω0(0)≥θ,ω0(1)≥θ,ω0″(0)≤θ,ω0″(1)≤θ.

4

定义2.2　设υ0∈C[J,E],称υ0是问题(1)的一个下解,若υ0满足

(4)

υ(t)≤f(t,υ(t)),　t∈J,00(t),υ0″

的Green函数,即

G(t,s)=

t(1-s),t≤ss(1-t),t>s

(8)(9)(10)(11)

(t)=u3t+u2(1-t)由(6)式有　　R″

(t)≤θ,Πt∈[0,1].由(4),(9)式有　R″

θ,Πt∈[0,1].下证　　R(t)≥

υθ,υθ,υ(0)≥θ,υ(1)≥θ.0(0)≤0(1)≤0″0″

任意给定g∈P3,令υ(t)=g(R(t)),则υ∈

2

(t)=g(R″(t))≤C[J,R],由(10)式得υ″0,t∈

[0,1].又υ(0)=g(R(0))=g(u0)≥0,υ(1)=g(R(

1))=g(u1)≥0,再由υ的凸性知υ(t)≥0,t∈[0,1],由g的任意性知R(t)≥0,Πt∈[0,1].

2　主要定理

2

ω0,记[υ0,ω0]={u∈C[J,E]:υ0≤u≤

ω0″υ≤u″≤}0″

θ.结合(4),(5),(11)和G≥0,有u≥

定理1　设P为正规,问题(1)存在上、下解ω0和υ0且满足

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　　　　　　　　　　　　　　江南大学学报(自然科学版)　　　　　　　　　　　　第1卷420

υω0,υω0″.≥0≤0″

f连续且满足

)-f(t,u1,υ)≥θ,f(t,u2,υ

(20)

ω(n4)(t)=f(t,ωn-1(t),ω″n-1(t)),ωn(0)=ωn(1)=ωn″(0)=ωn″(1)=θ.

(39)

υω0,υ∈E,0≤u1≤u2≤

θ,f(t,u,υ2)-f(t,u,υ1)≤ω0″υυυ≤,u∈E,1≤2≤0″

3

3

3

(21)(22)

由(36)～(38)及f的连续性知存在M>0(仅依赖

于ω),使得

υ(n4)(t)‖≤M,t∈J.n=0,1,2,…‖

则由(13),(16),(40)式易知

t

(40)

且对任意给定r>0,存在常数cr≥0,c30,使r≥α(f(J,B,B))≤cαr(B)+crα(B).ΠB,B

Br,其中Br={x∈E:‖x‖≤r},又设

2(cr+cr)<1,

3

3

<

υ(n3)(t)‖=‖υ(n3)(0)+‖　‖

t

∫

υ(n4)(s)ds‖≤

n-1(

(23)

)一则存在两个单调序列{υn},{ωn}(n=0,1,2,…

致收敛到[υ0,ω0]中的问题(1)的极解.

证明　首先考虑问题(12),由引理2知它有一解

4

u∈C[J,E],定义算子

η=u.(24)T:C2[J,E]→C4[J,E],T

(25)首先证明　　　　　TC?C,

η≤ω0,υη这里　C={η∈C2[J,E]:υ≥″≥0≤0″

ω0″}.

∫(1-s)f(s,υ(s),υ″

　‖

∫υ(s)‖ds≤2M,

1

n-1

s)ds‖+

(4)n

　　　Πt∈J,n=0,1,2,…　;υ(t)‖=‖υ(0)+‖n′n′2

(41)

2

(n3)(0)+

t

(t-s)2f(s,υn-1(-1(s))ds‖≤20

(42)M,Πt,,.

∫

ξ=ω.则有设Πξ∈C,令T

(ω)(4)(t)≥f(t,ω)-f(θ,)0-ω0,ω0″

θ0)(1(27)　　(ω0-ω)(0)≥(0,)″(1)≤θ,(28)　　(ω0-.≥υω≥υ由引理1知00.即ω0≥0.

(t),t∈J.(29)令　　　z(t)=ω0-ω)″

由(26)及(28)有

(t)≥θ,z(0)≤θ,z(1)≤θ.(30)z″

θ,t∈J,因此ω0″ω从而有z(t)≤≤″,Πt∈J.同υ理可证得ω0″≤,Πt∈J.从而(25)式成立.0″ηη令u1=T1,u2=T2,η1,η2∈C满足

υηηω0,υηηω0″″≥≥.0≤1≤2≤0≥1″2″

(31)下证　　　u1≤u2,u1″≥u2″,事实上,

(u2-u1)(4)(t)≥f(t,η)-f(t,η)≥θ,(32)2,η2″1,η1″(u2-u1)(0)=θ,　(u2-u1)(1)=θ,(33)(u2-u1)″(0)=θ,　(u2-u1)″(1)=θ,(34)

(t),由由引理1得u1≤u2.令υ(t)=(u2-u1)″

(32)及(34)知υ(t)≥θ,υ(0)=υ(1)=θ,从而得″υ≤θ,即u2″≤u1″.综上(31)式成立.令

υωn-1　(n=1,2,3,…υ).(35)　n=Tn-1,ωn=T

得两个序列{υn},{ωn}.由上述证明可得υυυωn≤…≤ω1≤ω0,(36)　0≤1≤…≤n≤…≤υυυωn″ωω≥≥…≥≥…≥≥…≥≥0″1″n″1″0″,

(37)

(),(37),(41),(40)知{υn}在

,E]中有界.类似地,{ωn}在C[J,E]中有界.

3

于是,由P的正规性知V={υn=0,1,2,…}<n∶

C[J,E]和W={υ″n=0,1,2,…}<C[J,E]是n∶

2

有界的.由υn的定义及引理2的证明,有

υn(t)=6

∫(2-s)(1-s)sf(s,υ

1

n-1(s)″,υn-1(s))ds-

66

3

∫(1-s)f(s,υ∫(t-s)f(s,υ

0t

1

n-1(s)n-1(s)

,υ″n-1(s))ds+

3

″J,,υn-1(s))ds,Πt∈

(43)

υ″n(t)=-t　

t

∫(1-s)f(s,υ

1

n-1(s)″,υn-1(s))ds+

(44)

∫(t-s)f(s,υ

n-1(s)″,υn-1(s))ds.

于是,由(43),(44)及(40)知,V和W中诸函数在J

上是等度连续的,从而函数m(t)=α(V(t)),n(t)=α(W(t))在J上连续,这里V(t)={υn(t)∶n=0,1,2,…},W(t)={υ″n=0,1,2,…}(tn(t)∶固定).令p(t)=max{m(t),n(t)},则在J上连续,记P3=maxt∈Jp(t),对(43)(44)式应用推论1得　m(t)≤2{

3

10

∫[cm(s)+cn(s)]ds+[cm(s)+cn(s)]ds+6∫

1

10t

01

由T的定义有

υ(n4)(t)=f(t,υ″n-1(t),υn-1(t)),

υ(0)=υ(1)=θ;n(0)=υn(1)=υn″n″

6

∫[c

m(s)+c1n(s)]ds≤

(45)

(38)

(c0+c1)P3,　　Πt∈J,3

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第4期

n(t)≤2{

10

胡满峰:Banach空间中四阶两点边值问题的上下解方法421

α((1-s)f(s,V(s),W(s)))ds+

∫

α((1-s)f(s,V(s),W(s)))ds≤∫

t

υω0,υω0″≥,f连续并满足(21)0并且满足υ0≤0″

(22),则定理(1)的结论成立.

2(c0+c1)P3,

(46)(47)

从而有　　　　P3≤2(c0+c1)P3.

证明　与定理1的证明几乎相同,唯一区别是:代替证明p(t)=0的结论直接从(36)(37)式和P的正则性推出.

　　由(23)知P3=0,Πt∈J,则V,W相对紧.再注意到(36),(37)及P的正规性,知{υ″n},{υn}在J上分别一致收敛到某个u∈C[J,E],u″∈C2[J,E].

33

类似可证{ωn}{ω″.n}分别一致收敛到u,(u)″下证u,u∈[υ0,ω0]是问题(1)的极解.即若u∈[υ0,ω0]是问题(1)的任一解,则有

3

(t)≥u″(t)≥(u3)″(t).u(t)≤u(t)≤u(t),u″

3

3　例　子

考察无穷四阶微分方程的边值问题(4)

un

=

n

2

m

-

nπ

310

5

(u″n)+

n

2

(51)

un(0)=un(1)=u″n(0)=u″n(1)=0

m∈N(N表自然数集),证明:在范围0≤un(t)≤

2

事实上,u∈[υ0,ω0],则有

υω0,υω0″≥u″≥.0≤u≤0″ωk-1,υω假设υ″≥″k-1≤u≤k-1≥u″k-1,

令　p(t)=u(t)-υk-1(t),则　p

(4)

n2

,

n2

≤u″0,(0≤t≤1)内边值n(t)≤

问题(51)存在极解.

证明　令=l1={uuu2,…,un,…):

∞

n=1

(t)=u

(4)

(t)-υ(4)

k

(t)=f(t,u,u″)-(48))(50)

|un|}(∑|un|),P={u=

n=1

1

θ,f(t,υ″k-1,υk-1)≥

p(0)=(u-υk)(0)=p(1)=(u-υk)(θ,

1…,,)∈l:un≥0,n=1,2,3,…},则P.由于l是弱序列完备的,故P是正则

(0)=(u-υ(0)=p″(1)()=.p″k)″k的(若E是弱完备的(或是自反的)并且P是正规

的,则P是正则的[5]).(51)可视为E中形如(1)的一个四阶两点边值问题.这时u=(u1,u2,…,un,),υ=(υ),f=(f1,f2,…,fn,…1,υ2,…,υn,…),其中…

,2

nnπn

J=[0,1].显然f∈C[J×E×E,E].令υ0=(0,0,

2

310

　　由引理)k(t,t∈J.令z(t)=

(u-υ(t),()(50)知z″(t)≥θ,Πt∈J,k)″θ,Πt∈J,即u″z(0)=z(1)=θ,从而z(t)≤≤υ″k.

ωk,u″ω类似可证u≤≥″k,

υωk,ωk″υ从而有　≤u″≤,Πt∈J,于是k≤u≤k″

由数学归纳法得

υωn,ωn″υ≤u″≤,Πt∈J,n≤u≤n″两边令n→∞取极限得u(t)≤u(t)≤u3(t),(u3)″(t)≤u″(t)≤u″(t),Πt∈J.定理结论得证.

下解ω0,定理2　设P是正则的,问题(1)存在上、

　　fn(t,u,v)=

m

-

5

(υn)+

),ω0=(sinπt,),则易…,0,…,2,…2

2n

验证ω0,υ下解.又显然0分别是(51)的上、

θ,　　f(t,u2,v)-f(t,u1,v)≥

υω,υ∈E,　　0≤u1≤u2≤

θ,　　f(t,u,v2)-f(t,u,v1)≤

ω0″υυυ　　≤,u∈E.1≤2≤0″

故定理2所有条件全部满足,由定理2得结论成立.

参考文献:

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[4]GUODJ.ExtremalsolutionsofnonlinearFredholmintegral

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[5]DUY.FixedpointsofincreasingoperatorsinorderedBanachSpaceandapplications[J].ApplAnal,1990,38:1-20.

(责任编辑:邢宝妹)

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