泛函微分方程边值问题解的存在性研究_李梦凡.pdf

DOI：10.13747/ki.bdxyxb.2023.04.019摘要：研究二阶泛函微分方程的边值问题，通过定义八类耦合上下解，运用上下解、数学归纳和单调迭代等方法证明解的存在性.最后通过实例加以验证，说明所得到的结论具有较广泛的适用性.关键词：边值问题；上下解；单调迭代中图分类号：O175.8文献标志码：A文章编号：16742494（2023）04011305泛函微分方程边值问题解的存在性研究李梦凡，田淑环（保定学院 数据科学与软件工程学院，河北 保定 071000）收稿日期：20230331作者简介：李梦凡（1998-），女，河北顺平人，保定学院 2021 届毕业生,主要研究方向微分方程及其应用.通信作者：田淑环（1980-），女，河北定州人，副教授，理学硕士，主要研究方向微分方程及其应用.2023 年 7 月保 定 学 院 学 报Jul.，2023第 36 卷第 4 期JOURNAL OF BAODING UNIVERSITYVol36 No4上下解方法被广泛应用于微分方程解的存在性研究中，目前已经有作者把此方法应用到一些类型的微分方程和泛函微分方程的边值问题中.魏兰阁等借助此方法和单调迭代方法讨论了微分方程1：x=f（t，x）+g（t，x）B（x（0），x）=0，t 0，T=I，T0.（1）王高雄等学者对边值问题进行了定义及分类2.杨小娟等、王雅丽等、杨尊凯等都对分数阶微分方程的边值问题进行了研究3-5，如文献 4 中的方程为D0+u（t）-u（t）=f（t，t1-u（t），limt0+t1-u（t）=u（1）11111111，0t1.（2）陈星荣、蹇星月等以及翁佩萱分别关于脉冲、分数阶、四阶对泛函微分方程边值问题进行研究6-8，其中有学者用此方法和广义的单调迭代技术讨论了一类时滞分数阶泛函微分方程边值问题7.类似地，可以用此方法和单调迭代方法对二阶泛函微分方程的边值问题进行讨论.方程如下:u=-a（x）u-b（x）u（x）-c（x）u+f（x），x a，b=I，u（a）=u（b），u（a）=u（b）.（3）1预备知识根据方程（3）的形式给出耦合上下解的定义.耦合上下解定义：函数，C I，R 称为一般上下解，如果-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b），-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b）.第一类耦合上下解，如果113保定学院学报2023 年第 4 期-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b），-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b）.第二类耦合上下解，如果-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b），-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b）.第三类耦合上下解，如果-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b），-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b）.第四类耦合上下解，如果-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b），-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b）.第五类耦合上下解，如果-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b），-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b）.第六类耦合上下解，如果-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b），-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b）.第七类耦合上下解，如果-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b），-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），（a）（b），（a）（b）.耦合解定义：设函数（x），（x）I，如果这两个函数满足=-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），=-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），则称函数（x），（x）是方程（3）的耦合解.2主要结果定理 1方程（3）的第五类耦合上下解是 0、0，满足：1）0（x）0（x），0（x）0（x），（xI）；2）（x）0，b（x）0，c（x）0，（xI）.当上述两个条件成立时，存在且满足012nn210的两个单调序列n、n，而且分别一致收敛于方程（3）的耦合解.证明：构造迭代序列n+1=-a（x）n-b（x）n（x）-c（x）n+f（x），n+1（a）=n（a），n+1（a）=n（a）；（4）n+1=-a（x）n-b（x）n（x）-c（x）n+f（x），n+1（a）=n（a），n+1（a）=n（a）.（5）用数学归纳法证明.证明当 n=1 时，0110，0110.a）首先证明 01，01.令 p（x）=1（x）-0（x），则由（4）及第五类耦合上下解得p（x）=1（x）-0（x）-（x）0-b（x）0（x）-c（x）0+f（x）-a（x）0-b（x）0（x）-c（x）0+f（x）=0，所以 p（x）0，p（x）是单调不减的.因为 p（a）=1（a）-0（a）=0（a）-0（a）=0，所以 p（x）0，即 01，p（x）是单调不减的.又因为 p（a）=1（a）-0（a）=0（a）-0（a）=0，所以 p（x）0，即 01.114同理可证得 10，10.b）再证 11，11.令 p（x）=1（x）-1（x），则由（4）和（5）得p（x）=1（x）-1（x）=-（x）0-b（x）0（x）-c（x）0+f（x）-a（x）0-b（x）0（x）-c（x）0+f（x）=-a（x）（0-0）-b（x）（0（x）-0（x）-c（x）（0-0）0，所以 p（x）0，p（x）是单调不减的.因为 p（a）=1（a）-1（a）=0（a）-0（a）0，所以 p（x）0，即 11，p（x）是单调不减的.又因为p（a）=1（a）-1（a）=0（a）-0（a）0，所以 p（x）0，即得 11.即证得 0110，0110.）假设n-1nnn-1，n-1nnn-1（6）成立.证明 nn+1n+1n，nn+1n+1n成立.a）首先证明 nn+1，nn+1.令 p（x）=n+1（x）-n（x），由（6）得p（x）=n+1（x）-n（x）=-a（x）n-b（x）n（x）-c（x）n+f（x）-a（x）n-1-b（x）n-1（x）-c（x）n-1+f（x）=-a（x）（n-n-1）-b（x）（n（x）-n-1（x）-c（x）（n-n-1）0，所以 p（x）0，p（x）是单调不减的.因为 p（a）=n+1（a）-n（a）=n（a）-n（a）=0，所以 p（x）0，即nn+1，p（x）是单调不减的.又因 p（a）=n+1（a）-n（a）=n（a）-n（a）=0，所以 p（x）0，得到 nn+1.同理可证得 n+1n，n+1n.b）再证 n+1n+1，n+1n+1.令 p（x）n+1（x）-n+1（x），由（6）得p（x）=n+1（x）-n+1（x）=-a（x）n-b（x）n（x）-c（x）n+f（x）-a（x）n-b（x）n（x）-c（x）n+f（x）=-a（x）（n-n）-b（x）（n（x）-n（x）-c（x）（n-n）0，所以 p（x）0，p（x）是单调不减的.因为 p（a）=n+1（a）-n+1（a）=n（a）-n（a）0，所以 p（x）0，即 n+1n+1，p（x）是单调不减的.又因为 p（a）=n+1（a）-n+1（a）=n（a）-n（a）0，所以 p（x）0，即得n+1n+1.综上可得 nn+1n+1n，nn+1n+1n成立.）由数学归纳法证得 012nn210成立.所以两个序列n、n在 I 上单调有界，故存在 （x）、（x）使limnn（x）=（x），limnn（x）=（x），容易证明两个序列n、n等度连续10，所以由文献 10 中的定理可证得n、n分别一致收敛于（x）、（x）.当 n 时，根据（4）（5）可得 （x）、（x）是方程（3）的耦合解，即=-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），=-a（x）-b（x）（x）-c（x）+f（x），且 0（x）（x），（x）0（x）.定理 2若定理 1 中的条件 2）成立，对于方程（3）中满足00，0（x）（x）0（x），xI的任意解，存在两个单调序列2n，2n+1、2n，2n+1有0122n2n210，李梦凡，田淑环：泛函微分方程边值问题解的存在性研究115保定学院学报2023 年第 4 期而且2n，2n+1、2n，2n+1分别一致收敛于方程（3）的耦合解.证明方法与定理 1 类似，过程略.定理 1 和定理 2 是关于二阶泛函微分方程第五类耦合上下解的边值问题的定理，其他几类耦合上下解可以用类似的方法讨论.3应用举例通过以下实例验证上述定理的正确性及适用性.例 1u=-x2u+2u（x2）+x，x 0，1=I，u（0）=u（1），u（0）=u（1），（7）其中 a（x）=x2，b（x）=-2，c（x）=0，（x）=x2，f（x）=x.解：令 0（x）=0，0（x）=1，0（x）=0，0（x）=1，满足第五类耦合上下解情况.考虑迭代序列n+1=-a（x）n-b（x）n（x）-c（x）n+f（x），n+1（0）=n（0），n+1（0）=n（0），n+1=-a（x）n-b（x）n（x）-c（x）n+f（x），n+1（0）=n（0），n+1（0）=n（b），所以 1=-a（x）0-b（x）0（x）-c（x）0+f（x）=-x2+0+x=-x2+x，则 1=-13x3+12x2+c1，1=-112x4+16x3+c1x+c2.因为 1（0）=0（0），1（0）=0（0），可解得 c1=c2=0，即 1=-112x4+16x3，所以 1=-a（x）0-b（x）0（x）-c（x）0+f（x）=0+2+x=x+2，则 1=12x2+2x+c3，1=16x3+x2+c3x+c4.又因为 1（0）=0（0），1（0）=0（0），可解得 c3=1，c4=1，即 1=16x3+x2+x+1.由上述方法得到2=-1540 x10+1168x8-160 x6-110 x5-112x4+16x3，2=1168x8+1126x7+120 x6+16x4+16x3+x2+x+1，所以存在单调序列n：1=-112x4+116x3，2=-1540 x10+1168x8-160 x6-110 x5-112x4+16x3，单调序列n：1=16x3+x2+x+1，2=1168x8+1126x7+120 x6+16x4+16x3+x2+x+1，并且满足 012nn210，而且分别一致收敛于方程（3）的耦合解.参考文献：1 魏兰阁，田淑环，王淑燕，等.微分方程非线性边值问题的单调迭代方法 J.数学的实践与认识，2012，42（10）：244-251.2 王高雄，周之铭，朱思铭.常微分方程 M.3 版.北京:高等教育出版社，2006.3 杨小娟，韩晓玲.一类带积分边值条件的分数阶微分方程多个正解的存在性 J.陕西师范大学学报（自然科学版），1166 高作峰，王友，王国成.对策论与经济管理决策 M.北京：中国林业出版社，2006.The Condition of Non Empty Core in Stochastic Cooperative GameBAI Hongxin（College of Data Science and Software Engineering,Baoding University,Baoding,Hebei 071000,China）Abstract：Based on the model of stochastic cooperative game,this paper gives a necessary condition for TU game when the core ofstochastic cooper