close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Положительное решение двухточечной краевой задачи для одного нелинейного обыкновенного дифференциального уравнения четвертого порядка.

код для вставкиСкачать
2006
ИЗВЕСТИЯ ВЫСШИХ УЧЕБНЫХ ЗАВЕДЕНИЙ
МАТЕМАТИКА
Є 8 (531)
УДК 517.927
Э.И. АБДУРАГИМОВ
ПОЛОЖИТЕЛЬНОЕ РЕШЕНИЕ ДВУХТОЧЕЧНОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ
ДЛЯ ОДНОГО НЕЛИНЕЙНОГО ОБЫКНОВЕННОГО
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО УРАВНЕНИЯ ЧЕТВЕРТОГО ПОРЯДКА
Рассмотрим на отрезке [0; 1] двухточечную краевую задачу
y(4) = f (x; y); 0 < x < 1;
(1)
0
0
y(0) = y (0) = y(1) = y (1) = 0;
(2)
где f (x; z ) | непрерывная по обоим аргументам функция. Предположим, что f (x; z ) имеет
непрерывную частную производную при x 2 [0; 1]; z 0 и
@f (x; z) 0:
(3)
@z
@f
@z
Предположим еще, что существуют непрерывные и неотрицательные при x 2 [0; 1] функции
a(x) и b(x) такие, что выполняются условия
a(x)z f (x; z) b(x)z ; n = const > 1;
(4)
при x 2 [0; 1], z 0, причем a(x) b(x).
Очевидно, y(x) 0 | тривиальное решение этой задачи. Под положительным решением этой
задачи понимается функция y 2 C [0; 1], удовлетворяющая уравнению (1), краевым условиям
(2) и положительная при x 2 (0; 1).
n
n
4
В данной работе доказывается существование и единственность положительного решения
задачи (1), (2) и приводятся положительные решения при f (x; y) = y2 , f (x; y) = y4 и f (x; y) =
e y2. Ранее аналогичные вопросы рассматривались для уравнения второго порядка в [1].
x
1. Существование положительного решения
Лемма. Если функция
удовлетворяет условиям
f (x; z) непрерывна, имеет непрерывную частную производную
@f
и
(3), (4), то для положительного решения задачи (1), (2) справедлива
@z
априорная оценка
max
y(x) M:
[0 1]
;
(1.1)
Нетрудно убедиться, что
(
3 ; (1+2 )
2 2
если 0 x s;
G(x; s) = 3(1; 6);(1;(1)(3;;2s)) x2 ;
(1.2)
2
s (1 ; x) ; если s x 1;
6
является функцией Грина оператора 44 с граничными условиями (2). Очевидно, G(x; s) 0
при x 2 [0; 1] и s 2 [0; 1]. С помощью G(x; s) задачу (1), (2) можно записать в эквивалентной
форме
Доказательство.
s
x
s
s
x
s
d
dx
y(x) =
Z
1
0
G(x; s)f (s; y(s))ds:
3
Отсюда следует
Z
y0(x) =
1
0
Z
y00(x) =
1
2
(x; s)(1 ; s)2 ;
2
12 (x; s)s ;
2
21 (x; s)(1 ; s) ;
22 (x; s);
@G(x; s) = G
@x
G
(
@ G(x; s) = G
@x
G
11
2
2
где
(1.3)
2
0
Из (1.1) получим
(
@G(x; s) f (s; y(s))ds;
@x
@ G(x; s) f (s; y(s))ds:
@x
если 0 x s;
если s x 1;
если 0 x s;
если s x 1;
x
(1
+
2
s
)
(1
;
x
)(3
;
2
s
)
G (x; s) = x s ; 2
;
G = (1 ; x)
;1+s ;
2
G (x; s) = [s ; x(1 + 2s)](1 ; s) ; G (x; s) = [(1 ; s) ; (1 ; x)(3 ; 2s)]s :
11
12
2
21
2
22
1 2
; функция; y(x)
Легко проверить, что ( 2 ) 0 при x 2 13 ; 23 . Следовательно,; на отрезке
3 3
1
0
0
выпукла вверх. Также легко проверить, что y (x) > 0 при x 2 0; 3 и y (x)< 0 при x 2 32 ; 1 .
Отсюда следует, что равенство y0 (x) = 0 возможно только в точке x0 2 13 ; 32 . А из выпуклости
y(x) на этом отрезке следует неравенство
y(x) 3kyk (x);
(1.4)
2
@ G x;s
@x
;
где (x) | расстояние от точки x до границы отрезка 31 ; 32 , (x) = min x ; 13 ; 32 , а
kyk = 0max
y(x):
1
x
Обозначим через (x) расстояние от точки x до границы отрезка [0; 1], (x) = min(x; 1 ; x).
Можно показать, что
3
3
G(x; s) (x)3 (s) :
(1.5)
Тогда в силу (1.4) и (1.5)
y(x) Z
2
3
1
3
;1 3 (x)kyk
G(x; s)g(s)jy(s)j ds 3
n
n
Z
2
3
n
1
3
(s) (s)g(s)ds:
3
n
Так как (x) 13 при x 2 13 ; 23 , то отсюда следует
kyk
;1 n
3
;4
Z
2
3
n
1
3
3
n
;1
(s)g(s)ds
B или kyk B n; : 1
1
R1
Обозначим G(x; s)f (s; y(s))ds Ay. Тогда уравнение (1) можно записать в операторной
0
форме y = Ay. Обозначим через K конус непрерывных, неотрицательных на [0; 1] и выпуклых
вверх на 13 ; 23 функций банахова пространства C 2 [0; 1] таких, что kuk = 0max
u(x) достигается в
1
1 2
точке x0 2 3 ; 3 и u(0) = u0 (0) = u(1) = u0 (1) = 0. Полуупорядоченность в конусе K определим
следующим способом: будем считать u v, если u(x) v(x) при x 2 [0; 1].
x
4
0 при x 2 ; , поэтому
Z
(Ay)00 = @ G(x; s) f (s; y(s))ds 0
@x
при x 2 ; . Следовательно, функция u = Ay выпукла вверх при x 2 [ ; ], неотрицательна
при x 2 [0; 1], u(0) = u0 (0) = u(1) = u0 (1) = 0, если y 2 K . Как показано выше, max
y(x)
достигается в точке x 2 ; , в которой
= 0. Тогда и max
u(x) достигается в этой
же точке. Это означает, что A | положительный оператор на K . Его вполне непрерывность
легко проверяется. Покажем, что A растягивает конус K . Действительно, пусть r | некоторое
число, которое будет уточнено ниже. Пусть y 2 K (0; r ) = fx 2 K : kxk r g. Тогда в силу (4)
Пусть y 2 K . Как показано выше,
2
@ G(x;s)
1
2
3
2
2
0
1
3
1
3
@ x2
2
3
1
3
2
3
0
1
3
0
x
1
@ G(x0 ;s)
2
3
@x
0
1
x
1
1
имеем
Ay =
Z
1
n
0
Z
G(x; s)g(s)jy(s)j ds kyk ; kykg
1
n
1
1
G(x; s)ds r ; g kyk
n
0
0
1
1
0
Z
1
0
G(x; s)ds;
(1.6)
где b0 = 0max
b(x). Так как y(x) выпукла вверх на отрезке 31 ; 23 , то для нее справедлива оценка
1
k k в силу (1.3). Следовательно,
1
1
1
)
=
.
Поэтому
y
(
)
(1.4). Очевидно, 1max
(
x
)
=
(
3
6
2
2
2
x
y
x
3
3
kyk 2y 12 :
(1.7)
R1
Функция v(x) = G(x; s)ds является решением двухточечной краевой задачи
0
v = 1; 0 < x < 1; v(0) = v0 (0) = v(1) = v0 (1) = 0
(4)
2
и имеет вид v(x) = [ (124; )] . С учетом этого и (1.7) из (1.6) получаем
x
x
1
b
0
;
1
Ay 2 192 r1 y 12 :
n
;
Возьмем r1 < 1920 n;1 , тогда Ay( 12 ) < y( 21 ). Следовательно, Ay ; y 6 K при y 2 K (0; r1 ), где
r1 < a. Пусть r2 | некоторое положительное число,
которое будет уточнено ниже и пусть
y 2 K (r2; 1) = fx 2 K : kxk r2g. Тогда при x 2 13 ; 23 в силу (1.3) и (1.4)
1
b
Ay(x) 3
;1 3 (x)
Z
1
n
0
(s)g(s)jy(s)j ds 3
3
n
;1 3 (x)r ;1 y(x)
n
Z
2
3
n
2
1
3
(s)g(s) (s)ds:
3
n
2R 3
;
Отсюда следует, что Ay( 21 ) 3 ;4 r2 ;1 y( 12 ) 3 (s) (s)g(s)ds. Возьмем r2 > 3 nn;;14 c n;1 1 ;1 , где
=
n
n
n
1=3
2R=3
c = (s) (s)g(s)ds, тогда Ay( ) > y( ): Следовательно, y ; Ay 6 K при y 2 K (r ; 1) с
r < b. Очевидно, r < r . Таким образом, положительный вполне непрерывный оператор A
растягивает конус K . Тогда, как известно [2], интегральное уравнение (1.2) в конусе K имеет
по крайней мере одно ненулевое решение. Легко видеть, что это решение y 2 C [0; 1].
3
1
2
n
1=3
2
1
1
2
2
2
4
Таким образом, доказана
Теорема 1. Существует по крайней мере одно положительное решение из класса
задачи
(1), (2).
5
C [0; 1]
4
2. Единственность положительного решения
= s(1 ; s)2 0, (03 ) = ;(1 + 2s)(1 ; 3)2 0, то из (1.3) следует
y00 (0) = A > 0; y000 (0) = ;B < 0:
Теорема 2. Предположим, что функция f (x; z ) непрерывна и имеет непрерывную частную
(
)
при x 2 [0; 1], z 0 и что выполняются условия (3), (4). Тогда положипроизводную
4
тельное решение задачи (1), (2) единственно в C [0; 1].
Доказательство. Пусть y (x) и y (x) + v (x) | различные положительные решения задачи
(1), (2). Очевидно, они могут иметь лишь конечное число N общих точек x0 = 0 < x1 < <
x ;1 = 1, в которых v(x ) = v0 (x ) = 0, k = 0; 1; 2; : : : ; N ; 1. Через y (x) и y (x) + v (x)
обозначим решения уравнения (1) на интервале (x ; x +1 ), k = 0; 1; 2; : : : ; N ;2, удовлетворяющие
в граничных точках условиям y (x ) = y(x ), y0 (x ) = y0 (x ), y (x +1 ) = y(x +1 ), y0 (x +1 ) =
y0(x +1 ), v (x ) = v0 (x ) = v (x +1 ) = v0 (x +1 ) = 0, k = 0; 1; 2; : : : ; N ; 2. Вычитая из равенства
(y + v )(4) = f (x; y + v ) равенство y (4) + f (x; y ) = 0; получим линейное относительно v (x)
уравнение
v(4) = b (x)v ;
(2.1)
где b (x) = ( k ) , min(y (x); y (x) + v (x)) w (x) max(y (x); y (x) + v (x)). В силу (1.1)
получим оценку 0 w (x) M . Тогда из (4) следует 0 b (x) = ( k ) C (M; p), где C (M; p)
| некоторая положительная константа, зависящая лишь от M в (1.1) и p.
Как известно [3], расстояние drмежду двумя соседними нулями решения уравнения (2.1)
удовлетворяет неравенству d > = 4 max
b(x), поэтому
[0 1]
Так как
2
@ G(0;s)
@ x2
3
@ G
;s
@x
@f x;z
@z
N
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
@ f x;w
k
k
@y
k
k
k
k
k
k
@ f x;w
k
k
@y
;
(2.2)
; x > pC (M; p) ; k = 0; 1; 2; : : : ; N ; 2:
На интервале (x ; x ) функция v (x) удовлетворяет уравнению (2.1), а в граничных точках
условиям v (x ) = v (x ) = v0 (x ) = v0 (x ) = 0. Отсюда в силу (2.2) v (x) 0 при
x 2 [x ; x ]. Следовательно, v(x) 0 при x 2 [0; 1] и y(x) будет единственным положительным
решением задачи (1), (2) из класса C [0; 1].
Замечание. Очевидно, отрезок [0; 1] в теоремах 1, 2 можно заменить на произвольный отрезок [0; x ] c x > 0.
x
k+1
k
k
k
k
k+1
k
k
k+1
k
k+1
0
4
k
k+1
k
k+1
k
4
0
Литература
1. Абдурагимов Э.И. О единственности положительного решения одной нелинейной двухточечной краевой задачи // Изв. вузов. Математика. { 2002. { Є 6. { С. 3{6.
2. Красносельский М.А., Забрейко П.П. Геометрические методы нелинейного анализа. { М.:
Наука, 1975. { 542 с.
3. Mikusinski J. Об уравнении x( ) + A(t)x = 0 // Ann. Polon. Math. { 1955. { V. 1. { Є 2. {
P. 207-221.
n
Дагестанский государственный
Поступила
26.07.2004
университет
6
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа