王志森，盛業(yè)青，曠菊紅

（五邑大學(xué) 數(shù)學(xué)與計(jì)算科學(xué)學(xué)院，廣東 江門 529020）

筆者主要研究一類具有有界非線性項(xiàng)的二階混合邊值問題的正解，即：

其中f∈C（R，R］，a是一個(gè)給定的正數(shù).

二階混合邊值問題解的存在性已被很多學(xué)者深入研究，可參考文獻(xiàn)［1-6］，主要采用臨界點(diǎn)理論和不動(dòng)點(diǎn)方法等. 2022年，文獻(xiàn)［7］應(yīng)用從離散到連續(xù)研究超二次條件下二階哈密頓系統(tǒng)兩點(diǎn)邊值問題的非負(fù)解，然后利用對(duì)稱性得到二階哈密頓系統(tǒng)的最小周期解；文獻(xiàn)［8］應(yīng)用離散臨界點(diǎn)理論和逼近技巧相結(jié)合的方法研究超二次條件下一類二階混合邊值問題的正解；2023年，文獻(xiàn)［9］也應(yīng)用從離散到連續(xù)研究了有界條件或適當(dāng)?shù)脑鲩L性條件下一類二階微分方程兩點(diǎn)邊值問題的正解.筆者將采用從離散到連續(xù)研究有界條件下方程（1）正解的存在性.

定理1假設(shè)f滿足：

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

（f）存在兩個(gè)正常數(shù)b≥π2/a2和ρ，使得：2

則方程（1）至少存在一個(gè)正解.

例1設(shè)f∈C（［0，a］×R，R），且有：

其中q≥π2/a2，容易驗(yàn)證定理1 的（f1）及（f2）成立，所以由定理1 可得方程（1）至少存在一個(gè)正解.

1 基本知識(shí)

對(duì)任意給定的正整數(shù)n，令，u（k）=x（khn），0≤k≤2n+1，k∈Z.方程（4）可作為方程（1）的離散化形式，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）.

設(shè)En=｛u∶［1，2n］Z→R｝，其中［1，2n］Z表示1 到2n之間的整數(shù)，這里顯然En是有限維向量空間.假設(shè)un∈En是方程（4）的解，定義：

則方程（4）可以寫成式（6），即：

下面給出上下解的定義.

定義1若β1∈En滿足：則稱β1是方程（4）的下解.

定義2若β2∈En滿足：，則稱β2是方程（4）的上解.

2 主要結(jié)果的證明

為證明定理1，需要以下引理.

引理1設(shè)v∈En，則有：

存在唯一解u∈En，且，其中.

證由式（7）可得，，且對(duì)任意k≥1，有：.從而有：

引理2假設(shè)f滿足定理1 的條件（f1）和（f2），則方程（4）至少存在一個(gè)正解un，且：|Kn，j|≤aM，0≤u（k）≤a2M，?j∈［0，2n］Z，這里Kn，j式（5）定義.

證分步證明引理2.

第三步：對(duì)任意的n∈Z+，證明方程：

至少存在一個(gè)解un∈En，其中：對(duì)任意的n∈Z+，k∈［1，2n］Z，定義算子，顯然Γn是En→En的連續(xù)映射.再由f的連續(xù)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的連續(xù)映射. 由Brouwer 不動(dòng)點(diǎn)定理可得，Γn在Wn上至少存在一個(gè)不動(dòng)點(diǎn)un∈En，再由引理1 可得，un是方程（9）的解.

第四步：證對(duì)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.用反證法證明，對(duì)任意n∈Z+，k∈［1，2n］Z，都有un（k）≥β1（k）.假設(shè)存在k0∈［1，2n］Z，使得un（k0）＜β1（k0）.定義：β（k）=un（k）-β1（k），k∈［1，2n］Z，則存在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，從而有：

由β（k）＜0可得，，這與式（10）矛盾，所以對(duì)任意n∈Z+，k∈［1，2n］Z，都有un（k）≥β1（k）. 同理可證，對(duì)任意n∈Z+，k∈［1，2n］Z，都有un（k）≤β2（k），所以u(píng)n是方程（9）的正解，又由f和f*的關(guān)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，再結(jié)合（f1）和式（6）可得：

從而有：

又因?yàn)閡n是正解，所以對(duì)任意的k∈［1，2n］Z，都有0≤un（k）≤a2M.證畢.

下面證明定理1.

證對(duì)任意的n∈Z+，定義：

利用式（14）可得：|xn（t）|≤a2M.再由Arzela-Ascoli 定理可得，在［0，a］上存在一致收斂的子序列，記為.由于一致收斂于x*，易得是非負(fù)函數(shù)且滿足x*（0）=0.

然后證明x*是方程（1）的非負(fù)解. 由式（11）可得，可選擇的子序列，仍記為，使得當(dāng)n→∞時(shí)：Kn，0→K*，易得K*≥0. 由xn的定義可知，對(duì)任意的n∈Z+，xn在（0，a］上每一點(diǎn)處都是左可導(dǎo)的. 對(duì)每個(gè)t∈（0，a］，存在j∈Z，使得jhn＜t≤（j+1）hn，則：

由f的有界性和連續(xù)性可得：

由于｛xn｝在［0，a］上一致收斂于x*，所以：

再由式（15）可得：

對(duì)任意給定的t≥0 和δ＜0，且滿足（t+δ，t］?［0，a］，則對(duì)任意的s∈（t+δ，t］，存在整數(shù)i1和i2，使得i1hn＜s≤t≤i2hn，且滿足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和同理可證：因此即得：

對(duì)給定的t和δ，存在正整數(shù)i3和i4，使得t+δ＜i3hn≤…≤i4hn≤t，且滿足0≤t-i4hn＜hn和0＜i3hn-tδ≤hn，則由式（18）可得：

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

由此可得，x*（t）在（0，a］每一點(diǎn)都是左可導(dǎo)的，同理可證x*（t）在［0，a）每一點(diǎn)都是右可導(dǎo)的，且右導(dǎo)數(shù)為：

因此x*（t）在［0，a］可導(dǎo)，且導(dǎo)數(shù)為：

最后證明x*是方程（1）的正解.由式（13）和引理2 的第四步可得：，從而有，所以x*是非零函數(shù). 接下來證明x*是方程（1）的正解，即證明對(duì)任意的t∈（0，a］，x*（t）≠0. 用反證法，假設(shè)存在t*∈（0，a］，使得x*（t*）=0，則x*（t*）=0 且x'*（t*）=0.由于xn∈C（［0，a］，R），所以存在ε*＞0 使得當(dāng)|t-s|≤ε*時(shí)，有|x*（t）-x*（s）|≤ρ. 顯然［0，a］是閉集且是［0，a］的開覆蓋，這里，由有限覆蓋定理可得，存在有限的開覆蓋｛Us1，Us2，…，Usr｝. 再由t*∈（0，a］，存在正整數(shù)k*∈［1，r］，使得t∈Usk*，從而對(duì)任意的，有|t-t*|≤ε*，且|x*（t）-x*（t*）|=|x*（t）|≤ρ.再結(jié)合（f2）和x*是非負(fù)解，故有對(duì)任意的，0≤x*（t）≤ρ且f（t，x*（t））≥bx*（t）≥0，從而有：

又由x*是非負(fù)解且x*（t*）=0，故有對(duì)任意的，x*（t）=0 再由｛Us1，Us2，…，Usr｝是［0，a］的有限開覆蓋可得，對(duì)任意的t∈［0，a］，x*（t）=0 這與x*是非零函數(shù)矛盾，所以假設(shè)不成立，因此對(duì)所有的t∈（0，a］，都有x*（t）≠0，因此x*是方程（1）的正解. 證畢.