y).若令A2=0,y=0,则Ix=0,Bx=0,于是由(H1)得x=0;代 入(6)后得 0)=∑W 0 故 W(0)z W-1)(0)z;=0(1≤k≤n), 因此z=0.可见A可逆令y)=(9(y))=-A-1Bu(·,y),Ky =x(·,g(y),y),则LKy=y,BKy=0,结合(4)(6)有 Ky()=∑W()(y)+W2t-5)y()d.(7) 因此KYCZ,K=(L|Z)1∈L(Y,X). 16.2引理(H2)(H3)→F:X→Y为有界连续映射 证明是直接的 1.63引理若条件(H)~(H3)满足,则T仝KF:X0→X0全 连续,K依1.6.1. 证由16.1与1.6.2,T:K→X。是有界连续映射.任给有 界集Scx0令Q=TS,r=sup|x!x= suply|x.由条件(H3)有 g∈1J),Ⅴx∈S,t∈J:|Fx()≤g(t).若x∈S,z=Tx,则Lz =Fx,当0≤【<r≤1时 (i-1) ()|=1go()d≤q(r-t)(1≤<n); z(s)ds A:(s)z(s)+Fr(s)ds ≤g∑,A(5)ds+g(s)d, 可见{x1):∈Q,1≤i≤n}等度连续,从而由 Arzela- Ascoli定理 得出Q在X中相对紧.故T全连续. 结合1.4.1与1.6.3立即得到 1.64定理设条件(H1)~(H3)满足若有有界开集』CX0, 使得0∈2,VA∈(0,1),BVP 21·
Lr= af(t, x(tE), Bx=o (8)x 的任何解x∈a,则BVP(1)(2)有解x∈2 应用1.6.4的关键在于构成满足所述要求的开集』,这恰是 整个方法的最箭技巧的部分,而且必定需要某些附加条件.对 的最简单的选择是令2={x∈X:1x|x<P},其中p充分大.若 (8)的解x恒满足x1x<p,则当然xa.因此有 1.65推论若条件(H1)~(H2)满足,且 sup!}x|x:x∈X,λ∈(0,1),x满足(8)4}<a,(9) 则BVP(1)(2)有解 这样,判定BⅴP(1)(2)是否可舞,归结为对BP(8)k的解进 行“先验估计”以验证(9).这种佔计强烈地依赖于LB与∫的具 体性质,尤其依赖于对∫的一定增长性限制 整于条件(9)并非总是容易验证,可考虑对4作更灵活的选 择倒如可取D={x∈K:xx<p且{x2<r},0<<p注意 x∈lx|x≤p,|x21≤r且二者至少一个取等号.类似于 1.6.5有 166推论设条件(H1)~(H3)满足,3r>0,使得 p{|xx:x∈X,彐λ∈(0,1),使x满足 (8且|x21≤n}<∞; 当x满足(8)2(A∈(0,1))时max|x2(t)≠r,则BvP(1)(2)有 解 试看两个具体例子 1.67例考虑2阶 Dirichlet问题 x"=f(t,x,x)(t∈J),x(0)=x(1)亠 其中∫:J×Rm→R"满足 Caratheodory条件及条件 (H4)存在pq,r∈L(J,R+),使得 f(t,x,y)|≤p(t)x!+q(t)ly!+r(t)(∈J,x,y∈R") (12) 22
p1+2|q{1< 令X=C1(J,R),xx=mx{x|o,|x'l},X={x∈X;x(0)= x(1)=0}今验证1.6.5之条件.直接计算知BⅤP“x=0,x(0)= x(1)=0”仅有零解,即条件(H1)满足实际上,对于本例可求得 (7)的具体形式 Ky(t)= G(e,s)y(s)ds, (14) 其中 s(t-1),s≤ G(,s)= t(s-1),s>t (15) 其次显然条件(H4)蕴涵(H3)设A∈(0,1),x∈X满足 x″=Af(,x,x) 令x=|xl2由分部积分有 p2=(x'(t),x(t))d=(x(t),x(t) (xit),rt))de (x(t),x"(t))dt≤ role”|1 (17) Vt∈J,由x(0)=x(1)=0并用 Schwarz不等式得 r()|<min Ix(s)Ids, 1x(s)lds ≤min{√t,√1一t}|x'|2≤ 故得|x≤H/√2,由x=(Kx")与(14)(15)有 x(t)=G(,s)x"()d≤|x"{1 这得」x|≤|x"1.由条件(H4与(16)有 x"1≤|pl1!x{o+|qx'|。+|rl1 ≤=|p1+lql1|x"l:+|r 因(13)推出{ql:<1,故可从上式解出 ≤-1)1(2ph+小(18 23
以此代入(17),可解出 p≤2|r1(2-|p1-2|q|1)-1. 这与|x|。≤m/√2,1x|≤|"l1及(18)一起表明,相应于(9)的 条件满足,于是由16.5知BVP(11)有解 若改令Y=C(J,R),Z=X∩C",则当∫连续且(H1)满足时 1.6.1~1.66仍然成立,其证明所需的修改是明显的 1.6.8例考虑2阶周期BP: x=f(t,x,x)(t∈J); (19) x(0)=x(1),x(0)=x(1), 其中∫∈C(J×R,R),f(0,·,·)=f(1,·,·).假定∫潢足 (H5)彐a,b,c,r>0,使|f(tx,y)|≤a|x|+by+c(t∈J, x,y∈R"),且当|x|=r,(x,y)=0时(x,f(t,x,y)≥0 设X与|·x仍如前例,X={x∈X:x(0)=x(1),x(0)= x'(1)),Z=XonC,Y=C(,R"), Lx=x-ar, Fx=f(t,c,x' ax不难验知K=(LZ)∈L(Y,X),记T=KF:X→X0.设λ ∈(0,1),x=λTx,x|≤r.x=ATx意味着x∈X且 x"=a(1-从)x+Af(,x,x) (20) 令p=|x'l2,则如同1.6.7有p2≤|lox"l1,因而由(20)、(H5)有 2≤r[a(1-λ)x()|+ax()+x'(t)|+ ac ]dt ≤ar2+br+cr, 这推出瓜≤ const.这结合(20)与(H5)得|x"l1≤ const.设x=(x;). 由x(0)=x(1)有t∈(0,1):x',(t;)=0,于是 x,(t)=x2()d≤|x"l(1≤i≤n), 这推出|x'|≤ const,因此相应于(10)的条件满足 其次设x如上段,则max|x()|≠r,否则彐t∈J:|x(t) r,g(t)仝(x(t),x(to))在t=t取极大,因9∈C2,故p(to) (x'(t),x(t))=0,y(t)≤0于是由条件(H5)有 24·
0≥(x"(to),x()) a(1—λ)r+λ(x(to),f(to,x(t),x'(t)) ≥a(1-)r>0, 得出矛盾.因此由1.6.6(注意前面的说明)得出BVP(19)有解 §7LS度与 Brouwer度 如在§3中引人度时所预期的,在前几节中,我们仅仅依据度 的基本性质,经不多的演绎步骤,即达到了度理论所能引出的颇为 深人的结论,而且摘触到某些有价值的应用.迄今为止,完全未谈 及度的具体构成,更不必说度的计算公式.从逻辑上说,以基本性 质(D1)~(D)作为公理,由之出发应能展开整个度理论.然而,这 展开过程只能“迁回地”完成,即一般理论的建立有赖于对LS 度与 Brouwer度这两种特殊情况的充分展开,否则不足以克服某 些技术性障碍.而且,对特殊情形的深入考察有助于达到对度的更 好的理解.不过,对LS度与 Brouwer度的完全的讨论并非短短几 页所能做到,我们仅希望本节起某种释性作用,因而并未顾及逻 辑上完全的严格性 17.1命题设的Cx为有界开集,F∈SC(2),a0∩FixF= ,则存在紧凸集KCX与F|(D∩K)的扩张F∈O(),使得 FixF= FixFCK,且 d(I-F,a,0)=d(I-F,n,0) (1) 证可设FxF≠(否则取K=区,Fx≡x0好了).令B (ACX:A闭凸, FixFUF(n∩A)CA},则易验证K会∩A∈ B,C△c0F(∩K)<K,C∈B,因此K=C由a(K)=a(F(∩ K)≤a(F)a(K)推出a(K)=0,故K紫凸:由1.2.5,F|(∩K) 有紧扩张F: FnCcoF(3∩K)CK,显然FixF=FxFC顶∩K,令 Kn={xd(x,∩K)≥1/n},n充分大,则由(D4)(D5)推出 25