具有局部线性增长条件的离散简支梁方程正解的连续支路

摘要

本文得到了非线性离散简支梁方程正解的整体结构

$$\开始｛对齐｝&&增量^{4} u个（t-2）=\lambda f\bigl（t，u（t）\bigr），\quad t\in\mathbb{t}，\\&u（1）=u（t+1）=\Delta^{2} u个（0）=\增量^{2} u个（T） =0，\结束{对齐}$$

具有\（在C中为f\（\mathbb{T}\times[0，\infty），[0，\nfty））满足局部线性增长条件\（f（t，0）=0）统一用于\（t\in\mathbb{t}\），其中\（\mathbb{T}=\{2，\ldots，T\}\）,\（\lambda>0）是一个参数。主要结果基于全局分岔定理。

1介绍

差分方程通常描述某些现象在一段时间内的演变，这些现象经常出现在数学及其在经济学、统计学、生物学、数值计算、电路分析和其他领域的应用中的多种设置和形式中；参见[1].

众所周知，四阶两点边值问题

$$\begin｛aligned｝&u^｛（4）｝（t）=f\bigl（t，u（t）\bigr），\quad t\in（0，1），\\&u（0）=u（1）=u''（0）=u''（1）=0，\end｛aligned｝$$

(1.1)

出现在铰接梁理论中[2,三]，所以正解的存在性和多重性(1.1)许多作者对其离散模拟进行了研究；例如，请参见[三,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18]. 特别是参考文献。[15,16,17,18]介绍微分方程边值问题的新的分析和数值方法。

让一,b为整数，并且\（[a，b]_{mathbb{Z}}={a，a+1，\ldots，b\}\）2002年，Zhang等人[10]He等人[11]研究了以下离散模拟的正解的存在性：

$$\开始{对齐}和\Delta^{4} u个（t-2）=\lambda h（t）f\bigl（u（t）\bigr），\quad t\in[2，t]_{mathbb{Z}}，\\&u（0）=u（t+2）=\Delta^{2} u个（0）=\增量^{2} u个（T） =0，\结束{对齐}$$

(1.2)

这里Δ是前向差分算子\（\增量u（t）=u（t+1）-u（t）\）,\（h:[2，T]_｛\mathbb｛Z｝｝｝\到[0，\infty）\）和\（f在C（[0，\infty），[0，\ infty。已在中指出[10,11]那个(1.2)等于形式的求和方程

$$u（t）=\lambda\sum^{t+1}_{s=1}G（t，s）\sum^{T}（T）_{j=2}G_{1}（s，j）a（j）f\bigl（u（j）\bigr）=：a_{0}u（t），\quad t\in[0，t+2]_{mathbb{Z}}$$

(1.3)

哪里

$$G（t，s）=\frac{1}{t+2}\textstyle\begin{cases}s（t+2-t），&1\le s\le t+2，\\t（t+2-s），&0\le s\leT+1，\end{cases}$$

和

$$G_{1}（t，i）=\frac{1}{t}\textstyle\begin{cases}（t+1-t）（i-1），&2\le\tleT+1，（t+1-i）（t-1）$$

注意，求和方程中使用了两个不同的格林函数(1.3)这使得锥的构造和对\（A_{0}\）变得更加复杂和困难。

因此，马和徐[12]考虑到离散模拟(1.1)如下：

$$\开始{对齐}和\Delta^{4} u个（t-2）=\lambda f\bigl（t，u（t）\bigr），\quad t\in[2，t]_{\mathbb{Z}}，\\&u（1）=u（t+1）=\Delta^{2} u个（0）=\增量^{2} u个（T） =0，\结束{对齐}$$

(1.4)

并介绍了广义正解.

定义1.1

A函数\（u:[0，T+2]_{\mathbb{Z}}\到[0，\infty）\）称为广义正解第页，共页(1.4)，如果u个满足(1.4)、和\（u（t）\geq 0\）在\（[1，T+1]_｛\mathbb｛Z｝｝\）和\（u（t）>0）在\（[2，T]_｛\mathbb｛Z｝｝\）.

他们还应用锥上的不动点定理获得了关于广义正解存在性的一些结果(1.4); 参见[12]. 马和卢[13]应用Dancer的全局分岔定理获得了离散简支梁方程广义正解的存在性和多重性的一些新结果(1.4)带有\（λ=1）.

然而，在这些论文中，他们假设非线性\（在C（[2，T]_{mathbb{Z}}\times[0，\infty），[0，\ infty中））满足

$$f（t，u）\geq 0\quad\text{on}[2，t]_{\mathbb{Z}}\times[0，\infty）\quad_text{and}\quadf（t，u）>0\quad\text{on}[2]，t]{\mathbb{Z{}\times（0，\infcy）$$

当然，一个自然的问题是如果（f）仅在子区间上为正\（[a，b]{\mathbb{Z}}\子集[2，T]{\mathbb{Z}}\）? 那就是，（f）满足

$$f（t，u）\geq 0\quad\text{on}[2，t]_{\mathbb{Z}}\times[0，\infty）\quad_text{和}\quad f（t、u）>0\quad\text{on}[a，b]_{\ mathbb}Z}}\times[0，\ infty]$$

基于上述原因，我们将展示(1.4)在以下假设下：

• （H1） \（在C（[2，T]_{mathbb{Z}}\times[0，\infty），[0，\ infty中））具有\（f（t，0）=0）对于\（t\in\mathbb{t}\）;

• （H2） 存在\（\alpha_{1}:[2，T]_{\mathbb{Z}}\到（0，\infty）\）,\（β{1}:[a，b]{mathbb{Z}}\到（0，\infty）\）这样的话

  $$f（t，u）=\alpha_{1}（t）u（t）+\zeta（t，u），\quad（t，w）\in[2，t]_{\mathbb{Z}}\times[0，\infty）$$

  和

  $$\lim_{u\to\infty}\frac{f（t，u）}{u}=\beta_{1}（t）\quad\text{用于[a，b]_{mathbb{Z}}\子集[2，t]_{mathbb{Z}}中的子区间}$$

  哪里\（\lim_{u\到0}\frac{\zeta（t，u）}{u}=0\）统一用于\（在[2，t]_{\mathbb{Z}}\中）;

• （H3） 存在\（\alpha_{2}:[2，T]_{\mathbb{Z}}\到（0，\infty）\）,\（β{2}:[a，b]{mathbb{Z}}\到（0，\infty）\）这样的话

  $$f（t，u）=\alpha_｛2｝（t）u（t）+\xi（t，u），\quad（t，u）\in[2，t]_｛\mathbb｛Z｝｝｝\times[0，\infty）$$

  和

  $$\lim_｛u\ to 0｝\frac｛f（t，u）｝｛u｝=\β_｛2｝（t）\ quad\text｛对于[a，b]_｛\mathbb｛Z｝｝｝\subet[2，t]_｛\mathbb｛Z｝｝中的子区间｝t\$$

  哪里\（\lim_{u\to\infty}\frac{xi（t，u）}{u}=0\）一致的\（在[2，t]_{\mathbb{Z}}\中）.

让\（\lambda{1}（\alpha{i}）,\（i=1,2），是线性特征值问题的主特征值

$$\begin{aligned}&\begin{aligned}&\Delta^{4}u（t-2）=\lambda\alpha_{i}（t）u（t），\quad t\in[2，t]_{mathbb{Z}}，\\&u（1）=u（t+1）=\Delta^{2} u个（0）=\增量^{2} u个（T） =0，\end{aligned}\hspace{162.5pt}（1.5）_{i}\end$$

和\（\mu{1}（\beta{i}）,\（i=1,2）线性特征值问题的主特征值

$$\begin{aligned}&\begin{aligned}&\Delta^{4}u（t-2）=\mub_{i}（t）u（t），\quad t\in[a，b]_{mathbb{Z}}，\\&u（a-1）=u（b+1）=\Delta_{2}u（a-2）=\ Delta^}u（b）=0。\end{aligned}\hsspace{137pt}（1.6）{i}\end{alinged}$$

让\（E=\{u:[0，T+2]_{\mathbb{Z}}\to\mathbb{R}\midu（1）=u（T+1）=\Delta^{2} u个（0）=\增量^{2} u个（T） =0\}\）是具有规范的巴拿赫空间\（垂直u\Vert=\max_{t\in[0，t+2]_{\mathbb{Z}}}\Vert u（t）\Vert\）。表示方式Σ集合的闭包

$$\bigl\{（\lambda，u）\in[0，\infty）\times E\mid-u\text{满足（1.4）和}u\不等于0\bigr\}$$

在里面\（\mathbb{R}\乘以E\）.让\（\mathbb{E}=\mathbb{R}\乘以E\）在产品拓扑下。我们加上分数\（（\{（\lambda，\infty）\mid\lambda\in\mathbb{R}\}\）到我们的空间\（\mathbb{E}\）.让\（S^{+}\）表示中的广义正函数集\（\mathbb{E}\）和\（S^{-}=-S^{+}\），以及\（S=S^{-}\杯S^{+}\）.它们在\（\mathbb{E}\）最后，让我们\（\nu\in\｛+，-\｝\）和\（\varPhi^｛\nu｝=\mathbb｛R｝\times S^｛\nu｝\）和\（\varPhi=\mathbb{R}\乘以S\）.

我们的主要结果如下。

定理1.1

让（H1），（H2）持有.如果

$$\mu_{1}（\beta_{1neneneep）<\lambda_{1{（\alpha_{1neneneei）$$

(1.7)

然后存在一个连接的组件 \（\mathscr{C}^{+}\在\varSigma\中） 这样的话

• （i） \（（（\mathscr{C}^{+}\反斜杠\{（\lambda_{1}（\alpha_{1{），0）\}）\子集\varPhi^{+{）;

• （ii） \（\mathscr{C}^{+}\） 满足 \（（\lambda{1}（\alpha{1}），0）\） 和 \（（\mu{1}（\beta{1}），\infty）\） 在里面 λ-方向;

• （iii） \（\操作员姓名{项目}_{\mathbb{R}}\mathscr{C}^{+}\supset（\mu_{1}（\beta_{1neneneep），\lambda_{1{（\alpha_{1neneneei））;

• （iv） 对于任何 \（（\lambda，u^{+}）\in\mathscr{C}^{+{）,由此可见 \（u^{+}（t）>0\）,\（在[2，t]_{\mathbb{Z}}\中）.

推论1.1

让（H1），（H2）持有.如果 \（\mu{1}（\beta}）<\lambda,然后是问题(1.4)至少有一个广义正解.

定理1.2

让（H1）、（H3）持有.如果

$$\mu{1}（\beta{2}）$$

(1.8)

然后存在一个连接的组件 \（\varSigma\中的\mathscr{D}^{+}\） 这样的话

• （i） \（（（\mathscr{D}^{+}\反斜杠\{（\lambda_{1}（\alpha_{2}），\infty）\}）\subset\varPhi^{nu}\）;

• （ii） \（\mathscr{D}^{+}\） 满足 \（（\lambda{1}（\alpha{2}），\infty）\） 和 \（（\mu{1}（\beta{2}），0）\） 在里面 λ-方向;

• （iii） \（\操作员姓名{项目}_{\mathbb{R}}\mathscr{D}^{+}\supset（\mu_{1}（\beta_{2}），\lambda_{1{（\alpha_2}））;

• （iv） 对于任何 \（（\lambda，u^｛+｝）\in\mathscr｛D｝^｛+｝\）,由此可见 \（u^｛+｝（t）>0\）,\（在[2，t]_{\mathbb{Z}}\中）.

推论1.2

让（H1）、（H3）持有.如果 \（\mu{1}（\beta{2}）,然后是问题(1.4)至少有一个广义正解.

备注1.1

让\（阿尔法{i}（t）等于和\（β{i}（t）等于(\（i=1,2）)为常数。很容易计算\（\lambda{1}（\hat{\alpha}{i}）=\frac{（2-2\cos\frac{\pi}{T}）^{2}}{hat{alpha}_{i}}）和\（\mu{1}（\hat{\beta}{i}）=\frac{（2-2\cos\frac{\pi}{b+2-a}）^{2}}{，请参阅[14]. 所以推论的条件1.1–1.2相当于

$$\frac{（2-2\cos\frac{\pi}{b+2-a}）^{2}}{\hat{\beta}{1}}<\lambda<\frac}$$

和

$$\frac{（2-2\cos\frac{\pi}{b+2-a}）^{2}{\hat{\beta}{2}}<\lambda<\frac}$$

分别是。

此外，从上述不等式可以得出以下结论：\（\hat{\beta}_{1}=\infty\）,\（\hat{\alpha}_{1}=0\），即。（f）是零的次线性增长和无穷大的超线性增长u个;\（\hat{\beta}_{2}=\infty\）,\（\hat{\alpha}_{2}=0\），即。（f）是零的超线性增长和无穷大的次线性增长u个.

特别是，如果\（[a，b]{\mathbb{Z}}=[2，T]{\mathbb{Z}}\）,\（β{1}=α{2}）,\（β{2}=alpha{1}）也就是说，（f）是零和无穷大的线性增长u个然后，主要结果立即给出经典结果；查看案件结果\（n=2\）在的定理4.1中[14].

备注1.2

如果\（λ=1），然后是问题(1.4)是的离散模拟(1.1). 推论1.1–1.2给出了离散模拟的正解存在性结果的尖锐条件(1.1); 参见[13].

备注1.3

值得注意的是，正解曲线的整体结构对于计算(1.1)例如，它可以用于估计u个在应用有限差分法之前。

2前期工作

让\（Y:=\{u:[0，T+2]_{\mathbb{Z}}\ to \mathbb{R}\}\）是规范的巴拿赫空间\（垂直u\Vert=\max_{t\in[0，t+2]_{\mathbb{Z}}}\Vert u（t）\Vert\）.让E类是巴纳赫空间

$$E=\bigl\{u\in Y\mid-u（1）=u（T+1）=\Delta^{2} u个（0）=\Delta^{2}u（T）=0\bigr\}$$

符合规范\（\垂直u\垂直\）.

定义线性运算符\（L:E\到Y\）通过

$$Lu:=\增量^{4} u个（t-2），E中的u$$

(2.1)

发件人[13]，我们可以看到(1.4)等于求和方程

$$u（t）=\lambda\sum_{s=2}^{T} 克（t，s）f\bigl（s，u（s）\bigr）=：Tu（t），\quad t\in[0，t+2]_｛\mathbb｛Z｝｝｝$$

(2.2)

哪里

$$G（t，s）=\textstyle\begin{cases}\frac{（s-1）（t+1-t）[2T（t-1）-（t1）^{2} -秒（s-2）]}{6T}，&2\leq-s\leq-t\leq-t+1，\\frac{（t-1）（t+1-s）[2T（s-1）-（s-1）^{2} -吨（t-2）]}{6T}，&1\leq-t\leq-s\leq-t.结束{cases}$$

(2.3)

不难验证格林函数\（G（t，s）\）满足以下属性：

$$\begin{aligned}&c（t）\varPhi（s）\leq G（t，s）\leq\varPhi（s）\ quad\text{for}s \in[1，t+1]_{mathbb{Z}}，t\in[1、t+1]_{mathbb{Z}}，\end{alinged}$$

(2.4)

哪里

$$\begin{aligned}&\varPhi（s）=\textstyle\begin{cases}\frac{\sqrt{3}}{27T}（s-1）（T^{2}-（s-2）s）^{3/2}，&1\leqs\leq\frac{T}{2}+1，\\frac{\sqrt{3}}{27T}（T+1-s）（2T（s-1）-（s-2^{2} -吨（t-2）]（t-1）}{2（t^{2}+1）^{3/2}}，&1\leq-t\leq\frac{t}{2}+1，\\frac{3\sqrt{3}（t+1-t）[2T（t1）-t（t-2。\结束{cases}\displaystyle\end{aligned}$$

此外，让\（[a，b]_{\mathbb{Z}}\）是的子区间\（[2，T]_{\mathbb{Z}}\）那么，对于任何\（（t，s）\在[a，b]_{\mathbb{Z}}\times[1，t+1]_{\ mathbb}Z}}\中，我们有

$$G（t，s）\geq\sigma\varPhi（s）$$

在这里

$$\begin{aligned}[b]\sigma&=\min\biggl\{\frac{3\sqrt{3}（a-1）[T^{2} -a个（a-2）}{2（T^{2}+1）^{3/2}}，压裂{3\sqrt{3}（b-1）[T^{2} -b个（b-2）]}{2（T^{2}+1）^{3/2}}，\\&\quad\frac{3\sqrt{3}（T+1-a）[2T（a-1）-a（a-2）]{2 \大gr\}。\结束{对齐}$$

(2.5)

定义圆锥体P（P）在里面E类通过

$$P=\Bigl\{u\在E:u（t）\geq0\text{on}[1，t+1]_{\mathbb{Z}}\text{和}\min_{t\in[a，b]_{mathbb}Z}}u（t$$

通过标准论证，很容易验证\（T:P\至P\）是完全连续的。

引理2.1

([13，引理3.2]）

让 \（\alpha_{i}:[2，T]_{mathbb{Z}}\ to（0，\infty）\）,\（i=1,2）.那么主特征值 \（λ｛1｝（α｛i｝）\） 特征值问题 \（（1.5）_｛i｝\） 为正，对应的特征函数为 \（\varphi{i}（t）\） 是肯定的 \（[2，T]_{\mathbb{Z}}\）.

通过同样的方法和明显的变化，我们可以看出问题

$$\开始{对齐}和\Delta^{4} u个（t-2）=\lambda f\bigl（t，u（t）\bigr）\quad t\in[a，b]_{\mathbb{Z}}，\\&u（a-1）=u（b+1）=\Delta^{2} u个（a-2）=\增量^{2}（b）=0，\结束{对齐}$$

等于求和方程

$$u（t）=\lambda\sum_{s=a}^{b}K（t，s）f\bigl（s，u（s）\bigr），\quad t\in[a-2，b+2]_{mathbb{Z}}$$

哪里

$$K（t，s）=\textstyle\begin{cases}\frac{（s-a+1）（b+1-t）[2（b+2-a）（t-a+1）-（t-a+1）^{2}-（s-a）（s-a+2）]}{6（b+2-a）}，&a\leqs\leqt\leqb+1，\\frac{（t-a+1）（b+1-s）[2（b+2-a）（s-a+1）-（s-a+1）^{2}-（t-a）（t-a+2）]}{6（b+2-a）}，&a-1\leq-t\leq-s\leq-b.\end{cases}$$

(2.6)

此外，通过一个类似的论点[13，引理3.2]，我们可以得到以下结果。

引理2.2

让 \（β{i}:[a，b]{mathbb{Z}}\到（0，\infty）\）,\（i=1,2）.然后是主特征值 \（\lambda{1}（\beta{i}）,\（i=1,2）,特征值问题 \（（1.6）{i}\） 为正，对应的特征函数为 \（psi{i}（t）） 是肯定的 \（[a，b]_{\mathbb{Z}}\）.

三主要结果的证明

应用单边全局分岔结果[19,20,21,22]，我们扩展（f）通过一个奇数函数\（g:[2，T]_{\mathbb{Z}}\times\mathbb2{R}\to\mathbb{R}\）这样的话

$$g（t，s）=\textstyle\begin{cases}f（t，s），&（t，秒）\in[2，t]_{\mathbb{Z}}\times[0，\infty），\\-f（t，-s），&。\结束{cases}$$

(3.1)

现在让我们考虑一个辅助方程组

$$\begin{aligned}&\Delta^{4}u（t-2）=\lambda g\bigl（t，u（t）\bigr），\quad t\in[2，t]_{mathbb{Z}}，\\&u（1）=u（t+1）=\Delta^{2} u个（0）=\增量^{2} u个（T） =0。\结束{对齐}$$

(3.2)

由（H2）可知

$$g（t，u）=\alpha_{1}（t）u+\zeta（t，u）$$

(3.3)

请注意

$$\lim_{\vert u\vert\to 0}\frac{\zeta（t，u）}{u}=0\quad\text{统一用于[2，t]_{mathbb{Z}}中的}t$$

定理的证明1.1

（i） 让我们考虑一下

$$\开始{对齐}和\Delta^{4} u个（t-2）=\lambda\alpha_{1}（t）u（t）+\lambda \zeta（t，u），\quad t\in[2，t]_{mathbb{Z}}，\&u（1）=u（t+1）=\Delta^{2} u个（0）=\增量^{2} u个（T） =0，\结束{对齐}$$

(3.4)

作为平凡解的分歧问题\（等于0）.问题(3.4)可以转换为求和方程

$$u（t）=\sum_{s=2}^{t}G（t，s）\bigl[\lambda\alpha_{1}（s）u（s）+\lambda \zeta\bigl（s，s）\ bigr]$$

哪里\（G（t，s）\）由定义(2.3).

此外，我们注意到\（\Vert L^｛-1｝（\zeta（\cdot，u（\cdot））\Vert=\Vert\sum_｛s=2｝^｛T｝G（\cdot，s）\zeta（s，u（s））\Vert=o（\Vert u\Vert）\）对于u个接近0英寸E类，自

$$\begin{aligned}\bigl\Vert L^{-1}\bigle（\zeta\bigl（\cdot，u（\cdop）\biger）\bigr\Vert&=\max_{t\in[0，t+2]_{mathbb{Z}}}\Biggl\Vert\sum_{s=2}^{t}G（t，s）\zeta\ bigl \zeta\bigl（\cdot，u（\cdot\bigr）\bigr\垂直。\结束{对齐}$$

从引理2.1，的代数多重性\（\lambda{1}（\alpha{1}）\）等于1，这对\（（\lambda_{1}（\alpha），0）\）是问题的分岔点(3.4). 因此，根据修订版的[19，定理6.2.1]，存在一个组件，表示为\（\mathscr{C}\subset\varSigma\），来自\（（\lambda{1}（\alpha{1}），0）\）此外(3.4)享受应用洛佩兹-戈麦斯单边全局分岔理论的所有结构要求[19，章节。6.4–6.5]，得益于拉比诺维茨的全球替代方案（参见，例如[20，推论6.3.2]），或者\（\mathscr{C}\）在中是无限的\（\mathbb{E}\），或\（（\lambda_{j}（\alpha_{1}），0）\in\mathscr{C}）对一些人来说\（λ{j}（α{1}），或包含点\（（\lambda，u）\in\mathbb{R}\times（E_{0}\backslash\{0\}）\），在这里\（λ{j}（α{1}）是的另一个特征值$(1.5)_{1}$，以及\（E=\operatorname{span}\{\varphi_{1}\}\oplusE_{0}\）.

尽管的单侧分叉结果[20，定理1.27和1.40]不能在这里应用，除其他外，因为它们如最初所述是错误的（参见舞者的反例[21])，的反射参数[20]以及与定理6.4.3类似的论点[19]可以得出以下结论\（\mathscr{C}=\mathscr{C}^{+}+\mathscr{C}^{-}\），其中\（\mathscr{C}^{+}\）正解的组成部分来自\（（\lambda{1}（\alpha{1}），0）\），因为

$$-u={\lambda}L^{-1}（-u）+\lambda L^{-1}\zeta\bigl（\cdot，-u（\cdop）\bigr）=-\bigl[{\lampda}L^{-1}u+\λL^{-1}\zeta\bigl（\cdot，u（\cdot\bigr）\bigr]，\quad u\在E中$$

此外，\（\mathscr{C}^{nu}\）必须是无界的，并且，\（\mathscr{C}^{\nu}\反斜杠\{（\lambda_{1}（\alpha_{1{），0）\}\子集\varPhi^{+}\）.

（ii）很明显(3.4)表单的\（（λ，u））产生解决方案u个第页，共页(1.4). 我们将展示\（\mathscr{C}^{+}\子集\mathbb{R}\次E\）满足\（（\lambda{1}（\alpha{1}），0）\）和\（（\mu{1}（\beta{1}），\infty）\）在里面λ-方向。要做到这一点，就足以证明\（\操作员姓名｛项目｝_{\mathbb{R}}\mathscr{C}^{+}\supset（\mu_{1}（\beta_{1neneneep），\lambda_{1{（\alpha_{1neneneei））.让\（（\lambda_{n}，u_{n{）\in\mathcal{C}^{+}\）满足

$$\vert\lambda_{n}\vert+\Vertu_{nneneneep \vert\to\infty$$

(3.5)

我们注意到\（\lambda_{n}>0\）为所有人\（n\in\mathbb{n}\）自从$(0 ,0)$是唯一的解决方案(3.4)的\（λ=0）和\（\mathscr{C}^{+}\cap（\{0\}\times E）=\emptyset\）.

现在我们展示一下

$$\bigl（\mu _{1}（\beta _{1{），\lambda _{1neneneep（\alpha _{1}）\biger）\substeq\bigl\{\lambda\in\mathbb{R}\mid\存在（\lambda，u）\in\mathscr{C}^{+}\bigr\}$$

我们把证明分为两个步骤。

第1步我们证明存在一个常数\（M>0）这样的话

$$\lambda_{n}\子集（0，M]，\quad\对于所有n\in\mathbb{n}^{ast}$$

自\（（λ，u{n}）是的解决方案(3.4)，因此

$$\开始{对齐}和\Delta^{4} u个_{n} （t-2）=\lambda_{n}\frac{f（t，u_{n{（t^{2} u个_{n} （0）=\增量^{2} u个_{n} （T）=0。\结束{对齐}$$

(3.6)

从（H2）开始，存在一个常数\（\varrho_{1}>0\）这样的话\（分形{f（t，u）}{u}\geq\varrho{1}>0\）统一用于\（位于[a，b]_{\mathbb{Z}}中）.来自(2.2)–(2.5)，我们有

$$\min_{t\in[a，b]_{\mathbb{Z}}}u_{n}（t）\geq\sigma\Vertu\Vert$$

(3.7)

那么，对于任何\（位于[a，b]_{\mathbb{Z}}中），我们得到

$$\begin｛aligned｝u_｛n｝（t）&=\lambda _｛n｝\sum_｛s=2｝^{T} 克（t，s）\压裂{f（s，u{n}（s））}{u{n{n（s）}u{nneneneep（s）\\&\geq\lambda{n}\sum{s=a}^{b} 克（t，s）\压裂{f（s，u{n}（s））}{u{n{n}}u{nneneneep（s）\\&\geq\lambda_{n}\sigma^{2}\varrho_{1}\sum_{s=a}^{b}\varPhi（s）\Vertu{n}\ Vert。\结束{对齐}$$

因此

$$0<\lambda_{n}\leq\sigma^{-2}\Biggl[\varrho_{1}\sum_{s=a}^{b}\varPhi（s）\Biggr]^{-1}=：M$$

第2步我们证明了这一点\（\操作员姓名{项目}_{\mathbb{R}}\mathscr{C}^{+}\supset（\mu_{1}（\beta_{1neneneep），\lambda_{1{（\alpha_{1neneneei））.

从步骤1和(3.5)，因此

$$\垂直u_{n}\Vert\to\infty$$

(3.8)

这种结合(3.7)和(3.8)暗示

$$\min_{t\in[a，b]_{mathbb{Z}}}u_{n}（t）\to\infty中$$

让我们考虑一下这个问题(3.6)并划分(3.6)由\（\垂直u_{n}\垂直\）并设置\（v{n}=\frac{u{n}}{\Vertu{n}\Vert}\）.自\（v{n}\）以为界E类，在采取必要的子序列后，我们\（v{n}\到v\）对一些人来说\（E中的v）具有\（\垂直v\垂直=1\）此外，让\（y_{n}=v_{n{（t）|_{[a，b]{\mathbb{Z}}）和\（y_{n}\到y=v（t）|_{[a，b]{\mathbb{Z}}\），则存在常量\（r{1}，r{2}\geq0\）,\（r{3}，r{4}\leq0\）这样的话

$$\开始{对齐}和\Delta^{4} 年_{n} （t-2）=\lambda_{n}\frac{f（t，u_{n{（t））}{u_{n（t）}y_{n}（t^{2} 年_{n} （a-2）=r_｛3｝，\quad\quad\Delta^{2} 年_{n} （b）=r{4}。\结束｛对齐｝$$

(3.9)

从（H2）可以看出

$$y（t）=\sum_{s=a}^{b} K（K）（t，s）\颚化符{\lambda}\β_1}（s）y（s）+R（t），\四元t\在[a-2，b+2]_{\mathbb{Z}}中$$

哪里\（波浪线{\lambda}=\lim_{n\to\infty}\lambda{n}\）,\（K（t，s）\）由定义(2.6)、和

$$\开始{对齐}R（t）&=\frac{（2r_{1} -r（右）_{3} ）（a-1）+（r_{4} -2转_{2} ）（b+1）}{6（b+2-a）（b+a）}t^{3}\\&\四{}+\分形{（6r_{2} -3转_{4} ）（a-1）^{2}+（3r_{3} -6升_{1} ）（b+1）^{2}}{6（b+2-a）（b+a）}t^{2{\\&\四{}+\分形{（r_{3} -2转_{1} ）（a-1）^{3}+（2r_{2} -r（右）_{4} ）（b+1）^{3}-6（a-1）r{1}+6（b+1）r{2}}{6（b+2-a）（b+a）}四{}+frac{（3r_{4} -3转_{3} +6升_{1} -6升_{2} ）（a-1）^{2}（b+1）^{2} -6升_{2} （a-1）^{2}+6r{1}（b+1）^{2%}{6（b+2-a）（b+a）}，结束{对齐}$$

再次选择子序列并在必要时重新标记。因此

$$\开始{对齐}和\Delta^{4} 年（t-2）=\tilde{\lambda}\beta_1}（t）y（t），[a，b]{\mathbb{Z}}中的四元t，\\&y（a-1）=r{1}，四元y（b+1）=r{2}^{2} 年（a-2）=r_{3}，\quad\quad\Delta^{2} 年（b） =r_｛4｝。\结束{对齐}$$

(3.10)

我们声称\（y\in\mathscr{C}^{+}\）相反，假设\（y\notin\mathscr{C}^{+}\）.自\（是\neq 0）是的解决方案(3.10)并且存在\（c\在[a，b]_{\mathbb{Z}}\中）这样的话\（y（c）y（c+1）\leq 0）这与事实\（E\中的y_{n}\）暗示着年更改其登录\（[a，b]_{\mathbb{Z}}\）这与以下事实相矛盾：\（y_{n}\到y\）在里面E类和\（y_{n}\在\mathscr{C}^{+}\中）.因此\（y\in\mathscr{C}^{+}\）此外，让我们考虑一下这个问题(3.10)和问题

$$开始{对齐}和\Delta^{4}\psi{1}●●●●。\结束{对齐}$$

(3.11)

乘法\（磅/平方英寸{1}（t））英寸(3.10)以及\（y（t）\）英寸(3.11)，然后求和\（t=a\）到b然后再进行减法运算\（\增量^{2} 年（b） \磅/平方英寸_｛1｝（b）+\德尔塔^｛2｝\磅/平方英寸_｛1｝（b-1）y（b+1）+\磅/平方英寸_｛1｝（a）\德尔塔^{2} 年（a-2）+y（a-1）\Delta^{2}\psi{1}（a-1。它来自\（y（t）>0）,\（\增量^{2} 年（t-1）<0）在\（[2，T]_{\mathbb{Z}}\）和\（psi{1}（t）\geq 0）,\（增量^{2}\psi_{1}（t-1）\leq 0\）在\（[a-1，b+1]_{\mathbb{Z}}\）那个

$$\bigl（\tilde{\lambda}-\mu_1}（\beta_{1}）\bigr）\sum_{t=a}^{b}\beta_1}$$

那就是，\（\波浪线{\lambda}<\mu{1}（\beta{1}）\）因此，\（\operatorname{Proj}_{\mathbb{R}}\mathscr{C}^{+}\supset（\mu_{1}（\beta_{1{），\lambda_{1neneneei（\alpha_{1neneneep））.

因此，（ii）-（iv）的结论是正确的。□

让\（\lambda{1}（\alpha{2}）是的主要特征值$(1.5)_{2}$然后从引理2.1,\（\lambda{1}（\alpha{2}）是孤立的，具有几何多重性1。让\（E_{0}\）是的闭子空间E类这样的话\（E=\operatorname{span}\{\varphi_{2}\}\oplusE_{0}\），其中\（\varphi{2}\）定义为引理2.1和\（\Vert\varphi_{2}\Vert=1\）.让\（B_{r}（0）=\{u\在E\mid\Vert-u\Vert<r\}\中）.

定理的证明1.2

（i） 让\（C（[2，T]_{mathbb{Z}}\times\mathbb}R}，\mathbb{R}）中的\xi\）是这样的

$$g（t，u）=\alpha_{2}（t）u+\xi（t，u）$$

请注意

$$\lim_{\vert u\vert\to\infty}\frac{\xi（t，u）}{u}=0\quad\text{统一用于[2，t]_{\mathbb{Z}}中的}t$$

(3.12)

让我们考虑一下

$$\开始{对齐}和\Delta^{4} u个（t-2）=\lambda\alpha_｛2｝（t）u（t）+\lambda\zeta（t，u），\quad t\in[2，t]_｛\mathbb｛Z｝｝｝，\\u（1）=u（t+1）=\Delta^{2} u个（0）=\增量^{2} u个（T） =0，\结束{对齐}$$

(3.13)

作为一个来自无穷大的分叉问题。问题(3.13)可以转换为等效方程

$$u（t）=\sum_{s=2}^{t}G（t，s）\bigl[\lambda\alpha_{2}u（s）+\lambda \xi\bigl（s，u）\bigr]$$

哪里\（G（t，s）\）由定义(2.3). 此外，我们注意到

$$\bigl\Vert L^{-1}\bigl（\xi\bigle（\cdot，u（\cdop）\bigr）\biger）\biger\Vert=\Biggl\Vert\sum_{s=2}^{T}G（\cdo，s）\xi\bigl（s，u（s）\bicr）\Biggr\Vert=o\bigl（\Vert u\Vert\bigr$$

对于u个近∞英寸E类，自

$$\begin{aligned}\bigl\Vert L^{-1}\bigle（\xi\bigl（\cdot，u（\cdot\bigr）\biger）\bigr\Vert&=\max_{t\in[0，t+2]_{\mathbb{Z}}}\Biggl\Vert\sum_{s=2}^{t}G（t，s）\xi\bigl（s，u（s）\bicr）\Biggr\Vert\leq C_{1}\bigl\Vert\Vert\ xi\bigl（\cdot，u（\cdot\bigr）\bigr\垂直。\结束{对齐}$$

通过类似的论点[22]以及应用López-Gómez单边全局分岔理论的结构要求[19，章节。6.4–6.5]，我们可以得出以下结论。

让\（\lambda{1}（\alpha{2}）是的主要特征值$(1.5)_{2}$，因此

$$\operatorname{deg}\bigl（I-L\bigl-（\lambda_{1}（\alpha_{2}）-\varepsilon\bigr），B_{r}（0），0\biger）\neq\operator name{deg}\bigle$$

对于任何\（\varepsilon>0\）那么就足够小了Σ拥有两个无界组件\（\mathscr{D}^{+}\）和\（\mathscr{D}^{-}\），满足\（（\lambda{1}（\alpha{2}），\infty）\）此外，如果\（\varLambda _｛\ast｝\subet \mathbb｛R｝\）是这样的间隔\（\varLambda{\ast}\cap\varLambeda{2}=\{\lambda{1}（\alpha{2}）\}\）和\（\mathscr｛M｝\）是附近的\（（\lambda{1}（\alpha{2}），\infty）\）其投影在\（\mathbb｛R｝\）位于\（\varLambda_{\ast}\）以及其投影E类在这里远离0\（\varLambda_{2}\）表示$(1.5)_{2}$，则满足以下三个属性中的至少一个\（\mathscr{D}^{nu}\）对于\（{+，-\}\中的\nu\）.

• (1) \（\mathscr{D}^{nu}-\mathscr{M}\）以为界\（\mathbb{R}\乘以E\）在哪儿\（\mathscr{D}^{nu}-\mathscr{M}\）满足\（（\{（\lambda，0）\mid\lambda\in\mathbb{R}\}\）或

• (2) \（\mathscr{D}^{nu}-\mathscr{M}\）是无限的，

• (3) 它包含一个点\（（\lambda，v）\in\mathbb{R}\times（E_{0}\backslash\{0\}）\）.

如果（2）发生并且\（\mathscr{D}^{nu}-\mathscr{M}\）在上具有有界投影\（\mathbb｛R｝\），然后\（\mathscr{D}^{nu}-\mathscr{M}\）满足\（（\mu，\infty）\），其中\（\lambda{1}（\alpha{2}）\neq\mu\in\varLambda{2}\）.

通过将类似的论点应用于[19，章节。6.4–6.5]和[22]，很容易验证\（\mathscr{D}^{nu}\）必须是无界的，并且，\（\mathscr{D}^{nu}\subset\{（\lambda_{1}（\alpha_{2}），\infty）\}\cup\varPhi^{+}\）.

（ii）很明显(3.13)表单的\（（λ，u））产生解决方案u个第页，共页(1.4). 我们将展示\（\mathscr{D}^{+}\）满足\（（\lambda{1}（\alpha{2}），\infty）\）和\（（\mu{1}（\beta{2}），0）\）在中λ-方向。要做到这一点，我们只需要证明\（\操作员姓名{项目}_{\mathbb{R}}\mathscr{D}^{+}\supset（\mu_{1}（\beta_{2}），\lambda_{1{（\alpha_2}））.让\（（\lambda_{n}，u_{n{）\in\mathscr{D}^{+}\）满足\（\垂直u_{n}\垂直\到0\）.然后\（\lambda_{n}>0\）为所有人\（n\in\mathbb{n}\）自从$(0 ,0)$是唯一的解决方案(3.13)的\（λ=0）和\（\mathscr{D}^{+}\cap（\{0\}\times E）=\emptyset\）.

现在我们展示一下

$$\bigl（\mu_{1}（\beta_{2}），\lambda_{1{（\alpha_2}）\bigr）\substeq\bigl\{\lambda \in\mathbb{R}\mid\存在（\lambda，u）\in\mathscr{D}^{+}\bigr\}$$

用类似的方法证明第1步定理的1.1，存在一个常量\（M_｛1｝\），使得\（0<\lambda_{n}\leq M_{1}\）。我们只需要证明

$$\lambda<\mu{1}（\beta{2}）$$

发件人\（\垂直u_{n}\垂直\到0\），让我们考虑一下(3.9)，从（H3）可以看出

$$y（t）=\sum_{s=a}^{b} K（K）（t，s）{\lambda}\beta_{2}（s）y（s）+R（t），[a，b]_{\mathbb{Z}}中的四元t$$

哪里\（\hat{\lambda}=\lim_{n\to\infty}\lambda{n}）,\（R（t）\）和\（K（t，s）\）定义为定理1.1，再次选择子序列并在必要时重新标记。因此

$$\begin{aligned}&\Delta^{4}y（t-2）=\hat{\lambda}\beta_2}（t）y（t），\quad t\in[a，b]_{\mathbb{Z}}，\\&y（a-1）=r_{1}，\quad\quad y（b+1）=r_2}，\ quad\Delta^{2} 年（a-2）=r_{3}，\quad\quad\Delta^{2} 年（b） =r_{4}。\结束{对齐}$$

(3.14)

我们声称\（y\in\mathscr{D}^{+}\）相反，假设\（y\notin\mathscr{D}^{+}\）.\（是\neq 0）是的解决方案(3.14); 存在\（c\在[a，b]_{\mathbb{Z}}\中）这样的话\（y（c）y（c+1）\leq 0）还有这个和事实\（E\中的y_{n}\）暗示着年更改其登录\（[a，b]_{\mathbb{Z}}\）这与以下事实相矛盾：\（y_{n}\到y\）在里面E类和\（y_{n}\在\mathscr{D}^{+}\中）因此\（y\in\mathscr｛D｝^｛+｝\）此外，让我们考虑一下这个问题(3.14)以及问题

$$开始{对齐}和\Delta^{4}\psi{2}（t-2）=\mu_{1}（\beta_{2]）\beta_2}（t）\psi_2}（b）=0。\结束{对齐}$$

(3.15)

乘法\（磅/平方英寸{2}（t））英寸(3.14)以及\（y（t）\）英寸(3.15)，然后求和\（t=a\）到b然后再进行减法运算\（\增量^{2} 年（b） \psi_{2}（b）+\Delta^{2}\psi_2}（b-1）y（b+1）+\psi_2}（a）\Delta^{2} 年（a-2）+y（a-1）\Delta^{2}\psi{2}（a-1。它来自\（y（t）>0）,\（\增量^{2} 年（t-1）<0）在\（[2，T]_{\mathbb{Z}}\）和\（psi{2}（t）\geq 0）,\（增量^{2}\psi_{2}（t-1）\leq 0\）在\（[a-1，b+1]_{\mathbb{Z}}\）那个

$$\bigl（\hat{\lambda}-\mu{1}（\beta_{2}）\bigr）\sum{t=a}^{b}\beta_2}（t）y（t）\psi_{2neneneep（t）<0$$

那就是，\（\hat{\lambda}<\mu{1}（\beta{2}）\）.

因此，（ii）-（iv）的结论是正确的。□

从定理的证明1.1–1.2，我们可以直接给出推论的结论1.1–1.2.

例子

让我们考虑以下问题：

$$\开始{对齐}和\Delta^{4} u个（t-2）=f\bigl（t，u（t）\bigr），\quad t\in[2,9]_｛\mathbb｛Z｝｝｝，\\&u（1）=u（10）=\Delta^{2} u个（0）=\增量^{2} u个（9） =0，\结束{对齐}$$

(3.16)

哪里

$$f（t，u）=\textstyle\begin｛cases｝g（t）u，&（t，u）\in[1,9]_｛\mathbb｛Z｝｝\times[0，\frac｛6｝｛6+\sqrt{3}-8\cos\frac{\pi}{12}}），\\g（t）\frac{6}{6+\sqrt{3}-8\cos\frac{\pi}{12}}（u-\frac{8\cos\frac{\pi}{12}-\方形{3}}{6+\sqrt{3}-8\cos\frac{\pi}{12}}），&（t，s）\in[1,9]{\mathbb{Z}}\times[\frac{6}{6+\sqrt{3}-8\cos\frac{\pi}{12}}，\infty），\end{cases}$$

和

$$g（t）=\textstyle\begin{cases}0，&t=1，\\6+\sqrt{3}-8\cos\frac{\pi}{12}，在[2,4]{\mathbb{Z}}中为&t，在[5,9]{\mat血红蛋白{Z}中是\\0，&t。\结束{cases}$$

显然，\（f（t，0）=0）在中一致\（在[1，t]_{\mathbb{Z}}\中）.让\（a=2）,\（b=4），然后通过计算\（\hat{\beta}_{1}=6\）和\（\mu{1}（\hat{β}{1{）=\frac{6-4\sqrt{2}{6}<1）,\（α{1}（t）=g（t））和\（\lambda{1}（\alpha{1}）>1）从推论1.1和备注1.2，问题(3.16)至少有一个广义正解。

让我们考虑一下这个问题(3.16)具有非线性

$$f（t，u）=\textstyle\begin{cases}\frac{t}{50}单位（12平方米{2} -u个)+\frac｛1-t｝｛50｝（12-\sqrt｛2｝）u，&（t，u）\in[2,9]_｛\mathbb｛Z｝｝\times[0,1），\\\\ frac｛12-\sqrt{2} -吨}{50}，&（t，s$$

显然，\（f（t，0）=0）用于均匀\（在[2,9]_{\mathbb{Z}}中）.让\（a=2）,\（b=4），然后通过简单的计算\（β{2}（t）=12-\sqrt{2} -吨\),\（μ{1}（β{2}）<1）和\（\hat{\alpha}{2}=\frac{1}{50}\）和\（lambda{1}（hat{alpha}{2}）=50（2-2\cos\frac{\pi}{9}）^{2}>1）从推论1.2和备注1.2，问题(3.16)至少有一个广义正解。

4结论

利用格林函数的正性和单边整体分岔定理，得到了一类非线性离散简支梁方程正解的整体结构，该方程的非线性满足局部线性增长条件。主要结果扩展了正解的已有结果，并推广了文献中的许多相关问题。