Minkowski空间中最小和最大平均曲率算子解的多重性

摘要

本文研究了具有最小和最大值的拟线性问题解的存在性和多重性

$$\beign｛aligned｝&\bigl（\phi\bigl（u'（t）\bigr）\bigr）'=（Fu）（t），quad\bmbox｛a.e.｝t\in（0，t），\\&&\main\bigl\｛u（t）\ mid-t\in[0，t]\bigr｝=a，\qquad\max\bigl\｛u（t）\ mid-t\in[0，t]\bigr｝=B，\end｛aligned｝$$

哪里\（\ phi:（-a，a）\rightarrow\mathbb｛R｝\）(\（0<a<infty）)是一个奇数递增同胚，\（F:C^｛1｝[0，T]\右箭头L^｛1｝[0，T]\）是一个无界运算符，\（T>1）是一个常量，并且\（A，B\in\mathbb{R}\）满足\（B>A\）利用Leray–Schauder度理论和Brosuk定理，我们证明了上述问题至少有两个不同的解。

1介绍

本文研究以下拟线性问题

$$\bigl（\phi\bigl-（u'（t）\bigr）\biger）'=（Fu）（t），\quad\mbox{a.e.}t\in（0，t）$$

(1.1)

受到非线性边界条件的影响

$$\min\bigl\{u（t）\mid-t\in[0，t]\bigr\}=A，\qquad\max\bigl\{u（t）\mid t\in[0，t]\figr\}=B$$

(1.2)

哪里\（φ：（-a，a）\rightarrow\mathbb{R}\）是一个递增的同胚，\（φ（0）=0），一是一个正常数，\（F:C^{1}[0，T]\右箭头L^{1{[0，T]\）是一个无界运算符，\（T>1）是一个常量，并且\（A，B\in\mathbb{R}\）满足\（B>A\）一个典型的例子应该是

$$\phi（s）=\frac{s}{\sqrt{1-s^{2}}}，\quad-s\in（-1,1）$$

我们所考虑的微分算子，即Minkowski空间中的平均曲率算子，起源于微分几何或狭义相对论的研究，具有平均外曲率（其第二基本形式的轨迹）分别为零或常数的性质；参见[1，10，23]和[24].

问题的解决方案(1.1)和(1.2)是一个函数\（在C^{1}[0，T]\中为u\）使得\（\max_｛t\in[0，t]｝|u'（t）|<a\），\（\phi（u'）\在AC[0，T]\中），u个满足(1.2)和(1.1)对a.e感到满意。\（t\在[0，t]\中）.

众所周知，单数ϕ-拉普拉斯问题(1.1)在中引入了Dirichlet边界条件[7，10，16]，中给出了齐次Dirichlet和Neumann问题的详细研究[7]. 将上述各种边值问题归结为对空间上定义的某些算子的不动点的搜索\（C^{1}[0，T]\）这些操作符是完全连续的，并且与函数的性质相关联的一个新特性ϕ在于这些操作符映射\（C^{1}[0，T]\）进入功能圆柱\（在C^{1}[0，T]\中为u\）使得\（\max_｛[0，T]｝|u'|<a\）此属性在使用Leray–Schauder方法搜索可能不动点的先验界时起着非常重要的作用。

另请注意，根据[12]奇异齐次Dirichlet问题正解的存在性和多重性ϕ-拉普拉斯算子是通过将其简化为等价的非奇异问题而得到的，变分或拓扑方法以经典的方式应用于该问题。

然而，一个非常有趣的结果显示在[8]：Dirichlet问题

$$\bigl（\phi\bigle（u'（t）\bigr）\biger）'=（Fu）（t），\qquad u（0）=A，\qquid u（t）=B$$

(1.3)

对于任何右手边成员仍然是可解的F类，就像在[7]，但受到限制

$$\vert B-A\vert<aT$$

(1.4)

对于其他非均质情况，请参见[2，三，4]和[9].

什么时候？\（φ=I）, (1.1)可以简化为

$$u’’=（Fu）（t），\quad\mbox{a.e.}t\in（0，t）$$

(1.5)

许多作者认为(1.5)函数边值问题；参见[5，6，14，15，17，19]和[20]. 特别是，问题(1.5)和(1.2)已在中进行了研究[5，19]和[20]. 另一方面，在[17]. 此外，边界条件(1.2)起源于对害虫密度变化的描述，在害虫数量研究中起着重要作用；参见[5].

请注意\（\phi:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\）是奇递增同胚；古典主义第页-拉普拉斯病例，其中\（\phi（s）=|s|^{p-2}秒\)，的存在性和多重性结果第页-具有函数边界条件的拉普拉斯问题在[18，20]和[22]; 有关其他情况，请参见[21]. 此外，奇异函数分数边值问题ϕ-拉普拉斯的研究[11].

据我们所知，关于单数ϕ-具有最小值和最大值的拉普拉斯问题。受上述论文的启发，本文的目的是给出施加在非线性上的充分条件F类和数字A类，B(\（B>A \）)所以这个问题至少有两种不同的解决方案(1.1)和(1.2).

在本文中，我们将做出以下假设：

• （H1） 存在一个连续的非递减函数\（f:[0，\infty）\rightarrow[0，\fintty）\）使得

  $$\bigl\vert（Fu）（t）\bigr\vert\leq f\bigl$$

• （H2） \（\int_{0}^{\infty}\frac{ds}{f（\phi^{-1}（s））}\geq-T\）.

本文的其余部分安排如下。在Sect。 2，我们给出了一些符号和可能解的先验估计(1.1)和(1.2). 章节三致力于证明解的存在性和多重性(1.1)和(1.2)，并且我们还给出了一个应用程序来说明我们的主要结果。

2前期工作

在本节中，我们收集了一些初步结果，将在下文中使用。

我们用\（L^{1}（0，T）\）通过\（\|\cdot\|_{L^{1}}\）.让\（X:=C[0，T]\）是被赋予一致范数的Banach空间\（\|\cdot\|_{\infty}\），\（Y:=C^{1}[0，T]\）巴纳赫空间是否符合标准\（\|u\|_{C^{1}}=\|u\ |_{\infty}+\|u'\|_}\infty}），中心为0且半径为第页表示为\（B_{r}\）.

定义2.1

让\（\omega:X\rightarrow\mathbb{R}\）成为一个功能性的人。ω正在增加，如果

$$x，y\ in x，\quad x（t）<y（t）\quad\text{代表}t\in[0，t]，\quad_text{然后}\omega（x）\leq\omega$$

对于每个\（\omega:X\rightarrow\mathbb{R}\），\（\操作员姓名{Im}（\omega）\）表示的范围ω.

设置\（\mathcal{A}=\{\omega\mid\omega:X\rightarrow\mathbb{R}\text{连续且递增}\}\），\（\mathcal{答}_{0}=\{\omega\mid\omega\in\mathcal{A}，\omega（0）=0\}\）.

备注2.2

引人注目的是，\（\分钟\｛u（t）\中期\在[0，t]\｝\）和\（\max\｛u（t）\ mid t\ in[0，t]\｝\）属于\（\mathcal{A}\）.如果我们采取

$$\omega（u）=\min\bigl\{u（t）\mid-t\in[0，t]\bigr\}$$

然后是边界条件(1.2)等于

$$\omega（u）=A，\max\bigl\{u（t）\mid-t\in[0，t]\bigr\}-\min\bigl\{u$$

(2.1)

因此，在本文的其余部分，我们只讨论(1.1)和(2.1).

引理2.3

([20，引理4]）

让 \（\omega\in\mathcal{A}\），\（k\英寸[0,1]\）和 \（X中的u），平等 \（ω（u）-k\ω（-u）=0\）感到满意.然后存在一个 \（[0，T]\中的增量）使得 \（u（δ）=0）.

引理2.4

([20，引理5]）

让 \（\omega\in\mathcal{A}\），\（h \ in \ operatorname{Im}（\omega）\）.然后存在一个独特的 \（X中的k）使得 \（ω（k）=小时）.

引理2.5

（Bihari引理[19，引理2.1]；[20，引理1]）

让 \（p:[0，+\infty）\rightarrow（0，+\infty）\）是一个不变的连续函数，\（P:[0，+\infty）\右箭头[0，+\infty）\）由定义 \（P（u）=\int _｛0｝^｛u｝\frac｛dt｝｛P（t）｝\）然后让 \（b\在[c，d]\子集\mathbb{R}\中）.如果 \（X中的v）满足不等式

$$\bigl\vert v（t）\bigr\vert\leq\biggl\vert\int_{b}^{t} 第页\bigl（\bigl\vert v（s）\bigr\vert\bigr）\biggr\vert\，ds，\quad\textit{表示}中的t\in[c，d]$$

然后

$$\bigl\vert v（t）\bigr\vert\leq P^{-1}（b-t），\quad\textit{代表}t\in[c，b]$$

假如 \（\lim_{u\rightarrow\infty}P（u）>b-c\），和

$$\bigl\vert v（t）\bigr\vert\leq P^{-1}（t-b），\quad\textit{代表}t\in[b，d]$$

假如 \（\lim_{u\rightarrow\infty}P（u）>d-b\）.在这里 \（P^{-1}\）表示的反函数P（P）.

如中所示[5]，我们定义函数\（\psi:X\rightarrow\mathbb{R}\）根据公式

$$\psi（u）=\max\biggl\{\int_{m}^{n} u个（s） \，ds\Bigm|m，n\in[0，T]，m\leq n\biggr\}$$

(2.2)

引理2.6

([5])

对于所有人 \（在Y\中为u\），功能ψ是连续的，并且

$$\max\bigl\{u（t）\mid-t\in[0，t]\bigr\}-\min\bigl\{u（t）\mid t\in[0,t]\bigr\}=\max\bigl\{psi\bigl（u'\bigr），\psi\bigl（-u'\bigr）\bigr\}$$

引理2.7

假设u个是的解决方案(1.1)在 \（[0，T]\）.然后

$$\min\bigl\{\psi\bigl（u'\bigr），\psi\ bigl$$

(2.3)

哪里 \（P^{-1}\）表示的反函数

$$P（u）=\int_{0}^{u}\frac{ds}{f（\phi^{-1}（s））}$$

证明

设置

$$C_{+}=\bigl\{t\mid-u'（t）>0，t\in（0，t）\bigr\}，\qquad C_{-}=\bigl\{t\mid-u`（t）<0，t\in$$

让\（\mu（C_{+}）\）和\（\mu（C_｛-｝）\）是的勒贝格测度\（C_{+}\），\（C_{-}\）分别是。

如果\（C_｛+｝=\空集\）（分别为。\（C_{-}=\空集\）)，然后\（psi（u'）=0）（分别为。\（psi（-u'）=0）)和(2.3)已明确确立。假设\（C_{+}\neq\emptyset\）和\（C_{-}\neq\emptyset\）.\（X中的u’），\（C_{+}\），\（C_{-}\）是的开放子集\（[0，T]\）因此\（C_{+}\）（分别为。\（C_{-}\）)是不相交开区间的至多可数集合的并集\（（（a{i}，b{i}）\），\（i\在i_{+}\子集\mathbb{N}\中）（分别为。\（（c{j}，d{j}），\（在I_{-}\子集\mathbb{N}\中为j）)没有公共元素，即。

$$C_{+}=i_{+{}（a_{i}，b_{i{）中的\bigcup_{i\，i_{-}（C_{j}，d_{j}）中的\ qquad C_{-{=\bigcop_{j\$$

当然，对于任何人\（i_{+}中的i\），\（u'（a{i}）\neq 0\）或\（u'（b_{i}）\neq 0\）（分别为。\（u'（c{j}）\neq 0\）或\（u'（d_{j}）\neq 0\）对于任何\（I_{-}中的j）)暗示\（a{i}=0\）或\（b_{i}=T\）（分别为。\（c{j}=0\）或\（d_{j}=T\）). 此外，\（C_{+}\neq（0，T）\），因为在相反的情况下\（C_｛-｝=\空集\），这就产生了矛盾。同样，\（C_{-}\neq（0，T）\）.

通过不平等\（\mu（C_{+}）+\ mu（C_{-}）\leq T\），很容易看出

$$\min\bigl\{\mu（C_{+}），\ mu（C_{-}）\bigr\}\leq\frac{T}{2}$$

(2.4)

接下来我们证明不等式

$$\psi\bigl（u'\bigr）\leq\mu（C_{+}）\sup\bigl\{\phi^{-1}\bigl（P^{-1{（b_{i} -a个_{i} ）\bigr）\mid-i\在i_{+}\bigr\}中$$

(2.5)

修复\（i_{+}中的i\），让\（u'（\eta）=0\），\（在{a{i}，b{i}\}中的\ eta\）.组合(1.1)与\（φ（0）=0），我们有

$$\phi\bigl（u'（t）\bigr）=\int_{\eta}^{t}（Fu）\，ds，\quad t\in[a_{i}，b_{i{]$$

对于\（在[a{i}，b{i}]\中），\（u’（t）\geq 0）.自ϕ是一个递增的同胚，由于（H1），我们得到

$$0\leq\phi\bigl（u'（t）\bigr）\leq\ biggl\vert\int_{\eta}^{t}\bigl\vert（Fu）\biger\vert\，ds\biggr\vert\leq\biggl\ vert\int_{\eta}^{t} （f）\bigl（u'（s）\bigr）\，ds\biggr\vert=\biggl\vert\int_{\eta}^{t} （f）\bigl（\phi^{-1}\bigl$$

(2.6)

从引理2.5具有\（b=\eta\），\（c=a{i}\），\（d=b{i}\），\（v（s）=φ（u’s）和\（p（v）=f（φ{-1}（v）），不难看出

$$\phi\bigl（u'（t）\bigr）\leq P^{-1}\bigl（\vert\eta-t\vert\bigr$$

随后，\（0\lequ'（t）\leq\phi^{-1}（P^{-1{（b_{i} -a个_{i} ）\）对于\（在[a{i}，b{i}]\中），\（i_{+}中的i\）.因此

$$\int _｛a_｛i｝｝^｛b_｛i｝｝u’（s）\，ds\leq（b_{i} -一个_{i} ）\phi^{-1}\bigl（P^{-1{（b_{i} -a个_{i} ）\bigr）$$

(2.7)

此外，

$$\开始{aligned}\psi\bigl（u'\bigr）\leq&\int_{C_{+}}u'（t）\，dt=\sum_{i\在i_{+{}}\int_a_{i}}^{b_{i{}}u`（t）中\，dt\\leq&\sup\bigl\{phi^{-1}\bigl（P^{-1{（b）_{i} -a个_{i} ）\bigr）\mid-i\在i_{+}\bigr\}\sum_{i\在l_{+{}}（b）中_{i} -a个_{i} ）\\leq&\mu（C_{+}）\sup\bigl\{\phi^{-1}\bigl（P^{-1{（b_{i} -a个_{i} ）\bigr）\mid-i\在i_{+}\bigr\}中。\结束{对齐}$$

因此(2.5)感到满意。

接下来，我们将展示

$$\psi\bigl（-u'\bigr）\leq\mu（C_{-}）\sup\bigl\{\phi^{-1}\bigl（P^{-1{（d_{j} -c_{j} ）\bigr）\mid j \in I_{-}\bigr\}$$

(2.8)

修复\（I_{-}中的j），让\（u'（\zeta）=0），\（{c{j}，d_{j}\}中的zeta）.一起(1.1)与\（φ（0）=0），这意味着

$$\phi\bigl（u'（t）\bigr）=\int_{\zeta}^{t}（Fu）\，ds，\quad t\in[c_{j}，d_{j}]$$

我们有\（u’（t）\leq 0）在\（[c{j}，d{j}]\）.结合以下事实ϕ是一个奇递增同胚，并且（H1），我们得到

$$0\leq-\phi\bigl（u'（t）\biger）\leq\biggl\vert\int_{\zeta}^{t}\bigl\vert（Fu）（s）\bigr\vert\，ds\biggr\vert\leq\ biggl\ vert\int_{\ze塔}^{t} （f）\bigl（-u'（s）\bigr）\，ds\biggr\vert$$

(2.9)

因此

$$\phi\bigl（\bigl\vert u'（t）\bigr\vert\bigr）=-\phi\bigl（u'（t）\biger）\leq\biggl\vert\int_{\zeta}^{t} （f）\bigl（\phi^{-1}\bigl$$

(2.10)

从引理2.5具有\（b=\泽塔\），\（c=c{j}\），\（d=d_{j}\），\（v（s）=φ（|u'（s）|）和\（p（v）=f（φ{-1}（v）），很容易验证

$$\phi\bigl（\bigl\vert u'（t）\bigr\vert\bigr）\leq P^｛-1｝\bigl（\vert t-\zeta\vert\bigr），\quad t\in[c｛j｝，d_｛j｝]$$

因此，\（0\leq-u'（t）\leq\phi^{-1}（P^{-1{（d_{j} -c_{j} ））\）对于\（在[c{j}，d{j}]\中），\（I_{-}中的j）.所以

$$-\int_{c_{j}}^{d_{j}{u'（t）\，dt\leq（d_{j} -c_{j} ）\phi^{-1}\bigl（P^{-1{（d_{j} -c_{j} ）\更大）$$

(2.11)

此外，

$$开始{aligned}\psi\bigl（-u'\bigr）\leq&-\int_{C_{-}}u'（t）\，dt=-\sum_{j\在I_{-{}}\int__{C_{j}}^{d_{j}{u'（t）\中，dt\\leq&\sup\bigl\{\phi^{-1}\bigl（P^{-1{（d_{j} -c_{j} ）\bigr）\mid j \in I_{-}\bigr\}\sum_{j\in I_{+}}（d）_{j} -c_{j} ）\\leq&\mu（C_{-}）\sup\bigl\{\phi^{-1}\bigl（P^{-1{（d_{j} -c_{j} ）\bigr）\mid j \in I_{-}\bigr\}。\结束{对齐}$$

因此(2.8)感到满意。

结果如下：(2.4), (2.5)和(2.8). □

让我们考虑同伦问题

$$\bigl（\phi\bigl-（u'（t）\bigr）\biger）'=\lambda（Fu）（t），\quad\lambda\ in[0,1]$$

(2.12)

取决于参数λ.

下一个引理给出了(2.12)和(1.2).

引理2.8

假设u个是的解决方案(2.12)对于任何 \（[0,1]\中的\lambda\）满足边界条件(1.2)具有 \（A=0）.然后得出以下结论:

$$\开始{aligned}&\垂直u\Vert_{infty}\leq B，\end{aligned}$$

(2.13)

$$\开始{aligned}&\垂直u\Vert_{C^{1}}\leq B+a.结束{aligned}$$

（2.14）

证明

发件人\（ω（u）=A=0）和引理2.3，存在一个\（[0，T]\中的增量）使得\（u（δ）=0）.因此

$$\max\bigl\{u（t）\mid t\in[0，t]\bigr\}\geq 0$$

这个和(2.1)表明我们获得(2.13).

考虑到\（φ：（-a，a）\）和(2.13)，我们推断

$$\Vert u\Vert _｛C^｛1｝｝=\Vert u\Vert _｛\infty｝+\bigl\Vert u'\bigr\Vert _｛\infty｝<B+a$$

 □

我们现在声明以下重要引理。

引理2.9

让B为正常数，\（\omega\in\mathcal{A}\）和ψ在中定义(2.2).设置

$$\varOmega=\bigl\{（u，\alpha，\beta$$

哪里 \（\rho=B+a\）和 \（\rho<aT\）.

定义 \（\varPhi_{i}:\上划线{\varOmega}\rightarrowY\times\mathbb{R}^{2}\）(\（i=1,2）),

$$\begin{aligned}和\varPhi_{1}（u，\alpha，\beta）=\bigl（\alpha+\phi^{-1}（\beta$$

(2.15)

$$\begin{aligned}和\varPhi_{2}（u，\alpha，\beta）=\bigl（\alpha+\phi^{-1}（\beta。\结束{对齐}$$

(2.16)

然后

$$D（I-\varPhi_{I}，\varOmega，0）\neq 0，\quad I=1,2$$

(2.17)

哪里天，我表示上的Leray–Schauer度和恒等运算符 \（Y\times\mathbb{R}^{2}\），分别地.

证明

显然，Ω是Banach空间的有界开子集\（Y\times\mathbb{R}^{2}\）用通常的范数，它相对于\（\theta\in\varOmega\）.

定义\（G_{i}:[0,1]\times\varOmega\rightarrowY\times\mathbb{R}^{2}\）(\（i=1,2）),

$$\begin{aligned}和\begin{aligned}G_1}（\lambda，u，\alpha，\beta）={}和\ bigl（\alpha+\bigl bigr）-\lambda B\bigr={}和\bigl（\alpha+\bigl-（\phi^{-1}（\beta）-（1-\lambda）\phi^}（-1}）\bigr）t，\alpha+/\omega（u）-（1-\lambda）\omega。\结束｛对齐｝\结束｛对齐｝$$

对于所有人\（（u，\alpha，\beta）\in\overline{\varOmega}\），很明显\（G_{i}（1，u，\alpha，\beta）=\varPhi_{i{（u，\alpha，\ beta）\）(\（i=1,2）). 因此要证明\（D（I-\varPhi_{I}，\varOmega，0）\neq 0\），我们只需要证明Borsuk定理所持有的以下假设[13，定理8.3]。

• (1) \（G_｛i｝（0，\cdot，\cdot，\cdot）\）上有奇数运算符吗Ω̅，也就是说，

  $$G_{i}（0，-u，-\alpha，-\beta）=-G_{ineneneep（0，u，\alpha，\beta$$

  (2.18)

• (2) \（G_{i}\）是一个完全连续的运算符；

• (3) \（G_{i}（\lambda，u，\alpha，\beta）\neq（u，\alpha，\ beta）\）对于\（（\lambda，u，\alpha，\beta）\in[0,1]\times\partial\varOmega\）.

事实上，我们认为\（（u，\alpha，\beta）\in\overline{\varOmega}\），用于\（i=1），

$$开始{对齐}G_{1}（0，-u，-\alpha，-\beta）&=\bigl u，\alpha，\beta）。\结束{对齐}$$

类似地\（G_{2}（0，-u，-\alpha，-\beta）=-G_{2{因此（1）被断言。

接下来我们证明（2）成立。

让\（{（lambda_{n}，u_{nneneneep，alpha_{n{，beta_{n}）}\子集[0,1]\时间\上划线{\varOmega}\）是一个序列。然后，对于每个\（n\in\mathbb{Z}^{+}\）事实上\（在[0，t]\中），\（0\leq\lambda_{n}\leq1\），\（\|u_{n}\|_{C^{1}}<\rho\），\（|\alpha_{n}|\leq\rho\），\（|\beta_{n}|<\phi（a）\）; 与此同时，\（ω（u{n}），\（\{\omega（-u{n}）\}\），\（\{\psi（u_{n}）\}\）和\（\{\psi（-u_{n}）\}\）有界。根据Arzelá–Ascoli定理，不难验证它们是否相对紧凑。然后\（G_{i}（λ，u，α，β）收敛于\（Y\times\mathbb{R}^{2}\）它源于\（\phi^{-1}\），ω和ψ那个\（G_{i}\）(\（i=1,2\）)是连续的。所以\（G_{i}\）(\（i=1,2）)是完全连续的。

最后，我们证明了（3）是有效的。相反，假设

$$G_{i}（\lambda_{0}，u_{0{，\alpha_{0neneneep，\beta_{0neneneei）=（u_{0:，\alpha_{0:}，\beta _{0｝）$$

(2.19)

对一些人来说\（（\lambda_{0}，u_{0neneneep，\alpha_{0{，\beta_{0neneneei）\in[0,1]\times\partial\varOmega\）。那么

$$开始{对齐}和\alpha_{0}+\bigl$$

（2.20）

$$\开始{aligned}&\omega（u_{0}）-（1-\lambda_{0{）\omega$$

（2.21）

$$\开始{aligned}&\psi\bigl（u'_{0}\bigr）-\psi\ bigl_{0}-1)u'{0}\bigr）=\lambda{0}B.结束{aligned}$$

(2.22)

按引理2.3（采取\（u=u{0}\），\（k=1-\lambda{0}\）)和(2.21)，存在\（[0，T]\中的\gamma\）因此，\（u{0}（\gamma）=0\）.连同(2.20)这表明我们获得了

$$\alpha{0}=-\bigl（\phi^{-1}（\beta_{0}）-（1-\lambda_{0{）\phi^}（-\beta_{0}）\biger）\gamma$$

(2.23)

和

$$u_{0}（t）=\bigl（\phi^{-1}（\beta_{0neneneep）-（1-\lambda_{0{）\phi^}（-\beta_{0}）\bigr）（t-\gamma）$$

(2.24)

证据的其余部分分为三个案例。

案例1。如果\（β{0}=0\），它来自(2.23), (2.24)那个\（阿尔法{0}=0\），\（u{0}=0\），然后

$$（0,0,0）=（u_{0}，\alpha_{0neneneep，\beta_{0{）\in\partial\varOmega$$

这是一个矛盾。

案例2。如果\（测试{0}>0\），一个从\（φ{-1}（β{0}）-以及ψ英寸(2.2)那个

$$\psi\bigl（u’_｛0｝\bigr）-\psi\bigl（（\lambda_{0}-1)u’{0}\bigr）=\bigl（\phi^{-1}（\beta_{0}）-（1-\lambda_{0{）\phi^}（-\beta_{0}）\bigr.）T$$

将此与(2.22)，我们有

$$\bigl（\phi^{-1}（\beta_{0}）-_{0}B $$

(2.25)

和

$$\phi^{-1}（\beta_{0}）\leq\frac{\lambda_{0{0}\rho}{T}，\quad\text{if}-（1-\lambda{0}）\phi^}-1}$$

因此，\（\beta_{0}\leq\phi（\frac{\lambda_{0{\rho}{T}）.

另一方面，根据(2.23)–(2.25)，每个\（在[0，t]\中），我们得出结论

$$\开始{aligned}&\bigl\vert u_{0}（t）\bigr\vert\leq\frac{\lambda_{0}B}{T} \vert T-\gamma\vert\leq B，\&\bigl\vert u'{0}（T）\bigr\vert=\phi^{-1}_{0}B}{T} \leq\frac{\rho}{T}<a，\\&\vert\alpha_{0}\vert=\bigl\vert u_{0{（0）\bigr\vert<\vert u_}0}\vert_{infty}<\rho，\qquad\vert u{0}\ vert_{C^{1}<B+a=\rho。\结束{对齐}$$

因此\（（（u_{0}，\alpha_{0{，\beta_{0neneneep）\notin\partial\varOmega\），一个矛盾。

案例3。如果\（β{0}<0\），因此\（φ（β{0}）-φ（λ_{0}-1)\β（{0}）<0\），根据定义ψ英寸(2.2)，我们获得

$$\开始{aligned}\psi\bigl（u'_{0}\bigr）-\psi\ bigl_{0}-1)u'_{0}\biger）&=0-（\lambda_{0}-1)\bigl（\phi^{-1}（\beta_{0}）-（1-\lambda_{0{）\phi^}-1}$$

将此与(2.22)，我们推断

$（1-\lambda_{0}）\bigl_{0}B。 $$

（2.26）

如果\（λ_｛0｝=0\），然后(2.26)暗示\（\ phi^｛-1｝（\β_｛0｝）-\phi^｛-1｝（-\β_｛0｝）=0\），这与\（\phi（\beta'{0}）-\phi.

如果\（\lambda_{0}=1\），然后\（\λ_{0}B=0\)，即。\（B=0），这是不可能的。

如果\（（0,1）中的λ{0}），然后

$（1-\lambda_{0}）\bigl_{0}B>0. $$

这是一个矛盾。证明已完成。 □

三存在性和多重性结果

定理3.1

假设（H1），（H2）保持并P（P）由引理定义2.5.让 \（A=0）.然后，对于任何 \（B\in\mathbb{R}\）令人满意的

$$\frac{T}{2}\phi^{-1}\biggl（P^{-1{\biggl（\frac}{2{\bigr）\biggr）<B<a（T-1）$$

(3.1)

问题(1.1)和(1.2)至少有两种不同的解决方案.

证明

修复\（B\in\mathbb{R}\）然后让(3.1)感到满意。让\（A=0）.让我们考虑边界条件

$$\omega（u）=0，\qquad\psi\bigl（u'\bigr）=B-A=B$$

(3.2)

和

$$\omega（u）=0，\qquad\psi\bigl（-u'\bigr）=B-A=B$$

(3.3)

哪里\（\psi:X\rightarrow\mathbb{R}\）由定义(2.2).

假设u个是的解决方案(1.1)然后，从引理2.6，

$$\max\bigl\{u（t）\mid-t\in[0，t]\bigr\}-\min\bigl\{u（t）\mid t\in[0,t]\bigr\}=\max\bigl\{psi\bigl（u'\bigr），\psi\bigl（-u'\bigr）\bigr\}$$

(3.4)

现在，如果(1.1)和(3.2)有解决方案\（u｛1｝\），然后是莱玛2.7和(3.2)向大家展示\（psi（-u'_{1}）<B\）和

$$\max\bigl\{u_{1}（t）\midt\in[0，t]\bigr\}-\min\bigl（t$$

（3.5）

因此，\（u{1}\）是的解决方案(1.1)和(3.2)，因此\（u{1}\）也是解决(1.1)和(1.2).

类似地，如果(1.1)和(3.3)有解决方案\（u{2}\），然后\（psi（u'_{2}）<B\）和

$$\max\bigl\{u_{2}（t）\midt\in[0，t]\bigr\}-\min\bigl（t$$

(3.6)

因此，\（u{2}\）也是解决(1.1)和(1.2).

此外，它是由\（psi（u'_{1}）=B\）和\（psi（u'_{2}）<B\）那个\（u{1}\nequ{2}）接下来，我们只需要证明(1.1)和(3.2)或其他(1.1)和(3.2)分别提供解决方案。

让\（\rho=B+a\）.根据(3.1),\（\rho<aT\）感到满意。设置

$$\varOmega=\bigl\{（u，\alpha，\beta）\mid（u，\ alpha和\beta$$

定义\（\varGamma_{1}:[0,1]\times\上划线{\varOmega}\rightarrowY\times\mathbb{R}^{2}\），

$$\varGamma_{1}（\lambda，u，\alpha，\beta）=\biggl（\alpha+\int_{0}^{t}\phi^{-1}\biggl（\beta+\lambda\int_}0}^}s}（Fu）（\sigma）\，d\sigma\biggr）\，ds，\alfa+\omega（u），\beta+/\psi\bigl（u'\bigr）-B\biggro）$$

(3.7)

很容易检查

$$\varGamma_{1}（0，u，\alpha，\beta）=\varPhi_{1{（u，\阿尔法，\be塔），\quad（u，\阿尔法，\贝塔）\in\bar{\varOmega}$$

(3.8)

让我们考虑参数方程

$$\varGamma_{1}（\lambda，u，\alpha，\beta）=（u，\alpha，\ beta），\quad\lambda\ in[0,1]$$

(3.9)

显然，当\（λ=1），u个是的解决方案(1.1)和(3.2)当且仅当\（（u（t），u（0），φ（u'（0）））是的解决方案(3.9). 由Lemma2.9，以证明\（D（I-\varPhi_{I}，\varOmega，0）\neq 0\），我们只需要展示以下假设：

• （h1） \（\varGamma_{1}（\lambda，u，\alpha，\beta）\）是一个完全的操作员；

• （氢气） \（\varGamma_{1}（\lambda，u，\alpha，\beta）\neq（u，\alpha，\ beta）\）对于任何\（（\lambda，u，\alpha，\beta）\in[0,1]\times\partial\varOmega\）.

根据\（\phi^{-1}\），F类，ω和ψ，很明显\（\varGamma_{1}（\lambda，u，\alpha，\beta）\）是连续的。假设\（{（lambda_{n}，u_{nneneneep，alpha_{n{，beta_{n}）}\子集[0,1]\时间\上划线{\varOmega}\）是一个序列。设置

$$（v_{n}，tau_{nneneneep，xi_{n{）=\varGamma_{1}（lambda_{n}，u_{n{，alpha_{n，beta_{n），\quad\text{表示}n，in\mathbb{n}$$

我们有

$$开始{aligned}&v{n}=\alpha_{n}+\int_{0}^{t}\phi^{-1}\biggl（\beta_{n{+\lambda_{nneneneep \int_}0}^s}（Fu_{n}）（\sigma）\，d\sigma\biggr）\，ds，\end{aligned}$$

(3.10)

$$开始{aligned}&\tau{n}=\alpha{n}+\omega（u{n}），结束{aligned}$$

(3.11)

$$\开始{aligned}&\xi{n}=\beta{n}+\psi\bigl（u'{n}\bigr）-B.\end{aligned}$$

(3.12)

它源自\（0\leq\lambda_{n}\leq1\），\（\|u_{n}\|_{C^{1}}<\rho\），\（u'{n}，\（|\alpha_{n}|<\rho\）和\（|\beta_{n}|<\phi（a）\）那个

$$\开始{aligned}&\垂直v_{n}\Vert_{infty}\leq\rho+T\phi^{-1}\bigl（\phi（a）+Tf（a）\bigr），\end{aligned}$$

(3.13)

$$\开始{aligned}&\bigl\Vert v'_{n}\bigr\Vert_{infty}\leq\phi^{-1}\bigl（\phi（a）+Tf（a）\bigr），\end{aligned}$$

(3.14)

$$开始{对齐}&\bigl\vert\phi\bigl（v'{n}（t_{1}）\bigr_{2} -吨_{1} \vert，\end{对齐}$$

(3.15)

对于\（n\in\mathbb{n}\），\（[0，t]\中的t_{1}，t_{2}\）.

自ϕ正在增加，合并(3.13), (3.14)和(3.15)根据Arzelá–Ascoli定理，存在一个序列\（{\eta_{n}\}\）使得\（{v{eta{n}}）收敛于Y（Y）.签署人\（\omega（u_｛n｝）\leq\max\{\omega（a），\omega（-a）\}\），\（0\leq\psi（u'_｛n｝）\leq\rho\），因此\（tau_n}）和\（\{\xi_{n}\}\）是有界的。在不失一般性的情况下，我们可以假设\（tau{eta{n}}}）和\（{xi{eta{n}}）是收敛的。因此\（（u{n}，alpha{n}，beta{n}）收敛于\（Y\times\mathbb{R}^{2}\），这意味着\（\varGamma_{1}（\lambda，u，\alpha，\beta）\）是完全连续的。

为了证明（h2），我们假设相反

$$\varGamma_{1}（\lambda_{0}，u_{0{，\alpha_{0neneneep，\beta_{0neneneei）=（u_{0:}，\alpha_{0:neneneep，\beta_{0}）$$

(3.16)

对一些人来说\（（\lambda_{0}，u_{0neneneep，\alpha_{0{，\beta_{0neneneei）\in[0,1]\times\partial\varOmega\）。那么

$$\alpha_{0}+\int_{0{0}^{t}（\phi ^{-1}\biggl（\beta _{0}+\lambda _{0{（int_{0）}^{s}\phi _{-1}（Fu_{0}）（\sigma）\，d\sigma\biggr）\，ds=u_{0neneneep（t），\quad t \ in[0，t]$$

(3.17)

和

$$\omega（u{0}）=0，\qquad\psi\bigl（u'{0}\bigr）=B$$

(3.18)

发件人(3.17)，我们有

$$（\phi\bigl（u'_{0}（t）\bigr）'=\lambda（Fu_{0{）（t）\squad\text{表示[0，t]中的a.e.}$$

因此，\（u{0}\）是的解决方案(2.12)和(1.2). 按引理2.8，

$$\bigl\Vert u'\bigr\Vert _{\infty}<a，\qquad\Vert u\Vert _{\inffy}\leq B，\qquid\Vert-u\Vert_{C^{1}}<B+a=\rho$$

此外，\（\阿尔法{0}=u{0}（0）\），\（φ（u'{0}（0））=β{0}\），所以

$$\vert\alpha_{0}\vert<\Vertu_{0{\vert_{infty}<\rho，\qquad\vert\beta_{0neneneep \vert<\phi（a）$$

这与\（（（u_{0}，\alpha_{0{，\beta_{0neneneep）\in\partial\varOmega\）.

类似地，考虑操作员\（\varGamma_{2}:[0,1]\times\上划线{\varOmega}\rightarrowY\times\mathbb{R}^{2}\），

$$\varGamma_{2}（\lambda，u，\alpha，\beta）=\biggl（\alpha+\int_{0}^{t}\phi^{-1}\biggl（\beta+\lambda\int_}0}^}（Fu）（\sigma）\，d\sigma\biggr）\，ds，\alfa+\omega（u），\beta+/\psi\bigl（-u'\bigr）-B\biggro）$$

(3.19)

我们可以得到(1.1)和(3.3). □

定理3.2

假设（H1），（H2）保持并P（P）由引理定义2.5.然后，对于 \（A，B\in\mathbb{R}\）令人满意的 \（操作名{Im}（\omega）\）和

$$\frac｛T｝｛2｝\phi ^｛-1｝\biggl（P^｛-1｝\biggl（\frac｛T｝｛2｝\biggr）\biggr）<B-A<A（T-1）$$

(3.20)

(1.1)和(1.2)至少有两种不同的解决方案.

证明

假设\（操作名{Im}（\omega）\）.来自引理2.4，存在一个唯一的\（k\in\mathbb{R}\）使得\（ω（k）=A\）.

定义\（\widetilde{\omega}:X\rightarrow\mathbb{R}\），

$$\widetilde{\omega}（u）=\omega（u+k）-w（k）$$

然后\（\widetilde{\omega}（u）=0\）.定义连续运算符\（\widetilde{F}:Y\右箭头L^{1}[0，T]\），

$（\widetilde）美元{F} u个)（t）=（Fv）（t），v（t）=u（t）+A$$

(3.21)

因此，通过（H1），

$$\bigl\vert（\widetilde{F} u个)（t）\bigr\vert\leq f\bigl$$

(3.22)

然后它遵循定理3.1那个

$$\开始{aligned}&\bigl（\phi\bigle（u'（t）\bigr）\biger）'=（\widetilde{F} u个)（t），\四个t\in（0，t），\结束{对齐}$$

（3.23）

$$\begin{aligned}和\widetilde{\omega}（u）=0，\qquad\max\bigl\{u（t）\mid t\in[0，t]\bigr\}-\min\bigl\{u（t）\mid-t\in[0,t]\bigr\}=B-A\end{alinged}$$

（3.24）

至少有两种不同的解决方案\（\波浪号{u}_{1}\)，\（\波浪号{u}_{2}\)。请注意\（\波浪线{u}（t）\）是的解决方案(3.23)和(3.24)当且仅当\（\波浪线{u}（t）+A\）是的解决方案(1.1)和(2.1). 那就不难看出了

$$u_{i}（t）=\波浪线{u}_{i} （t）+A，i=1,2四$$

(3.25)

是两种不同的解决方案(1.1)和(2.1)，因此，\（u{i}（t）\）是两种不同的问题解决方案(1.1)和(1.2). □

备注3.3

自\（φ：（-a，a）\rightarrow\mathbb{R}\）(\（0<a<infty）)是一个奇怪的递增同胚，很明显，\（u’_｛infty｝＜a｝）和\（\phi^{-1}\）有界。我们不需要这个假设\（\ int _｛0｝^｛\infty｝\ frac｛t｝｛f（t）｝\，ds=\ infty \）在[5，19]和[20]对于经典情况\（φ=I）.

最后，我们用一个例子来说明我们的主要结果。

示例3.4

让\（F_{i}:Y\右箭头L^{1}[0，\pi]\）(\（i=1,2）)是连续运算符，以便\（|（F_{i} u个)（t） |\leq 1\）对于任何\（在Y\中为u\）和\（X中的g），\（|g（r）|\leqr^{2}\）对于\（r\in\mathbb{r}\）.

考虑以下单数ϕ-拉普拉斯学派：

$$\biggl（\frac{u'}{\sqrt{1-u^{\prime\，2}}\biggr）'=（F_{1} u个)（t）+（F）_{2} u个)（t）g\bigl（u'（t）\bigr），\quad\mbox{a.e.}t\ in（0，\pi）$$

(3.26)

服从非线性边界条件

$$\min\bigl\{u（t）\mid-t\in[0，\pi]\bigr\}=A，\qquad\max\bigl\{u（t）\mid t\in[0，\pi]\bigr}=B$$

(3.27)

设置\（\phi（s）=\frac{s}{\sqrt{1-s^{2}}}\）。那么\（\phi:（-1,1）\rightarrow\mathbb{R}\）是一个递增的同胚，\（φ（0）=0），\（\ phi ^｛-1｝（s）=\ frac｛s｝｛\sqrt｛1+s ^｛2｝｝｝）和\（\phi^｛-1｝：\mathbb｛R｝\rightarrow（-1，1）\）.我们接受\（f（r）=1+r^{2}\）对于\（r\in[0，\infty）\）不难看出

$$\bigl\vert（F_{1} u个)（t）+（F）_{2} u个)（t）g \bigl（u'（t）\bigr）\biger\vert\leq f\bigl（\bigl\vert u'（t）\birr\vert\biger），\quad u\in Y$$

显然，

$$\int_{0}^{\infty}\frac{ds}{f（\phi^{-1}（s））}=\int_}0}^}\infty}\frac{1+s^{2}}\，ds=\frac}{2}（s+\arctan\sqrt{2s}）\big|^{s=\infty-}{s=0}=\infcy\geq\pi$$

因此，满足（H1）和（H2）。此外，

$$P（u）=\int_{0}^{u}\frac{ds}{f（\phi^{-1}（s））}=\int_{0}^{u{frac{1+s^{2}}，ds=\frac}{1}{2}（u+\arctan\sqrt{2u}）$$

自\（P'（u）=\压裂{1}{2}（1+\压裂{1'{1+2u}）>0\）对于\（在[0，\infty中）、和P（P）当然是单调递增，\（P^{-1}\）存在。通过简单的计算，我们得到

$$\frac{\pi}{2}\phi^{-1}\biggl（P^{-1{\biggl（\frac}\pi}}\bigr）\biggr）$$

由此可见\（在[0，\pi]\}\中，u（u）=\min\{u（t）\midt），\（ω（u）=[0，\pi]\}中的最小值和\（\nu，\omega\in\mathcal{A}\），根据定理3.2，用于\（A，B\in\mathbb{R}\）和A类，B满足

$$\frac{\pi}{2}\phi^{-1}\biggl（P^{-1{\biggl（\frac}\pi}{2}\figgr）\biggr）<\frac{\pi{2}\ leq B-A\leq\pi-1$$

然后是问题(3.26)和(3.27)至少有两种不同的解决方案。