二阶非线性中立型泛函微分方程周期解的存在性-论文.pdf

《二阶非线性中立型泛函微分方程周期解的存在性-论文.pdf》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在应用文档-天天文库。

1、第29卷第6期滨州学院学报2013年12月Vo1．29，No．6Journa1ofBinzhouUniversityDec．，2013【微分方程与动系统研究】二阶非线性中立型泛函微分方程周期解的存在性陈新一(西北民族大学中国民族信息技术研究院，甘肃兰州730030)摘要：利用重合度理论，研究一类二阶非线性中立型泛函微分方程的周期解的存在性，得到了该方程周期解存在的新的结果．关键词：中立型方程；周期解；重合度中图分类号：O175．6文献标识码：A文章编号：1673—2618(2013)06—0009—09

2、二阶微分方程周期解的存在性在生态学和控制理论等领域都有重要的应用，一直为人们所关注，出现了一些好的研究成果口]．文献[7—91利用Fourier级数理论和重合度理论研究了二阶常系数线性中立型方程周期解的存在性问题．但所研究方程的特点是不含导数项或导数项次数为1，本文应用重合度理论，研究下面的二阶非线性中立型泛函微分方程Ex(t)+(一r)+f(t，z1)z+t3(t)g(x(t一))一(￡)(1)的T一周期解的存在性，其中r，和c都是常数r≥0，≥0，Icl<1，gEC(R，R)，p，PEC(R，R)，

3、(￡+T)一卢()，P(￡+T)一()，z()一x(t一)，0ER+．为了证明本文的结果，先做一些准备．设X==={zlzEC(R，R)，x(t+T)=z(￡)}，并在X上定义范数lIz1l—max{Iz(￡)I，l317()l，I()1)，又设Z一{zlzEC(R，R)，z(t+丁)一(￡)}，且在Z上定义范数llzlI。一maxIz()I，则(x，Il·lI)和(Z，ll·lo)都是Banach空间．假设f(t，)为R×Z上的连续函数，对VEZ，f(t+T，)一f(t，)，tER，并将R×Z上的有界

4、集映射成有界集，且对R中任一有界区间E，f(t，)在[0，T]×E上满足Lipschitz条件．定义线性算子L：X—Z，z()()和非线性算子N：X—Z，lz(￡)户(￡)一()g((￡一))一f(t，lz)，再定义投影算子收稿日期：2013—10—18作者简介：陈新一(1957)，男，江苏武进人，教授，主要从事微分方程研究，E-mail：cxybmd@sina．com．1O滨州学院学报第29卷P：x—KerL,x一告zcd，Q：z—z／-mL，一{zcd，则有ImP—KerL和ImL—KerQ．设s(

5、r)：X—X，使得S(r)z(f)一z(f—r)，则易知方程(1)可写为L(I+(r))—Nx．(2)引进参数L(I+cS(r))z—ANx，E(0，1)．(3)注意到ICl<1，易知K一+cS(r)是X的一个同胚，其逆算子为K一一∑(一1)cs(r)．一0令—Kx，代人(2)式和(3)式，得Ly：：=NKY(4)和Ly=2NKY，E(0，1)．(5)引理1[设L是指数为零的Fredholm算子，N在x中的有界开集n的闭面上L一紧，又假设：(a)对任意E(0，1)和∈aNdotaL，L(+cS(r))z

6、≠aNx；(b)对任意E31"／nKerL，QNx≠0且deg(QNx，nNKerL，O)≠0．则方程L(卜卜cS(r))z—Nx在dotaLNn中至少有一个解．定理设为偶数，infIf(t，)J≥>0，(￡，∈LOt-1J×z一maxfl()≥一minfl()>O，∈M．f∈L且满足条件．{。。supl『≤r，(6)limsgn(x)g(x)一+∞，(7)zl—’十。。则当(i)1≤k<或(ii)是一，且旦<1时，方程(1)存在T一周期解．设方程[z(￡)+CX(￡一r)+af(t，X)z+(￡)g(

7、z(￡一))一p()，(8)这里E(0，1)．为证明定理，引入引理2．引理2如果定理的条件成立，则存在与无关的正数D(歹一0，1，2)，使得对方程(8)的任一T周期解z(￡)，有lz‘(￡)l≤D，tEEo，T3，J一0，1，2，(9)这里z一z．证明首先证明存在∈[O，T]，使得l()l≤A，(10)其中A是与无关的常数．事实上，令x(t。)+CX(￡。一r)是z()+凹(￡一r)在R上的最大值，则[z(￡)+C3C(一r)]J：一0，[()+CX(￡一r)]l；。≤0．由(8)式得第6期陈新一二阶非

8、线性中立型泛函微分方程周期解的存在性11fl(to)g(x(to一))一户(￡o)≥0．由条件(7)存在充分大的数A>0(A与及无关)，使得x(t。一)>一A．设x(t)+凹(f一口)是(￡)+凹(一r)在R上的最小值，则易得fl(t,)g(z(1一d))一p(t1)≤0．(11)(I)若t0一t1，则z(￡)+c(f—r)兰C1．可以证明z()三C，事实上，(i)若r—kT，k∈N，则z(￡)+CX(t—r)三C1即为(1+c)z(￡)三