有些化学和生物系统可以通过自催化过程被模型化, 参见文献[1-2].在很多这样的过程中, 由于反应效应和分子扩散, 因而系统能够支持传播的波阵面.此框架中的首创模型基于Fisher^[3], 他提出用方程$u_{t}=u_{xx}+u(1-u)$来研究一个种群中优等基因的空间传播.

上述方程的最简单推广为Fisher-Kolmogorov's方程

$ \begin{equation} u_{t}=u_{xx}+g(u), \end{equation} $

(1.1)

其中$g$是给定的函数使得$u=0$和$u=1$是其零点且在(0, 1)上是正的.方程(1.1)已出现在许多问题中, 如种群遗传学的经典理论、化学反应堆理论中某种火焰的传播, 参见文献[4].

通过寻找方程(1.1)满足速度为$C$的行波解$u(x, t)=U(x-Ct)$, 获得二阶偏微分方程

$ \begin{equation} U''+CU'+g(U)=0. \end{equation} $

(1.2)

当行波解连接固定的状态时, 其相应的波形是方程(1.2)的一个正的异宿解, 此异宿解连接了平衡点$1$和0.即定义在${\Bbb R}$上的方程(1.2)的解满足$U(t)\in(0, 1)$, $\forall t\in{\Bbb R}$, $\lim\limits_{t\rightarrow-\infty}U(t)=1$且$\lim\limits_{t\rightarrow+\infty}U(t)=0$.已有大量的文献作者对方程(1.2)的异宿解进行过深入地研究^[5-7]. Kolmogorov等在文献[8]中证明了若$g(t)$在[0,1]可微, 且$g(t)\leq g'(0)t$, 则对速度$C$存在一个临界值$C_{\ast}=2\sqrt{g'(0)}$, 使得对$C<C_{\ast}$和$C>C_{\ast}$都不存在异宿解.当$C=C_{\ast}$时, 有唯一的异宿解.

称方程(1.2)的解$U$是一个最快异宿解, 若$U\in X_{C}$且$\lim\limits_{t\rightarrow-\infty}U(t)=1$, 其中

$ X_{C}:=\left\{U\in H_{loc}^{1}({\Bbb R}):\int_{-\infty}^{+\infty}{\rm e}^{Ct}(U'(t))^{2}{\rm d}t, \lim\limits_{t\rightarrow+\infty}U(t)=0\right\}, $

伴随着范数$\|U\|_{C}:=\left(\int_{-\infty}^{+\infty}{\rm e}^{Ct}(U'(t))^{2}{\rm d}t\right)^{1/2}$. Arias等^[5]通过变分法已研究了方程(1.2)的最快异宿解和最快解.最快解, 即对$t\geq0$, 有$U(0)>0$.若$t>0$, 且$\lim\limits_{t\rightarrow+\infty}U(t)=0$, 则$U'(t)<0$.

受上述文献的启发, Aprahamian等^[9]利用变分法获得了二阶差分方程(1.2)递减且最快解的存在性.对离散(1.2)离散化得到了差分方程

$ \begin{equation} \Delta^{2}x(t-1)+c\Delta x(t)+f(x(t))=0, \end{equation} $

(1.3)

其中$x(t)=U(th)$, $t\in{\Bbb N}$, $c=hC$且$f(s)=h^{2}g(s)$, $h$为步长.

设离散函数$x:{\Bbb Z}\rightarrow{\Bbb R}$的Hilbert空间满足

$ \|x\|^{2}=\sum_{t=-\infty}^{+\infty}(1+c)^{t}|\Delta x(t-1)|^{2}<+\infty, \ \ \ \lim\limits_{t\rightarrow+\infty}x(t)=0. $

类似于连续的情形, 称方程(1.3)的一个解$x$是最快异宿解, 如果$x\in X_{c}$且$\lim\limits_{t\rightarrow-\infty}x(t)=1$.而且, 此解满足

$ \lim\limits_{t\rightarrow+\infty}(1+c)^{t}x^{2}(t)=0, \quad \lim\limits_{t\rightarrow-\infty}(1+c)^{-t}|x(t)-1|^{2}=0, $

此结论比$\lim\limits_{t\rightarrow+\infty}x(t)=0$及$\lim\limits_{t\rightarrow-\infty}x (t)=1$更强, 即证明了``最快"的合理性.

当然, 一个自然的问题就是方程(1.3)的最快异宿解是否存在.本篇文章在有限维加权Hilbert空间上, 将利用变分法证明方程(1.3)最快异宿解的存在性.

令$F(y):=\int_{0}^{y}f(s){\rm d}s$.假设

(H1) $f:{\Bbb R}\rightarrow{\Bbb R}$是一Lipschitz连续函数, 且满足, 若$s\in(0, 1)$, 则$f(s)>0$, 若$s \notin(0, 1)$, 则$f(s)=0$;

(H2) 存在一个常数$K>0$, 使得

$ F(y)\leq \frac{1}{2}Ky^{2}, \ \ \ c>K+\sqrt{K^{2}+4K}. $

下面给出文章的主要结果.

定理1.1 假设(H1)--(H2)成立, 则方程$(1.3)$有一个最快异宿解$y:{\Bbb Z}\rightarrow{\Bbb R}$.

注1.1 定理$1.1$可被推广, 若由下列条件替代(H2).设对任意的$0<\rho<1$, 有(H3) 存在一个常数$K>0$, 使得

$ F(y)\leq \frac{1}{2}Ky^{2}, y\in[0, \rho], \ \ \ c>K+\sqrt{K^{2}+4K}. $

则有下列推广结论.

定理1.2 假设(H1), (H3)成立, 则方程$(1.3)$有一个最快异宿解$y:{\Bbb Z}\rightarrow{\Bbb R}$, 使得$\lim\limits_{t\rightarrow-\infty}y(t)=\rho$且$0<y(t)<\rho$, $t\in{\Bbb Z}$.

令$\varphi(t):=(1+c)^{t}$, $t\in{\Bbb Z}$.易得$\Delta\varphi(t)=c\varphi(t)$且$\varphi(t+1)=(1+c)\varphi(t)$.考虑离散函数$x:{\Bbb Z}\to{\Bbb R}$的空间$X_{c}$, 使得

$ \sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)|\Delta x(t-1)|^2 <+\infty, \ \ \lim\limits_{t\rightarrow+\infty}x(t)=0, \nonumber $

其中$X_{c}$是一个Hilbert空间, 满足下列内积和范数

$ (x, y)=\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\Delta x(t-1)\Delta y(t-1), \nonumber $

$ \|x\|=\bigg(\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)|\Delta x(t-1)|^2\bigg)^{1/2}.\nonumber $

引理2.1 对$\forall x\in X_{c}$, 下列不等式成立

$ \sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)x^2(t)\leq\frac{2(2+c)}{c^2}\|x\|^2.\nonumber $

为了证明引理2.1, 需要以下几个命题.

命题2.1 对$\forall x\in X_{c}$, $s\in{\Bbb Z}$, 有

$ \begin{equation} |x(s)|^2\leq\frac{1}{c(1+c)^{s}}\sum_{t=s+1}^{+\infty}\varphi(t)|\Delta x(t-1)|^2. \end{equation} $

(2.1)

证 设$s, \ T\in {\Bbb Z}$, $s <T$.由Cauchy-Schwartz不等式, 得

$ \begin{eqnarray*} |x(T)-x(s)|&=&\left|\sum_{t=s+1}^{T}\Delta x(t-1)\right|\leq\left|\sum_{t=s+1}^{T}\sqrt{\varphi(-t)}\sqrt{\varphi(t)}\Delta x(t-1)\right|\\ &\leq&\left(\sum_{t=s+1}^{T}\frac{1}{(1+c)^t}\right)^{1/2} \left(\sum_{t=s+1}^{+\infty}\varphi(t)\vert \Delta x(t-1)\vert^2\right)^{1/2}\\ \nonumber &=&\left(\frac{1}{c}\left(\frac{1}{(1+c)^s}-\frac{1}{(1+c)^T}\right)\right)^{1/2}\left(\sum_{t=s+1}^{+\infty}\varphi(t)\vert \Delta x(t-1)\vert^2\right)^{1/2}. \end{eqnarray*} $

令$T \rightarrow+\infty$, 对$\forall x\in X_{c}$, 则有

$ \vert x(s)\vert^2\leq\frac{1}{c(1+c)^s}\left(\sum_{t=s+1}^{+\infty}\varphi(t)\vert \Delta x(t-1)\vert^2\right).\nonumber $

证毕.

注2.1 由$(2.1)$式, 易得

$ \begin{equation} \lim\limits_{t\rightarrow +\infty}(1+c)^tx^2(t)=0, \end{equation} $

(2.2)

此结论强于$\lim\limits_{t\rightarrow +\infty}x(t)=0$.而且, 由$(2.2)$式, 可得

$ \begin{equation} \sum_{t=s}^{+\infty}\Delta\left(\varphi(t)x^2(t)\right)=-\varphi(s)x^2(s). \end{equation} $

(2.3)

命题2.2 对$\forall x\in X_{c}$, $s\in{\Bbb Z}$, 有

$ \begin{equation} |x(s)-1|^2\leq\frac{(1+c)^{s+1}}{c}\sum_{t=-\infty}^{s}\varphi(t)|\Delta x(t-1)|^2. \end{equation} $

(2.4)

证 设$s, \ T\in {\Bbb Z}$, $T <s$.由Cauchy-Schwartz不等式, 得

$ \begin{eqnarray*} |(x(T)-(x(s)|&=&\left|\sum_{t=T+1}^{s}\Delta x(t-1)\right|\leq\left|\sum_{t=T+1}^{s}\sqrt{\varphi(t)}\sqrt{\varphi(-t)}\Delta x(t-1)\right|\\ &\leq&\left(\sum_{t=T+1}^{s}{(1+c)^t}\right)^{1/2} \left(\sum_{t=T+1}^{s}\frac{1}{\varphi(t)}\vert \Delta x(t-1)\vert^2\right)^{1/2}\\ \nonumber &=&\left(\frac{1}{c}\left({(1+c)^{s+1}}-{(1+c)^{T+1}}\right)\right)^{1/2}\left(\sum_{t=-\infty}^{s}\varphi(t)\vert \Delta x(t-1)\vert^2\right)^{1/2}. \end{eqnarray*} $

令$T \rightarrow-\infty$, 对$\forall x\in X_{c}$, 则有

$ \vert x(s)-1\vert^2\leq\frac{(1+c)^{s+1}}{c}\left(\sum_{t=-\infty}^{s}\frac{1}{\varphi(t)}\vert \Delta x(t-1)\vert^2\right). $

证毕.

注2.2 由$(2.4)$式, 可得

$ \lim\limits_{t\rightarrow -\infty}(1+c)^{-t}\vert x(t)-1\vert^2=0, $

此结论强于$\lim\limits_{t\rightarrow -\infty}x(t)=1$.

命题2.3 对$\forall x\in X_{c}$, $s\in{\Bbb Z}$, 则有

$ \begin{equation} \sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t)\vert \Delta x(t)\vert^2\geq\frac{c^2}{2(1+c)(2+c)}\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t) x^2(t)+\frac{c}{(1+c)(2+c)}\varphi(s)x^2(s). \end{equation} $

(2.5)

证 由$\varphi(t)$的定义, 得

$ \Delta (\varphi(t)x^2(t))=\varphi(t+1)\Delta x^2(t)+cy^2(t)\varphi(t). $

将$t$求和, 结合(2.3)式, 有

$ \begin{eqnarray*} c\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t)x^2(t)+\varphi(s)x^2(s) &=&-\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t+1)\Delta x^2(t)\\ &=&-\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t+1) (x(t+1)+x(t))\Delta x(t). \end{eqnarray*} $

再根据Cauchy-Schwartz不等式, 易得

$ \begin{eqnarray} &&\left(c\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t)x^2(t)+\varphi(s)x^2(s)\right)^2\\ &\leq&\left(\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t+1)(x(t+1)+x(t))^2\right)^{1/2}\left(\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t+1)|\Delta x(t)|^2\right)^{1/2}. \end{eqnarray} $

(2.6)

更进一步, 有

$ \begin{eqnarray*} \sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t+1)(x(t+1)+x(t))^2&\leq& 2\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t+1)(|x(t+1)|^2+|x(t)|^2)\\ &=&2\left(\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t+1)|x(t+1)|^2+(1+c)\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t)|x(t)|^2\right)\\ &\leq&2(2+c)\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t)|x(t)|^2.\nonumber \end{eqnarray*} $

结合(2.6)式, 则有

$ \begin{eqnarray*} &&c^2\left(\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t)|x(t)|^2\right)^2+2c\varphi(s)x^2(s) \sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t)|x(t)|^2\\ &\leq& 2(2+c) \sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t)|x(t)|^2\left(\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t+1)|\Delta x(t)|^2\right). \end{eqnarray*} $

由上式, 易得

$ \begin{eqnarray*} c^2\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t)|x(t)|^2+2c\varphi(s)x^2(s)&\leq&2(2+c)\left(\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t+1)|\Delta x(t)|^2\right)\nonumber \\ &=&2(2+c)(1+c)\left(\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t)|\Delta x(t)|^2\right). \end{eqnarray*} $

即可得(2.5)式.

引理2.1的证明 给(2.5)式不等号两边同乘以(1+c), 结合$\varphi(t)$的定义, 得

$ \begin{eqnarray*} \sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t+1)\vert \Delta x(t)\vert^2 &\geq& \frac{c^2}{2(2+c)}\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t) x^2(t)+\frac{c}{(2+c)}\varphi(s)x^2(s)\\ &\geq &\frac{c^2}{2(2+c)}\sum_{t=s}^{+\infty}\varphi(t) x^2(t). \end{eqnarray*} $

令$s=-\infty$, 则有

$ \sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t+1)\vert \Delta x(t)\vert^2\geq\frac{c^2}{2(2+c)}\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t) x^2(t). $

证毕.

在这部分, 我们寻找方程(1.3)的解$u(t)$满足当$t \rightarrow+\infty$ (或$-\infty$)时, $u(t)$迅速地趋于$0$ (或1).

定义泛函$I(x):X_c\rightarrow{\Bbb R}$

$ I(x)=\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\left(\frac{\vert\Delta x(t-1)\vert}{2}-F(x(t))\right). $

由引理2.1和假设(H2), 有

$ I(x)=\frac{1}{2}\Vert x\Vert^2+\frac{K}{2(1+c)^2}\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)x^2(t)\leq\left(\frac{1}{2}+\frac{K(2+c)}{c^2}\right)\Vert x\Vert^2, $

这说明$I$是有定义的泛函.

命题3.1 泛函$I: X_c \rightarrow{\Bbb R}$是连续$G$可微的, 且

$ \begin{equation} \langle I'(x), h\rangle=\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\left(\Delta x(t-1)\Delta h(t-1)-f(x(t))h(t)\right), \end{equation} $

(3.1)

对$\forall x, h\in X_{c}$.若$y$是$I$的一个临界点, 则对$t\in{\Bbb Z}$, $y$是方程$(1.3)$的一个解.

证 假设$x$, $h$是$X_{c}$中的任意两个元素, $s\in{\Bbb Z}$, 则有

$ \begin{eqnarray*} \frac{I(x+sh)-I(x)}{s}&=&\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\frac{\varphi(t)}{2}\left(\frac{\vert \Delta(x+sh)(t-1)\vert^2- \vert\Delta x(t-1)\vert^2}{s}\right)\nonumber\\ &&-\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\frac{F((x+sh)(t))-F(x(t))}{s}\nonumber\\ &=&\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\Delta x(t-1)\Delta h(t-1)+\frac{s}{2}\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\vert \Delta h(t-1)\vert^2\varphi(t)\nonumber\\ &&-\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\frac{F((x+sh)(t))-F(x(t))}{s}\nonumber\\ &\rightarrow&\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\left(\Delta x(t-1)\Delta h(t-1)-f(x(t))h(t)\right), \end{eqnarray*} $

当$s\rightarrow0$时, 可得(1.3)式.

设$x_{1}, x_{2}, h\in X_{c}$, 得

$ \begin{eqnarray*} &&\left\vert \left\langle I'\left(x_1\right)-I'\left(x_2\right), h\right\rangle\right\vert \\ &\leq&\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\left\vert \Delta x_1(t-1)-\Delta x_2(t-1)\right\vert \vert \Delta h(t-1)\vert\nonumber\\ &&+\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\left\vert f\left(x_1(t)\right)-f\left(x_2(t)\right)\right\vert\vert h(t)\vert\nonumber\\ &\leq&\left(\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\left\vert \Delta x_1(t-1)-\Delta x_2(t-1)\right\vert^2\right)^{1/2} \left(\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\vert \Delta h(t-1)\vert^2\right)^{1/2}\nonumber\\ &&+L\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\left\vert x_1(t)-x_2(t)\right\vert\vert h(t)\vert\nonumber\\ &\leq&\left\Vert x_1-x_2\right\Vert \Vert h\Vert+L\left(\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\left\vert x_1(t)-x_2(t)\right\vert^2\right)^{1/2} \left(\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\vert h(t)\vert^2\right)^{1/2}\nonumber\\ &\leq&\left(1+L\frac{2(2+c)}{c^2}\right)\left\Vert x_1-x_2\right\Vert \Vert h\Vert, \end{eqnarray*} $

其中$L$是$f$的Lipschitz常数.则有

$ \left\Vert I'\left(x_1\right)-I'\left(x_2\right)\right\Vert_*\leq C_1\left\Vert x_1-x_2\right\Vert, $

其中$\Vert\cdot\Vert_*$是$L\left(X_c, {\Bbb R}\right)$空间的对偶范数, 且$C_{1}$是一常数.因此, $I':X'_c\rightarrow L\left(X_c, {\Bbb R}\right)$是连续的.

设$y$是$I$的一个临界点, $k\in{\Bbb Z}$, 且取

$ h_k(t)=\left \{ \begin{array}{ll} 1\, \, &t=k, \\ 0\, \, \, \, \, &t\neq k. \end{array} \right. $

则

$ \begin{eqnarray*} 0&=&\left\langle I'(y), h_k\right\rangle\nonumber\\ &=&\varphi(k)(\Delta y(k-1)-f(y(k)))+\varphi(k+1)(-\Delta y(k))\nonumber\\ &=&-\varphi(k)\left(\Delta^2 y(k-1)-c\Delta y(k)+f(y(k))\right)\nonumber \end{eqnarray*} $

且由$\varphi(k) \neq 0$, 则$y(k)$满足方程(1.3), 即

$ \Delta^2 y(k-1)+c\Delta y(k)+f(y(k))=0. $

证毕.

引理3.1 假设$f$满足$(H_{1})$, 且$y\in X_c$是$I$在$Y$中的一个最小值点, 其中

$ Y:=\left\{x\in X_c : \lim\limits_{t\rightarrow-\infty} x(t) = 1\right\}. $

则$0 < y(t) < 1$, $\forall t\in {\Bbb Z}$, 且$\Delta y(t) < 0$, $t\in {\Bbb Z}$.

证 首先, 证$0\leq y(t)\leq1$, $t\in {\Bbb Z}$.

由$\lim\limits_{t\rightarrow -\infty} y(t) = 1$且$\lim\limits_{t\rightarrow +\infty} y(t) = 0$, 假设存在整数区间$J_1, J_2, \cdots, J_m$, 使得$y(t) > 1$, 若$t \in J_1 \cup J_2 \cup\cdots\cup J_m$.定义新函数$x:{\Bbb Z}\rightarrow{\Bbb R}$

$ x(t)=\left\{ \begin{array}{ll} 1, \, \, & t\in J_1 \cup J_2 \cup\cdots\cup J_m, \\ y(t), \quad\, & t\not\in J_1 \cup J_2 \cup\cdots\cup J_m. \end{array} \right. $

令$J_1 = \left[t_0 +1, t_0 +n_1\right]$, 则有$y\left(t_0\right) \leq 1$且$y\left(t_0 +1\right) > 1$.易得$\vert \Delta x(t)\vert \leq \vert \Delta y(t)\vert$, $t \in{\Bbb Z}$, 且$\left\vert \Delta x\left(t_0\right)\right\vert < \left\vert \Delta y\left(t_0\right)\right\vert$.这表明

$ \sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\Vert\Delta x(t-1)\Vert^2 <\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\Vert\Delta y(t-1)\Vert^2. $

由$t\not\in (0, 1)$, $f(t)=0$, 则$F (x(t)) = F (y(t))$, $t \in {\Bbb Z}$, 且$I(x) < I(y)$, 这与$y$是$I$的最小值点矛盾.同理可证, 若存在$k_{1}$, 使得$y\left(k_1\right)<0$与$y$是$I$的最小值点也是矛盾的.

因此, 对每个$t \in {\Bbb Z}$, $0\leq y(t)\leq1$.

其次, 证$\Delta y(t)<0$, $t\in {\Bbb Z}$.

对任意的$0<\varepsilon<1$, 存在$T_0>0$, 使得$1-\varepsilon<x(t)\leq1$, $t<-T_0$.由第一步证明及$\lim\limits_{t\rightarrow-\infty}x(t) = 1$, 则对任意的$t_0<-T_0$, 有

$ \Delta y\left(t_0\right)=y\left(t_0+1\right)-y\left(t_0\right)<y\left(t_0+1\right)+\varepsilon-1\leq\varepsilon. $

因此, 由$\varepsilon$的任意性, 有$\Delta y\left(t_0\right)\leq0$.

若$\Delta y\left(t_0\right)=0$, 则$y\left(t_0+1\right)=y\left(t_0\right)$且由方程(1.3), 得

$ y\left(t_0+2\right)=y\left(t_0+1\right)-\frac{f\left(y\left(t_0+1\right)\right)}{1+c}.\nonumber $

由(H1), 存在一常数$\delta_1(\varepsilon)$, 使得

$ 0\leq\frac{f\left(y\left(t_0+1\right)\right)}{1+c}<\delta_1(\varepsilon).\nonumber $

因此, 有

$ 1\geq y\left(t_0+2\right)>1-\varepsilon-\delta_1(\varepsilon).\nonumber $

通过重复的论证, 易得

$ 1\geq\lim\limits_{t\rightarrow+\infty} y(t)\geq1-\varepsilon-\sum_{i=1}^{+\infty}\delta_1(\varepsilon).\nonumber $

取$\varepsilon$充分小, 使得$\varepsilon+\sum\limits_{i=1}^{+\infty}\delta_1(\varepsilon)<1$, 则有$1\geq\lim\limits_{t\rightarrow+\infty} y(t)> 0$, 而这与$y\in X_c$矛盾.因此, $\Delta y\left(t_0\right) < 0$.由于方程(1.3)等价于方程

$ \Delta(\varphi(t)\Delta y(t-1))+\varphi(t)f(y(t))=0.\nonumber $

且$\varphi(t)f(y(t))\geq 0$, 则

$ \Delta(\varphi(t)\Delta y(t-1))\leq0\nonumber $

等价于

$ \varphi(t+1)\Delta y(t)\leq \varphi(t)\Delta y(t-1).\nonumber $

则由$\Delta y\left(t_0\right) < 0$易得$y(t) < 0$, $t_0<t\in {\Bbb Z}$.

因此, 由$t_0$的任意性, 有$\Delta y(t)<0$.

最后, 证$0<y(t)<1$, $t\in {\Bbb Z} $.

假设存在$t_1$, 使得$y\left(t_1\right) = 0$.则由第一步证明

$ \Delta y\left(t_1\right) = y\left(t_1 +1\right)-y\left(t_1\right) = y\left(t_1 +1\right)\geq0, $

这与第二步证明矛盾.同理可证, 若存在$t_2$, 使得$y\left(t_2\right) =1$也矛盾.因此, $0 < y(t) < 1$, $\forall t\in {\Bbb Z}$.

接下来的引理将证明在$X_{c}$空间上的一个弱收敛意味着逐点收敛.

引理3.2 若在$X_c$中, $x_n\rightharpoonup x$, 则有

$ x_n(t)\rightarrow x(t), \quad \forall t\in {\Bbb Z}, n\rightarrow +\infty, $

且

$ \Delta x_n(t)\rightarrow \Delta x(t), \quad \forall t\in {\Bbb Z}, n\rightarrow +\infty. $

证 引理的证明类似于文献[9, 定理1], 所以在这里省略了.

引理3.3 假设(H1)--(H2)成立, 且存在$c$使得

$ \begin{equation} 0<K<\frac{c^2}{2(2+c)}. \end{equation} $

(3.2)

则泛函$I : X_c \rightarrow {\Bbb R}$是强制的且弱下半连续.

证 注意到(3.2)式等价于$c>K+\sqrt{K^2 +4K}$.将泛函$I$表示为

$ I(x)=I_1(x)+I_2(x), $

其中

$ I_1(x):=\frac{1}{2}\left(\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t+1)\vert \Delta x(t)\vert^2-K\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)x^2(t)\right), $

$ \begin{eqnarray*} I_2(x):&=&\frac{K}{2}\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)x^2(t)-\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t+1)F(x(t+1))\nonumber\\ &=&\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\frac{K}{2}x^2(t)-\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)F(x(t))\nonumber\\ &=&\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\left(\frac{K}{2}x^2(t)-\varphi(t)F(x(t))\right). \end{eqnarray*} $

由引理2.1和(3.2)式, 有

$ I_1(x)\geq\frac{1}{2}\Vert x\Vert^2-\frac{K(2+c)}{c^2}\Vert x\Vert^2=\left(\frac{1}{2}-\frac{K(2+c)}{c^2}\right)\Vert x\Vert^2, $

即$I_{1}$是强制的.利用文献[9]中类似的方法, 同样可证得$I_{1}$是一个凸泛函.

记

$ g(t, x)=\varphi(t)\left(\frac{K}{2}x^2 - F (x)\right), $

则对任意的$t\in {\Bbb Z}$, $x\in {\Bbb R}$, 有$g(t, x)\geq0$.取$\varepsilon_0>0$且$N=N(\varepsilon_0)>0$, 使得

$ \begin{equation} \sum_{t=-N}^{N}g(t, x(t))\leq\sum_{t=-N}^{\infty}g(t, x(t))\leq\sum_{t=-N}^{N}g(t, x(t))+\frac{\varepsilon_1}{2}. \end{equation} $

(3.3)

由$g(t, x)$关于$x$是连续的, 故存在$N_1\geq N$, 使得对$n \geq N_1$, 有

$ \left\vert g\left(t, x_n(t)\right)-g(t, x(t))\right\vert\leq \frac{\varepsilon_1}{4N}, \quad t\in [-N, N], $

且

$ \sum_{t=-N}^{N}g\left(t, x_n(t)\right)\geq\sum_{t=-N}^{N}g(t, x(t))-\frac{\varepsilon_1}{2}. $

则由(3.3)式, 有

$ \begin{equation} \sum_{t=-\infty}^{+\infty}g\left(t, x_n(t)\right)\geq\sum_{t=-N}^{N}g\left(t, x_n(t)\right)\geq\sum_{t=-N}^{N}g\left(t, x_n(t)\right)-\frac{\varepsilon_1}{2} \geq\sum_{t=-\infty}^{+\infty}g(t, x(t))-\varepsilon_1. \end{equation} $

(3.4)

让$x_n \rightharpoonup x$于$X_c$.由于$F$是连续的且$\varepsilon_1$是任意小的, 再结合(3.4)式和引理3.2, 则有

$ \lim\limits_{n\rightarrow+\infty}I_2\left(x_n\right)\geq I_2(x). $

由于$I_1$是一个连续的泛函且$I_2$是正的, 因此, $I$是强制的且在$X_c$上弱下半连续.

定理1.1的证明 注意到集合$Y_c=\big\{x\in X_c:\lim\limits_{t\rightarrow-\infty}x(t)=1\big\}$是$X_c$中的凸闭集.若$x_n\rightharpoonup x$, $n\rightarrow+\infty$, 由引理3.2的证明, 易得, 对每个$t\in {\Bbb Z}$, $x_n(t)\rightarrow x(t)\in Y_c$.

由于$I$在$Y_{c}$上有下界, 强制的且弱下半连续, 则$c_0=\inf\left\{I(x):x\in Y_c\right\}$是有限的且得到一点$y\in Y_c$ (参见文献[3, p301]).由引理3.1, 对每个$t\in {\Bbb Z}$, 有$0 < y(t) < 1$, 且$\Delta y(t) < 0$.由于$I$是连续$G$可微的, 而且$y$是$X_{c}$的内点, 那么$y$是$I$的一个临界点, 由命题3.1, 定理1.1得证.

定理1.2的证明 定义函数

$ \widetilde{f}(x)=\left\{ \begin{array}{ll} f(x), \, \, & x\in[0, \rho], \\ 0, \quad\, \quad\ & x\not\in[0, \rho]. \end{array} \right. $

则函数$\widetilde{F}(x)=\int_0^x\widetilde{f}(t){\rm d}t$使得

$ \widetilde{F}(x)=\left\{ \begin{array}{ll} F(x), \, \, & x\in(-\infty, \rho], \\ F(\rho), \quad\, & x\not\in(\rho, +\infty), \end{array} \right. $

这意味着对$x\in {\Bbb R}$, $\widetilde{F}(x)\leq\frac{K}{2}x^2$.注意到$\widetilde{F}$在${\Bbb R}$上是连续的, 但在$x= \rho$处是不可微的.考虑泛函

$ \widetilde{I}(x):=\sum_{t=-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\left(\frac{1}{2}\vert \Delta x(t-1)\vert^2-\widetilde{F}(x(t))\right). $

可证得$\widetilde{I}$在$X_c$上是强制的且弱下半连续, 而且在凸的弱闭集$Y_c=\big\{x \in X_c:\lim\limits_{t\rightarrow-\infty}x(t)= \rho\big\}$上取得最小值.由引理3.1的证明, $I$在$Y_{c}$上的最小值点$y$满足$0 \leq y(t)\leq\rho$, $t\in {\Bbb Z}$.

利用与文献[9]类似的方法, 易得$\Delta y(t)\leq 0$, $t\in {\Bbb Z}$.

对任意的$0<\varepsilon_2<\rho$, 由$\lim\limits_{t\rightarrow-\infty}y(t)=\rho$, 故存在$T_1>0$, 使得$\rho-\varepsilon_2<y(t)\leq\rho$, $t<-T_1$.对任意的$t_3<-T_1$, 假设$y\left(t_3\right)<\rho$.否则存在$t_4>t_3$, 使得$y(t)=\rho$, $t\leq t_4+t_3-1$且$y\left(t_4+t_3\right)<\rho$.则$\Delta y(t)=0$, $t\in\left(-\infty, t_4+t_3-2\right]$, 且

$ \begin{eqnarray*} \widetilde{I}(y)&=&-\sum_{t=-\infty}^{t_4+t_3-1}\varphi(t)\widetilde{F}(\rho)+\sum_{t=t_4+t_3}^{+\infty} \varphi(t)\left(\frac{\vert \Delta y(t-1)\vert^2}{2}-\widetilde{F}(y(t))\right)\nonumber\\ &=&-\widetilde{F}(\rho)\frac{(1+c)^{t_4+t_3}}{c}+\varphi\left(t_4\right)\sum_{t=t_3}^{+\infty}\varphi(t)\left(\frac{\vert \Delta y_1(t-1)\vert^2}{2}-\widetilde{F}\left(y_1(t)\right)\right), \end{eqnarray*} $

其中$y_1(t)=y\left(t_4+t\right)$.此时, 断定$y_1$是泛函$\widetilde{I_0}$的一个最小值点, 且满足

$ y_1\left(t_3\right)=y\left(t_4+t_3\right)<\rho, $

其中

$ \widetilde{I_0}(y):=\sum_{t=t_3}^{+\infty}\varphi(t)\left(\frac{\vert\Delta y(t-1)\vert^2}{2}-\widetilde{F}(y(t))\right). $

若不成立, 则存在$v\in Y_c$使得$\widetilde{I_0}(v)<\widetilde{I_0}\left(y_1\right)$.定义一个新函数$v_1$, 使得

$ v_1(t)=\left\{ \begin{array}{ll} \rho, \, \, & t\in\left(-\infty, t_4+t_3-1\right], \\ v\left(t-t_4\right), \quad & t\in\left[t_4+t_3, +\infty\right). \end{array} \right. $

则有

$ \begin{eqnarray*} \widetilde{I}\left(v_1\right)&=&-\widetilde{F}(\rho)\frac{(1+c)^{t_4+t_3}}{c}+\varphi \left(t_4\right)\widetilde{I}_0(v)\\ &<& -\widetilde{F}(\rho)\frac{(1+c)^{t_4+t_3}}{c}+\varphi\left(t_4\right)\widetilde{I}_0\left(y_1\right) \\ &=&\widetilde{I}(y), \end{eqnarray*} $

这是矛盾的.因此, 对任意的$t_3<-T_1$, $y_1$是泛函$\widetilde{I_0}$的一个最小值点, 且满足$y_1\left(t_3\right)=y\left(t_4+t_3\right)<\rho$.因而, 设$y\left(t_3\right)<\rho$.由$\Delta y(t)\leq 0$, $t\in {\Bbb Z}$且对任意的$t_3<-T_1$, 有$y(t)<\rho$, $t\in{\Bbb Z}$.由于$\widetilde{I}$是可微的, $y(k)<\rho$, $k\in{\Bbb Z}$且$y$是$\widetilde{I}$的一个最小值点, 易得$y$是$\widetilde{I}$的一个临界点.另一方面, 由$0\leq y(t)\leq\rho$, 有$\widetilde{f}(y)=f(y)$.因此$y$是$I$的一个临界点.根据命题3.1, $y$是方程(1.3)的一个解.而且, 类似于定理1.1的证明, 对每个$t\in{\Bbb Z}$, 则有$\Delta y(t)<0$且$y(t)\in(0, \rho)$.