本文考虑下面脉冲 Neumann 边值问题

$-(p(t)u^{\prime}(t))^{\prime}+q(t)u(t)=\lambda f(t,u(t)), \ \ t\neq t_j,\ {\rm a.e.}\ t\in [0,1], $

$\Delta (p(t_j)u^{\prime}(t_j))=I_j(u(t_j)), \ \ j=1,2,\cdots,l, $

(1.1)

$u^\prime(0)=u^\prime(1)=0,$

其中 $\lambda$ 是一个正参数, $ 0=t_0＜t_1＜\cdots＜t_l＜t_{l+1}=1$, $p\in C^1([0,1])$, $q\in C([0,1])$, $p_0=\min\limits_{t\in [0,1]}p(t)>0$, $q_0=\min\limits_{t\in [0,1]}q(t)>0$, $f\in C([0,1]\times {\Bbb R},{\Bbb R})$, $I_j\in C({\Bbb R},{\Bbb R})$, $ j=1,2,\cdots,l$, $\Delta (p(t_j)u^{\prime}(t_j))=p(t_j)u^{\prime}(t_j^+)-p(t_j)u^{\prime}(t_j^-)$, $ u^{\prime}(t_j^+)$和 $ u^{\prime}(t_j^-)$ 分别表示 $ u^{\prime}(t_j)$ 右极限和左极限.

脉冲效应广泛存在于许多演化过程中,它们的状态在一定的时间内突然发生变化. 这些现象的数学模型能够归结为脉冲微分方程. 脉冲微分方程广泛应用于医学、生物、工程、力学、种群动态、 控制理论等领域^[2-14]. 关于脉冲微分方程理论一些更一般的研究,见文献[1, 15-20].

近年来,一些经典工具和技巧已经被一些文献用来研究脉冲微分方程. 这些经典工具和技巧包括不动点定理^[21-23],Mawhin 的重合度理论^[24]和上下解结合单调迭代法^[25-26]等.

另一方面, 最近, 一些学者利用变分法研究脉冲微分方程解的存在性[30-34]. 然而, 据我们所知, 运用变分法研究脉冲 Neumann 边值问题三个解的存在性还没有相关的结果.

近年来, 已经有许多文献研究了不带脉冲的 Neumann 边值问题三个解的存在性. 更确切的说, 在文献[35, 37] 中, 作者考虑了下面 Neumann 边值问题

$-(p(t)u^{\prime}(t))^{\prime}+q(t)u(t)=\lambda f(t,u(t)),$

$u^\prime(0)=u^\prime(1)=0,$

(1.2)

其中 $\lambda$ 是一个正参数, $p\in C^1([0,1])$, $q\in C([0,1])$, $p_0=\min\limits_{t\in [0,1]}p(t)>0$, $q_0=\min\limits_{t\in [0,1]}q(t)>0$, $f,g\in C([0,1]\times {\Bbb R},{\Bbb R})$. 他们运用变分法证明了问题 $(1.2)$至少存在三个解, 得到了下面的定理.

定理1.1 ^{[37,Theorem3.3]}假设下列条件成立:

$(H_1)$ 存在两个正常数 $c$, $d$ 且 $c ＜d$ 使得

$\frac{\int_0^1\max\limits_{u\in [-c,c]}F(t,u){\rm d}t}{c^2}＜\frac{k}{3}\frac{\int_0^1F(t,d){\rm d}t}{d^2},$

其中 $m=\min\{p_0,q_0\}$, $\|q\|_1=\int_0^1q(t){\rm d}t$, $k=\frac{m}{\|q\|_1}$, $F(t,u)=\int_0^uf(t,s){\rm d}s$;

$(H_2)$ 存在两个正常数 $a$, $\gamma$ 且 $\gamma＜2$ 使得

$F(t,u)\leq a(1+|u|^\gamma),\ \ \forall (t,u)\in [0,1]\times{\Bbb R}.$

那么, 对每个 $\lambda\in \Big(\frac{3d^2\|q\|_1}{4\int_0^1F(t,d){\rm d}t},\frac{mc^2}{4\int_0^1\max\limits_{u\in [-c,c]}F(t,u){\rm d}t}\Big)$, 问题 $(1.2)$ 至少存在三个古典解.

定理1.2 $^{\rm [35,\ Theorem\ 2.1]}$ 假设 $(H_2)$以及下列条件成立:

$(H_3)$ 存在两个正常数 $c$, $d$且 $c ＜d$,使得

$\frac{\int_0^1\max\limits_{u\in [-c,c]}F(t,u){\rm d}t}{c^2}＜\frac{k}{2}\frac{\int_0^1F(t,d){\rm d}t}{d^2}, $

其中 $m=\min\{p_0,q_0\}$, $\|q\|_1=\int_0^1q(t){\rm d}t$, $k=\frac{m}{\|q\|_1}$, $F(t,u)=\int_0^uf(t,s){\rm d}s$.

那么, 对每个 $\lambda\in \Big[\frac{d^2\|q\|_1}{2\int_0^1F(t,d){\rm d}t},\frac{mc^2}{4\int_0^1\max\limits_{u\in [-c,c]}F(t,u){\rm d}t}\Big]$, 问题 $(1.2)$ 至少存在三个古典解.

然而, 易知下列例子

$F(t,u)={\rm e}^{-u}u^9+\frac{1}{800}u^2$

(1.3)

不满足条件 $(H_2)$.

受以上事实鼓舞, 在本文中, 作者研究问题 $(1.1)$ 三个解的存在性, 得到一些新的结果. 现在, 首先叙述本文的主要结果.

定理1.3 假设下列条件成立: $(H_4)$ 存在 $\alpha,\beta>0$, 使得

$F(t,u)\leq \alpha u^2+\beta;$

$(H_5)$ $I_j(u)$ 是非减的以及 $I_j(u)u\geq0$, $\forall u\in {\Bbb R}$;

$(H_6)$ 存在 $c,d>0$,使得

$\frac{mc^2}{4}＜\frac{d^2}{2}\|q\|_1+\sum\limits_{j=1}^{l}\int_0^{d}I_j(s){\rm d}s,$

以及

$\frac{4\alpha}{m} ＜a:=\frac{4\int_0^1\max\limits_{u\in [-c,c]}F(t,u){\rm d}t}{mc^2}＜b:=\frac{\int_0^1F(t,d){\rm d}t}{\frac{d^2}{2}\|q\|_1+\sum\limits_{j=1}^{l}\int_0^{d}I_j(s){\rm d}s}.$

那么, 对每个 $\lambda\in [\frac{1}{b},\frac{1}{a}]$, 问题 $(1.1)$ 至少存在三个古典解.

注1.1 在定理$1.1$ 和$1.2$ 的条件$(H_2)$ 中 $0＜\gamma＜2$, 在定理$1.3$ 中$\gamma=2$. 显然, 条件$(H_4)$ 包含条件$(H_2)$. 另一方面, 函数$(1.3)$ 不满足$(H_2)$,然而满足$(H_4)$. 因此, 即使$I_j(u)=0(j=1,2,\cdots,l)$, 本文的结果也改进了文献[35, 37] 中的结果.

定理1.4 假设 $(H_5)$, $(H_6)$ 以及下列条件成立: $(H_7)$ 存在 $\alpha^\prime,\beta^\prime>0$ 以及 $0＜\gamma＜2$

$F(t,u)\leq \alpha^\prime |u|^\gamma+\beta^\prime.$

那么, 对每个 $\lambda\in [\frac{1}{b},\frac{1}{a}]$, 问题 $(1.1)$ 至少存在三个古典解.

注1.2 定理$1.4$ 推广了定理 $1.1$ 和 $1.2$. 事实上, 在定理 $1.4$ 中, 令$I_j(u)\equiv0$ $(j=1,2,\cdots,l)$, 就可以得到定理$1.1$ 和 $1.2$.

本文的余下部分安排如下: 在第二节给出一些预备知识; 在第三节给出定理$1.3$ 和$1.4$ 的证明, 同时也给出一些例子来验证本文的结果.

本文的主要工具是文献[27-28]中的三临界点定理.

定理2.1 假设 $X$ 是可分自反的实 Banach 空间; 设 $\Phi:X\rightarrow {\Bbb R}$ 是强制的, 弱下半连续的且连续 Gâteaux 可微的泛函, 它的导函数存在一个连续的逆; 设 $\Psi:X\rightarrow {\Bbb R}$ 是弱上半连续的且连续Gâteaux 可微的泛函, 它的 Gâteaux 导数是紧的. 假设存在 $r\in {\Bbb R}$ 以及 $x_0,x_1\in X$ 满足 $\Phi(x_0)＜r＜\Phi(x_1)$ 和 $\Psi(x_0)=0$ 使得 $(A_1)$ $\sup\limits_{\Phi(x)\leq r}\Psi(x)＜(r-\Phi(x_0))\frac{\Psi(x_1)}{\Phi(x_1)-\Phi(x_0)}$; $(A_2)$ 对每个 $\lambda\in \Lambda_r:=\Big[\frac{\Phi(x_1)-\Phi(x_0)}{\Psi(x_1)},\frac{r-\Phi(x_0)}{\sup\limits_{\Phi(x)\leq r}\Psi(x)}\Big]$, 泛函 $\Phi-\lambda\Psi$ 强制的.

那么, 对每个 $\lambda\in \Lambda_r$, 泛函 $\Phi-\lambda\Psi$ 在 $X$ 中至少存在三个不同的临界点.

下面我们陈述一些基本概念. 定义 Sobolev 空间 $X=W^{1,2}([0,1])$, 考虑内积

$(u,v)_X=\int_0^1 p(t)u^{\prime}(t) v^{\prime}(t){\rm d}t+\int_0^1q(t)u(t)v(t){\rm d}t,$

(2.1)

其范数为

$\|u\|_X=\left(\int_0^1 (p(t)|u^{\prime}(t)|^2+q(t)|u(t)|^2){\rm d}t\right)^{\frac{1}{2}},$

(2.2)

这个范数等价于通常的范数. 因此, $X$ 是自反的. 在 $C([0,1])$ 中定义范数为 $\|u\|_\infty =\max\limits_{t\in [0,1]}|u(t)|$, 取 $m=\min\{p_0,q_0\}$, $\|q\|_1=\int_0^1q(t){\rm d}t$.

对 $\forall u\in W^{2,2}([0,1])$, 则 $u$ 和 $u^{\prime}$ 是绝对连续的, 且 $u^{\prime \prime}\in L^2(0,1)$．因此, $\Delta (p(t)u^{\prime}(t))=p(t)(u^{\prime}(t^+)-u^{\prime}(t^-))=0$ $(\forall t\in [0,1])$．如果 $u\in W^{1,2}([0,1])$, 那么 $u$ 是绝对连续的, 且 $u^{\prime}\in L^2(0,1)$. 在这种情况下, 一阶导数 $u^{\prime}(t^-)$, $u^{\prime}(t^+)$ 可能不存在. 因此, 我们需要介绍一个解的概念. 假设 $u\in C([0,1])$ 使得 $u_j=u|_{(t_j,t_{j+1})}\in W^{2,2}(t_j,t_{j+1})$$(j=0,1,2,\cdots,l)$, 当$t\neq t_j$ 时, $u$ 在$[0,1]$ 上几乎处处满足问题$(1.1)$ 中的方程, 设极限$u^{\prime}(t_j^+),\ u^{\prime}(t_j^-),\ j=1,2,\cdots,l$ 存在, 问题 $(1.1)$ 中的脉冲条件和边值条件成立, 则称 $u$ 是问题 $(1.1)$ 的古典解.

对每个 $u\in X$, 设

$\Phi(u)=\frac{1}{2}\|u\|_X^2+\sum\limits_{j=1}^{l}\int_0^{u(t_j)}I_j(s){\rm d}s,$

(2.3)

$\Psi(u)=\int_0^1F(t,u(t)){\rm d}t,$

(2.4)

其中 $F(t,u)=\int_0^uf(t,s){\rm d}s$. 显然, $\Phi$ 是 Gâteaux 可微的且其 Gâteaux 导数为

$\Phi^{\prime}(u)(v)=\int_0^1 p(t)u^{\prime}(t) v^{\prime}(t){\rm d}t+\int_0^1q(t)u(t)v(t){\rm d}t +\sum\limits_{j=1}^lI_j(u(t_j))v(t_j),\ \ \forall v\in X.$

(2.5)

显然, $\Phi^{\prime}$ 是连续的.

另一方面, 易知, $\Psi:X\rightarrow {\Bbb R}$ 是连续 Gâteaux 可微的泛函且其Gâteaux 导数为

$\Psi^{\prime}(u)(v)=\int_0^1f(t,u(t))v(t){\rm d}t,\ \forall v\in X.$

(2.6)

引理2.1 如果 $u\in X$ 是泛函 $\Phi-\lambda\Psi$ 的一个临界点, 那么$u$ 问题 $(1.1)$ 的一个古典解.

证 该引理证明类似于文献 [32]中引理 $2.4$的证明, 这里我们省略其证明过程.

引理2.2 设 $u\in X$, 那么 $\|u\|_\infty\leq \sqrt{\frac{2}{m}} \|u\|_X$.

证 对 $u\in X$, 由积分中值定理, 有

$u(\tau)=\int_0^1u(s){\rm d}s,$

其中 $\tau\in [0,1]$. 因此, 对 $t\in [0,1]$, 由 Hölder's 不等式, 有

$\begin{align} & |u(t)|=\left| u(\tau )+\int_{\tau }^{t}{{{u}^{\prime }}}(s)\text{d}s \right| \\ & \le \int_{0}^{1}{|}u(s)|\text{d}s+\int_{0}^{1}{|}{{u}^{\prime }}(s)|\text{d}s \\ & \le {{\left( \int_{0}^{1}{|}u(s){{|}^{2}}\text{d}s \right)}^{\frac{1}{2}}}+{{\left( \int_{0}^{1}{|}{{u}^{\prime }}(s){{|}^{2}}\text{d}s \right)}^{\frac{1}{2}}} \\ & \le \frac{1}{\sqrt{\underset{t\in [0,1]}{\mathop{\min }}\,q(t)}}{{\left( \int_{a}^{b}{q}(s)|u(s){{|}^{2}}\text{d}s \right)}^{\frac{1}{2}}}+ \\ & \sqrt{\frac{1}{\underset{t\in [0,1]}{\mathop{\min }}\,p(t)}}{{\left( \int_{a}^{b}{p}(s)|{{u}^{\prime }}(s){{|}^{2}}\text{d}s \right)}^{\frac{1}{2}}}\le \sqrt{\frac{2}{m}}\|u{{\|}_{X}}. \\ \end{align}$

证毕.

在给出定理$1.3$ 和$1.4$ 的证明之前, 首先证明两个有用的引理.

引理3.1 假设 $(H_5)$ 成立, 那么 $\Phi$ 是弱下半连续的、强制的,它的导数存在一个连续逆.

证 设 $\{u_n\}\subset X$, $u_n\rightharpoonup u$, 易知 $\{u_n\}$ 在 $C([0,1])$ 上一致收敛于$u$ 且 $\liminf\limits_{n\rightarrow\infty}\|u_n\|_X\geq\|u\|_X$. 因此

$\liminf\limits_{n\rightarrow\infty}\Phi(u_n)=\liminf\limits_{n\rightarrow\infty} \bigg(\frac{1}{2}\|u_n\|_X^2 +\sum\limits_{j=1}^{l}\int_0^{u_n(t_j)}I_j(s){\rm d}s\bigg)\\ geq \frac{1}{2}\|u\|_X^2+\sum\limits_{j=1}^{l}\int_0^{u(t_j)}I_j(s){\rm d}s=\Phi(u).$

所以 $\Phi$ 是弱下半连续的. 由 $(2.3)$式和条件 $(H_5)$, 可得 $\Phi$ 是强制的.

下面证明 $\Phi^{\prime}$ 存在一个连续逆. 对任意的 $u\in X\backslash\{0\}$, 由 $(2.5)$式以及条件$(H_5)$, 有

$\Phi^{\prime}(u)(u)=\int_0^1 p(t)|u^{\prime}(t)|^2{\rm d}t+\int_0^1q(t)|u(t)|^2{\rm d}t +\sum\limits_{j=1}^lI_j(u(t_j))u(t_j)\geq\|u\|_X^2.$

因此, $\Phi^{\prime}$ 强制的. 由条件$(H_5)$, 对任意的$u,\ v\in X$, 有

$(\Phi^{\prime}(u)-\Phi^{\prime}(v))(u-v)=\|u-v\|_X^2 +\sum\limits_{j=1}^l [I_j(u(t_j))-I_j(v(t_j))](u(t_j)-v(t_j))\\ geq\|u-v\|_X^2,$

所以$\Phi^{\prime}$ 一致单调的. 由文献 [29, Theorem 26.A (d)], 得$\Phi^{\prime}$ 存在一个连续逆.

引理3.2 泛函$\Psi$ 弱上半连续的且它的导数是紧的.

证 显然, $\Psi$ 弱上半连续的. 下面我们将证明$\Psi^{\prime}$ 是强连续的. 设$\{u_n\}\subset X$, $u_n\rightharpoonup u$, $n\rightarrow\infty$, 易知$\{u_n\}$ 在$C([0,1])$ 上一致收敛于$u$. 因为 $f(t,u)$ 关于$u$ 是连续的, 可得 $f(t,u_n)\rightarrow f(t,u)$, $n\rightarrow\infty$. 所以 $\Psi^{\prime}(u_n)\rightarrow \Psi^{\prime}(u)$, $n\rightarrow\infty$. 因此, $\Psi^{\prime}$ 强连续的. 由文献[29, Proposition 26.2], 可得$\Psi^{\prime}$ 是紧算子.

定理 1.3 的证明 根据引理 $3.1$, 可知 $\Phi$ 是弱下半连续的, 强制的且连续 Gâteaux 可微的泛函, 它的导数存在一个连续逆. 由引理 $3.2$, 知 $\Psi$ 弱上半连续的且连续 Gâteaux 可微的泛函, 它的导数是紧的.

设 $r=\frac{mc^2}{4}$, $u_0=0$ 以及 $u_1=d$, 可得 $u_0,u_1\in X$, $\Phi(u_0)=0$, $\Phi(u_1)=\frac{1}{2}d^2\|q\|_1+\sum\limits_{j=1}^{l}\int_0^dI_j(s){\rm d}s$, $(u_1)=\int_0^1F(t,d){\rm d}t$. 因此

$(r-\Phi(u_0))\frac{\Psi(u_1)}{\Phi(u_1)-\Phi(u_0)}=\frac{mc^2}{4}\frac{\int_0^1F(t,d){\rm d}t}{\frac{1}{2}d^2\|q\|_1 +\sum\limits_{j=1}^{l}\int_0^dI_j(s){\rm d}s},$

(3.1)

此外, 根据条件$(H_6)$, 可知 $\Phi(u_0) ＜r＜\Phi(u_1)$.

另一方面, 对任意的 $u\in X$ 使得$\Phi(u)\leq r$, 有 $\|u\|_X^2\leq2r$. 根据引理 $2.2$, 可得 $|u|\leq c$. 因此

$\sup\limits_{\Phi(x)\leq r}\Psi(x)\leq \int_0^1\max\limits_{u\in [-c,c]}F(t,u){\rm d}t.$

(3.2)

由 $(3.1)$式, $(3.2)$式以及条件$(H_6)$, 则定理 $2.1$ 的条件 $(A_1)$ 成立.

对任意的 $u\in X$, 根据条件$(H_4)$ $(H_5)$, $(2.3)$ $(2.4)$ 式以及引理$2.2$, 我们有

$\Phi(u)-\lambda \Psi(u)=\frac{1}{2}\|u\|_X^2+\sum\limits_{j=1}^{l}\int_0^{u(t_j)}I_j(s){\rm d}s -\lambda\int_0^1F(t,u(t)){\rm d}t\\ geq \frac{1}{2}\|u\|_X^2-\lambda\left(\frac{2\alpha}{m}\|u\|_X^2+\beta\right)\\ =\bigg(\frac{1}{2}-\frac{2\lambda \alpha}{m}\bigg)||u||_X^2-\lambda \beta.$

由条件$(H_6)$, 对 $\lambda\in [\frac{1}{b}, \frac{1}{a}]$, 有

$\frac{1}{2}-\frac{2\lambda \alpha}{m}>0.$

那么, 对任意的$\lambda\in [\frac{1}{b},\frac{1}{a}]$, 有 $\lim\limits_{\|u\|_X\rightarrow +\infty}\left(\Phi(u)-\lambda \Psi(u)\right)=+\infty$. 因此, 定理$2.1$ 的条件$(A_2)$ 成立. 根据定理 $2.1$, 对任意的 $\lambda\in [\frac{1}{b},\frac{1}{a}]$, 泛函$\Phi-\lambda\Psi$ 至少存在三个不同的临界点. 也就是说, 对任意的 $\lambda\in [\frac{1}{b},\frac{1}{a}]$, 问题$(1.1)$ 至少存在三个不同的古典解.

定理 1.4 的证明 该定理证明类似于定理$1.3$的证明, 这里省略其证明过程.

例3.1 考虑边值问题

$-u^{\prime\prime}(t)+u(t)=\lambda f(t,u), \ \ t\neq t_j, \ {\rm a.e.} \ t\in [0,1], $

$\Delta u^{\prime}(t_j)=I_j(u(t_j)), \ \ j=1,$

(3.3)

$u^\prime(0)=u^\prime(1)=0, $

其中 $I_j(u)=u$. 显然, 条件$(H_5)$ 是满足的. 对比问题$(1.1)$, $p(t)=1$, $q(t)=1$, 那么$m=1$ 以及$\|q\|_1=1$. 取

$f(t,u)={\rm e}^{-u}u^{8}(9-u)+\frac{1}{400}u,$

那么

$F(t,u)={\rm e}^{-u}u^{9}+\frac{1}{800}u^2.$

令 $c=1$, $d=2$, $\alpha=\frac{1}{800}$, 通过简单的计算, 条件 $(H_4)$ 和 $(H_6)$ 是满足的. 运用定理 $1.3$, 那么, 对每一个 $\lambda\in \left[\frac{1}{{\rm e}^{-2}2^{7}+\frac{1}{800}},\frac{1}{4{\rm e}^{-1}+\frac{1}{200}}\right]$, 问题 $(3.3)$ 至少存在三个古典解.

注 3.1 令 $I_j(u)=0$, 例子 $3.1$ 不满足定理 $1.1$ 和 $1.2$的条件.

例 3.2 考虑边值问题

$-u^{\prime\prime}(t)+u(t)=\lambda f(t,u), \ \ t\neq t_j, \ {\rm a.e.} \ t\in [0,1], $

$\Delta u^{\prime}(t_j)=I_j(u(t_j)), \ \ j=1,2,$

(3.4)

$u^\prime(0)=u^\prime(1)=0,$

其中 $I_j(u)=u$. 显然, 条件$(H_5)$ 是满足的. 对比问题 $(1.1)$, $p(t)=1$, $q(t)=1$, 那么 $m=1$ 以及 $\|q\|_1=1$. 取

$f(t,u)={\rm e}^{-u}u^{8}(9-u)+(1+t)u^{\frac{1}{2}},$

那么

$F(t,u)={\rm e}^{-u}u^{9}+\frac{2}{3}(1+t)u^{\frac{3}{2}}.$

令 $c=1$, $d=2$, $\alpha^\prime =\frac{4}{3}$, $\gamma=\frac{3}{2}$, 通过简单的计算, 条件 $(H_6)$ 和 $(H_7)$ 是满足的. 运用定理 $1.4$, 那么, 对每一个 $\lambda\in \left[\frac{3}{{\rm e}^{-2}2^{8}+\sqrt{2}},\frac{1}{4({\rm e}^{-1}+1)}\right]$, 问题 $(3.4)$ 至少存在三个古典解.