一類帶beddingon-angelis反應項的捕食-食餌模型的共存態問題

1模型1:非生物背景-本研究包括以下反應擴散系統。其中,Ω為Rn中的有界開區域,且邊界?Ω充分光滑;u,v分別表示食餌和捕食者的密度;參數a,b,d均為正常數,m,k為非負常數,c可正可負,c>0表示捕食者有其他的食物來源;uv/(1+mu+kv)通常稱之為Beddington-DeAngelis(簡稱B-D)反應函數,它與Holling-Tanner反應函數非常相似,只是分母中多了一項kv,這一項表示捕食者之間的相互干涉.同時,B-D反應函數保持了比率依賴反應函數的所有優點,并避免了低密度問題引起的爭議,更好地反映了捕食者對食餌的捕食效應.模型(1)的生物背景和各參數的生物意義可參見.本文將考慮(1)對應的平衡態問題正解的存在性和穩定性.目前,對于帶B-D反應項的捕食-食餌系統的研究更多關注的是常微分模型,對于偏微分模型的研究并不是很多.如果k,m=0,那么(2)即為經典的Lotka-Volterra捕食-食餌模型,此類模型在過去的幾十年里已被廣泛研究.如果k=0且m>0,那么(2)即為帶Holling-Tanner反應項的捕食-食餌模型.首次討論了該類模型,利用分歧理論給出了正解的存在性.進一步研究了該類模型,詳細分析了當m充分大時正解的存在性情況.本文主要利用分歧理論和線性特征值擾動理論研究了(2)正解的存在性和穩定性.內容安排如下:第2節利用Crandall-Rabinowitz分歧定理給出了局部分支解的存在性;第3節將局部分支延拓為整體分支,從而得到了正解存在的充分條件;第4節給出了局部分支解的穩定性.2分布式/[a算子t10,x設q(x)∈C1(),考察如下特征值問題則(3)的所有特征值滿足:λ1(q)<λ2(q)≤λ3(q)≤…→∞,相應的特征函數為φ1,φ2,φ3…,其主特征值是單重的.而且,有如下比較定理:若q1≥q2,則λj(q1)≥λj(q2),且若又有q1q2,則λj(q1)>λj(q2).記λ1=λ1(0),相應的特征函數記為Φ1>0(x∈Ω).考慮非線性邊值問題由知,如果a≤λ1(q),那么u=0是(4)的惟一非負解;如果a>λ1(q),(4)有惟一正解.特別地,當q(x))≡0時,如果a>A1,那么非線性邊值問題有惟一正解,記為Θ[a],且Θ[a]關于a是單調遞增的,并有Θ[a]<a.顯然,當a>λ1時,(2)存在半平凡解(Θ[a],0);當c>λ1時,(2)存在半平凡解(0,Θ[c]).利用極大值原理很容易得到(2)非負解的一個先驗估計.引理1若(u,v)是(2)的一個非負解,則a>λ1,且令,固定c>λ1,取a為分歧參數,從半平凡的非負解分支{(a;0,Θ[c])}出發,構造(2)的正解.設?為邊值問題的主特征值,相應的主特征函數不妨設為Φ>0,且滿足||Φ||∞=1.令ω=u,X=則0≤ω≤Θ[a],X≥0,且ω,X滿足其中顯然F=(F1,F2)連續,F(0,0)=0,且F關于(ω,X)的Frechet導數D(ω,x)F|(0,0)=0.令K為(-Δ)-1,則(6)等價于定義算子T:R+×X→X為則T(a;ω,X)為X上的緊可微算子.令G(a;ω,x)=(ω,X)′-T(a;ω,X),則G是C1函數,且G(a;0,0)=0.易知,G(a;ω,X)滿足0≤ω≤Θ[a],X≥0的零點恰好是(2)的非負解.定理1設c>λ1,則(a;u,v)=(?;0,Θ[c])為(2)的分歧點,且在(?;0,Θ[c])的鄰域內,(2)存在正解,其中?由(5)給出.證記G(a;ω,X)關于(ω,X)在(0,0)點的Frechet導數為L(a;0,0)=D(ω,X)G(a;0,0),則因此L(a;0,0)·(ω若ω≡0,則X≡0.因此ω≠0,那么由(5)知,a=?,ω=Φ.由于算子(-Δ-c+2Θ[c])的特征值均大于0,那么且由廣義極大值原理知Ψ>0.因此N(L(?;0,0))=span{(Φ,Ψ)}.另一方面,L(?;0,0)的伴隨算子因此L*(?;0,0)·(ω,X)=0等價于容易看出,X≡0.因此ω≡Φ,從而有N(L*(?;0,0))=span{(Φ,0)}.由Fredholm選擇公理,R(L(?;0,0))={(ω,X)∈X:∫ΩωΦdx=0}.因此codimR(L(?;0,0))=1.令,則L1(?;0,0))·(Φ,Ψ)=(-KΦ,0)′.假設存在(ω0,X0)∈X滿足即(ω0,X0)滿足在上式第一個方程兩端同乘以Φ,在Ω上積分,并利用分部積分得從而有∫ΩΦ2dx=0,與‖Φ‖∞=1矛盾.因此L1(?;0,0)·(Φ,Ψ)?R(L(?;0,0)).至此,中簡單特征值分歧定理的條件得到滿足,故存在充分小δ>0及C1連續曲線(a(s);φ(s),φ(s)):(-δ,δ)→R×Z,使得a(0)=?,φ(0)=0,φ(0)=0,且(a(s);ω(s),x(s))=(a(s);s(Φ+φ(s)),s(Ψ+φ(s)))滿足G(a(s);ω(s),X(s))=0,其中Z⊕span{(Φ,Ψ)}=X.因此(a(s);U(s),V(s))(|s|<δ)是(2)的分支解,其中U(s)=s(Φ+φ(s)),V(s)=Θ[c]+s(Ψ+φ(s)).若取0<s<δ,則它恰好為(2)的正解.而且,在分歧點(?;0,Θ[c])附近的非平凡非負解要么在分支{(a;0,Θ[c]):a∈R+}上,要么在分支{(a(s);U(s),V(s)):0<s<δ}上.設a>λ1固定,以c為分歧參數,考察(2)在(Θ[a],0)附近的分支解,類似可得定理2設a>λ1,則(c;u,v)=(;Θ[a],0)為(2)的分歧點,且在(;Θ[a],0)的鄰域內,(2）存在正解,其中.引理2設λ1<a<λ1+.若(u,v)是(2)的一個正解,則存在M>0,使得<c<M.證由于0<u<Θ[a],結合(2)中關于v的方程得令.由于λ1(qc)是關于c的單調遞增函數,且有.因此選取充分大的M>0,如果c>M,那么有λ1(qc)>a.又由于當c>λ1時,Θ[c]≤v,結合(2)中關于u的方程得矛盾說明c不可能充分大,因此c≤M.注1引理2說明在半平凡解分支{(c;Θ[a],0)}上產生的局部分支解必在分歧點(;Θ[a],0)的右側.同時也說明,如果該分支解能延拓為整體分支,那么該整體分支不可能隨參數c到達無窮遠處.3有條件區分本節主要借助于中的方法(也可參見),將定理1和定理2給出的局部分支延拓為全局分支.令:u(x)>0,x∈Ω,<0,x∈?Ω}.定理3設c>λ1,則由定理1給出的正分支解在正錐P內沿a增大到∞,這里P={(a;U,V)∈R+×X:U,V∈P1}.證令設μ≥1是T′(a)的一個特征值,則有假設ω≡0,由于算子(-μΔ-c+2Θ[c])的特征值均大于0,那么X≡0,因此ω0,于是存在某個i,使得a=ai(μ),其中ai(μ)是問題的特征值.顯然,ai(μ)關于μ在[1,+∞)上遞增,且ai(μ)滿足.另一方面,如果μ≥1,則算子(-μΔ-c+2Θ[c])的所有特征值都大于0,從而.因此μ≥1為T′(a)的特征值當且僅當存在某個i,使得a=ai(μ).假設a<?,則對任意μ≥1,i≥1,有a<a1(1)≤ai(μ).因此T′(a)沒有大于或等于1的特征值,即當a<?時,index(T(a;·),0)=1.假設?<a<a2(1),則對任意μ≥1,i>2,有a<ai(μ).又a1(1)=?,,且a1(μ)關于μ嚴格遞增,因此存在惟一的μ1>1,使得a=a1(μ1).于是,dimN(μ1I-T′(a))=1,其中>0為如下特征值問題的主特征函數.下面證明R(μ1I-T′(a)∩N(μ1I-T′(a))=0.若不然,不失一般性,設,那么存在(ω,X)∈X,使得,即在上述方程兩端同乘以,在Ω上積分,并利用格林公式得另一方面,結合(7)式可得,矛盾.因此μ1的代數重數是1.故當?<a<a2(1)時,index(T(a;·),0)=-1.由全局分歧定理知,在R+×X內,存在從(?;0,Θ[c])出發的連通分支C0滿足G(a;ω,X)=0,且在點(?;0,Θ[c])附近,G(a;ω,X)的所有零點都在定理1給出的那條曲線上.令C1=C0-{(a(s);s(Φ+φ(s)),s(Ψ+φ(s))):-δ<s<0},C={(a;U,V):U=ω,V=Θ[c]+X,(a;ω,x)∈C1},則C為(2)由(?;0,Θ[c])出發的解曲線,在(?;0,Θ[c])的小鄰域內有C?P,并且分支C-{(?;0,Θ[c])}滿足下列條件之一:(i)C連接了分歧點(?;0,Θ[c])和(a;0,Θ[c]),其中I-T′(a)不可逆,且?≠a.(ii)C在R+×X內由(?;0,Θ[c])延伸到∞.(iii)C包含形如(a;u,Θ[c]+v),(a;-u,Θ[c]-v)的點,其中(u,w)(0,0).下面證明C-{(?;0,Θ[c])}?P假設C-{(?;0,Θ[c])}?P,則存在點(a;?,)∈(C-{(?;0,Θ[c])})∩?P和序列{(an;un,vn)}?C∩P,un>0,vn>0,使得當n→∞時,(an;un,vn)→(a;?,).易知?∈?P1或∈?P1.假設?∈?P1,那么?≥0,x∈,則要么存在x0∈Ω使得?(x0)=0,要么存在x0∈?Ω,使得.由于?滿足方程由極大值原理得?三0.同理,假設∈?P1,則≡0.因此(?,v)有以下三種可能:(1)假設,則當n→∞時,(an;un,vn)→(a;Θ,0).令,那么Vn滿足由LP估計和Sobolev嵌入定知,存在Vn的收斂子列(不失一般性,仍記為Vn)使得理當n→∞時,Vn→V在上成立,且V≥0,0,x∈Ω因此,在方程(8)中,令n→∞得由極大值原理得V>0,x∈Ω因此,與c>λ1矛盾.(2)假設(?,)≡(0,Θ[c]),則當n→∞時,(an;un,vn)→(a;0,Θ[c]).令那么Un滿足由LP估計和Sobolev嵌入定理知,存在Un的收斂子列(不失一般性,仍記為Un)使得當n→∞時,Un→U在上成立,且U≥0,0,x∈Ω因此,在方程(9)中,令n→∞得到由極大值原理得U>0,x∈Ω.因此,與a≠?矛盾.因此C-{(?;0,Θ[c])}?P.由引理1知,0≤U≤a,Θ[c]≤V≤.由LP估計和Sobolev嵌入定理,存在常數M>0,使得‖U‖,‖V‖≤M.因此C在正錐內只能沿參數a延伸到∞.類似地,定理2給出的局部分支也可以延拓為全局分支,我們只須對分支的走向作進一步說明.定理4設λ1<a<,則由定理2給出的正分支解與S1={(c;0,Θ[c])}相連接.證令S為(2)由(;Θ[a],0)出發的解曲線,在(;Θ[a],0)的小鄰域內有S?P.那么由整體分歧定理知,分支S-(;Θ[a],0)滿足下列條件之一:(i)S連接了分歧點(;Θ[a],0)和(;Θ[a],0),且.(ii)S在R×X內由(;Θ[a],0)延伸到∞.(iii)S包含形如(c;Θ[a]-u,v),(c;Θ[a]+u-v)的點,其中(u,v)(0,0).假設S-(;Θ[a],0)?P,則上述條件(i)、(iii)均不成立.由引理1知‖u‖∞,‖v||∞≤M.由引理2知,c有界,那么(ii)也不成立.因此S-(;Θ[a],0)?P,從而存在點和序列{(cn;un,vn)}?S∩P使得當n→∞時,(cn;un,vn)→(;,).由極大值原理易知,(,)有以下三種可能:(1);(2);(3).假設.令,則Vn滿足由LP估計和Sobolev嵌入定理知,存在Vn的收斂子列(不失一般性,仍記為Vn)使得當n→∞時,Vn→V在上成立,且V≥0,0,x∈Ω.因此,在方程(10)中,令n→∞得,V|?Ω=0.由極大值原理得V>0,x∈Ω.因此,與矛盾.假設,類似于上面的方法同樣得出矛盾.因此,即S與S1相連接于點(;0,Θ).注2事實上(;0,Θ)是S1={(c;0,Θ[c])}上的一個分歧點.由于(?;0,Θ[c])是半平凡解分支{(a;0,Θ[c])}上的分歧點,那么恰由來決定.由以上分析我們可以得到(2)正解存在的一個充分條件:定理5設λ1<a<.若<c<,則(2)至少存在一個正解.4特征值aa下面討論該分支解的穩定性.令,.其中0<α<1.i:X1→Y為由X1到Y的包含映射.設L0是(2)在(?;0,Θ[c])處的線性化算子,由定理1的證明可知,N(L0)=span{(Φ,Ψ)},coLdimR(L0)=1,且R(L0)={(u,v)∈X:∫ΩuΦdx=0}.又因為i(Φ,Ψ)?R(L0),所以0是L0的i-單重特征值.引理30是L0實部最大的特征值,其它的特征值均在左半復平面上.證假設λ0是L0實部大于0的特征值,(φ,ψ)′為相對應的特征函數,則L0·(φ,ψ)=λ0(φ,ψ)′,即假設φ≡0,則λ0是算子(Δ+(c-2Θ[c])I)的一個特征值,那么λ0∈R,且λ0<0,與假設矛盾.因此φ0,那么λ0是算子的一個特征值.因為,所以0是算子的主特征值,從而有λ0≤0.同樣與假設條件矛盾,故假設不成立.因此0是L0實部最大的特征值,其它特征值均在左半復平面上.L(a;0,Θ[c])S(a)=γ(a)S(a),其中|a-?|<<1;L(a(s);U(s),V(s))T(s)=η(s)T(s),其中0<S<<1,這里S(a)=(φ1(a),φ2(a))′,T(s)=(ψ1(s),ψ2(s))′.而且γ′(?)≠0.又若η(S)≠0(|s|<<1),則這里a′(s)為a(s)關于s的導數,γ′(?)為γ(a)關于a在a=?處的導數.分支解(U(s),V(s))的穩定性由η(s)的符號決定.當η(s)<0時,分支解是穩定的;當η(s)>0時,分支解是不穩定的.而η(s)的符號與sa′(s)γ′(?)的符號相反,因此可以通過判斷sa′(s)γ′(?)的符號來判斷分支解(U(s),V(s))的穩定性.引理4γ′(?)>0.證由L(a;0,Θ[c])S(a)=γ(a)S(a)可知因為|a-?|<<1,所以|γ(a)