一類懸臂梁方程的可解性

摘要： 用錐上不動點定理， 研究一類懸臂梁方程

w″″（t）=λf（t，w（t）），"t∈（0，1），w（0）=w′（0）=w″（1）=w（1）=0，

其中λ為正參數， f∈C（［0，1］×［0，∞），［0，∞））. 在非線性項f滿足超線性或者次線性增長條件的情形下給出其正解的存在性和多解性結果.

關鍵詞： 懸臂梁方程; 存在性; 多解性; 正解; 錐

中圖分類號： O175.8""文獻標志碼： A""文章編號： 1671-5489（2024）06-1317-08

Solvability of a Class of Cantilever Beam Equations

SHEN Jinrui

（College of Mathematics and Statistics， Northwest Normal University， Lanzhou 730070， China）

Abstract： By using the fixed point theorem on the cone， the author study a class of "cantilever beam equations

w″″（t）=λf（t，w（t）），"t∈（0，1），w（0）=w′（0）=w″（1）=w（1）=0，

where λ is a positive parameter， f∈C（［0，1］×［0，∞），［0，∞））. The existence and multiplicity results of its positive solutions are given

when the nonlinear term f satisfies superlinear or sublinear growth condition.

Keywords： cantilever beam equation; existence; multiplicity; positive solution; cone

0"引"言

四階常微分方程邊值問題在非線性振動流體力學和非線性彈性問題等領域應用廣泛. 梁是工程建筑的基本構件， 梁的形變通過四階常微分方程刻畫. 近年來，

對四階彈性梁方程的研究已取得了許多成果^［1-16］， 其中有兩端簡單支撐的彈性梁方程^{［6-7，10，13］}， 有兩端固定支撐的彈性梁方程^{［11，14］}及

一端固定支撐、 一端滑動支撐的彈性梁方程^{［1-4，12，15-16］}. 例如， Cabada等^［1］考慮一端固定支撐、 一端滑動支撐的彈性梁方程：

u″″（t）-f（t，u（t））=0，"t∈（0，1），u（0）=u′（0）=u″（1）=u（1）=0，（1）

先用錐上不動點定理證明了其正解的存在性， 再通過臨界點理論得到了其多解性的結果， 其中f∈C（［0，1］×［0，∞），［0，∞））單調遞增. Yang^［15］考慮一類懸臂梁方程：

u″″（t）=g（t）f（u（t）），"t∈（0，1），u（0）=u′（0）=u″（1）=u（1）=0，（2）

用Krasnoselskii不動點定理得到了其正解的存在性， 其中f∈C（［0，∞），［0，∞））， g∈C（［0，1］，［0，∞））且∫10g（t）dtgt;0.

目前， 對兩端簡單支撐及兩端固定支撐的彈性梁方程已有大量研究結果， 而對懸臂梁方程的研究報道較少. 而Yang^［15］僅得到了方程（2）正解的存在性結果， 本

文用類似的方法對正參數λ進行限制， 證得所討論問題至少存在兩個正解. Cabada等^［1］用錐上不動點定理只得到了方程（2）正解的存在性結果， 對多解性結果用臨界點理

論得到. 因此， 本文考慮能否對問題（1）中非線性項f的單調性不進行限制， 并且只用錐上不動點定理即能得到正解的存在性和多解性. 基于此， 本文討論

w″″（t）=λf（t，w（t）），"t∈（0，1），w（0）=w′（0）=w″（1）=w（1）=0（3）

正解的存在性及多解性.

假設： （H1） λ為正參數;

（H2） f∈C（［0，1］×［0，∞），［0，∞））.

1"預備知識

令

A=1∫10G（j（s），s）ds=8，0≤s≤t≤1，12，0≤t≤s≤1，（4）

B=1max0≤t≤1 q（t）∫βαG（j（s），s）ds=

12β4-α4，0≤s≤t≤1，244（β3-α3）+α4-β4，0≤t≤s≤1，（5）

τ=limα≤t≤β q（t）=12α2（3-α），（6）

μ*=Asuprmax{f（t，x）： （t，x）∈［0，1］×［0，r］}，（7）

ν*=Binfrmin{f（t，x）： （t，x）∈［α，β］×［τr，r］}，（8）

其中G（t，s）是問題（3）對應齊次問題的格林函數.

記f0=limx→0+f（t，x）x，""f∞=limx→+∞f（t，x）x，

maxf0=limx→0+max0≤t≤1f（t，x）x，

maxf∞=limx→+∞max0≤t≤1f（t，x）x，

minf0=limx→0+minα≤t≤βf（t，x）x，

minf∞=limx→+∞minα≤t≤βf（t，x）x.

令空間X∶=C［0，1］， 其在范數‖u‖=maxt∈［0，1］u（t）下構成Banach空間. 設K為C［0，1］的一個錐， 且

K={w∈C［0，1］： min0≤t≤1 w（t）≥0， minα≤t≤β w（t）≥τ‖w‖}.（9）

定義一個算子Lλ： C［0，1］→C［0，1］， 且

（Lλw）（t）=λ∫10G（t，s）f（s，w（s））ds，""w∈C［0，1］.（10）

易見， 若w∈K為Lλ的非平凡不動點， 則w=Lλ（w）為問題（3）的正解. 反之， 若w為問題（3）的正解， 則w∈K為Tλ的非平凡不動點.

引理1^［15］"設X是一個Banach空間， KX是一個錐. 設Ω1，Ω2為X中的有界開子集， 且令T： K∩（

2＼Ω1）→K為全連續算子， 若下列條件之一成立：

1） ‖Tu‖≤‖u‖， u∈K∩Ω1且‖Tu‖≥‖u‖， u∈ K∩Ω2;

2） ‖Tu‖≥‖u‖， u∈K∩Ω1且‖Tu‖≤‖u‖， u∈K∩Ω2.

則算子T有一個不動點u∈K∩（2＼Ω1）.

引理2"若h（t）∈C［0，1］， 則線性邊值問題

w″″（t）=λh（t），"t∈（0，1），w（0）=w′（0）=w″（1）=w（1）=0（11）

有唯一的解w（t）=λ∫10G（t，s）h（s）ds， 其中

G（t，s）=16s2（3t-s），0≤s≤t≤1，

t2（3s-t），0≤t≤s≤1.（12）

易驗證， max0≤t≤1 G（t，s）=G（j（s），s）， （t，s）∈［0，1］×［0，1］， G（t，s）≥q（t）G（j（s），s）， 其中，

j（s）=1，0≤s≤t≤1，s，0≤t≤s≤1，""G（j（s），s）=

16s2（3-s），0≤s≤t≤1，13s3，0≤t≤s≤1，

q（t）=min2t3-t，12t2（3-t）.

證明： 當0≤t≤s≤1時， G（t，s）=16t2（3s-t）=12st2-16t3，

而（st2/2-t3/6）t=-12t（t-s）≥0， 故 max0≤t≤1 G（t，s）=G（s，s）=13s3.

當0≤s≤t≤1時，

G（t，s）=16s2（3t-s）=12s2t-16s3，

G（t，s）關于t單調遞增， 故 max0≤t≤1 G（t，s）=G（1，s）=16s2（3-s）.

令j（s）=1，0≤s≤t≤1，s，0≤t≤s≤1，

則有

G（j（s），s）=16s2（3-s），0≤s≤t≤1，13s3，0≤t≤s≤1.

故 max0≤t≤1 G（t，s）=G（j（s），s）， （t，s）∈［0，1］×［0，1］.

注意到當0≤t≤s≤1時，G（t，s）G（j（s），s）=t2（3s-t）2s3，

又（（3s-t）/s3）s=t-2s3s4lt;0， 則G（t，s）≥12t2（3-t）G（j（s），s）. 當0≤s≤t≤1時，

G（t，s）G（j（s），s）=3t-s3-s，

又（（3t-s）/（3-s））s=3t-3（3-s）2≤0， 則G（t，s）≥2t3-tG（j（s），s）.

此時， 取q（t）=min2t3-t，12t2（3-t）， 則得G（t，s）≥q（t）G（j（s），s）.

引理3"Lλ（K）K且Lλ： K→K為全連續算子.

證明： 先驗證Lλ的保錐性， w∈K， 有

minα≤t≤β（Lλw）（t）= "λminα≤t≤β∫10G（t，s）f（s，w（s））ds

≥λminα≤t≤β q（t）∫10G（j（s），s）f（s，w（s））ds≥ "τλmax0≤t≤1 ∫10G（t，s）f（s，w（s））ds

=τ‖Lλw‖.

則Lλ（w）∈K， 即Lλ（K）K.

再驗證Lλ是一個緊算子， w∈K， 有

‖Lλw‖≤λ∫10G（j（s），s）f（s，w（s））ds，

由于G（j（s），s）有界， f是連續函數并且w（t）在［0，1］上有界， 因此Lλ一致有界. 另一方面， 由G（t，s）連續性可知， Lλ等度連續.

故由Arzèla-Ascoli定理易知， Lλ： K→K為緊算子， 從而為全連續算子.

引理4^［14］"假設0lt;min{min f0，min f∞}≤+∞， 0≤

max{max f0，max f∞}lt;+∞.

1） 若λlt;A/max f0， 則存在一個正數列an→0， 使得f（t，x）≤anA/λ， （t，x）∈［0，1］×［0，an］;

2） 若λlt;A/max f∞， 則存在一個正數列an→+∞， 使得f（t，x）≤anA/λ， （t，x）∈［0，1］×［0，an］;

3） 若λgt;B/（τmin f0），則存在一個正數列bn→0， 使得f（t，x）≥bnB/λ， （t，x）∈［α，β］×［τbn，bn］;

4） 若λgt;B/（τmin f∞）， 則存在一個正數列bn→+∞， 使得f（t，x）≥ bnB/λ， （t，x）∈［α，β］×［τbn，bn］.

2"主要結果

定理1"1） 若f滿足超線性條件， 即max f0=0且min f∞=+∞， 則問題（3）至少存在一個正解;

2） 若f滿足次線性條件， 即min f0=+∞且max f∞=0， 則問題（3）至少存在一個正解.

證明： 1） 超線性情形. 因為max f0=0， 所以可知存在agt;0， 使得當0lt;w≤a時， 有f（t，w）≤ηw， 其中ηgt;0， 且滿足λη∫10G（j（s），s）ds≤1.

當w∈Ka時， 即‖w‖=a，

Lλw（t）= "λ∫10G（t，s）f（s，w（s））ds≤λ∫10G（j（s），s）f（s，w（s））ds

≤ "λ∫10G（j（s），s）ηw（s）ds≤‖w‖λη∫10G（j（s），s）ds≤a=‖w‖.

則‖Lλw‖≤‖w‖， w∈Ka.

因為min f∞=+∞， 所以可知存在bgt;0， 使得當w≥b時， 有f（t，w）≥μw， 其中μgt;0， 且滿足λμτ∫βαG（j（s），s）ds≥1.

當w∈Kb時， 即‖w‖=b，

Lλw（t）= "λ∫1oG（t，s）f（s，w（s））ds≥λ∫βαG（t，s）f（s，w（s））ds≥ "λ∫βαG（j（s），s）q（t）f（s，w（s））ds

≥λτ∫βαG（j（s），s）f（s，w（s））ds≥ "λτμ‖w‖∫βαG（j（s），s）ds≥ b=‖w‖.

則‖Lλw‖≥‖w‖， w∈Kb.

于是由引理1可知， 至少存在一個不動點w∈K∩（b＼Ka）， 即問題（3）至少存在一個正解.

2） 次線性情形. 因為min f0=+∞， 故同1）的證明過程可知存在agt;0， 使得當0lt;w≤a時， 有f（t，w）≥μw， 其中μgt;0， 且滿足λμτ∫βαG（j（s），s）ds≥1.

當w∈Ka時， 即‖w‖=a，

Lλw（t）= "λ∫10G（t，s）f（s，w（s））ds≥λ∫βαG（t，s）f（s，w（s））ds≥ "λ∫βαq（t）G（j（s），s）f（s，w（s））ds

≥λμq（t）‖w‖∫βαG（j（s），s）ds≥ "λμτ‖w‖∫βαG（j（s），s）ds≥a=‖w‖.

則‖Lλw‖≥‖w‖， w∈Ka.

因為max f∞=0， 所以可知存在bgt;0， 使得當w≥b時， 有f（t，w）≤ηw， 其中ηgt;0， 且滿足λη∫10G（j（s），s）ds≤1. 當w∈Kb時， 即‖w‖=b，

Lλw（t）= "λ∫10G（t，s）f（s，w（s））ds≤λ∫10G（j（s），s）f（s，w（s））ds≤ "λη‖w‖∫10G（j（s），s）ds≤b=‖w‖.

則‖Lλw‖≤‖w‖， w∈Kb.

于是由引理1可知， 至少存在一個不動點w∈K∩（b＼Ka）， 即問題（3）至少存在一個正解.

定理2"假設maxBτminf0，Bτminf∞lt;μ*.

1） 若maxBτminf0，Bτminf∞lt;λlt;μ*， 則問題（3）至少存在兩個正解;

2） 若minBτminf0，Bτminf∞lt;λ≤maxBτminf0，Bτminf∞， 則問題（3）至少存在一個正解.

證明： 1） 令J（r）=rAmax{f（t，x）： （t，x）∈［0，1］×［0，r］}，

則顯然有J（r）連續且μ*=sup J（r）. 由J（r）的連續性可知， 存在0lt;a1lt;a2， 使得λlt;J（a1）， J（a2）lt;μ*. 由λlt;J（a1）， λlt;J（a2）分別可得：

λlt;a1Amax{f（t，x）： （t，x）∈ ［0，1］×［0，a1］}，（13）

λlt;a2Amax{f（t，x）： （t，x）∈［0，1］×［0，a2］}.（14）

另一方面， 由于λgt;maxBmin τf0，Bmin τf∞，

即λgt;Bmin τf0， λgt;Bmin τf∞， 故

由引理4中3），4）可知， 存在bn→0， 有f（t，x）≥bnBλ， 從而存在0lt;b1lt;a1， 有min{f（t，x）， （t，x）∈［α，β］×［τb1，b1］}， 即

λ≥b1Bmin{f（t，x）： （t，x）∈［α，β］×［τb1，b1］}.（15）

同理知存在bn→+∞， 有f（t，x）≥bnBλ， 從而存在b2gt;a2， 有

λ≥b2Bmin{f（t，x）： （t，x）∈［α，β］×［τb2，b2］}.（16）

易得0lt;b1lt;a1lt;a2lt;b2， 聯立式（13），（15）， 有

b1Bmin{f（t，x）： （t，x）∈［α，β］×［τb1，b1］}lt;λlt;a1Amax{f（t，x）： （t，x）∈［0，1］×［0，a1］}.

當w∈Ka1時， 即‖w‖=a1，

Lλw（t）=λ∫10G（t，s）f（s，w（s））ds≤λa1Aλ∫10G（t，s）ds

≤a1A∫10G（j（s），s）ds=a1=‖w‖，

則當w∈Ka1時， ‖Lλw‖≤‖w‖. 當w∈Kb1時， 即‖w‖=b1，

Lλw（t）= "λ∫10G（t，s）f（s，w（s））ds≥λb1Bλ∫10G（t，s）ds≥b1B∫βαG（t，s）ds

≥ "b1B∫βαq（t）G（j（s），s）ds≥b1Bτ∫βαG（j（s），s）ds=b1=‖w‖，

則當w∈Kb1時， ‖Lλw‖≥‖w‖.

于是由引理1可知， 至少存在一個不動點w∈K∩（a1＼ Kb1）， 即問題（3）至少存在一個正解w∈［b1，a1］.

聯立式（14），（16）， 同理知至少存在一個不動點w∈K∩（b2＼Ka2）， 即問題（3）至少存在一個正解w∈［a2，b2］.

綜上可知問題（3）至少存在兩個正解w1∈［b1，a1］， w2∈［a2，b2］.

2） 由于minBmin τf0，Bmin τf

∞lt;λ≤maxBmin τf0，Bmin τf∞≤μ*， 與1）的證明過程同理， 依然有式（13），（14）成立.

另一方面， minBmin τf0，Bmin τf∞

lt;λ≤maxBmin τf0，Bmin τf∞，

下面分兩種情形討論.

情形① Bmin τf0lt;λlt;Bmin τf∞. 此時由于λgt;Bmin τf0， 故與1）同理知

式（15）成立， 從而聯立式（13），（15）可知， 至少存在一個不動點w∈K∩（a1＼Kb1）， 即問題（3）至少存在一個正解w∈［b1，a1］.

情形② Bmin τf∞lt;λlt;Bmin τf0.

此時由于λgt;Bτf∞， 故與1）同理知式（16）成立， 從而聯立式（14），（16）可知， 至少存在一個不動點w∈K∩（

a1＼Kb1）， 即問題（3）至少存在一個正解w∈［a2，b2］.

綜上可知， 問題（3）至少存在一個正解w1∈［b1，a1］或w2∈［a2，b2］.

定理3"假設ν*lt;minAmax f0，Amax f∞.

1） 若ν*lt;λlt;minAmax f0，Amaxf∞， 則問題（3）至少存在兩個正解;

2） 若minAmax f0，Amax f∞≤λlt;maxAmax f0，Amax f∞， 則問題（3）至少存在一個正解.

證明： 1） 令I（r）=rBmin{f（t，x）： （t，x）∈［α，β］×［τr，r］}.

易知I（r）連續， 且ν*=inf I（r）. 故由I（r）的連續性可知， 存在0lt;b1lt;b2， 使得ν*lt;I（b1），I（b2）lt;λ. 由I（b1）lt;λ， I（b2）lt;λ分別可得：

b1Bmin{f（t，x）： （t，x）∈［α，β］×［τb1，b1］}lt;λ，（17）

b2Bmin{f（t，x）： （t，x）∈［α，β］×［τb2，b2］}lt;λ.（18）

另一方面， λlt;minAmax f0，Amax f

∞， 即λlt;Amax f0， λlt;Amaxf∞.

由引理4中1），2）可知， 存在an→0， 有f（t，x）≤anAλ， "從而存在0lt;a1lt;b1， 有

max{f（t，x）： （t，x）∈［0，1］×［0，a1］}≤a1Aλ， 即

λ≥a1Amax{f（t，x）： （t，x）∈［0，1］×［0，a1］}.（19）

同理可知存在an→+∞， 有f（t，x）≤anAλ， 從而存在a2gt;b2， 有

λ≥a2Amax{f（t，x）： （t，x）∈［0，1］×［0，a2］}.（20）

易得0lt;a1lt;b1lt;b2lt;a2， 聯立式（17），（19）， 有

b1Bmin{f（t，x）： （t，x）∈［α，β］×［τb1，b1］}lt;λlt;a1Amax{f（t，x）： （t，x）∈［0，1］×［0，a1］}.

當w∈Ka1時， 即‖w‖=a1，

Lλw（t）=λ∫10G（t，s）f（s，w（s））ds≤λa1Aλ∫10G（t，s）ds

≤a1A∫10G（j（s），s）ds=a1=‖w‖，

則當w∈Ka1時， ‖Lλw‖≤‖w‖. 當w∈Kb1時， 即‖w‖=b1，

Lλw（t）= "λ∫10G（t，s）f（s，w（s））ds≥λb1Bλ∫10G（t，s）ds≥b1B∫βαG（t，s）ds

≥ "b1B∫βαq（t）G（j（s），s）ds≥b1Bτ∫βαG（j（s），s）ds=b1=‖w‖，

則當w∈Kb1時， ‖Lλw‖≥w‖.

于是由引理1可知， 至少存在一個不動點w∈K∩（b1＼ Ka1）， 即問題（3）至少存在一個正解w∈［a1，b1］.

同理聯立式（18），（20）可知， 至少存在一個不動點w∈K∩（a2＼Kb2）， 即問題（3）至少存在一個正解w∈［b2，a2］.

綜上可知問題（3）至少存在兩個正解w1∈［a1，b1］， w2∈［b2，a2］.

2）的證明過程與定理2中2）類似， 故略.

例1"考慮邊值問題：

w″″（t）=λw（3w-2t），"t∈（0，1），w（0）=w′（0）=w″（1）=w（1）=0，（21）

其中取α=14， β=34. 則f（t，w）滿足超線性增長條件， 即滿足定理1中1）， 問題（21）至少存在一個正解.

例2"考慮邊值問題：

w″″（t）=λ（w^1/2+t），"t∈（0，1），w（0）=w′（0）=w″（1）=w（1）=0，（22）

其中取α=14， β=34. 則f（t，w）滿足次線性增長條件， 滿足定理1中2）， 問題（22）至少存在一個正解.

例3"考慮邊值問題：

w″″（t）=λw（3w+2t）w+t，"t∈（0，1），w（0）=w′（0）=w″（1）=w（1）=0，（23）

其中取α=14， β=34. 此時有min f0=min f0=min f0=2， max f∞=max f∞=max

f∞=3， 則f（t，w）滿足漸近線性增長條件.

通過簡單計算， 可得如下常數：

B=1925，0≤s≤t≤1，1287，0≤t≤s≤1， τ=11128.

情形1） 當0≤t≤s≤1時，

8 19277lt;λlt;μ*=sup12rmax{f（t，x）： （t，x）∈［0，1］×［0，r］}，

滿足定理2中1）， 則問題（23）至少存在兩個正解. 當0≤s≤t≤1時，

12 28855lt;λlt;μ*=sup8rmax{f（t，x）： （t，x）∈［0，1］×［0，r］}，

滿足定理2中1）， 則問題（23）至少存在兩個正解.

情形2） 當0≤t≤s≤1時， 12 288231lt;λ≤8 19277，

滿足定理2中2）， 則問題（23）至少存在一個正解. 當0≤s≤t≤1時，

8 19255lt;λ≤12 28855，

滿足定理2中2）， 則問題（23）至少存在一個正解.

下面的計算過程與1）類似， 可得到類似結果， 故略.

參考文獻

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（責任編輯： 趙立芹）