一類帶有積分邊界條件的分數階微分方程正解的存在性

賈建梅, 王文霞, 姚佳欣

(太原師范學院 數學系, 山西 晉中 030600)

分數階微積分的概念可以追溯到1695年,由于沒有得到某種物理意義的認同,其發展非常緩慢.近年來,由于其在光學和熱學系統、流變學及材料和力學系統、控制和機器人等領域具有重要的應用,分數階微分方程的研究得到快速發展,如今已成為微分方程的重要研究領域,受到國內外學者廣泛關注[1-3].帶有積分邊界條件的微分方程起源于物理、化學及應用數學等領域,如熱力學、等離子物理、流體力學、化學工程等.需要指出的是它包含了兩點、三點和多點邊值問題作為特例,因此,積分邊值問題的研究具有重要的理論與應用意義.目前,很多學者對帶有積分邊界條件的分數階微分方程進行了研究,獲得了許多好的結果,參見[4-6]及其參考文獻.最近,文獻[7]研究如下問題解的存在性

(1)

本文討論如下積分邊值問題

(3)

1 Green函數與引理

首先,給出分數階微積分的一些基本概念.

定義1.1[10]連續函數f:(0,∞)→R的α(>0)階Riemann-Liouville分數積分定義為

I

其中,等式的右端在(0,∞)有定義.

定義1.2[10]連續函數f:(0,∞)→R的α(>0)階Riemann-Liouville分數導數定義為

D

其中,n是大于等于α的最小整數,等式的右端在(0,∞)有定義.

u(t)=c1tα-1+c2tα-2+…cntα-n,

其中,ci∈R,i=1,2,…,n,n-1<α≤n.

引理1.2[10]設α>0,u∈L(0,1)∩C(0,1),則

Iα0+Dα0+u(t)=u(t)+c1tα-1+c2tα-2+…cntα-n,

其中,ci∈R,i=1,2,…,n,n-1<α≤n.

引理1.3設y(t)∈C[0,1],3<α≤4,a≥0,b≥0,a+b≠0,0≤ληα

(4)

有唯一解

其中,格林函數G(t,s)定義為

其中，p(s)=aα+(α2-α)b-ληα(1-s).

證明由引理1.2可得,邊值問題(4)等價于積分方程

c1tα-1+c2tα-2+c3tα-3+c4tα-4,

其中,ci∈R,i=1,2,3,4.

由u(0)=u′(0)=u″(0)=0可得c2=c3=c4=0.因此,

則

(5)

(α-1)c1,

(6)

(7)

故

所以,當t≤η時,

當t≥η時,

證畢.

引理1.4Green函數有如下性質:

3)p(s)>0且p(s)在[0,1]上為增函數;

4)G(t,s)>0,?t,s∈(0,1).

證明當s≤t,s≤η時,

(α2-α)btα-1(1-s)α-2-p(0)(t-s)α-1-

λ(η-s)αtα-1}=

(α2-α)btα-1(1-s)α-1-p(0)(t-s)α-1-

λη

(α2-α)btα-1(1-s)α-1}≥

(α2-α)btα-1(1-s)α-1-ληα(1-s)αtα-1-

p(0)(t-s)α-1+(α2-α)btα-1(1-s)α-2s}=

p(0)(t-s)α-1+(α2-α)btα-1(1-s)α-2s}=

(α2-α)btα-1(1-s)α-2-

p(0)(t-s)α-1-λ(η-s)αtα-1}=

(α2-α)btα-1(1-s)α-1-p(0)(t-s)α-1-

λ(η-s)αtα-1+(α2-α)btα-1(1-s)α-2s}≤

(α2-α)btα-1(1-s)α-2s+ληα[tα-1(1-s)α-1-

t

(α2-α)btα-1(1-s)α-2s+

ληαtα-1(1-s)

(α2-α)btα-1(1-s)α-2s+ληα(1-s)

當0≤η≤s≤t≤1時,

(α2-α)btα-1(1-s)α-2-p(0)(t-s)α-1}=

(α2-α)btα-1(1-s)α-1-p(0)(t-s)α-1+

(α2-α)btα-1(1-s)α-2s}≥

(α2-α)btα-1(1-s)α-2-p(0)(t-s)α-1}=

(α2-α)btα-1(1-s)α-1-p(0)(t-s)α-1+

(α2-α)btα-1(1-s)α-2s}≤

(α2-α)btα-1(1-s)α-2s+ληαtα-1(1-s)α-1}=

(α2-α)btα-1(1-s)α-2s+ληαtα-1(1-s)α-1}≤

(α2-α)btα-1(1-s)α-2s+ληαtα-1(1-s)α-1}≤

當0≤t≤s≤η≤1時,

(α2-α)btα-1(1-s)α-2-λ(η-s)αtα-1}=

(α2-α)btα-1(1-s)α-1-λtα-1η

(α2-α)btα-1(1-s)α-2s}≥

(α2-α)btα-1(1-s)α-1-ληαtα-1(1-s)α+

(α2-α)btα-1(1-s)α-2s}=

(α2-α)btα-1(1-s)α-2s}=

(α2-α)btα-1(1-s)α-2-λ(η-s)αtα-1}=

(α2-α)btα-1(1-s)α-1-λ(η-s)αtα-1+

(α2-α)btα-1(1-s)α-2s}≤

當t≤s,η≤s時,

(α2-α)btα-1(1-s)α-2}=

(α2-α)btα-1(1-s)α-2s}≥

(α2-α)btα-1(1-s)α-2}=

(α2-α)btα-1(1-s)α-2s}≤

若結論1)和2)成立,由p(s)的表示式易知結論3)成立.而結論4)可由結論1)獲得.證畢.

(i) ‖Sω‖≤‖ω‖,ω∈P∩?Ω1,‖Sω‖≥‖ω‖,ω∈P∩?Ω2;

(ii) ‖Sω‖≥‖ω‖,ω∈P∩?Ω1,‖Sω‖≤‖ω‖,ω∈P∩?Ω2;

2 正解的存在性

記

f0=

f0=

f∞=

f∞=

δ=

M=max

m=min

本文將使用如下條件:

(P)f(t,u):[0,1]×[0,∞)→[0,∞)是連續函數;

令E=C[0,1],令范數‖u‖=則E為Banach空間.令

則P為E中的錐.

證明類似于文獻[6]的證明，本結論易證.

定理2.1假設條件(P)、(A1)和(A3)成立,則BVP(3)至少有2個正解u1和u2且0≤‖u1‖

證明由條件(A1)知,選取>0,滿足f0->,?0

f(t,u)>(f0-)u>u,

?t∈[0,1], 0≤u≤r0.

設r∈(0,r0),Ωr={u∈P|‖u‖

因此

r=‖u‖,

因此,‖Au‖>‖u‖,?u∈?Ωr.

f(t,u)>(f∞-)u>u,

?t∈[0,1],u≥H.

取R>R0max設ΩR={u∈P|‖u‖

R=‖u‖,

即‖Au‖>‖u‖,?u∈?ΩR.

設Ωp={u∈P|‖u‖

因此

s(1-s)α-2)f(s,u(s))ds<

p=‖u‖.

即‖Au‖<‖u‖,?u∈?Ωp.

綜上,由引理1.5知,結論成立.證畢.

定理2.2假設條件(P)、(A2)和(A4)成立,則BVP(3)至少有2個正解u1和u2且0≤‖u1‖

證明由條件(A2)知,選取>0,滿足f0+<,?0

f(t,u)≤(f0+)u

?t∈[0,1], 0≤u≤r0.

設r∈(0,r0),Ωr={u∈P|‖u‖

因此

f(t,u)≤(f∞+)u

?t∈[0,1],u≥H.

f(t,u)≤

?u∈(0,R),t∈[0,1].

則對于?u∈P且‖u‖=R,有

s(1-s)α-2)f(s,u(s))ds≤

(f∞+)RMs(1-s)α-2(2-s)ds<

f(t,u)≤L, ?u≥0,t∈[0,1],

因此,設ΩR={u∈P|‖u‖

設Ωp={u∈P|‖u‖

進而

故

p=‖u‖,

即‖Au‖>‖u‖,?u∈?Ωp.

綜上,由引理1.5知結論成立.證畢.

推論2.4假設條件(P)成立,且f0=∞,f∞=0(次線性),則BVP(3)至少有一個正解.

推論2.6假設條件(P)成立,且f0=0,f∞=∞(超線性),則BVP(3)至少有一個正解.

例2.1邊值問題

(8)

至少有2個正解u1和u2且0≤‖u1‖<1<‖u2‖.

事實上,設f(t,u)=uλ(t)+uμ(t),則

M=max

取p=1,則對0≤u≤p有

f(t,u(t))≤pλ+pμ=2<=p,

由定理2.1及注1知,邊值問題(8)至少存在2個正解u1和u2且滿足0≤‖u1‖<1<‖u2‖.

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