Banach空間分數階微分方程邊值問題正解的存在性

張凱斌, 陳鵬玉

(西北師范大學 數學與統計學院, 蘭州 730070)

0 引 言

分數階微分方程在物理、 電解化學、 力學和聚合物流變學等領域應用廣泛, 文獻[1-6]應用錐拉伸與錐壓縮不動點定理、 Leray-Schauder不動點定理、 上下解方法等非線性技巧研究了分數階微分方程初值問題和邊值問題解的存在性結果. 但文獻[1-6]所討論的問題都局限在實數空間中, 在一般的Banach空間中對該類問題的研究目前報道較少. 與普通的常微分方程相比, 抽象空間常微分方程的難點在于積分算子不再具有緊性, 為了對相應的算子應用凝聚映射的拓撲度理論, 通常要給非線性項附加非緊性條件. 文獻[6]應用錐拉伸與錐壓縮不動點定理研究了實數空間中分數階微分方程邊值問題:

(1)

(2)

(3)

1 預備知識

C(I,P)={u∈C(I,E)|u(t)∈P,t∈I},

則C(I,P)為C(I,E)中的正規錐. 下面使用的半序“≤”由C(I,P)引出.

定義1[4]函數f: (0,∞)→的α>0階Riemann-Liouville分數積分定義為

其中等式右端在(0,+∞)內有定義.

定義2[4]連續函數f: (0,+∞)→的α>0階Riemann-Liouville分數階導數定義為

其中： 等式右端在(0,+∞)內有定義;n=[α]+1, [α]表示α的整數部分.

u(t)=C1tα-1+C2tα-2+…+CNtα-N,Ci∈,i=1,2,…,N,

其中N是大于或等于α的最小整數.

引理2[6]若u>0且u∈C(0,1)∩L(0,1), 則下列等式成立:

其中N是大于或等于α的最小整數.

引理3[6]設2<α≤3,h∈C(I,E), Banach空間E中的線性分數階邊值問題:

(4)

存在唯一解

(5)

其中

證明: 由式(5)知,

算子T:C(I,E)→C(I,E)顯然為正的線性連續算子,T有第一特征值λ1對應的特征函數u*, 即λ1Tu*=u*. 本文E與C(I,E)中有界集的Kuratowski非緊性測度均用α(·)表示. 對B?C(I,E), 記B(t)={u(t)|u∈B}?E,t∈I.

引理5[8]設B?C(I,E)為等度連續的有界函數族, 則α(B(t))在I上連續, 且

引理7[10]設D?E有界, 則存在D的可列子集D0, 使得α(D)≤2α(D0).

定義算子Q:C(I,P)→C(I,P)為

(6)

則Q:C(I,P)→C(I,P)連續, 且方程(3)的解等價于積分算子Q的不動點.

對f:I×P→P, 假設:

引理8設f:I×P→P滿足假設條件(H1), 則由式(6)定義的算子Q:C(I,P)→C(I,P)為凝聚映射.

因為Q(B1)等度連續, 故由引理5知

于是有

因此Q:C(I,P)→C(I,P)為凝聚映射. 證畢.

取C(I,P)的子錐K={u∈C(I,P)|u(t)≥θ, ?t∈I}, 易證Q(C(I,P))?K, 從而當f:I×P→P時,Q:K→K為凝聚映射, 方程(3)上的正解等價于Q在K中的不動點.

i(θ,K∩Ω,K)=1.

(7)

2 主要結果

假設f:I×P→P滿足下列條件：

2) 存在η>λ1及h0∈C(I,P), 使得當x∈P時,f(t,x)≤ηx-h0(t).

(H3) 1) 存在ε>λ1及δ>0, 使得當x∈Pδ時,f(t,x)≥εx;

定理1設E為Banach空間,K為E中的錐, 其正元錐P為正規錐,f:I×P→P連續且滿足條件(H1), 如果其還滿足條件(H2)和(H3)之一, 則邊值問題(3)至少存在一個正解.

證明： 只需證由式(6)定義的凝聚映射Q:K→K存在非零的不動點. 取0

Ωr={u∈K|‖u‖

情形1) 若f滿足假設條件(H2), 取0

u≠λQu, ?u∈K∩?Ωr, 0<λ≤1.

(8)

反設式(8)不成立, 則存在u0∈K∩?Ωr, 0<λ≤1, 使得u0=λ0Qu0. 由Q的定義及條件(H2)中1)得

(9)

多次運用式(9), 則有

u0(t)≤εTu0(t)≤…≤εnTnu0(t), ?t∈I,n∈N.

由錐K的正規性和引理4知,

其中N為正規常數, 故‖u0‖=0, 與u0∈K∩?Ωr矛盾. 于是式(8)成立, 再由引理9知式(7)成立. 下面證明當R充分大時, 有

u-Qu≠τu*, ?u∈K∩?ΩR,τ≥0.

(10)

反設存在u0∈K∩?ΩR,τ≥0, 使得u0-Qu0=τ0u*, 則u0=Qu0+τ0u*. 由算子Q的定義及條件(H2)中2)得

從而有

由η>λ1知(ηT-I)為正算子, 故逆算子(ηT-I)-1存在, 又由錐K的正規性有

情形2) 若f滿足假設條件(H3), 取0

u-Qu≠τu*, ?u∈K∩?Ωr,τ≥0.

(11)

反設式(11)不成立, 則存在u0∈K∩?Ωr,τ≥0, 使得u0-Qu0=τ0u*, 從而u0=Qu0+τ0u*≥τ0u*. 令τ*=sup{τ|u0≥τu*}, 即0<τ0<τ*<+∞, 且u0≥τ*u*. 由T的正性知,

λ1Tu0≥τ*λ1Tu*=τ*u*.

由條件(H3)中1)有

與τ*的定義矛盾. 故根據引理10有

i(θ,K∩Ωr,K)=0.

(12)

再證當R充分大時, 有

u≠λQu, ?u∈K∩?ΩR, 0<λ<1.

(13)

假設存在u0∈K, 0<λ0≤1, 使得u0=λ0Qu0, 則由條件(H3)中2)有