一類帶有p-Laplacian算子分數階微分方程邊值問題正解的存在性

申騰飛,劉文斌,宋文耀

(中國礦業大學理學院,中國 徐州 221008)

分數階導數是整數階導數的推廣.近些年來,分數階微分方程在自然科學及工程技術等領域得到了重要應用[1].越來越多的學者投身于分數階微分方程的研究,取得了不少的研究成果[2-13], 文獻[3]運用了不動點定理研究了一類分數階微分方程

文獻[4]運用迭合度理論研究了一類帶有p-Laplacian算子的分數階微分方程

本文主要討論以下帶有p-Laplacian算子分數階的微分方程的邊值問題

(1)

1 預備知識

定義1[2]函數y:(0,+∞)→R的α階Riemann-Liouville分數階積分為

其中α>0,Γ(·)為gamma函數，右邊在(0，∞)逐點有定義.

定義2[2]連續函數(0,+∞)→R的α階Riemann-Liouville分數階導數為

其中,α>0,Γ(·)為gamma函數,n=[α]+1，右邊是在(0，∞)逐點有定義的.

定義3[2]設B是Banach空間,P?B是一個錐.θ:P→[0,+∞)是連續泛函且對一切x,y∈P和t∈[0,1],不等式θ(tx+(1-t)y)≥tθ(x)+(1-t)θ(y)成立,則稱θ是P上的非負連續凹泛函.

u(t)=c1tα-1+c2tα-2+…+cNtα-N，

其中N=[α]+1,ci∈R,i=1,2,…,N.

其中N=[α]+1,ci∈R,i=1,2,…,N.

引理3[2]若α>0,如果λ>-1,λ≠α-i,i=1,2,...,[α]+1,t>0 ,那么

引理4若y(t)∈C[0,1]且3<α≤4,則分數階微分方程

證由引理1和引理2,存在ci∈R,i=1,2,3,4使得分數階微分方程的解等價于

由邊值條件u(0)=0可得c4=0.所以

由u′(0)=0可得c3=0.所以

引理5G(t,s)有下面的性質:

(1)G(t,s)≥0,s,t∈(0,1)；(2)G(1,s)≥G(t,s)≥tα-1G(1,s),s,t∈(0,1),

證(1)當s≤t時,有t-ts≥t-s,則

Γ(α)G(t,s)=tα-1(1-s)α-3-(t-s)α-1≥tα-1(1-s)α-1-(t-s)α-1≥

(t-ts)α-1-(t-s)α-1≥0 .

故G(t,s)≥0. 當t≤s時,顯然G(t,s)≥0.

(2)根據G(t,s)的定義,對于給定s∈(0,1),G(t,s)在定義區間上關于t是增函數,則G(t,s)≤G(1,s).當s≤t時,

Γ(α)G(t,s)=tα-1(1-s)α-3-(t-s)α-1≥tα-1(1-s)α-3-(t-ts)α-1=

tα-1(1-s)α-3-tα-1(1-s)α-1=tα-1[(1-s)α-3-(1-s)α-1].

則G(t,s)≥tα-1G(1,s).當t≤s時,

Γ(α)G(t,s)=tα-1(1-s)α-3≥tα-1(1-s)α-3-(t-ts)α-1=tα-1(1-s)α-3-tα-1(1-s)α-1=

tα-1[(1-s)α-3-(1-s)α-1].

則G(t,s)≥tα-1G(1,s).

引理6G(t,s)有下面的性質:

證首先證明

因為

由引理1和引理2得

余下證明過程類似引理4,在此省略.

(i) 當u∈p∩?Ω1時,‖Tu‖≤‖u‖；當u∈p∩?Ω2時,‖Tu‖≥‖u‖,

(ii) 當u∈p∩?Ω1時,‖Tu‖≥‖u‖；當u∈p∩?Ω2時,‖Tu‖≤‖u‖.

(i) 當x∈P(θ,b,d)時,{x∈P(θ,b,d)|θ(x)>b}≠?且θ(Tx)>b,

(iii) 當x∈P(θ,b,c)且‖Tx‖>d時,θ(Tx)>b.

那么T至少存在3個不動點x1,x2,x3且‖x1‖

注1c=d條件下(iii)可由(i)得到.

2 主要結果

下面證明T為全連續算子T:P→P.

證首先,由引理5和6知

顯然T是連續算子,下面證T(P)?P是一致有界的.

設Ω是錐P中的有界集,Ω={u∈p|‖u‖X≤R}, 又f是連續函數,則存在正數A,使得

故‖Tu‖X是一致有界的.再證T是等度連續的.設0≤t1

因為tα-1,tα-μ-1在[0,1]是一致連續的,φq(s)在[-A,A]是一致連續的,因此T是等度連續的.由Arzela-Ascoli定理知,T(P)是相對列緊的,故T是全連續的.

為了敘述方便定義如下常數

定理1設f,g:[0,1]×[0,+∞)×R→[0,+∞)連續函數,若存在2個常數l2>l1>0 ,使得

(H1)?(t,x,y)∈[0,1]×[0,l1)×(-∞,+∞),f(t,x,y)≥φp(Ml1) ,

(H2)?(t,x,y)∈[0,1]×[0,l2)×(-∞,+∞),f(t,x,y)≤φp(Nl2)；

則問題(1)至少存在一個正解.

證令Ω1={u:‖u‖X

因此,當u∈P∩Ω1時,‖Tu‖X≥‖u‖X.

另一方面,令Ω2={u:‖u‖X

因此,當u∈P∩Ω2時,‖Tu‖X≤‖u‖X.

定理2假設存在常數0

(H3)?(t,x,y)∈[0,1]×[0,a)×(-∞,+∞),f(t,x,y)<φp(Na);

(H5)?(t,x,y)∈[0,1]×[0,c)×(-∞,+∞),f(t,x,y)≤φp(Nc);

則問題(1)至少存在3個正解.

由條件(H3)可得‖Tu‖X

即θ(Tu)>b,所以引理8(i)成立,又因為當d=c時條件(iii)可由條件(i)得到,故方程BVP(1)至少有3個正解.

參考文獻:

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