奇異分數階微分方程積分 邊值問題正解的存在性

陳豪亮, 劉錫平, 張瀟涵

(上海理工大學 理學院, 上海 200093)

0 引 言

在物理、 化學、 氣體動力學、 牛頓流體動力學和復雜介質電動力學等領域, 分數階微分方程模型比經典的整數階微分方程模型逼近效果更好[1-4]. 目前, 關于分數階微分方程邊值問題解的存在性研究已取得許多成果[5-16]. 其積分邊界條件在血流動問題、 化學工程、 熱彈性力學、 地下水流和人口動態等領域應用廣泛[14-16]. Riemann-Stieltjes積分是Riemann積分的推廣.

本文考慮一類奇異Caputo型分數階微分方程Riemann-Stieltjes積分邊值問題:

(1)

本文假設下列條件成立：

(H1)p(t)和q(t)在[0,1]上單調遞增, 且

1 預備知識

分數階微積分的相關定義參見文獻[1-6].

定義1[2]設α是[a,b]上的一個單調遞增函數. 對于[a,b]的每個分法P(指有限點集x0,x1,…,xn, 其中a=x0≤x1≤…≤xn-1≤xn=b), 記Δαi=α(xi)-α(xi-1)(i=1,2,…,n), 顯然Δαi≥0. 對于[a,b]上任意的有界實函數f, 令

其中：Mi=supf(x);mi=inff(x)(xi-1≤x≤xi). 定義

u(t)=c0+c1t+c2t2+…+cn-1tn-1,

其中ci∈,i=0,1,2,…,n-1.

由引理1, 可得

引理2假設條件(H1)成立, 函數y∈C(0,1), 3<α≤4, 則分數階微分方程邊值問題

(2)

有唯一解

(3)

其中

(4)

證明： 由引理1得

(5)

應用式(2)的邊界條件, 得

將c0,c1代入式(5)可知式(3)成立.

引理3假設條件(H1)成立, 函數y∈C(0,1), 3<α≤4, 則分數階微分方程積分邊值問題

(6)

有唯一解

(7)

其中

(8)

假設v(t)是邊值問題(6)的一個解, 并令

z(t)=v(t)-w(t),t∈[0,1],

(9)

則

(10)

由引理1得

z(t)=c2+c3t,t∈[0,1].

(11)

應用式(10)的邊界條件, 可得

將c2,c3代入式(11), 得

(12)

則由式(9)和式(12)可知式(7)成立.

引理4假設條件(H1)成立, 函數y∈C(0,1), 3<α≤4, 則分數階微分方程積分邊值問題

(13)

有唯一解

(14)

其中：

(15)

(16)

K2(t,s) 由式(8)給出.

證明： 設v(t)=-u″(t), 則邊值問題(13)可分解為

(17)

和

(18)

易證邊值問題(18)有唯一解

(19)

由引理3, 有

(20)

將式(20)代入式(19), 可得式(14).

引理5假設條件(H1)成立, 則函數G1(t,s),K1(t,s)有下列性質：

1)G1(t,s)∈C([0,1]×[0,1]),G1(t,s)=G1(s,t),G1(t,s)>0,t,s∈[0,1];

2)ωG1(s,s)≤G1(t,s)≤G1(s,s),t,s∈[0,1];

3)ωL(t)≤K1(t,s)≤L(t),t,s∈[0,1];

4)ω1L1(s)≤K1(t,s)≤L1(s),t,s∈[0,1].

其中:

證明： 1) 性質1)顯然成立.

2) 由式(16), 當0≤s≤t≤1時, 有

當0≤t≤s≤1時, 有

因此性質2)成立.

3) 根據式(15)及性質1),2), 一方面, 有

另一方面, 有

4) 由式(15)及性質2), 一方面, 有

另一方面, 有

證畢.

注1由引理5中性質1)可知ωG1(t,t)≤G1(t,s)≤G1(t,t),t,s∈[0,1].

引理6假設條件(H1)成立, 則函數G2(t,s),K2(t,s)有下列性質:

1)G2(t,s)∈C([0,1]×[0,1]),G2(t,s)≥0,t,s∈[0,1];

3)K2(t,s)≤L2(s),s,t∈[0,1],K2(t,s)≥L3(s),s,t∈[0,1], 其中:

證明： 1) 性質1)顯然成立.

3) 由式(8)及性質2), 一方面, 有

另一方面, 有

證畢.

設P是Banach空間E的正規錐,θ是E中的零元,e∈P且‖e‖≤1,e≠θ, 定義

Qe={x∈P|x≠θ, ?m,M>0 s.t.me≤x≤Me}.

(21)

定義2[8]設A:Qe×Qe→Qe, 如果A(x,y)關于x單調遞增, 關于y單調遞減, 則稱A為混合單調算子. 即如果x1≤x2(x1,x2∈Qe), 則對任意的y∈Qe, 有A(x1,y)≤A(x2,y); 如果y1≤y2(y1,y2∈Qe), 則對任意的x∈Qe, 有A(x,y1)≥A(x,y2). 如果存在x*∈Qe, 使得A(x*,x*)=x*, 則稱x*為A的一個不動點.

定理1[8]設A:Qe×Qe→Qe是一個混合單調算子, 且存在一個常數μ(0≤μ<1), 滿足

?x,y∈Qe, 0

(22)

則A有唯一的不動點x*∈Qe.

定理2[9]設(E,≤)是一個半序集, 假設在E中存在度量d, 使得(E,≤)是完備度量空間, 且E滿足下列條件： 若xn是E中一個非減序列, 使得xn→x, 則?n∈,xn≤x. 令T:E→E是非減算子, 使得對于x≥y, 有

d(Tx,Ty)≤d(x,y)-φ(d(x,y)),

(23)

結合文獻[9], 可得以下結論.

定理3設(E,≤)是一個完備度量空間, 對x,y∈E, 存在z∈E, 與x和y可比較. 則T有唯一不動點.

2 主要結果

x,y∈C[0,1],x≤y?x(t)≤y(t),t∈[0,1].

假設下列條件成立:

(H2) 設f(t,u)=h(t)φ(u)ψ(u), 其中φ: [0,+∞)→[0,+∞)連續且單調遞增,φ(1)≠0;ψ:+→+連續且單調遞減.

定理4假設條件(H1),(H2)成立, 且存在η,δ∈(0,1), 滿足η+δ∈(0,1),u-ηφ(u)在+單調遞減,uδψ(u)在+上單調遞增, 則邊值問題(1)有正解u*(t).

(24)

顯然u*是邊值問題(1)的一個解當且僅當u*是算子Aλ的不動點. 考慮函數K1的性質, 對任意的u,v∈Qe, 有

于是Aλ(P×P)?P.

根據假設條件(H2), 對任意的u,v∈Qe, 有

(tu)-ηφ(tu)≥u-ηφ(u), ?t∈(0,1),u>0; (t-1u)δψ(t-1u)≥uδψ(u), ?t∈(0,1),u>0.

即?t∈(0,1),u>0,φ(tu)≥tηφ(u); ?t∈(0,1),u>0,ψ(t-1u)≥tδψ(u). 令u=1, 則?t∈(0,1),φ(t)≥tηφ(1). 令v=tu, 則?t∈(0,1),v>0,φ(v)≥tηφ(t-1v). 同理, 令v=1, 則?t∈(0,1),φ(t-1)≤t-ηφ(1). 類似可得

ψ(t)≤t-δψ(1), ?t∈(0,1);ψ(t-1)≥tδψ(1), ?t∈(0,1).

顯然對任意的u,v∈Qe, 有

u(t)≥ω1‖u‖;v(t)≥ω1‖v‖;M-1≤‖u‖,‖v‖≤M.

由上述推導過程可得

再由引理5和引理6, 一方面, 有

另一方面, 有

從而可得Aλ(Qe×Qe)?Qe. 于是對任意的l∈(0,1),t∈[0,1], 有

滿足定理1中條件(22), 因此存在唯一的x*∈Qe滿足Aλ(x*,x*)=x*, 顯然x*是邊值問題(1)的正解. 證畢.

定義度量：

(25)

對x,y∈C[0,1], 函數max{x,y}∈C[0,1], (C[0,1],≤)滿足定理3的條件.

0≤tσ(f(t,u)-f(t,v))≤λ3ln(u-v+1),

其中：

則邊值問題(1)有唯一的非負解.

證明： 考慮錐

P={u∈C[0,1]:u(t)≥0},

(26)

因為P是C[0,1]的緊集, 所以P是一個完備的度量空間. 對u∈P, 定義算子T：

(27)

因為tσf(t,u)≥0, 對(t,u)∈[0,1]×[0,∞), 由假設, 有

所以T(P)?P. 首先算子T非減, 事實上, 由假設, 對u≥v, 有

此外, 對u≥v, 有

因為函數ln(x+1)非減, 所以對u≥v, 有

ln(u(s)-v(s)+1)≤ln(‖u-v‖+1).

由上述推導過程及引理5和引理6, 可得

d(Tu,Tv)≤d(u,v)-φ(d(u,v)).

因為K1(t,s)≥0,K2(t,s)≥0,f≥0, 考慮零函數,T0≥0, 由(P,≤)滿足定理3的條件知, 邊值問題(1)至少有一個正解且唯一.

3 實 例

下面運用所得結論討論幾個奇異分數階微分方程多點邊值問題正解的存在性.

例1考慮下列奇異邊值問題：

(28)

時的特殊情形. 不難計算：

取h(t)=t-1/2,φ(u)=u1/3連續且單調遞增, 取η=1/2,u-1/2φ(u)在+上單調遞減. 令ψ(u)=u-1/6在+上連續且單調遞減, 取δ=1/3,u1/3ψ(u)在+上單調遞增, 于是f(t,u)=h(t)φ(u)ψ(u). 易知邊值問題(28)滿足定理4的條件, 故邊值問題(28)存在正解.

例2考慮下列奇異邊值問題：

(29)