高階非線性分數階微分方程解的存在性和唯一性

韓 偉，原戰琴

(中北大學理學院，太原 030051)

本文所研究的問題是

(1)

①f:[0，1]×[-e*，+∞)×[0，+∞)→(-∞，+∞);e*=max{e(t):t∈[0，1]};

②g:[0，1]×[-e*，+∞)×[-e*，+∞)→(-∞，+∞);且f，g都是連續函數．

(2)

1 預備知識

定義1[11]設A:Ph，e×Ph，e→E是一個混合算子，A(x，y)關于x單調遞增，關于y單調遞減.其中ui，vi∈Ph，e(i=1，2)，u1≤u2，v1≥v2可得A(u1，v1)≤A(u2，v2).若元素x∈Ph，e是A的一個不動點，則有A(x，x)=x．

引理1[12]設P是E中的一個正規錐，算子A，B:Ph，e×Ph，e→E是兩個混合算子.滿足以下條件：

1) 對于?t∈(0，1)，?x，y∈Ph，e，?φ(t)∈(t，1)使得

A(tx+(t-1)e，t-1y+(t-1-1)e)≥

φ(t)A(x，y)+(φ(t)-1)e.

2) 對于?t∈(0，1)，?x，y∈Ph，e有

B(tx+(t-1)e，t-1y+(t-1-1)e)≥

tB(x，y)+(t-1)e.

3)A(h，h)∈Ph，e且B(h，h)∈Ph，e.

4) 存在常數δ>0，?x，y∈Ph，e，有A(x，y)≥δB(x，y)+(δ-1)e．

則算子方程x=A(x,x)+B(x,x)+e在Ph，e上有唯一解x*，對于任給的初值x0，y0∈Ph，e有以下的序列

xn=A(xn-1，yn-1)+B(xn-1，yn-1)+e，
yn=A(yn-1，xn-1)+B(yn-1，xn-1)+e.

n=1，2，3…

則在空間E中有xn→x*，yn→x*(n→∞)成立．

引理2[9]設ζ是一個連續函數，u∈C[0，1]是分數階微分方程邊值問題(3)的一個解，

(3)

0≤s≤min{t，ξ} <1，

0<ξ≤s≤t≤1，

0≤t≤s≤ξ<1，

0≤max{t，ξ} ≤s≤1，

d=1-bξα-ν-1>0，G(t，s)作為(3)的格林函數在[0，1]×[0，1]上連續．

引理3[9]函數G(t，s)是如上引理2中所定義，則其滿足如下性質：

①G(t，s)>0，?(t，s)∈(0，1)×(0，1).

②對于?(t，s)∈[0，1]×[0，1]有

引理4在引理3中所定義的G(t，s)有以下性質:

t，s∈[0，1]，

(4)

t，s∈[0，1].

(5)

證明首先不等式(4)已證，現在需要用(4)來證不等式(5).有

其中，d=1-bξα-ν-1>0.

從而

顯然可得

綜上所述，

0≤tα-β-1(1-s)α-ν-1(1-d(1+(1-s)ν-β))≤
dΓ(α-β)G(t，s)≤tα-β-1(1-s)α-ν-1，

t，s∈[0，1].

引理5[13]令α>-1，ν>0，t>0，則

有關于分數微積分的更多細節請參考文獻[13]．

2 主要結論

定理1假設

①f:[0，1]×[-e*，+∞)×[0，+∞)→(-∞，+∞);e*=max{e(t):t∈[0，1]};g:[0，1]×[-e*，+∞)×[-e*，+∞)→(-∞，+∞).它們都是連續函數．

② 當t∈(0，1)時，f(t，x，y)關于第二變元x單調遞增，關于第三變元y單調減.g(t，x，y)關于第二變元x單調遞增，關于第三變元y單調遞減．

③對于?t∈(0，1)，?φ(λ) ∈(λ，1)，有

f(t，λx+(λ-1)e，λ-1y+(λ-1-1)e)≥

φ(λ)f(t，x，y);

g(t，λx+(λ-1)e，λ-1y+(λ-1-1)e)≥
λg(t，x，y).

則有以下結論.

1) 存在u0，v0∈Ph，e和一個足夠小的r∈(0，1)使得：rv0u0v0．有

rv0(t)≤u0(t)≤v0(t)，

其中，h(t)=Htα-1，t∈[0，1]．

2)算子方程x=A(x，x)+B(x，x)+e有一個非平凡解u*，u*∈Ph，e．

3)對任意初始值w0，τ0∈Ph，e，構造迭代序列{wn}，{τn}，其極限值為x*，wn→x*，τn→x*(n→∞),有

wn(t)=

證明?t∈(0，1)有

因為e∈P，t∈[0，1]，所以有

Htα-1=h(t) .

因此θ≤e(t)≤h(t)使得

Ph，e={u∈C[0，1]，u+e∈Ph}.

由引理2和問題(1)積分可得

g(s，u(s)，u(s))-c)ds=

e(t)+e(t).

對?u，v∈Ph，e，t∈ [0，1]，需考慮以下算子,

A(u，v)(t)=

所以u(t)是問題(1)的解當且僅當u=A(u，u)+B(u，u)+e．

首先，需要證明算子A，B:Ph，e×Ph，e→E是一個混合單調算子，取ui，vi∈Ph，e(i=1，2)，u1≤u2，v1≥v2.由條件②及G(t，s)>0可得

A(u1，v1)(t)=

A(u2，v2)(t)，

因此A(u1，v1)(t)?A(u2，v2)(t)，同理B(u1，v1)(t)?B(u2，v2)(t)．

其次，由條件③，?λ∈(0，1)和t∈(0，1)，?φ(t)∈(t，1)使得u，v∈Ph，e，就可得

φ(t)e(t)-φ(t)e(t)=

(φ(t)-1)e(t)=

φ(t)A(u，v)(t)+(φ(t)-1)e(t).

B(λu+(λ-1)e，λ-1v+(λ-1-1)e)(t)=

(λ-1-1)e)ds-e(t)≥

接下來證明A(u，u) ∈Ph，e，B(u，u) ∈Ph，e.只需證A(u，u)+e∈Ph，B(u，u)+e∈Ph.即可根據引理3和條件①，③得

A(h，h)(t)+e(t)=

根據條件②，④和α>β，Γ(α)>0可得

f(s，H，0)≥f(s，0，H)≥δg(s，0，H)，

s∈[0，1].

設

f(s，0，H)ds.

L2h(t)≤A(h，h)(t)+e(t)≤L1h(t)，

t∈[0，1]．

B(h，h)(t)+e(t)=

B(h，h)(t)+e(t)=

g(s，0，H)ds·tα-1=

g(s，0，H)ds·h(t).

設

g(s，0，H)ds．

同理可得L3≥L4>0,則L4h(t)≤B(h，h)(t)+e(t)≤L3h(t)，t∈[0，1]．

另一方面由條件①，②和引理3可推出

f(s，0，H)ds·tα-β-1.

g(s，h(s)，h(s))ds≤

g(s，Hsα-1，Hsα-1)ds·tα-β-1≥

g(s，0，H)ds·tα-β-1.

其中，

(1-s)ν-β))f(s，0，H)ds，

(1-s)ν-β))g(s，0，H)ds.

由條件②，④可得b1≥b2≥δb4>0，b3≥b4>0,因此A(u，u)+e∈Ph，B(u，u)+e∈Ph，對任意u，v∈Ph，e，t∈[0，1]，根據條件④可得

A(u，v)(t)=

δe(t)-δe(t)=

(δ-1)e(t)=δB(u，v)(t)+(δ-1)e(t).

則滿足引理1的條件，從而定理1得證．

3 舉例論證

作為應用，給出以下例子來說明主要結論．

1)考慮以下分數階微分方程

則有

f(t，λx(t)+(λ-1)e(t)，

λ-1y(t)+(λ-1-1)e(t))=

φ(λ)f(t，x(t)，y(t)).

g(t，λx(t)+(λ-1)e(t)，λ-1y(t)+

λg(t，x(t)，y(t)).

滿足條件③,將上述邊界條件代入可得

可得

e(t)=

因為

則滿足定理1的條件①，②，其中

是連續函數，并且關于第二變量單調遞增，關于第三變量單調遞減.顯然

f(t，x(t)，y(t))=

g(t，x(t)，y(t)).