带有分数阶导数边值条件的分数阶微分方程正解的存在性

赵微; 高扬

doi:10.6054/j.jscnun.2022090

带有分数阶导数边值条件的分数阶微分方程正解的存在性

赵微^,,
高扬

大庆师范学院数学科学学院, 大庆 163712

基金项目:

黑龙江省自然科学基金项目 LH2020A017

详细信息

通讯作者:
赵微，Email: zw_19791220@163.com

中图分类号: O175.8
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出版历程
- 收稿日期: 2021-08-28
- 网络出版日期: 2023-02-13
- 刊出日期: 2022-12-24

Existence of Positive Solutions for Fractional Differential Equation with Fractional Differential Boundary Value Condition

ZHAO Wei^,,
GAO Yang

Department of Mathematics, Daqing Normal University, Daqing 163712, China

摘要

摘要: 讨论了一类带有分数阶导数边值条件的分数阶微分方程 $\left\{\begin{array}{l}D_{0+}^v u(t)+h(t) f(t, u(t))=0 \quad(0<t<1, n-1<v \leqslant n), \\u(0)=u^{\prime}(0)=u^{\prime \prime}(0)=\cdots=u^{(n-2)}(0)=0 \quad(n \geqslant 3), \\\left(D_{0+}^\alpha u(t)\right)_{t=1}=\sum\limits_{i=1}^{m-2} \beta_i\left(D_{0+}^{\alpha_i} u(t)\right)_{t=\eta_i}\left(1 \leqslant \alpha_i \leqslant \alpha \leqslant n-2\right),\end{array}\right.$ 其中, D₀₊^v是Rimann-Liouvile分数阶导数，η_i∈(0, 1), 0 < η₁ < η₂ < … < η_m-2 < 1, β_i∈[0, ∞)。文中给出其格林函数及相关性质，运用凸泛函上的不动点指数定理来计算不动点指数，从而得到了上述边值问题至少存在一个正解的结论。最后通过一个例子说明定理的具体应用。
- 分数阶微分方程 /
- 分数阶边值条件 /
- 格林函数 /
- 凸泛函 /
- 不动点指数
Abstract: The existence of positive solutions for the fractional differential equation with fractional differential boundary value condition $\left\{\begin{array}{l}D_{0+}^v u(t)+h(t) f(t, u(t))=0 \quad(0<t<1, n-1<v \leqslant n), \\u(0)=u^{\prime}(0)=u^{\prime \prime}(0)=\cdots=u^{(n-2)}(0)=0 \quad(n \geqslant 3), \\\left(D_{0+}^\alpha u(t)\right)_{t=1}=\sum\limits_{i=1}^{m-2} \beta_i\left(D_{0+}^{\alpha_i} u(t)\right)_{t=\eta_i}\left(1 \leqslant \alpha_i \leqslant \alpha \leqslant n-2\right)\end{array}\right.$ is considered under some conditions, where D₀₊^v is Rimann-Liouvile fractional differential, η_i∈(0, 1), 0 < η₁ < η₂ < … < η_m-2 < 1, β_i∈[0, ∞). Firstly, the Green function for the above fractional differential equation is constructed. The properties of the Green's function are obtained. Secondly, by using the fixed point index theorem on convex functional to calculate the fixed point index, the conclusion that there is at least one positive solution to the above boundary value problem is obtained. Finally, an example is given to illustrate the application of the main theorem.
- fractional differential equation /
- fractional differential boundary value condition /
- Green function /
- convex functional /
- fixed point index

HTML全文

近几十年来，分数阶微分方程及其边值问题受到了许多学者的关注，在很多科学领域中都有着广泛的应用。目前，关于分数阶微分方程边值问题的研究已经有很多成果^[1-13]，但是关于边值条件中带不同分数阶导数的研究相对较少。

薛益民等^[1]运用Guo-Krasnosel'skii's不动点定理，得到如下分数阶微分方程正解的存在性：

$\left\{\begin{array}{l} D^\alpha u(t)+f(t, u(t))=0 \quad(0<t<1), \\ u(0)=D^\beta u(0)=D^\beta u(1)=0, \end{array}\right.$

其中, D^α(2 < α≤3)为Rimann-Liouvile分数阶导数。

张凯斌和陈鹏玉^[3]运用非紧性测度的估计技巧与凝聚映射的不动点指数理论，得到如下分数阶微分方程正解的存在性：

$\left\{\begin{array}{l} -D_{0+}^\alpha u(t)=f(t, u(t)) \quad(0<t<1), \\ u(0)=u^{\prime}(0)=u^{\prime}(1)=\theta, \end{array}\right.$

其中, D₀₊^α为Rimann-Liouvile分数阶导数，2 < α≤3。

受文献[1]、[3]的启发，本文考虑如下带有分数阶导数边值条件的分数阶微分方程

$\left\{\begin{array}{l} D_{0+}^v u(t)+h(t) f(t, u(t))=0 \quad(0<t<1, n-1<v \leqslant n), \\ u(0)=u^{\prime}(0)=u^{\prime \prime}(0)=\cdots=u^{(n-2)}(0)=0 \quad(n \geqslant 3), \\ \left(D_{0+}^\alpha u(t)\right)_{t=1}=\sum\limits_{i=1}^{m-2} \beta_i\left(D_{0+}^{\alpha_i} u(t)\right)_{t=\eta_i} \quad\left(1 \leqslant \alpha, \alpha_i \leqslant n-2\right), \end{array}\right.$

(1)

其中, η_i∈(0, 1), 0 < η₁ < η₂ < … < η_m-2 < 1, β_i∈[0, ∞)。需要指出的是，这里的边值条件中带有不同阶数的分数阶导数。

文中首先构建其格林函数，得到相应的相关性质；其次, 运用凸泛函上的不动点指数定理来计算不动点指数，从而得到了方程(1)至少存在一个正解的结论; 最后, 通过一个例子来说明定理的具体应用。

1. 预备知识

首先，给出一些必要的定义和引理，推导出相应的带有分数阶导数边值条件的分数阶微分方程的格林函数，并给出格林函数的一些性质；然后，将方程(1)转化为一个等价的积分方程。

定义1^[6] 函数y: (0, +∞)→ $\mathbb{R}$ 的v>0阶Riemann-Liouville积分定义如下

$I_{0+}^v y(t)=\frac{1}{\varGamma(v)} \int_0^t(t-s)^{v-1} y(s) \mathrm{d} s,$

其中, 等式右边是在(0, +∞)上逐点定义的。

定义2^[6] 函数y: (0, +∞)→ $\mathbb{R}$ 的v>0阶Riemann-Liouville微分定义如下

$D_{0+}^v y(t)=\frac{1}{\varGamma(n-v)}\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\right)^n \int_0^t \frac{y(s)}{(t-s)^{v-n+1}} \mathrm{~d} s,$

其中，等式右边是在(0, +∞)上逐点定义的，n=[α]+1。

引理1^[6] 假设u∈C(0, 1)∩L[0, 1], 有v>0阶导数D^v₀₊∈C(0, 1)∩L[0, 1], 则

$I_{0+}^v D_{0+}^v u(t)=u(t)+C_1 t^{v-1}+C_2 t^{v-2}+\cdots+C_N t^{v-N},$

其中，C_i∈ $\mathbb{R}$ (i=1, 2, …, N), N是大于或等于v的最小整数。

为下文叙述方便，现给出如下假设条件：

(H₁) $\frac{\varGamma(v)}{\varGamma(v-\alpha)}-\sum\limits_{i=1}^{m-2} \beta_i \frac{\varGamma(v)}{\varGamma\left(v-\alpha_i\right)}\left(\eta_i\right)^{v-\alpha_i-1}>0$ 。

(H₂)h: (0, 1)→[0, ∞)连续, h(t)不恒等于0。允许h(t)在t=0, 1处奇异，且

$0<\int_0^1 G(1, t) h(t) \mathrm{d} t<+\infty \text { 。 }$

(2)

(H₃)f: [0, 1]×[0, +∞)→[0, +∞)连续。

引理2 给定y∈C[0, 1], 边值问题

$\left\{\begin{array}{l} D_{0+}^v u(t)+y(t)=0 \quad(0<t<1, n-1<v \leqslant n), \\ u(0)=u^{\prime}(0)=u^{\prime \prime}(0)=\cdots=u^{(n-2)}(0)=0 \quad(n \geqslant 3), \\ \left(D_{0+}^\alpha u(t)\right)_{t=1}=\sum\limits_{i=1}^{m-2} \beta_i\left(D_{0+}^{\alpha_i} u(t)\right)_{t=\eta_i} \\ \left(1 \leqslant \alpha, \alpha_i \leqslant n-2\right) \end{array}\right.$

(3)

有唯一解

$u(t)=\int_0^1 G(t, s) y(s) \mathrm{d} s,$

这里η_i∈(0, 1), 0 < η₁ < η₂ < … < η_m-2 < 1, β_i∈[0, ∞), 其中

$G(t, s)=\left\{\begin{array}{l} \frac{1}{p(0) \varGamma(v)} p(s)(1-s)^{v-\alpha-1} t^{v-1}-(t-s)^{v-1} p(0) \\ (0 \leqslant s \leqslant t \leqslant 1), \\ \frac{1}{p(0) \varGamma(v)}(1-s)^{v-\alpha-1} p(s) t^{v-1} \quad(0 \leqslant t \leqslant s \leqslant 1), \end{array}\right.$

$p(s)=\frac{\varGamma(v)}{\varGamma(v-\alpha)}-\sum\limits_{s \leqslant \eta_i} \beta_i \frac{\varGamma(v)}{\varGamma\left(v-\alpha_i\right)}\left(\frac{\eta_i-s}{1-s}\right)^{v-\alpha_i-1}(1-s)^{\alpha-\alpha_i} 。$

证明应用引理1，将微分方程(3)转化为等价的积分方程

$u(t)=C_1 t^{v-1}+C_2 t^{v-2}+\cdots+C_n t^{v-n}-I_{0+}^v y(s) 。$

由u(0)=u′(0)=u″(0)=…=u^(n-2)(0)=0, 可得C₂=C₃=…=C_n=0。又由 $D^\alpha\left[t^{v-1}\right]=\frac{\varGamma(v)}{\varGamma(v-\alpha)} t^{v-\alpha-1}$ , 再代入边值条件 $\left(D_{0+}^\alpha u(t)\right)_{t=1}=\sum\limits_{i=1}^{m-2} \beta_i\left(D_{0+}^{\alpha_i} u(t)\right)_{t=\eta_i}$ , 可得

$\begin{aligned} &C_1 \frac{\varGamma(v)}{\varGamma(v-\alpha)} 1^{v-\alpha-1}-\frac{1}{\varGamma(v-\alpha)} \int_0^1(1-s)^{v-\alpha-1} y(s) \mathrm{d} s=\\ & \sum\limits_{i=1}^{m-2} \beta_i\left[C_1 \frac{\varGamma(v)}{\varGamma\left(v-\alpha_i\right)}\left(\eta_i\right)^{v-\alpha_i-1}-\right. \\ & \left.\frac{1}{\varGamma\left(v-\alpha_i\right)} \int_0^{\eta_i}\left(\eta_i-s\right)^{v-\alpha_i-1} y(s) \mathrm{d} s\right], \end{aligned}$

整理得

$\begin{aligned} C_1= & \frac{1}{\frac{\varGamma(v)}{\varGamma(v-\alpha)}-\sum\limits_{i=1}^{m-2} \beta_i \frac{\varGamma(v)}{\varGamma\left(v-\alpha_i\right)}\left(\eta_i\right)^{v-\alpha_i-1}} \times \\ & {\left[\frac{1}{\varGamma(v-\alpha)} \int_0^1(1-s)^{v-\alpha-1} y(s) \mathrm{d} s^{-}\right.} \\ & \left.\sum\limits_{i=1}^{m-2} \beta_i \frac{1}{\varGamma\left(v-\alpha_i\right)} \int_0^{\eta_i}\left(\eta_i-s\right)^{v-\alpha_i-1} y(s) \mathrm{d} s\right] 。 \end{aligned}$

于是

$\begin{aligned} u(t)= & \frac{t^{v-1}}{\frac{\varGamma(v)}{\varGamma(v-\alpha)}-\sum\limits_{i=1}^{m-2} \beta_i \frac{\varGamma(v)}{\varGamma\left(v-\alpha_i\right)}\left(\eta_i\right)^{v-\alpha_i-1}} \times \\ & {\left[\frac{1}{\varGamma(v-\alpha)} \int_0^1(1-s)^{v-\alpha-1} y(s) \mathrm{d} s-\right.} \\ & \left.\sum\limits_{i=1}^{m-2} \beta_i \frac{1}{\varGamma\left(v-\alpha_i\right)} \int_0^{\eta_i}\left(\eta_i-s\right)^{v-\alpha_i-1} y(s) \mathrm{d} s\right]- \\ & \frac{1}{\varGamma(v)} \int_0^t(t-s)^{v-1} y(s) \mathrm{d} s=\int_0^1\left[\frac{(1-s)^{v-\alpha-1}}{\varGamma(v) p(0)} \times\right. \\ & \left.p(s) t^{v-1} y(s)\right] \mathrm{d} s-\frac{1}{\varGamma(v)} \int_0^t(t-s)^{v-1} y(s) \mathrm{d} s= \\ & \int_0^t \frac{(1-s)^{v-\alpha-1} p(s) t^{v-1}-(t-s)^{v-1} p(0)}{\varGamma(v) p(0)} y(s) \mathrm{d} s+ \\ & \int_t^1 \frac{(1-s)^{v-\alpha-1} p(s) t^{v-1}}{\varGamma(v) p(0)} y(s) \mathrm{d} s=\int_0^1 G(t, s) y(s) \mathrm{d} s 。 \end{aligned}$

证毕。

引理3 函数p(s)在0, 1上单调不减且恒正。

证明因为

$\begin{aligned} & p^{\prime}(s)=\sum\limits_{s \leqslant \eta_i} \beta_i \frac{\varGamma(v)}{\varGamma\left(v-\alpha_i\right)}\left(v-\alpha_i-1\right)\left(\eta_i-s\right)^{v-\alpha_i-2} \times \\ &(1-s)^{\alpha_i+1-v}(1-s)^{\alpha-\alpha_i}+\sum\limits_{s \leqslant \eta_i}\left[\beta_i \frac{\varGamma(v)}{\varGamma\left(v-\alpha_i\right)}\left(\alpha_i+1-v\right) \times\right. \\ &\left.\left(\eta_i-s\right)^{v-\alpha_i-1}(1-s)^{\alpha_i-v}(1-s)^{\alpha-\alpha_i}\right]+ \\ & \sum\limits_{s \leqslant \eta_i}\left[\beta_i \frac{\varGamma(v)}{\varGamma\left(v-\alpha_i\right)}\left(\alpha-\alpha_i\right)\left(\eta_i-s\right)^{v-\alpha_i-1}(1-s)^{\alpha_i+1-v} \times\right. \\ &\left.(1-s)^{\alpha-\alpha_i-1}\right]=\sum\limits_{s \leqslant \eta_i}\left[\beta_i \frac{\varGamma(v)}{\varGamma\left(v-\alpha_i\right)}\left(\eta_i-s\right)^{v-\alpha_i-2} \times\right. \\ &(1-s)^{\alpha_i-v}(1-s)^{\alpha-\alpha_i}\left(\left(v-\alpha_i-1\right)(1-s)+\right. \\ &\left.\left.\left(\alpha_i+1-v\right)\left(\eta_i-s\right)+\left(\alpha-\alpha_i\right)\left(\eta_i-s\right)\right)\right]=\\ & \sum\limits_{s \leqslant \eta_i}\left[\beta_i \frac{\varGamma(v)}{\varGamma\left(v-\alpha_i\right)}\left(\eta_i-s\right)^{v-\alpha_i-2}(1-s)^{\alpha-v} \times\right. \\ & \left(\left(v-\alpha_i-1\right)(1-s)-\left(v-\alpha_i-1\right)\left(\eta_i-s\right)+\right. \\ & \left.\left.\left(\alpha-\alpha_i\right)\left(\eta_i-s\right)\right)\right] \geqslant 0, \end{aligned}$

故p(s)单调不减。

又根据假设H₁知,

$p(0)=\frac{\varGamma(v)}{\varGamma(v-\alpha)}-\sum\limits_{i=1}^{m-2} \beta_i \frac{\varGamma(v)}{\varGamma\left(v-\alpha_i\right)}\left(\eta_i\right)^{v-\alpha_i-1}>0,$

从而知p(s)≥p(0)>0。证毕。

引理4 函数G(t, s)具有如下性质：

(1) ∀t, s∈[0, 1], 有G(t, s)≥0;

(2) ∀t∈[0, 1], 有G(t, s)≤G(1, s);

(3) ∀ $\frac{1}{4}$ ≤t≤34, 有G(t, s)≥( $\frac{1}{4}$ )^v-1G(1, s)。

证明 (1)当0 < s≤t≤1时, 有

$\begin{aligned} G(t, s)= & \frac{1}{p(0) \varGamma(v)}\left[t^{v-1} p(s)(1-s)^{v-\alpha-1}-p(0)(t-s)^{v-1}\right)= \\ & \frac{t^{v-1}}{p(0) \varGamma(v)}\left[p(s)(1-s)^{v-\alpha-1}-p(0)\left(1-\frac{s}{t}\right)^{v-1}\right] \geqslant \\ & \frac{t^{v-1} p(s)}{p(0) \varGamma(v)}\left[(1-s)^{v-\alpha-1}-\left(1-\frac{s}{t}\right)^{v-1}\right] \geqslant \\ & \frac{t^{v-1} p(s)}{p(0) \varGamma(v)}\left[(1-s)^{v-1}-\left(1-\frac{s}{t}\right)^{v-1}\right] \geqslant 0 \text { 。 } \end{aligned}$

当0 < t≤s≤1时, 显然有G(t, s)≥0。

综上可知，∀t, s∈[0, 1], 有G(t, s)≥0。

(2) 因为

$\begin{aligned} & \frac{\partial}{\partial t} G(t, s)= \\ & \left\{\begin{array}{l} \frac{1}{p(0) \varGamma(v)}(v-1) t^{v-2} p(s)(1-s)^{v-\alpha-1}-(v-1)(t-s)^{v-2} p(0) \\ \quad(0 \leqslant s \leqslant t \leqslant 1), \\ \frac{1}{p(0) \varGamma(v)}(v-1)(1-s)^{v-\alpha-1} p(s) t^{v-2} \quad(0 \leqslant t \leqslant s \leqslant 1), \end{array}\right. \end{aligned}$

所以，当0 < s≤t≤1时, 有

$\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial t} &G(t, s)=\frac{1}{p(0) \varGamma(v)}\left[(v-1) t^{v-2} p(s)(1-s)^{v-\alpha-1}-\right. \\ & \left.(v-1)(t-s)^{v-2} p(0)\right] \geqslant \frac{(v-1) t^{v-2}}{\varGamma(v)}\left[(1-s)^{v-\alpha-1}-\right. \\ & \left.\left(1-\frac{s}{t}\right)^{v-2}\right] \geqslant 0 \text { 。 } \end{aligned}$

当0 < t≤s≤1时, 显然有 $\frac{\partial}{\partial t}$ G(t, s)≥0。

综上可知，∀t∈[0, 1], 有 $\frac{\partial}{\partial t}$ G(t, s)≥0, 所以G(t, s)关于t单调不减。因此, ∀t∈[0, 1], 有G(t, s)≤G(1, s)。

(3) 当1/4≤t≤3/4且0≤s≤t时, 有

$\begin{aligned} G(t, s)= & \frac{t^{v-1}}{p(0) \varGamma(v)}\left[p(s)(1-s)^{v-\alpha-1}-p(0) \times\right. \\ & \left.\left(1-\frac{s}{t}\right)^{v-1}\right] \geqslant \frac{t^{v-1}}{p(0) \varGamma(v)}\left[p(s)(1-s)^{v-\alpha-1}-\right. \\ & \left.p(0)(1-s)^{v-1}\right]=t^{v-1} G(1, s) \geqslant\left(\frac{1}{4}\right)^{v-1} G(1, s) 。 \end{aligned}$

当1/4≤t≤3/4且0 < t≤s时, 有

$\begin{aligned} G(t, s)= & \frac{1}{p(0) \varGamma(v)}(1-s)^{v-\alpha-1} p(s) t^{v-1} \geqslant t^{v-1} G(1, s) \geqslant \\ & \left(\frac{1}{4}\right)^{v-1} G(1, s)。 \end{aligned}$

证毕。

在Banach空间C[0, 1]中，定义范数为‖u‖= $\max\limits_{0 \leqslant t \leqslant 1}|u(t)|$ , 令P={u∈C[0, 1]: u(t)≥0, t∈[0, 1]}, 则P是C[0, 1]上的正锥。取P₁={u∈P: $\min\limits_{1 / 4 \leqslant t \leqslant 3 / 4}$ u(t)≥l‖u‖}, 其中l=( $\frac{1}{4}$ )^v-1。

定义如下算子：

$(A u)(t)=\int_0^1 G(t, s) h(s) f(s, u(s)) \mathrm{d} s \quad(t \in[0, 1]) 。$

接下来证明算子A的全连续性。

引理5 设条件(H₁)~(H₃)满足, 则算子A: P₁→P₁全连续。

证明由引理4可知

$\|A u\| \leqslant \int_0^1 G(1, s) h(s) f(s, u(s)) \mathrm{d} s,$

且

$\begin{gathered} \min\limits_{1 / 4 \leqslant t \leqslant 3 / 4}(A u)(t) \geqslant \min\limits_{1 / 4 \leqslant t \leqslant 3 / 4} \int_0^1 t^{v-1} G(1, s) h(s) f(s, u(s)) \mathrm{d} s \geqslant \\ \left(\frac{1}{4}\right)^{v-1}\|A u\|, \end{gathered}$

从而A: P₁→P₁, 且A(P₁)⊂P₁。由Azela-Ascoli定理知, 算子A: P₁→P₁全连续。证毕。

下面介绍凸泛函的2个不动点指数引理。

定义3^[14] 对于锥P上的泛函ρ: P→ $\mathbb{R}$ , 如果∀x, y∈P, t∈[0, 1]，满足

$\rho(t x+(1-t) y) \leqslant t \rho(x)+(1-t) \rho(y),$

则称ρ是锥P上的凸泛函。

引理6^[14] 设P是E中的锥，Ω是E中的有界开集，且θ∈Ω。假设算子A: P∩Ω→P全连续，ρ: P→[0, +∞)是凸泛函，且满足ρ(θ)=0, 并对∀x≠θ, ρ(x)>0。如果ρ(Ax)≤ρ(x), 且当x∈P∩∂Ω时, Ax≠x, 则不动点指数i(A, P∩Ω, P)=1。

引理7^[14] 设P是E中的锥，Ω是E中的有界开集。假设算子A: P∩Ω→P全连续，ρ: P→[0, +∞)是一致连续的凸泛函，且满足ρ(θ)=0, 并对∀x≠θ, ρ(x)>0。如果

(i) $\inf\limits_{x \in P \cap \partial \varOmega} \rho(x)>0$ ;

(ii) ρ(Ax)≥ρ(x)且对∀x∈P∩∂Ω, Ax≠x, 则不动点指数i(A, P∩Ω, P)=0。

2. 主要结论

令

$h_0=\int_0^1 G(1, t) h(t) \mathrm{d} t, h_\tau=\int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) h(t) \mathrm{d} t,$

显然有h₀≥h_τ>0。

定理1 假设条件(H₁)~(H₃)成立, s∈[0, 1], 如果存在常数a和b, 使得当a, b>0时, 有

(i) b < a;

(ii) f(s, u(s))≤h₀^-1u (u≤bl^-1h_τ^-1);

(iii) f(s, u(s))≥h_τ^-1u (ah_τ^-1l≤u≤ah_τ^-1l^-1),

则带有分数阶导数边值条件的分数阶微分方程(1)至少存在一个正解。

证明令

$\rho_1(u)=\int_0^1 G(1, t) h(t) u(t) \mathrm{d} t,$

则ρ₁: P₁→[0, +∞)是一致连续的凸泛函，且ρ₁(θ)=0。

∀u∈P₁\{θ}, 有

$\begin{aligned} \rho_1(u) \geqslant & \int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) h(t) u(t) \mathrm{d} t \geqslant \\ & l\|u\| \int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) h(t) \mathrm{d} t>0 。 \end{aligned}$

设Ω₁={u∈C[0, 1]|ρ₁(u) < b}。显然Ω₁是C[0, 1]上的开集，且θ∈Ω₁。

如果u∈P₁∩Ω₁, 则

$\begin{aligned} b \geqslant & \rho_1(u)=\int_0^1 G(1, t) h(t) u(t) \mathrm{d} t \geqslant \\ & l\|u\| \int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) h(t) \mathrm{d} t=l\|u\| h_\tau 。 \end{aligned}$

因此‖u‖≤bl^-1h_τ^-1, 这意味着P₁∩Ω₁是有界的。

如果u∈P₁∩∂Ω₁, 则ρ₁(u)=b且‖u‖≤bl^-1h_τ^-1，因此

$\begin{aligned} \rho_1(A u)= & \int_0^1\left[G(1, t) h(t) \int_0^1 G(t, s) h(s) f(s, u(s)) \mathrm{d} s\right] \mathrm{d} t \leqslant \\ & \int_0^1\left[G(1, t) h(t) \int_0^1 G(1, s) h(s) f(s, u(s)) \mathrm{d} s\right] \mathrm{d} t \leqslant \\ & \int_0^1 G(1, t) h(t) \mathrm{d} t \int_0^1 G(1, s) h(s) h_0^{-1} u(s) \mathrm{d} s= \\ & \int_0^1 G(1, s) h(s) u(s) \mathrm{d} s=\rho_1(u) 。 \end{aligned}$

假设A在P₁∩∂Ω₁上没有不动点，则由引理6知

$i\left(A, P_1 \cap \varOmega_1, P_1\right)=1。$

令

$\rho_2(u)=\int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) h(t) u(t) \mathrm{d} t,$

则ρ₂: P₁→[0, +∞)是一致连续的凸泛函，且ρ₂(θ)=0，ρ₂(u)>0(u∈P₁\θ)。

设Ω₂={u∈C[0, 1]|ρ₂(u), 显然Ω₂是C[0, 1]上的开集。

如果u∈P₁∩Ω₂, 则

$a \geqslant \rho_2(u) \geqslant l\|u\| \int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) h(t) \mathrm{d} t=l\|u\| h_{\tau }。$

于是‖u‖≤al^-1h_τ^-1, 这意味着P₁∩Ω₂是有界的。

如果u∈P₁∩∂Ω₂, 则ρ₂(u)=a且‖u‖≤al^-1h_τ^-1。由于

$\begin{aligned} a= & \int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) h(t) u(t) \mathrm{d} t \leqslant \\ & \|u\| \int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) h(t) \mathrm{d} t=\|u\| h_\tau, \end{aligned}$

则‖u‖≥ah_τ^-1, 于是

$\min\limits_{1 / 4 \leqslant l \leqslant 3 / 4} u(t) \geqslant l\|u\| \geqslant {lah}_\tau^{-1},$

所以

$\begin{aligned} \rho_2(A u)= & \int_{1 / 4}^{3 / 4}\left[G(1, t) h(t) \int_0^1 G(t, s) h(s) f(s, u(s)) \mathrm{d} s\right] \mathrm{d} t \geqslant \\ & \int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) h(t) \mathrm{d} t \int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, s) h(s) h_\tau^{-1} u(s) \mathrm{d} s= \\ & \int_{1 / 4}^{3 / 4} G(t, s) h(s) \mathrm{d} s=\rho_2(u) 。 \end{aligned}$

假设A在P₁∩∂Ω₂上没有不动点，由引理7知

$i\left(A, P_1 \cap \varOmega_2, P_1\right)=0 \text { 。 }$

∀u∈P₁∩Ω₁, 有

$\rho_2(u) \leqslant \int_0^1 G(1, t) h(t) u(t) \mathrm{d} t \leqslant \rho_1(u) \leqslant b<a,$

则P₁∩Ω₁⊂P₁∩Ω₂, 从而有

$i\left(A, P_1 \cap\left(\varOmega_2 \ \bar{\varOmega}_1\right), P_1\right)=-1,$

说明算子A在P₁∩(Ω₂\Ω₁)上至少有一个不动点, 即微分方程(1)至少存在一个正解。

定理2 假设条件(H₁)~(H₃)成立, s∈[0, 1], 如果存在常数a和b, 使得当0 < b时，有

(i) b < al²h_τ²h₀^-1;

(ii) f(s, u(s))≥h_τ^-1u (blh_τ^-1≤u≤bl^-1h_τ^-1);

(iii) f(s, u(s))≤ah₀^-1 (u≤al^-1),

则带有分数阶导数边值条件的分数阶微分方程(1)至少存在一个正解。

证明根据(i)有

$b l^{-1} h_\tau^{-1}<a l^2 h_\tau^2 h_0^{-1} l^{-1} h_\tau^{-1}=a l h_\tau h_0^{-1}<a l^{-1} \text { 。 }$

∀u≤bl^-1h_τ^-1, 有

$h_\tau^{-1} u \leqslant h_\tau^{-1} b l^{-1} h_\tau^{-1}<\left(h_\tau^{-1}\right)^2 a l^2 h_\tau^2 h_0^{-1} l^{-1}=a l h_0^{-1}<a h_0^{-1} 。$

设

$\rho_1(u)=\max\limits_{1 / 4 \leqslant t \leqslant 3 / 4} u(t), \rho_2(u)=\int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) h(t) u(t) \mathrm{d} t,$

显然有ρ_i: P₁→[0, +∞)是一致连续凸泛函，且ρ_i(θ)=0(i=1, 2)。

∀u∈P₁\{θ}, 有

$\rho_1(u) \geqslant l\|u\|>0, \rho_2(u) \geqslant \int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) h(t) l\|u\| \mathrm{d} t>0 \text { 。 }$

令Ω₁={u∈C[0, 1]|ρ₂(u) < b}, Ω₂={u∈C[0, 1]|ρ₁(u)。显然Ω₁和Ω₂是C[0, 1]上的开集，且θ∈Ω₁。

如果u∈P₁∩Ω₁, 则

$b \geqslant \rho_2(u) \geqslant l\|u\| \int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) h(t) \mathrm{d} t=l\|u\| h_\tau 。$

因此，‖u‖≤bl^-1h_τ^-1, 这意味着P₁∩Ω₁是有界的。进一步有

$\rho_1(u) \leqslant\|u\| \leqslant b l^{-1} h_\tau^{-1}<a l^2 h_\tau^2 h_0^{-1} l^{-1} h_\tau^{-1}=a l h_\tau h_0^{-1}<a l<a,$

所以P₁∩Ω₁⊂P₁∩Ω₂。

如果u∈P₁∩Ω₂, 则

$a \geqslant \rho_1(u) \geqslant l\|u\|,$

于是‖u‖≤al^-1, 这意味着P₁∩Ω₂是有界的。

假设A在P₁∩∂Ω₁和P₁∩∂Ω₂上没有不动点。如果u∈P₁∩∂Ω₁, 则b=ρ₂(u)≤‖u‖h_τ, 且

$\min\limits_{1 / 4 \leqslant l \leqslant 3 / 4} u(t) \geqslant l\|u\| \geqslant l b h_\tau^{-1},$

则

$\begin{array}{r} \rho_2(A u)=\int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) h(t)\left[\int_0^1 G(t, s) h(s) f(s, u(s)) \mathrm{d} s\right] \mathrm{d} t \geqslant \\ \int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) h(t) \mathrm{d} t \int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, s) h(s) h_\tau^{-1} u(s) \mathrm{d} s=\rho_2(u)。 \end{array}$

所以, 由引理7知

$i\left(A, P_1 \cap \varOmega_1, P_1\right)=0_{\text {。 }}$

如果u∈P₁∩∂Ω₂, 则

$\begin{gathered} \rho_1(A u)=\max\limits_{1 / 4 \leqslant t \leqslant 3 / 4} \int_0^1 G(t, s) h(s) f(s, u(s)) \mathrm{d} s \leqslant \\ \int_0^1 G(1, s) h(s) a h_0^{-1} \mathrm{~d} s=a=\rho_1(u) 。 \end{gathered}$

由引理6知，

$i\left(A, P_1 \cap \varOmega_2, P_1\right)=1。$

综上可得

$i\left(A, P_1 \cap\left(\varOmega_2 \backslash \bar{\varOmega}_1\right), P_1\right)=1,$

说明算子A在P₁∩(Ω₂\Ω₁)上至少有一个不动点, 即微分方程(1)至少存在一个正解。

3. 数值例子

为了说明定理的应用性, 下面给出一个具体的实例。

例1 考虑如下的分数阶微分方程

$\left\{\begin{array}{l} D_{0+}^{\frac{9}{2}} u(t)+\frac{0.6 \mathrm{e}^{0.2021 u}}{1+t}=0 \quad(0<t<1), \\ u(0)=u^{\prime}(0)=u^{\prime \prime}(0)=u^{\prime \prime \prime}(0)=0, \\ \left(D_{0+}^{\frac{5}{2}} u(t)\right)_{t=1}=\frac{1}{8}\left(D_{0+}^{\frac{3}{2}} u(t)\right)_{t=\frac{1}{9}}+\frac{1}{6}\left(D_{0+}^{\frac{1}{2}} u(t)\right)_{t=\frac{1}{3}}, \end{array}\right.$

(5)

其中 $v=\frac{9}{2}, \alpha=\frac{5}{2}, n=5, \alpha_1=\frac{3}{2}, \alpha_2=\frac{1}{2}, \eta_1=\frac{1}{9}, \eta_2=\frac{1}{3}$ , $\beta_1=\frac{1}{8}, \beta_2=\frac{1}{6}, l=\left(\frac{1}{4}\right)^{\frac{7}{2}}=\frac{1}{128}, h(t)=\frac{1}{1+t}$ , f(t, u(t))=0.6e^{0.202 1u}。取a≈6.18, b≈0.001。由

$\begin{gathered} p(0)=\frac{\varGamma(v)}{\varGamma(v-\alpha)}-\sum\limits_i \beta_i \frac{\varGamma(v)}{\varGamma\left(v-\alpha_i\right)}\left(\eta_i\right)^{v-\alpha_i-1}= \\ \varGamma\left(\frac{9}{2}\right)\left(1-\frac{1}{1296}-\frac{1}{972}\right)>0, \end{gathered}$

且

$\begin{gathered} G(1, t) \leqslant \frac{1}{p(0)} \approx 0.0096 \quad(0<t<1), \\ G(1, t) \geqslant \frac{0.2421875}{\varGamma(9 / 2)} \approx 0.0023 \quad\left(\frac{1}{4} \leqslant t \leqslant \frac{3}{4}\right) 。 \end{gathered}$

取

$h_0=\int_0^1 G(1, t) \frac{1}{1+t} \mathrm{~d} t, h_\tau=\int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) \frac{1}{1+t},$

有

$h_0=\int_0^1 G(1, t) \frac{1}{1+t} \mathrm{~d} t, h_\tau=\int_{1 / 4}^{3 / 4} G(1, t) \frac{1}{1+t},$

经过推导，当u≤39.752 6≤bl^-1h_τ^-1时，f(t, u(t))≤150.757 4u≤h₀^-1u; 当al^-1h_τ^-1≥u≥62.024 6≥alh_τ^-1时，f(t, u(t))≥1 284.652 9u≥h_τ^-1u。

综上可知，微分方程(5)满足定理1的3个条件，则该方程至少存在一个正解。

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