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      一類分?jǐn)?shù)階多點邊值共振問題解的存在性

      2011-01-22 06:54:12,
      關(guān)鍵詞:易知有界邊值問題

      ,

      (中國礦業(yè)大學(xué) 理學(xué)院,江蘇 徐州 221008)

      0 引言

      分?jǐn)?shù)階導(dǎo)數(shù)是整數(shù)階導(dǎo)數(shù)的推廣.近些年來,分?jǐn)?shù)階導(dǎo)數(shù)及分?jǐn)?shù)階微分方程在科學(xué)、工程和數(shù)學(xué)等領(lǐng)域得到了重要應(yīng)用,例如已成功應(yīng)用于粘彈性材料、信號處理、控制、生物等領(lǐng)域[1].值得注意的是,分?jǐn)?shù)階微分方程的理論研究剛起步,分?jǐn)?shù)階微分方程邊值問題作為分?jǐn)?shù)階微分方程理論研究的重要分支之一,近年來得到研究者們的重視,也獲得了不少研究成果,如文獻[2-15].在文[5]中,作者研究了如下邊值問題

      其中n>2,n-1<α≤n,其核是一維的,運用Mawhin連續(xù)性定理得出解的存在性,本文受此啟發(fā)研究分?jǐn)?shù)階多點邊值問題(其核是二維的)

      (1)

      (2)

      其中Γ(·)是Gamma函數(shù),為了證明BVP(1)(2)有解及計算的方便,使用下面的假設(shè):

      (C2): Λ=Λ1Λ4-Λ2Λ3≠0.

      1 預(yù)備知識

      首先介紹一些關(guān)于迭合度的基本理論:

      設(shè)Y,Z是實Banach空間,L:domL?Y→Z是一個指標(biāo)為零的Fredholm算子,P:Y→Y,Q:Z→Z是連續(xù)投影算子且滿足

      ImP=KerL,KerQ=ImL,Y=KerL?KerP,Z=ImL?ImQ.

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

      其中α>0,Γ(·)為Gamma函數(shù).

      定義2[2]連續(xù)函數(shù)y:(0,+∞)→R的α階Riemann-Liouville分?jǐn)?shù)階導(dǎo)數(shù)為

      其中α>0,Γ(·)為Gamma函數(shù),n=[α]+1.

      其中N為大于或等于α的最小整數(shù).

      (3)

      其中x∈[0,1],ci∈R,I=1,2,…,N-1,其范數(shù)為

      易證得Cμ[0,1]是Banach空間.

      引理2[5]f?Cμ[0,1]是連續(xù)緊當(dāng)且僅當(dāng)f是一致有界且等度連續(xù).

      這里一致有界是存在M>0,使得對任意u∈f有

      等度連續(xù)是只對?ε>0,?δ>0使得

      |u(t1)-u(t2)|<ε,(?t1,t2∈[0,1],|t1-t2|<δ,?u∈f),

      定理1[6](Mawhin連續(xù)性定理) 設(shè)Ω?Y是一個有界開集,L是一個指標(biāo)為零的Fredholm算子,N是L-緊的,如果下面條件成立:

      (i)Lx≠λNx.?(x,λ)∈[domLKerL∩?Ω]×[0,1];

      (ii)Nx?ImL,?x∈KerL∩?Ω;

      (iii)deg(JQN|KerL,KerL∩Ω,0(≠0,

      2 主要結(jié)果

      則邊值問題(1)、(2)就轉(zhuǎn)化為Lu=Nu.

      引理3 假設(shè)(C1)(C2)成立,則L:domL?Y→Z是一個指標(biāo)為零的Fredholm算子,投影算子Q:Z→Z定義為

      (4)

      其中

      線性算子Kp:ImL→domL∩KerP記為

      證明顯然有KerL={x∈domL:u=atα-1+btα-3.a,b∈R,t∈[0,1]}?R2現(xiàn)在來證明

      ImL={y∈Z:Q1y=Q2y=0}

      (5)

      方程

      (6)

      有解x(t)滿足(2)的充要條件是

      Q1y=Q2y=0

      (7)

      事實上,若解x(t)滿足(2),則從(6)式有

      根據(jù)條件(C1),得到

      Q1y=Q2y=0.

      另一方面,如果(7)式成立,由(2)知,

      其中a,b是任意常數(shù),則易知u(t)是方程(6)且滿足(2)式的解,從而(5)式成立.

      因此

      Qy(t)=(T1y(t))tα-1+(T2y(t))tα-3,

      易知dimImQ=2

      又有

      依次可求得

      T1(T2ytα-3)=0,T2(T1ytα-1)=0,T2((T2y)tα-3)=T2y,

      因此

      Q2y=Q((T1y)tα-1+(T2y)tα-3)=Qy,

      所以Q是投影算子.

      下證KerQ=ImL,如果y∈KerQ,由Qy=0有

      而又(C2)成立,故Q1y=Q2y=0,所以y∈ImL.若y∈ImL,由Q1y=Q2y=0,易知Qy=0,所以y∈KerQ,故KerQ=ImL.

      對?y∈Z,有y=(y-Qy)+Qy,則有y-Qy∈KerQ=ImL,Qy∈ImQ,所以Z=ImL+ImQ,下證ImL∩ImQ={0},

      令y=atα-1+btα-3,且y∈ImL∩ImQ知,y∈ImL,故有Q1y=Q2y=0

      易求得

      又(C2)成立,所以a=b=0,即ImL∩ImQ={0},故Z=ImL?ImQ且dimKerL=dimImQ=co dimImL=2

      故L是指標(biāo)為零的Fredholm算子.

      (8)

      事實上,?y∈ImL有

      而當(dāng)u∈domL∩KerP,我們有

      由于u∈domL∩KerP,由(2)及Pu=0,因此得到

      (KPL)u(t)=u(t),

      因此,由(8)我們有

      所以

      QNx(t)=(T1Nx)tα-1+(T2Nx)tα-3,

      由引理2 類似的證明方法,我們得到如下引理.

      引理4 對任意e∈L1[0,1],Kp(I-Q):Y→Y是全連續(xù)的.

      定理2 如果條件(C1)(C2)成立,假設(shè)滿足下面條件:

      1)存在函數(shù)a(t),b(t),c(t),d(t),f(t),r(t)∈L1[0,1]及常數(shù)θ∈[0,1)對?(x,y,z,w)∈R4,t∈[0,1]有

      |f(t,x,y,z,w)|≤a(t)|x|+b(t)|y|+c(t)|z|+d(t)|w|+f(t)|x|θ+r(t)

      (9)

      Q1Nx(t)≠0或Q2Nx(t)≠0.

      3)存在實數(shù)B>0,a,b∈R,使得a2+b2>B,下面條件至少有一個成立

      aT1N(atα-1+btα-3)+bT2N(atα-1+btα-3)>0

      (10)

      aT1N(atα-1+btα-3)+bT2N(atα-1+btα-3)<0

      (11)

      證明取Ω1={x∈domLKerL:Lx=λNx,λ∈[0,1]},下證Ω1是有界的.

      (12)

      對?x∈Ω1有(I-P)x∈domL∩KerP,LPx=0,根據(jù)引理3,我們有

      (13)

      由(12)(13)知

      ‖x‖Cα-1≤‖(I-P)x‖Cα-1+‖Px‖Cα-1≤

      (14)

      ‖x‖Cα-1≤m‖Nx‖1+nA.

      如果(9)式成立,根據(jù)(14)式我們有

      又因為

      因為θ∈[0,1),由以上所得,故存在A1,A2,A3,A4>0,使得

      因此

      所以Ω1是有界的.取Ω2={x∈KerL:Nx∈ImL},下證Ω2是有界的.對任意的x∈Ω2,x∈KerL={x∈domL:x=atα-1+btα-3,a,b∈R,t∈[0,1]}以及QNx(t)=0,即

      T1N(atα-1+btα-3)=T2N(atα-1+btα-3)=0,

      由條件(3)得,a2+b2≤B,因此Ω2是有界的.

      對于?a,b∈R,t∈[0,1],定義線性同構(gòu)J:KerL→ImQ為

      J(atα-1+btα-3)=atα-1+btα-3,

      若T1N(atα-1+btα-3)+T2N(atα-1+btα-3)>0成立.

      取Ω3={x∈KerL:λJx+(1-λ)QNx=0,λ∈[0,1]}.

      下證Ω3是有界的.

      對任意x=atα-1+btα-3∈Ω3,因為λJx+(1-λ)QNx=0.

      λ(atα-1+btα-3)=-(1-λ)[(T1N(atα-1+btα-3))tα-1+(T2N(atα-1+btα-3))tα-3]

      如果λ=1,那么a=b=0,否則,如果a2+b2>B,由(10)知

      λ(a2+b2)=-(1-λ)[aT1N(atα-1+btα-3)+bT2N(atα-1+btα-3)]<0,

      故矛盾,由x∈Ω3,故

      ‖x‖Cα-1=‖atα-1+btα-3‖Cα-1=

      所以Ω3是有界的,同理可證

      aT1N(atα-1+btα-3)+bT2N(atα-1+btα-3)<0,

      成立

      Ω3={x∈KerL:-λJx+(1-λ)QNx=0,λ∈[0,1]},

      是有界的.

      通過以上的討論易知滿足定理1的(i)(ii),下證定理1的(iii)也是滿足的.

      令H(x,λ)=±λJx+(1-λ)QNx,根據(jù)以上證明有H(x,λ)≠0,?x∈?Ω∩KerL因此,根據(jù)同倫不變性可得:

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      [12]Lakshmikantham V,Leela S.Nagumo-type uniqueness result for fractional differential equations[J].Nonlinear Anal,2009,71: 2886-2889.

      [13]Lakshmikantham V,Leela S A.Krasnoselskii-Krein-type uniqueness result for fractional differential equations[J].Nonlinear Anal,2009,71: 3421-3424.

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