無窮區(qū)間上分數階積分邊值問題正解的存在唯一性

郭曉珍， 王文霞

(太原師范學院數學系， 山西 晉中 030619)

近幾十年來，由于分數階微分方程在光學和熱學系統、流變學及材料和力學系統、信號處理和系統識別、控制和機器人等諸多領域的應用，其理論研究獲得了廣泛的關注，研究成果非常豐富，見文獻[1-9]. 最近，一些作者研究了無窮區(qū)間上的邊值問題，已得到一些有價值的結果，見文獻[10-15].

文獻[15]中研究了如下無窮區(qū)間上Caputo型分數階積分邊值問題，

(1)

作者運用錐拉伸與錐壓縮不動點定理得到了邊值問題(1)至少有一個或兩個正解的存在性結果.

但是，據筆者所知，類似于上述的邊值問題的唯一正解的存在性問題尚未有研究結果，因此本文將研究如下無窮區(qū)間上分數階微分方程特征值問題的唯一正解的存在性：

(2)

1 預備知識和引理

為了方便，首先介紹分數階微積分的一些基本定義和引理．

定義1[1]連續(xù)函數f：(0，+∞)→R的α>0階Riemann-Liouville分數積分定義為

其中，等式的右端在(0，+∞)有定義．

定義2[1]連續(xù)函數f：(0，+∞)→R的α>0階Riemann-Liouville分數導數定義為

其中，n是大于等于α的最小整數，等式的右端在(0，+∞)有定義．

引理1[1]如果u∈C[0，+∞)∩L[0，+∞)有α>0階導數屬于C[0，+∞)∩L[0，+∞)，則

其中，ci∈R，i=1，2，…，n，n-1<α≤n．

(3)

有唯一解u(t)，且

(4)

其中，

(5)

(6)

又由u(0)=0得c2=0.進而

將c1帶入(6)式即得(4)式.證畢．

引理3[2]函數G(t，s)滿足如下性質：

1)?(t，s)∈R+×R+，G(t，s)是連續(xù)函數且G(t，s)≥0；

設E是實Banach空間，θ為E中的零元素.P為E中的非空凸閉子集，若

x∈P，λ≥0?λx∈P；

x∈P，-x∈P?x=θ，

則稱P為E中的錐.錐P稱為正規(guī)的，若存在常數N>0，使得對任意x，y∈E且θ≤x≤y，都有‖x‖≤N‖y‖.對u，v∈E，u≤v，記[u，v]={x∈E|u≤x≤v}.有關錐的概念詳細討論可見文[3-5]．

給定e>0(即e∈P且e≠θ)，記

Pe={u∈E：存在l1=l1(u)>0，l2=l2(u)>0，使得l1e≤u≤l2e}，

(7)

設D?E.算子T：D→E稱為增算子，如果x，y∈D，x≤y?Tx≤Ty.x*∈D稱為是T的一個不動點，如果Tx*=x*．

引理4[3]設P是E中的正規(guī)錐，A，T：P→P皆為增算子且滿足：

(G2)T(Pe)?Pe且存在τ∈(0，1)使得T(ru)≥rτTu，u∈Pe，r∈(0，1)．

那么，存在λ*>0，當λ∈[0，λ*)時，λA+T有唯一不動點uλ∈Pe且當λ∈[λ*，+∞)時，λA+T在Pe中沒有不動點.進而，不動點uλ滿足如下的性質：

2)uλ關于λ∈[0，λ*)是單調遞增的；

3)uλ關于λ∈[0，λ*)是連續(xù)的．

引理5[3]設P是E中的一個正規(guī)錐，T：P→P是增算子．假設T(Pe)?Pe且對任意r∈(0，1)和[y，z]?Pe，存在η(r，y，z)>0使得

T(ru)≥r(1+η(r，y，z))Tu，

?u∈[y，z]，r∈(0，1)．

2 主要結果

本文將使用如下條件：

(H1)f：R+×R+→R+連續(xù)且關于第二個變量是不減的；

(H2)g：R+→R+連續(xù)且是不減的；

(H5) ?r∈(0，1)，u∈R+，t∈R+，有f(t，ru)≥rf(t，u)；

(H6) ?r∈(0，1)，u∈R+，有g(ru)≥rg(u).

由引理2容易看到，當條件(H1)～(H6)成立時，u∈P是邊值問題(2)的解當且僅當u是下列積分方程的解，

定義算子A，Tμ以及C(λ，μ)如下

(8)

(9)

(C(λ，μ)u)(t)=λ(Au)(t)+(Tμu)(t)，u∈P，

(10)

容易看到算子A，Tμ：P→P，顯然，u(t)是邊值問題(2)的解當且僅當C(λ，μ)u=u．

定理1設條件(H1)～(H6)成立，則對任意給定μ>0，存在λ*(μ)>0，使得當λ∈[0，λ*(μ))時，邊值問題(2)有唯一正解uλ；當λ∈[λ*(μ)，+∞)時，沒有正解.此外，唯一正解uλ滿足如下性質：

1) 對任意初值u0∈Pe，構建序列：

2)uλ關于λ∈[0，λ*(μ))是單調遞增的；

3)uλ關于λ∈[0，λ*(μ))是連續(xù)的．

證明首先由條件(H1)易知A：P→P是增算子.其次由引理3，(8)式，(H1)，(H5)可得

0≤(Au)(t)≤

?u∈P，

t∈R+，即A(ru)≥rAu，u∈Pe，r∈(0，1).

綜上可知,引理4的條件(G1)成立．

任意給定μ>0.由(H2)知Tμ：P→P是增算子.根據(H4)，存在常數Mg>0使得

g(u)≤Mg，u∈R+.

(11)

因此由(9)式可得

?u∈P，μ>0，

即Tμ(P)?Pe.以下將證明

Tμ(ru)≥rτTμu，?u∈Pe，r∈(0，1),

(12)

其中，

(13)

事實上，由于

即

于是由(H6)可知，

rτ(Tμu)(t)，r∈(0，1)，u∈Pe，

故(12)式成立.這就證明了引理4中的條件(G2)成立.

接下來將對定理1中的參數臨界值λ*(μ)進行估計.為了方便，使用如下記號：

引理6假設條件(H1)～(H6)成立，則對任意r∈(0，1)和[y，z]?Pe，存在η(r，y，z)>0，使得

C(λ，μ)(ru)≥r(1+η(r，y，z))C(λ，μ)u，

?u∈[y，z]，r∈(0，1).

證明由條件(H5)和(10)式可得

C(λ，μ)(ru)=λA(ru)+Tμ(ru)≥

rλAu+rTμu+(rτ-r)Tμu≥

rC(λ，μ)u+[(rτ-r)φ(λ，μ)(u)]C(λ，μ)u≥

r[1+(rτ-1-1)φ(λ，μ)(u)]C(λ，μ)u，

u∈Pe，r∈(0，1)，

(14)

其中，

φ(λ，μ)(u)=

λ≥0，μ>0，u∈Pe．

?[y，z]?Pe，當u∈[y，z]時，有‖u‖≤‖z‖，故對u∈[y，z]有

φ(λ，μ)(u)≥

于是令

η(r，y，z)=(rτ-1-1)φ(λ，μ)(z)，r∈(0，1)，

則η(r，y，z)>0.進而由(14)式可知

C(λ，μ)(ru)≥r[1+(rτ-1-1)φ(λ，μ)(u)]C(λ，μ)u≥r[1+(rτ-1-1)φ(λ，μ)(z)]C(λ，μ)u=r(1+η(r，y，z))C(λ，μ)u，u∈[y，z]，r∈(0，1).

證畢．

定理2假設條件(H1)～(H6)成立，則對任意的μ>0，定理1中的臨界值λ*(μ)滿足：

其中，0

證明任意取定μ>0.由定理1的證明和引理6可知：對任意的λ>0，C(λ，μ)滿足引理5的所有條件，于是由引理5可得，C(λ，μ)在Pe有唯一不動點當且僅當存在uλ，vλ∈Pe使得uλ≤C(λ，μ)uλ≤C(λ，μ)vλ≤vλ．

取uλ=C(λ，μ)θ，其中θ(t)≡0，則uλ∈Pe.若存在vλ∈Pe使得C(λ，μ)vλ≤vλ，由C(λ，μ)的增性和θ

C(λ，μ)θ=uλ≤C(λ，μ)uλ≤C(λ，μ)vλ≤vλ，

因此，C(λ，μ)在Pe有唯一不動點當且僅當存在vλ∈Pe使C(λ，μ)vλ≤vλ.令

Δ={λ≥0|存在vλ∈Pe使C(λ，μ)vλ≤vλ}，

則C(λ，μ)在Pe有唯一不動點當且僅當λ∈Δ.于是由定理1有

λ*(μ)=sup Δ 且λ*(μ)?Δ．

另一方面，任意取定正整數n≥2，根據Pe的定義，存在r0∈(0，1)使

3 例子

例1考慮下面邊值問題

(15)

于是由定理1可知，對任意給定μ>0，存在λ*(μ)>0，使得當λ∈[0，λ*(μ))時，邊值問題(15)有唯一正解uλ；當λ∈[λ*(μ)，+∞)時，沒有正解.此外，唯一正解uλ滿足定理1中的1)～3)．

下面應用定理2估計臨界值λ*(μ).注意到