无穷区间上分数阶积分边值问题正解的存在唯一性

郭晓珍， 王文霞

(太原师范学院数学系， 山西 晋中 030619)

近几十年来，由于分数阶微分方程在光学和热学系统、流变学及材料和力学系统、信号处理和系统识别、控制和机器人等诸多领域的应用，其理论研究获得了广泛的关注，研究成果非常丰富，见文献[1-9]. 最近，一些作者研究了无穷区间上的边值问题，已得到一些有价值的结果，见文献[10-15].

文献[15]中研究了如下无穷区间上Caputo型分数阶积分边值问题，

(1)

作者运用锥拉伸与锥压缩不动点定理得到了边值问题(1)至少有一个或两个正解的存在性结果.

但是，据笔者所知，类似于上述的边值问题的唯一正解的存在性问题尚未有研究结果，因此本文将研究如下无穷区间上分数阶微分方程特征值问题的唯一正解的存在性：

(2)

1 预备知识和引理

为了方便，首先介绍分数阶微积分的一些基本定义和引理．

定义1[1]连续函数f：(0，+∞)→R的α>0阶Riemann-Liouville分数积分定义为

其中，等式的右端在(0，+∞)有定义．

定义2[1]连续函数f：(0，+∞)→R的α>0阶Riemann-Liouville分数导数定义为

其中，n是大于等于α的最小整数，等式的右端在(0，+∞)有定义．

引理1[1]如果u∈C[0，+∞)∩L[0，+∞)有α>0阶导数属于C[0，+∞)∩L[0，+∞)，则

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.进而

将c1带入(6)式即得(4)式.证毕．

引理3[2]函数G(t，s)满足如下性质：

1)∀(t，s)∈R+×R+，G(t，s)是连续函数且G(t，s)≥0；

设E是实Banach空间，θ为E中的零元素.P为E中的非空凸闭子集，若

x∈P，λ≥0⟹λx∈P；

x∈P，-x∈P⟹x=θ，

则称P为E中的锥.锥P称为正规的，若存在常数N>0，使得对任意x，y∈E且θ≤x≤y，都有‖x‖≤N‖y‖.对u，v∈E，u≤v，记[u，v]={x∈E|u≤x≤v}.有关锥的概念详细讨论可见文[3-5]．

给定e>0(即e∈P且e≠θ)，记

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

(7)

设D⊂E.算子T：D→E称为增算子，如果x，y∈D，x≤y⟹Tx≤Ty.x*∈D称为是T的一个不动点，如果Tx*=x*．

引理4[3]设P是E中的正规锥，A，T：P→P皆为增算子且满足：

(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，当λ∈[0，λ*)时，λA+T有唯一不动点uλ∈Pe且当λ∈[λ*，+∞)时，λA+T在Pe中没有不动点.进而，不动点uλ满足如下的性质：

2)uλ关于λ∈[0，λ*)是单调递增的；

3)uλ关于λ∈[0，λ*)是连续的．

引理5[3]设P是E中的一个正规锥，T：P→P是增算子．假设T(Pe)⊂Pe且对任意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 主要结果

本文将使用如下条件：

(H1)f：R+×R+→R+连续且关于第二个变量是不减的；

(H2)g：R+→R+连续且是不减的；

(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，当条件(H1)～(H6)成立时，u∈P是边值问题(2)的解当且仅当u是下列积分方程的解，

定义算子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，显然，u(t)是边值问题(2)的解当且仅当C(λ，μ)u=u．

定理1设条件(H1)～(H6)成立，则对任意给定μ>0，存在λ*(μ)>0，使得当λ∈[0，λ*(μ))时，边值问题(2)有唯一正解uλ；当λ∈[λ*(μ)，+∞)时，没有正解.此外，唯一正解uλ满足如下性质：

1) 对任意初值u0∈Pe，构建序列：

2)uλ关于λ∈[0，λ*(μ))是单调递增的；

3)uλ关于λ∈[0，λ*(μ))是连续的．

证明首先由条件(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).

综上可知,引理4的条件(G1)成立．

任意给定μ>0.由(H2)知Tμ：P→P是增算子.根据(H4)，存在常数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.以下将证明

Tμ(ru)≥rτTμu，∀u∈Pe，r∈(0，1),

(12)

其中，

(13)

事实上，由于

即

于是由(H6)可知，

rτ(Tμu)(t)，r∈(0，1)，u∈Pe，

故(12)式成立.这就证明了引理4中的条件(G2)成立.

接下来将对定理1中的参数临界值λ*(μ)进行估计.为了方便，使用如下记号：

引理6假设条件(H1)～(H6)成立，则对任意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).

证明由条件(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，当u∈[y，z]时，有‖u‖≤‖z‖，故对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)，

则η(r，y，z)>0.进而由(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).

证毕．

定理2假设条件(H1)～(H6)成立，则对任意的μ>0，定理1中的临界值λ*(μ)满足：

其中，0

证明任意取定μ>0.由定理1的证明和引理6可知：对任意的λ>0，C(λ，μ)满足引理5的所有条件，于是由引理5可得，C(λ，μ)在Pe有唯一不动点当且仅当存在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，则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有唯一不动点当且仅当存在vλ∈Pe使C(λ，μ)vλ≤vλ.令

Δ={λ≥0|存在vλ∈Pe使C(λ，μ)vλ≤vλ}，

则C(λ，μ)在Pe有唯一不动点当且仅当λ∈Δ.于是由定理1有

λ*(μ)=sup Δ 且λ*(μ)∉Δ．

另一方面，任意取定正整数n≥2，根据Pe的定义，存在r0∈(0，1)使

3 例子

例1考虑下面边值问题

(15)

于是由定理1可知，对任意给定μ>0，存在λ*(μ)>0，使得当λ∈[0，λ*(μ))时，边值问题(15)有唯一正解uλ；当λ∈[λ*(μ)，+∞)时，没有正解.此外，唯一正解uλ满足定理1中的1)～3)．

下面应用定理2估计临界值λ*(μ).注意到