高阶非线性分数阶微分方程解的存在性和唯一性

2021-01-21 07:47原战琴
关键词:同理算子单调

韩 伟,原战琴

(中北大学理学院,太原 030051)

本文所研究的问题是

(1)

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

②g:[0,1]×[-e*,+∞)×[-e*,+∞)→(-∞,+∞);且f,g都是连续函数.

(2)

1 预备知识

定义1[11]设A:Ph,e×Ph,e→E是一个混合算子,A(x,y)关于x单调递增,关于y单调递减.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的一个不动点,则有A(x,x)=x.

引理1[12]设P是E中的一个正规锥,算子A,B:Ph,e×Ph,e→E是两个混合算子.满足以下条件:

1) 对于∀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) 对于∀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) 存在常数δ>0,∀x,y∈Ph,e,有A(x,y)≥δB(x,y)+(δ-1)e.

则算子方程x=A(x,x)+B(x,x)+e在Ph,e上有唯一解x*,对于任给的初值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…

则在空间E中有xn→x*,yn→x*(n→∞)成立.

引理2[9]设ζ是一个连续函数,u∈C[0,1]是分数阶微分方程边值问题(3)的一个解,

(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)作为(3)的格林函数在[0,1]×[0,1]上连续.

引理3[9]函数G(t,s)是如上引理2中所定义,则其满足如下性质:

①G(t,s)>0,∀(t,s)∈(0,1)×(0,1).

②对于∀(t,s)∈[0,1]×[0,1]有

引理4在引理3中所定义的G(t,s)有以下性质:

t,s∈[0,1],

(4)

t,s∈[0,1].

(5)

证明首先不等式(4)已证,现在需要用(4)来证不等式(5).有

其中,d=1-bξα-ν-1>0.

从而

显然可得

综上所述,

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,则

有关于分数微积分的更多细节请参考文献[13].

2 主要结论

定理1假设

①f:[0,1]×[-e*,+∞)×[0,+∞)→(-∞,+∞);e*=max{e(t):t∈[0,1]};g:[0,1]×[-e*,+∞)×[-e*,+∞)→(-∞,+∞).它们都是连续函数.

② 当t∈(0,1)时,f(t,x,y)关于第二变元x单调递增,关于第三变元y单调减.g(t,x,y)关于第二变元x单调递增,关于第三变元y单调递减.

③对于∀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).

则有以下结论.

1) 存在u0,v0∈Ph,e和一个足够小的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有一个非平凡解u*,u*∈Ph,e.

3)对任意初始值w0,τ0∈Ph,e,构造迭代序列{wn},{τn},其极限值为x*,wn→x*,τn→x*(n→∞),有

wn(t)=

证明∀t∈(0,1)有

因为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和问题(1)积分可得

g(s,u(s),u(s))-c)ds=

e(t)+e(t).

对∀u,v∈Ph,e,t∈ [0,1],需考虑以下算子,

A(u,v)(t)=

所以u(t)是问题(1)的解当且仅当u=A(u,u)+B(u,u)+e.

首先,需要证明算子A,B:Ph,e×Ph,e→E是一个混合单调算子,取ui,vi∈Ph,e(i=1,2),u1≤u2,v1≥v2.由条件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,由条件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)≥

接下来证明A(u,u) ∈Ph,e,B(u,u) ∈Ph,e.只需证A(u,u)+e∈Ph,B(u,u)+e∈Ph.即可根据引理3和条件①,③得

A(h,h)(t)+e(t)=

根据条件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].

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).

g(s,0,H)ds.

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

另一方面由条件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.

由条件②,④可得b1≥b2≥δb4>0,b3≥b4>0,因此A(u,u)+e∈Ph,B(u,u)+e∈Ph,对任意u,v∈Ph,e,t∈[0,1],根据条件④可得

A(u,v)(t)=

δe(t)-δe(t)=

(δ-1)e(t)=δB(u,v)(t)+(δ-1)e(t).

则满足引理1的条件,从而定理1得证.

3 举例论证

作为应用,给出以下例子来说明主要结论.

1)考虑以下分数阶微分方程

则有

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)).

满足条件③,将上述边界条件代入可得

可得

e(t)=

因为

则满足定理1的条件①,②,其中

是连续函数,并且关于第二变量单调递增,关于第三变量单调递减.显然

f(t,x(t),y(t))=

g(t,x(t),y(t)).

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