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)
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).
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 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3 例子