一类带有p-Laplacian算子分数阶微分方程边值问题正解的存在性
2012-11-22申腾飞刘文斌宋文耀
申腾飞,刘文斌,宋文耀
(中国矿业大学理学院,中国 徐州 221008)
分数阶导数是整数阶导数的推广.近些年来,分数阶微分方程在自然科学及工程技术等领域得到了重要应用[1].越来越多的学者投身于分数阶微分方程的研究,取得了不少的研究成果[2-13], 文献[3]运用了不动点定理研究了一类分数阶微分方程
文献[4]运用迭合度理论研究了一类带有p-Laplacian算子的分数阶微分方程
本文主要讨论以下带有p-Laplacian算子分数阶的微分方程的边值问题
(1)
1 预备知识
定义1[2]函数y:(0,+∞)→R的α阶Riemann-Liouville分数阶积分为
其中α>0,Γ(·)为gamma函数,右边在(0,∞)逐点有定义.
定义2[2]连续函数(0,+∞)→R的α阶Riemann-Liouville分数阶导数为
其中,α>0,Γ(·)为gamma函数,n=[α]+1,右边是在(0,∞)逐点有定义的.
定义3[2]设B是Banach空间,P⊂B是一个锥.θ:P→[0,+∞)是连续泛函且对一切x,y∈P和t∈[0,1],不等式θ(tx+(1-t)y)≥tθ(x)+(1-t)θ(y)成立,则称θ是P上的非负连续凹泛函.
u(t)=c1tα-1+c2tα-2+…+cNtα-N,
其中N=[α]+1,ci∈R,i=1,2,…,N.
其中N=[α]+1,ci∈R,i=1,2,…,N.
引理3[2]若α>0,如果λ>-1,λ≠α-i,i=1,2,...,[α]+1,t>0 ,那么
引理4若y(t)∈C[0,1]且3<α≤4,则分数阶微分方程
证由引理1和引理2,存在ci∈R,i=1,2,3,4使得分数阶微分方程的解等价于
由边值条件u(0)=0可得c4=0.所以
由u′(0)=0可得c3=0.所以
引理5G(t,s)有下面的性质:
(1)G(t,s)≥0,s,t∈(0,1);(2)G(1,s)≥G(t,s)≥tα-1G(1,s),s,t∈(0,1),
证(1)当s≤t时,有t-ts≥t-s,则
Γ(α)G(t,s)=tα-1(1-s)α-3-(t-s)α-1≥tα-1(1-s)α-1-(t-s)α-1≥
(t-ts)α-1-(t-s)α-1≥0 .
故G(t,s)≥0. 当t≤s时,显然G(t,s)≥0.
(2)根据G(t,s)的定义,对于给定s∈(0,1),G(t,s)在定义区间上关于t是增函数,则G(t,s)≤G(1,s).当s≤t时,
Γ(α)G(t,s)=tα-1(1-s)α-3-(t-s)α-1≥tα-1(1-s)α-3-(t-ts)α-1=
tα-1(1-s)α-3-tα-1(1-s)α-1=tα-1[(1-s)α-3-(1-s)α-1].
则G(t,s)≥tα-1G(1,s).当t≤s时,
Γ(α)G(t,s)=tα-1(1-s)α-3≥tα-1(1-s)α-3-(t-ts)α-1=tα-1(1-s)α-3-tα-1(1-s)α-1=
tα-1[(1-s)α-3-(1-s)α-1].
则G(t,s)≥tα-1G(1,s).
引理6G(t,s)有下面的性质:
证首先证明
因为
由引理1和引理2得
余下证明过程类似引理4,在此省略.
(i) 当u∈p∩∂Ω1时,‖Tu‖≤‖u‖;当u∈p∩∂Ω2时,‖Tu‖≥‖u‖,
(ii) 当u∈p∩∂Ω1时,‖Tu‖≥‖u‖;当u∈p∩∂Ω2时,‖Tu‖≤‖u‖.
(i) 当x∈P(θ,b,d)时,{x∈P(θ,b,d)|θ(x)>b}≠∅且θ(Tx)>b,
(iii) 当x∈P(θ,b,c)且‖Tx‖>d时,θ(Tx)>b.
那么T至少存在3个不动点x1,x2,x3且‖x1‖ 注1c=d条件下(iii)可由(i)得到. 下面证明T为全连续算子T:P→P. 证首先,由引理5和6知 显然T是连续算子,下面证T(P)⊂P是一致有界的. 设Ω是锥P中的有界集,Ω={u∈p|‖u‖X≤R}, 又f是连续函数,则存在正数A,使得 故‖Tu‖X是一致有界的.再证T是等度连续的.设0≤t1 因为tα-1,tα-μ-1在[0,1]是一致连续的,φq(s)在[-A,A]是一致连续的,因此T是等度连续的.由Arzela-Ascoli定理知,T(P)是相对列紧的,故T是全连续的. 为了叙述方便定义如下常数 定理1设f,g:[0,1]×[0,+∞)×R→[0,+∞)连续函数,若存在2个常数l2>l1>0 ,使得 (H1)∀(t,x,y)∈[0,1]×[0,l1)×(-∞,+∞),f(t,x,y)≥φp(Ml1) , (H2)∀(t,x,y)∈[0,1]×[0,l2)×(-∞,+∞),f(t,x,y)≤φp(Nl2); 则问题(1)至少存在一个正解. 证令Ω1={u:‖u‖X 因此,当u∈P∩Ω1时,‖Tu‖X≥‖u‖X. 另一方面,令Ω2={u:‖u‖X 因此,当u∈P∩Ω2时,‖Tu‖X≤‖u‖X.2 主要结果