带有p-Laplacian算子的分数阶四点边值问题正解的存在性

刘 洋， 解大鹏， 李春红

(1.合肥师范学院 数学与统计学院, 安徽 合肥 230601；2.淮阴师范学院 学报编辑部, 江苏 淮安 223001)

0 引言

近年来,分数阶微分方程引起了广泛的关注．分数阶微分方程和带有p-Laplacian算子的微分方程成为很多数学工作者的研究热点，并取得了许多研究成果[1-8]．Chai研究了如下带有p-Laplacian算子的分数阶微分方程边值问题[5]

Tian等运用Krasnosel’skii不动点定理，得到了如下带有p-Laplacian算子的分数阶微积分的边值问题正解的存在性[6]

Tian等运用不动点定理，得到了以下带有p-Laplacian算子的分数阶微积分边值问题的正解[7]

其中φp(s)=|s|p-2s,p>1,α∈(1,2],0<β≤α-1,ξ,η∈(0,1),a,b∈[0,∞)，并且1-aξα-β-1>0, 1-bp-1ηγ-1>0,f∈C([0,1]×R+,R+),Dα，Dβ，Dγ是Riemann-Liouville分数阶方程导数．

Han等借助p-Laplacian算子, 得到了如下分数阶微分方程边值问题的正解存在性[8]

基于上述结果，本文研究以下带有p-Laplacian算子的分数阶四点边值问题

(1)

1 预备知识和引理

引理1 假设y∈C[0,1],则分数阶边值问题

(2)

证明易知，问题(2)的通解为

由问题(2)的边值条件知，C2=C3=0,

故

引理2 假设w∈C[0,1], 则分数阶边值问题

(3)

证明易知，问题(3)等价于

由问题(3)的边值条件知，C2=0且

故

引理3G(t,s)有如下性质：

(i) 当(t,s)∈[0,1]×[0,1]时，0≤G(t,s)≤G(1,s);

(ii) 当(t,s)∈I×(0,1)=(1/4,3/4)×(0,1)时，G(t,s)≥(1/4)α-1G(1,s).

因此，当(t,s)∈[0,1]×[0,1]时,

故，当(t,s)∈[0,1]×[0,1]时,0≤G(t,s)≤G(1,s).

故，当(t,s)∈I×(0,1)=(1/4,3/4)×(0,1)时,

引理4H(t,s)有如下性质：

(ii) 当(t,s)∈I×(0,1)=(1/4,3/4)×(0,1)时，H(t,s)≥φ(s)H11(s,s)，

其中

故，当(t,s)∈I×(0,1)=(1/4,3/4)×(0,1)时，

2 主要结果

为了方便,引入以下记号：

定理1 若存在两个正数r1,r2使得r1

(B1) 当(t,u)∈[0,1]×[0,r1]时，f(t,u)≥φ(r1N4α-1);

(B2) 当(t,u)∈[0,1]×[0,r2]时，f(t,u)≤φ(r2M).

则分数阶四点边值问题(1)至少存在一个正解u,并且满足r1≤‖u‖≤r2.

证明首先证明算子T:K→K是全连续的,事实上由G,H,f的连续性可知T:K→K是连续的.对于(t,s)∈(1/4,3/4)×(0,1),u∈K, 由引理3知

这意味着T(K)⊂K.故应用Arzela-Ascoli定理易证算子T:K→K是全连续的.

下面我们令Ω1={u∈K:‖u‖≤r1},那么对于u∈∂Ω1, 由引理3,引理4及(B1)知

故，当u∈∂Ω1时, ‖Tu‖≥‖u‖.

令Ω2={u∈K:‖u‖≤r2},那么对于u∈∂Ω2,由引理3,引理4及(B2)知

因此，对于u∈∂Ω2,‖Tu‖≤‖u‖.

综上,由Krasnosel’skii不动点定理可知,分数阶四点边值问题(1)至少存在一个正解u, 并且满足r1≤‖u‖≤r2.(证毕)