郭福日，張 英

(山西大同大學(xué)數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院，山西大同037009）

許多年來(lái)，人們對(duì)分?jǐn)?shù)階邊值問(wèn)題的研究始終沒(méi)有間斷過(guò)，究其原因，一方面是由于分?jǐn)?shù)階方程理論的進(jìn)一步完善，另一面是分?jǐn)?shù)階方程在許多領(lǐng)域得到了廣泛的應(yīng)用。特別是關(guān)于分?jǐn)?shù)階q-導(dǎo)數(shù)方程的研究掀起了一股熱潮，見(jiàn)文獻(xiàn)[1-8]上，上述文獻(xiàn)大部分討論的是分?jǐn)?shù)階q-導(dǎo)數(shù)方程正解的存在唯一性，利用的方法主要是不動(dòng)點(diǎn)理論。文獻(xiàn)[4]利用單調(diào)迭代方法，討論了非線性分?jǐn)?shù)階微分方程邊值問(wèn)題

正解的存在唯一性。討論下面分?jǐn)?shù)階q-導(dǎo)數(shù)積分邊值問(wèn)題

非平凡解的存在性，其中2 ＜α≤3，0 ＜μ＜[α]q。

定義符號(hào)如下：

若b=0 時(shí)，a(α)=aα。

定義q-伽馬函數(shù)為：

并且有Γq(x+1)=[x]qΓq(x)。

函數(shù)f的q-導(dǎo)數(shù)為：

(Dq f)(x)=且(Dq f)(0)=(Dq f)(x)。

函數(shù)f的高階q-導(dǎo)數(shù)：

函數(shù)f的q-積分為：對(duì)每一個(gè)x∈[0,b],

函數(shù)f的高階q-積分：

利用微分算子Dq與積分算子Iq關(guān)系可知：

并且當(dāng)函數(shù)f(x)在x=0 連續(xù)時(shí)有

定義1函數(shù)f：[0,1]→R的α(α＞0)階q-積分Riemann-Liouville 型為(Iαqf)(x)=f(s)dqs。

定義2函數(shù)f：[0,1]→R的α(α＞0)階q-導(dǎo)數(shù)為

給出4個(gè)關(guān)于積分與導(dǎo)數(shù)的公式

(IV)sDq(t-s)(α)=-[α]q(t-qs)(α-1)。

引理1假設(shè)α＞0，p∈N，則下面等式成立

證明對(duì)任意的α＞0，(I)首先證明當(dāng)p=1時(shí)，由于

因此我們得到：

即當(dāng)p=1時(shí)等式成立；

(II)假設(shè)當(dāng)p=N時(shí)成立 (其中N為正整數(shù))，p=N+1時(shí)也成立。

證明

即引理得證。

引理2假設(shè)B為巴拿赫空間，C是一個(gè)錐且C?B。若Ω1,Ω2為B中的開(kāi)集，且0 ∈ Ω1，? Ω2，假設(shè)T：C∩Ω1)→C為全連續(xù)算子，使得‖Ty‖≥‖y‖,y∈C∩ ?Ω1且‖Ty‖≤‖y‖，y∈C∩ ?Ω2。那么算子T至少有一個(gè)不動(dòng)點(diǎn)在C∩Ω1)[9]。

引理3設(shè)2＜α≤3 ，0 ＜μ＜[α]q，x∈C1[0,1]，則下列邊值問(wèn)題

引理4格林函數(shù)G(t,s),t,s∈[0,1]具有下面的性質(zhì)：

(I)G(t,qs) 是連續(xù)函數(shù)，并且G(t,qs)≥0，t,s∈[0,1]；證明見(jiàn)文獻(xiàn)[6]；

(II)G(t,qs)≤G(qs,qs),t,s∈[0,1]。這里只證明(II)：令

則

tα-1(1-s)(α-1)μqαs ≥ 0。

很容易得到

又因?yàn)?/p>

這表明g1(t,s) 關(guān)于變量t單調(diào)遞減的，對(duì)每一個(gè)s∈(0,1]。因此，g1(t,qs)≤g1(qs,qs)，s,t∈(0,1]。很顯然，g2(t,s) 關(guān)于t單調(diào)遞增，因此我們可以得到G(t,qs)≤G(qs,qs)，s,t∈(0,1]。

我們定義兩個(gè)常數(shù)

定理1假設(shè)f(t,u)：[0,1]×[0,∞)→(0,+∞)為連續(xù)函數(shù)。如果存在兩個(gè)正數(shù)r2＞r1＞0 使得

成立，那么問(wèn)題(2)有一個(gè)解y(t)滿足r1≤‖y‖≤r2。

證明令B=C[0,1]，取 范數(shù) ‖u‖=supt∈[0,1]|u(t)|，定義錐P?B且P={u∈B：u(t)≥ 0}。

給定算子：(Tu)(x)利用G和f的非負(fù)性及連續(xù)性可知，T(P)?P且T為全連續(xù)算子。從而定理1的證明等價(jià)于算子方程Ty=y有解，而且解滿足r1≤‖y‖ ≤r2。

利用G(t,qs)≤G(qs,qs)及f(t,u)≥L2r1，可得

利用G(t,qs)≤G(qs,qs)及f(t,u)≤L1r2，可得

由引理2 可知方程(2)有至少有一個(gè)解y，而且滿足r1≤‖y‖ ≤r2，從而定理得證。