郝晓红¹，程智龙²

¹安徽信息工程学院，安徽 芜湖

²苏州科技大学数理学院，江苏 苏州

收稿日期：2017年11月5日；录用日期：2017年11月19日；发布日期：2017年11月27日

本文讨论一类无穷区间上的多点分数阶边值问题

D 0 + α u ( t ) = f ( t , u ( t ) , D 0 + α − 1 u ( t ) ) ,     t ∈ J : = ( 0 , ∞ ) ,     n − 1 < α < n ,

u ( 0 ) = D 0 + α − 2 u ( 0 ) = D 0 + α − 3 u ( 0 ) = ⋯ = D 0 + α − ( n − 1 ) u ( 0 ) = 0 ,     D 0 + α − 1 u ( ∞ ) = ∑ i = 1 m α i D 0 + α − 1 u (ξi)

的可解性。通过应用Leray-Schauder非线性抉择定理和Banach压缩映像原理，得到解的存在性和唯一性。最后给出例子说明定理的适用性。

关键词 :分数阶微分方程，多点边值问题，非线性抉择定理，Banach压缩映像原理

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由于分数计算理论和应用的快速发展，分数阶微分方程引起数学爱好者的极大兴趣。其主要应用于流体力学、分数控制系统、神经分数模型、力学、物理学、黏弹力学、化学工程和经济等方面。分数计算理论是解决微分、积分方程及其它特殊方程的有效工具。

但是分数阶微分方程边值问题的研究还处于初级阶段，尤其是无穷区间上的分数阶微分方程边值问题尚不多见。在以往的参考文献中，多是以下积分边值条件的模型。 [ 1 ] 中，赵和葛研究了无穷区间上的分数阶边值问题

D 0 + α u ( t ) + f ( t , u ( t ) ) = 0 ,     t ∈ ( 0 , ∞ ) ,     α ∈ ( 1 , 2 ) ,

u ( 0 ) = 0 ,     lim t → ∞ D 0 + α − 1 u ( t ) = β u ( ξ ) ,

其中， 0 < ξ < ∞ ， D 0 + α 是Riemann-Liouvill分数阶导数。

[ 2 ] 中，Nieto研究了以下边值问题

D 0 + α u ( t ) + f ( t , u ( t ) ) = 0 ,     t ∈ [ 0 , 1 ] ,     n − 1 < α < n , n ∈ N ,

u ( 0 ) = u ′ ( 0 ) = u ″ ( 0 ) = ⋯ = u n − 2 ( 0 ) = 0 ,     u ( 1 ) = ∑ i = 1 m − 2 a i u ( η i ) ,

其中， n ≥ 2 ,   a i > 0 ,   0 < η 1 < η 2 < ⋯ < η m − 2 < 1 ,   f ∈ C ( [ 0 , 1 ] × R , R ) 。 D R 0 + α , D C 0 + α 分别是Riemann-Liouvill分数阶导数和Caputo分数阶导数。

然而，据作者所知，到目前还没有文献研究以下无穷区间上的分数阶边值问题

D 0 + α u ( t ) = f ( t , u ( t ) , D 0 + α − 1 u ( t ) ) ,     t ∈ J : = ( 0 , ∞ ) ,     n − 1 < α < n , (1.1)

u ( 0 ) = D 0 + α − 2 u ( 0 ) = D 0 + α − 3 u ( 0 ) = ⋯ = D 0 + α − ( n − 1 ) u ( 0 ) = 0 ,     D 0 + α − 1 u ( ∞ ) = ∑ i = 1 m α i D 0 + α − 1 u ( ξ i ) (1.2)

其中 n − 1 < α ≤ n ,   n ∈ N ,   n > 2 ,   0 < ξ 1 < ξ 2 < ⋯ < ξ m < + ∞ ,   α i > 0 ,   i = 1 , 2 , ⋯ , m 。 f ∈ C ( J × R × R , R ) 。 D 0 + α 和 I 0 + α 分别是Riemann-Liouvill分数阶导数和分数阶积分。

当 α = n 时，问题(1.1) (1.2)是 n 阶多点边值问题，很多文献已做过研究，如 [ 3 ] [ 4 ] [ 5 ] [ 6 ] 。

本文应用非线性抉择定理和Banach压缩映像原理研究边值问题(1.1) (1.2)的解的存在性和唯一性。

本文结构如下：第二部分给出背景材料和预备知识；第三部分给出所研究问题(1.1) (1.2)的解的存在性和唯一性；最后给出例子说明我们的主要结论。

定义2.1 ( [ 7 ] )函数 y : ( 0 , + ∞ ) → R 的 α 阶Riemann-Liouville分数阶积分为

I 0 + α y ( t ) = 1 Γ ( α ) ∫ 0 t ( t − s ) α − 1 y ( s ) d s ,     t > 0 ,

其中 α > 0 ， Γ ( ⋅ ) 为gamma函数。

定义2.2 ( [ 7 ] )函数 y : ( 0 , + ∞ ) → R 的 α 阶Riemann-Liouville分数阶导数为

D 0 + α y ( t ) = 1 Γ ( n − α ) ( d d t ) n ∫ 0 t y ( s ) ( t − s ) α − n + 1 d s ,

其中 α > 0 ， Γ ( ⋅ ) 为gamma函数， n = [ α ] + 1 。

引理2.1 ( [ 7 ] )设 f ∈ C [ 0 , 1 ] , q ≥ p ≥ 0 ，则

D 0 + p I 0 + q f ( t ) = I 0 + q − p f ( t ) .

引理2.2 ( [ 7 ] )若 α > 0 ，则分数阶微分方程 D 0 + α u ( t ) = 0 当且仅当

u ( t ) = c 1 t α − 1 + c 2 t α − 2 + ⋯ + c n t α − n ,

其中 c i ∈ R , i = 1 , 2 , ⋯ , n ，其中 n 是大于等于 α 的最小整数。

引理2.3 ( [ 8 ] )若 α > 0 ,   u ∈ C ( 0 , 1 ) ∩ L ( 0 , 1 ) ,   D c 0 + α u ( t ) ∈ C ( 0 , 1 ) ∩ L ( 0 , 1 ) ，存在 c i , i = 1 , 2 , ⋯ , N 使得

I 0 + α D 0 + α u ( t ) = u ( t ) + c 1 t α − 1 + c 2 t α − 2 + ⋯ + c N t α − N ,

其中 c i ∈ R , i = 0 , 1 , 2 , ⋯ , N − 1 ， N = [ α ] + 1 。

定义空间

X = { u ( t ) ∈ C ( J , R ) : sup t ∈ J | u ( t ) | 1 + t α − 1 < + ∞ , D 0 + α − 1 u ( t ) ∈ C ( J , R ) , sup t ∈ J | D 0 + α − 1 u ( t ) | < + ∞ }

模为 ‖ u ‖ = max { sup t ∈ J | u ( t ) | 1 + t α − 1 , sup t ∈ J | D 0 + α − 1 u ( t ) | } 。

定理2.1 ( [ 9 ] )设 X 是一个实Banach空间， Ω 是 X 中的有界开子集， 0 ∈ Ω , F : Ω ¯ → X 是一个全连续算子。则 ∃ x ∈ ∂ Ω , λ > 1 , s . t .   F ( x ) = λ x ，或存在不动点 x ∗ ∈ Ω ¯ 。

引理2.4 ( [ 9 ] ) ( X , ‖ · ‖ ) 是Banach空间。

证明：设 { u n } n = 1 ∞ 是空间 ( X , ‖ · ‖ ) 中的Cauchy序列，则对 ∀ ε > 0 , ∃ N > 0 ， s . t . 当 ∀ t ∈ J ， n , m > N ，有 | u n ( t ) 1 + t α − 1 − u m ( t ) 1 + t α − 1 | < ε ，则 { u n ( t ) 1 + t α − 1 } n = 1 ∞ 一致收敛于 u ( t ) 1 + t α − 1 及 u ( t ) ∈ X 。并且 { D 0 + α − 1 u n } n = 1 ∞ 一致收敛于 v ∈ X ，并且 sup t ∈ J | v ( t ) | < + ∞ 。

接下来证明 v = D 0 + α − 1 u 。

令 sup t ∈ J | u ( t ) | 1 + t α − 1 = M 0 2 ，则对于常数 M 0 2 > 0 ,   t ∈ J ,   ∃ N > 0 ， s . t . 当 n > N 时，有

| u n ( t ) 1 + t α − 1 − u ( t ) 1 + t α − 1 | < M 0 2 .

令 M i = sup t ∈ J | u i ( t ) | 1 + t α − 1 ,   i = 1 , 2 , ⋯ , N ， M = max { M i , i = 1 , 2 , ⋯ , N } ，易得 | u n ( t ) | 1 + t α − 1 ≤ M ,   n = 1 , 2 , ⋯ 。于是对 ∀ t ∈ J , n − 1 < α < n ，有

| ∫ 0 1 ( t − s ) n − 1 − α ( 1 + s α − 1 ) | u n ( s ) | 1 + s α − 1 d s | ≤ M ∫ 0 t ( t − s ) n − 1 − α ( 1 + s α − 1 ) d s = M [ t n − α ∫ 0 1 ( 1 − τ ) n − 1 − α d τ + t n − 1 ∫ 0 1 ( 1 − τ ) n − 1 − α τ α − 1 d τ ] = M n − α t n − α + B ( α , n − α ) M t n − 1 ,

其中， B ( α , n − α ) 是Beta函数。根据 { D 0 + α − 1 u n ( t ) } n = 1 ∞ 的一致收敛性及Lebesgue控制收敛定理，可得

v ( t ) = lim n → + ∞ D 0 + α − 1 u n ( t ) = lim n → + ∞ 1 Γ ( n − α ) ( d d t ) n − 1 ∫ 0 t ( t − s ) n − 1 − α ( 1 + s α − 1 ) u n ( s ) 1 + s α − 1 d s = 1 Γ ( n − α ) ( d d t ) n − 1 ∫ 0 t ( t − s ) n − 1 − α ( 1 + s α − 1 ) u ( s ) 1 + s α − 1 d s = D 0 + α − 1 u ( t ) .

当 α = n 时，有

v ( t ) = lim n → + ∞ u n ( n − 1 ) ( t ) = ( d d t ) n − 1 lim n → + ∞ u n ( t ) = u ( n − 1 ) ( t ) .

所以， ( X , ‖ · ‖ ) 是Banach空间。

注意到Arzela-Ascoli定理不能在空间 X 中使用，为此，引入以下改进的紧凑型标准。

引理2.5 ( [ 10 ] )设 Z ⊆ Y 是有界集，那么，当下述条件成立时， Z 在 Y 中是相对紧的：

(i) 对 ∀ u ( t ) ∈ Z ， u ( t ) 1 + t α − 1 和 D 0 + α − 1 u ( t ) 在 J 的任何紧区间上是等度连续的。

(ii) 对于给定的 ε > 0 ， ∃ 常数 T = T ( ε ) > 0 ， s . t . 对 ∀ t 1 , t 2 ≥ T , u ( t ) ∈ Z ，有

| u ( t 1 ) 1 + t 1 α − 1 − u ( t 2 ) 1 + t 2 α − 1 | < ε ,     | D 0 + α − 1 u ( t 1 ) − D 0 + α − 1 u ( t 2 ) | < ε .

令 A = ( 1 + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ) ∫ 0 ∞ ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s ,

B = ( 1 + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ) ∫ 0 ∞ c ( s ) d s + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i c ( s ) d s .

假设以下条件成立：

(H₁)存在非负函数 a ( t ) , b ( t ) , c ( t ) ∈ L 1 ( J ) , s . t .

| f ( t , x , y ) | ≤ a ( t ) | x | + b ( t ) | y | + c ( t ) ,     ∫ 0 + ∞ ( ( 1 + t α − 1 ) a ( t ) + b ( t ) ) d t < Γ ( α ) ,     ∫ 0 + ∞ c ( t ) d t < + ∞ .

(H₂)假设 ∑ i = 1 m α i < 1 ,   A < 1 。

引理3.1 假设(H₁) (H₂)成立。问题(1.1) (1.2)等价于积分方程

u ( t ) = 1 Γ ( α ) ∫ 0 t ( t − s ) α − 1 f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s     + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) [ ∑ i = 1 m α i ∫ 0 ξ i f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s     − ∫ 0 ∞ f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s ] t α − 1 . (3.1)

证明：由条件(H₁)，

∫ 0 ∞ | f ( t , u ( t ) , D 0 + α − 1 u ( t ) ) | d t ≤ ‖ u ‖ ∫ 0 ∞ ( ( 1 + t α − 1 ) a ( t ) + b ( t ) ) d t + ∫ 0 ∞ c ( t ) d t < + ∞ .

所以(3.1)定义有意义。

根据引理2.3，

u ( t ) = 1 Γ ( α ) ∫ 0 t ( t − s ) α − 1 f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s + c 1 t α − 1 + c 2 t α − 2 + ⋯ + c n t α − n . (3.2)

由条件(1.2)，可得

c 2 = c 3 = ⋯ = c n = 0. (3.3)

c 1 = 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) [ ∑ i = 1 m α i ∫ 0 ξ i f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s − ∫ 0 ∞ f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s ] . (3.4)

将(3.3) (3.4)带入(3.2)，得

u ( t ) = 1 Γ ( α ) ∫ 0 t ( t − s ) α − 1 f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s     + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) [ ∑ i = 1 m α i ∫ 0 ξ i f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s     − ∫ 0 ∞ f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s ] t α − 1 . (3.5)

定义积分算子 T : X → X

T u ( t ) = 1 Γ ( α ) ∫ 0 t ( t − s ) α − 1 f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s     + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) [ ∑ i = 1 m α i ∫ 0 ξ i f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s     − ∫ 0 ∞ f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s ] t α − 1 . (3.6)

引理3.1证明算子 T 的不动点就是问题(1.1) (1.2)的解。

引理3.2 假设(H₁) (H₂)成立。则 T : Ω ¯ → X 一致连续。其中 Ω = { u ∈ X , ‖ u ‖ < R } ，

R ≤ B 1 − A ,   A < 1.

证明：第一步：证明 T : Ω ¯ → X 是相对紧的。

方便起见，在这一步中，记

G = 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) | ∑ i = 1 m α i ∫ 0 ξ i f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s − ∫ 0 ∞ f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s |

设 V 是 Ω ¯ 中的子集， I ⊂ J 是一个紧区间， t 1 , t 2 ∈ I , t 1 < t 2 ，则对 ∀ u ( t ) ∈ V ，有

| T u ( t 2 ) 1 + t 2 α − 1 − T u ( t 1 ) 1 + t 1 α − 1 | ≤ | 1 Γ ( α ) ∫ 0 t 2 ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s − 1 Γ ( α ) ∫ 0 t 1 ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1     ⋅ f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s + 1 Γ ( α ) ∫ 0 t 1 ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s     − 1 Γ ( α ) ∫ 0 t 1 ( t 1 − s ) α − 1 1 + t 1 α − 1 f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s | + G ⋅ | t 2 α − 1 1 + t 2 α − 1 − t 1 α − 1 1 + t 1 α − 1 | ≤ 1 Γ ( α ) ∫ t 1 t 2 ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 | f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s + 1 Γ ( α ) ∫ 0 t 1 | ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1     − ( t 1 − s ) α − 1 1 + t 1 α − 1 | | f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s + G ⋅ | t 2 α − 1 1 + t 2 α − 1 − t 1 α − 1 1 + t 1 α − 1 | ,

且有

| D 0 + α − 1 T u ( t 2 ) − D 0 + α − 1 T u ( t 1 ) | ≤ ∫ t 1 t 2 | f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s .

注意到对 ∀ u ( t ) ∈ V ，有 f ( t , u ( t ) , D 0 + α − 1 u ( t ) ) 在 I 中有界。

故得 T u ( t ) 1 + t α − 1 , D 0 + α − 1 T u ( t ) 在 I 中一致连续。

接下来证明对 ∀ u ( t ) ∈ V ，有 f ( t , u ( t ) , D 0 + α − 1 u ( t ) ) 满足引理2.5的条件(ii)。

根据条件(H₁)，

∫ 0 ∞ | f ( t , u ( t ) , D 0 + α − 1 u ( t ) ) | d t ≤ ‖ u ‖ ∫ 0 ∞ ( ( 1 + t α − 1 ) a ( t ) + b ( t ) ) d t + ∫ 0 ∞ c ( t ) d t < A ‖ u ‖ + B ≤ R ,

于是，对 ∀ ε > 0 ，存在常数 L > 0 ，使得

∫ L ∞ | f ( t , u ( t ) , D 0 + α − 1 u ( t ) ) | d t < ε . (3.7)

另一方面，因为 lim t → + ∞ t α − 1 1 + t α − 1 = 1 ，故 ∃ T 1 > 0 , s . t .   ∀ t 1 , t 2 ≥ T 1 ，有

| t 2 α − 1 1 + t 2 α − 1 − t 1 α − 1 1 + t 1 α − 1 | ≤ | 1 − t 2 α − 1 1 + t 2 α − 1 | + | 1 − t 1 α − 1 1 + t 1 α − 1 | < ε . (3.8)

类似地，因为 lim t → + ∞ ( t − L ) α − 1 1 + t α − 1 = 1 ，故 ∃ T 2 > L > 0 , s . t .   ∀ t 1 , t 2 ≥ T 2 , 0 ≤ s ≤ L ，有

| ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 − ( t 1 − s ) α − 1 1 + t 1 α − 1 | ≤ | 1 − ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 | + | 1 − ( t 1 − s ) α − 1 1 + t 1 α − 1 | ≤ | 1 − ( t 2 − L ) α − 1 1 + t 2 α − 1 | + | 1 − ( t 1 − L ) α − 1 1 + t 1 α − 1 | < ε . (3.9)

令 T > max { T 1 , T 2 } ，则对 ∀ t 1 , t 2 ≥ T ，根据(3.7)~(3.9)，可得

| T u ( t 2 ) 1 + t 2 α − 1 − T u ( t 1 ) 1 + t 1 α − 1 | ≤ 1 Γ ( α ) ∫ 0 L | ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 − ( t 1 − s ) α − 1 1 + t 1 α − 1 | | f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s     + 1 Γ ( α ) ∫ L t 1 ( t 1 − s ) α − 1 1 + t 1 α − 1 | f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s     + 1 Γ ( α ) ∫ L t 2 ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 | f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s + G | t 2 α − 1 1 + t 2 α − 1 − t 1 α − 1 1 + t 1 α − 1 | ≤ max | f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) | Γ ( α ) ∫ 0 L | ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 − ( t 1 − s ) α − 1 1 + t 1 α − 1 | d s

    + 1 Γ ( α ) ∫ L ∞ | f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s     + 1 Γ ( α ) ∫ L ∞ | f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s + G | t 2 α − 1 1 + t 2 α − 1 − t 1 α − 1 1 + t 1 α − 1 | ≤ max | f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) | Γ ( α ) L ε + 2 ε Γ ( α ) + G ε = ( max | f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) | Γ ( α ) L + 2 Γ ( α ) + G ) ε ,

且有

| D 0 + α − 1 T u ( t 2 ) − D 0 + α − 1 T u ( t 1 ) | ≤ ∫ t 1 t 2 | f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s ≤ ∫ L ∞ | f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s < ε .

根据引理2.5知， T V 是相对紧的。

第二步：证明 T : Ω ¯ → X 连续。

设 u n , u ∈ Ω ¯ , n = 1 , 2 , ⋯ ，且当 n → + ∞ 时，有 ‖ u n − u ‖ → 0 ，则

| T u n ( t ) 1 + t α − 1 − T u ( t ) 1 + t α − 1 | ≤ 1 Γ ( α ) ∫ 0 t | f ( s , u n ( s ) , D 0 + α − 1 u n ( s ) ) | d s + 1 Γ (α) ∫ 0 t | f ( s,u (s) , D 0 + α−1 u ( s ) ) | d s + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i | f ( s , u n ( s ) , D 0 + α − 1 u n ( s ) ) | d s + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i | f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s + 1 Γ ( α ) ∫ 0 ∞ | f ( s , u n ( s ) , D 0 + α − 1 u n ( s ) ) | d s + 1 Γ ( α ) ∫ 0 ∞ | f ( s , u ( s ) , D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s

≤ 2 R Γ ( α ) ∫ 0 t ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 2 Γ ( α ) ∫ 0 t c ( s ) d s     + 2 R ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 2 ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i c ( s ) d s     + 2 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ∞ c ( s ) d s + 2 R Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ∞ ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s ≤ 2 R Γ ( α ) A + 2 Γ ( α ) B < + ∞ .

且有

| T u n ( t ) 1 + t α − 1 − T u ( t ) 1 + t α − 1 | ≤ 2 R ∫ 0 t ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 2 ∫ 0 t c ( s ) d s     + 2 R ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 2 ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i c ( s ) d s     + 2 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ∞ ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 2 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ∞ c ( s ) d s ≤ 2 R A + 2 B < + ∞ .

根据Lebesgue控制收敛定理， T 连续。

综上， T 全连续。

定理3.1 设(H₁)，(H₂)成立，则边值问题(1.1) (1.2)至少有一个解 u ∈ X 。

证明： Ω 如引理3.2中定义。设 u ∈ ∂ Ω , λ > 1 , s . t .   T u = λ u ，则

| T u ( t ) | 1 + t α − 1 ≤ 1 Γ ( α ) ‖ u ‖ ∫ 0 t ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 1 Γ ( α ) ∫ 0 t c ( s ) d s     + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ‖ u ‖ ∫ 0 ∞ ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ∞ c ( s ) d s     + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ‖ u ‖ ∫ 0 ξ i ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i c ( s ) d s

≤ ( 1 Γ ( α ) + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ) ‖ u ‖ ∫ 0 ∞ ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s     + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ‖ u ‖ ∫ 0 ξ i ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s     + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i c ( s ) d s + ( 1 Γ ( α ) + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ) ∫ 0 ∞ c ( s ) d s ≤ A R + B ≤ A B 1 − A + B = R ,

且有

| D 0 + α − 1 T u ( t ) | ≤ ‖ u ‖ ∫ 0 t ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + ∫ 0 t c ( s ) d s     + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ‖ u ‖ ∫ 0 ∞ ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ∞ c ( s ) d s     + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ‖ u ‖ ∫ 0 ξ i ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i c ( s ) d s

≤ ( 1 + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ) ‖ u ‖ ∫ 0 ∞ ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s     + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ‖ u ‖ ∫ 0 ξ i ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s     + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i c ( s ) d s + ( 1 + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ) ∫ 0 ∞ c ( s ) d s ≤ A R + B = R   .

故

λ R = λ ‖ u ‖ = ‖ T u ‖ = max { sup | T u ( t ) | 1 + t α − 1 , sup | D 0 + α − 1 T u ( t ) | } ≤ R .

得到 λ ≤ 1 , 这与 λ > 1 矛盾。根据引理1.1， Ω ¯ 中存在一个不动点。故问题(1.1) (1.2)在 X 中至少有一个解。

定理3.2 设(H₁)，(H₂)以及下面的(H₃)成立，则边值问题(1.1) (1.2)有唯一解 u ∈ X 。

(H₃)存在非负函数 l 1 ( t ) , l 2 ( t ) ∈ L 1 ( J ) 使得

| f ( t , x 1 , y 1 ) − f ( t , x 2 , y 2 ) | ≤ l 1 ( t ) | x 1 − x 2 | + l 2 ( t ) | y 1 − y 2 |

及

∫ 0 ∞ max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) , l 2 ( t ) } d t < Γ ( α ) ,     ∫ 0 ξ i max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) , l 2 ( t ) } d t < + ∞ ,

k = 2 P ∫ 0 ∞ max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) , l 2 ( t ) } d t + 2 Q ∫ 0 ξ i max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) , l 2 ( t ) } d t < 1 ,

成立。其中 P = 1 Γ ( α ) + 2 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) + 1 ,   Q = 2 | ∑ i = 1 m α i | Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) 。

证明：对 ∀ u 1 , u 2 ∈ X ，有

‖ T u 1 − T u 2 ‖ ≤ sup t ∈ J | T u 1 − T u 2 | 1 + t α − 1 + sup t ∈ J | D 0 + α − 1 T u 1 − D 0 + α − 1 T u 2 | ≤ 1 Γ ( α ) ∫ 0 t | f ( s , u 1 ( s ) , D 0 + α − 1 u 1 ( s ) ) − f ( s , u 2 ( s ) , D 0 + α − 1 u 2 ( s ) ) | d s     + 2 ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i | f ( s , u 1 ( s ) , D 0 + α − 1 u 1 ( s ) ) − f ( s , u 2 ( s ) , D 0 + α − 1 u 2 ( s ) ) | d s     + 2 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ∞ | f ( s , u 1 ( s ) , D 0 + α − 1 u 1 ( s ) ) − f ( s , u 2 ( s ) , D 0 + α − 1 u 2 ( s ) ) | d s     + ∫ 0 t | f ( s , u 1 ( s ) , D 0 + α − 1 u 1 ( s ) ) − f ( s , u 2 ( s ) , D 0 + α − 1 u 2 ( s ) ) | d s

≤ P ∫ 0 ∞ | f ( s , u 1 ( s ) , D 0 + α − 1 u 1 ( s ) ) − f ( s , u 2 ( s ) , D 0 + α − 1 u 2 ( s ) ) | d s     + Q ∫ 0 ξ i | f ( s , u 1 ( s ) , D 0 + α − 1 u 1 ( s ) ) − f ( s , u 2 ( s ) , D 0 + α − 1 u 2 ( s ) ) | d s ≤ 2 P ‖ u 1 − u 2 ‖ ∫ 0 ∞ max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) , l 2 ( t ) } d t

≤ 2 Q ‖ u 1 − u 2 ‖ ∫ 0 ξ i max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) , l 2 ( t ) } d t ≤ { 2 P ∫ 0 ∞ max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) , l 2 ( t ) } d t + 2 Q ∫ 0 ξ i max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) , l 2 ( t ) } d t } ‖ u 1 − u 2 ‖ = k ‖ u 1 − u 2 ‖ .

因为 k < 1 ，所以 T 收敛。根据Banach不动点定理，可得 T 有唯一不动点。故边值问题(1.1) (1.2)有唯一解。

例4.1 考虑边值问题

D 0 + 5 2 u ( t ) = | u ( t ) D 0 + 3 2 u ( t ) | 4 e t 3 2 ,     t ∈ J : = ( 0 , ∞ ) ,

u ( 0 ) = D 0 + 1 2 u ( 0 ) = 0 ,     D 0 + 3 2 u ( ∞ ) = ∑ i = 1 m α i D 0 + 3 2 u ( ξ i ) ,

其中， α = 5 2 ,   f ( t , x , y ) = | u ( t ) D 0 + 3 2 u ( t ) | 4 e t 3 2 .

因为

| f ( t , x , y ) | ≤ 1 8 e t 3 2 | x | + 1 8 e t 3 2 | y | ,

通过简单计算可知，

∫ 0 ∞ ( ( 1 + s 3 2 ) 1 8 e t 3 2 + 1 8 e t 3 2 ) d s = 1 3 Γ ( 5 3 ) < Γ ( 2 n − 1 2 ) = 3 4 Γ ( 1 2 ) = 3 4 π .

故定理3.1的条件成立。所以边值问题(1.1) (1.2)至少有一个解。

安徽省自然科学基金项目支持(KJ2016A071)；校质量工程项目支持(2016xjjyxm04)。

郝晓红,程智龙. 一类无穷区间上的多点分数阶边值问题解的存在性和唯一性 Existence and Uniqueness of Solutions to a Class of Multi-Point Fractional Boundary Value Problem on the Infinite Interval[J]. 应用数学进展, 2017, 06(08): 956-967. http://dx.doi.org/10.12677/AAM.2017.68115