由于分数微积分具有刻画记忆和遗传性质的特性，所以在描述具有记忆和遗传性质的各种物质、 流变学、材料和力学系统、信号处理和系统辨识、ANN (神经网络)、分形和混沌时, 分数微积分比整数阶微积分更加准确. 分数阶模型涵盖了流体力学,流变学,粘弹性力学, 分数控制系统与分数控制器,各种电子回路,电分析化学,生物系统的电传导, 神经的分数模型以及分数回归模型等领域(见文献[1]及其参考文献). 正是由于其广泛而重要的应用,分数微分方程成为了目前理论研究的热点, 涌现出大量的研究成果,如文献[2,3,4,5,6,7]及其参考文献.

最近，分数阶微分方程的周期边值问题引起了诸多关注. 文献[8]首次考察了如 下分数阶微分方程边值问题的可解性

$$\left \{\begin{array}{ll} D^{\alpha}x(t)-\lambda x(t) =f(t,x(t)),t\in J:= (0,1],\ 0<\alpha<1,\\ \lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}x(t)=x(1). \end{array} \right.$$ 作者计算了该问题的Green函数，并利用Schaeffer不动点定理和Bananch不动点定理证 明了一些解的存在性和唯一性结论. 随后，在文献[9]和[11]中, 作者给出了以下周期边值问题的一些比较原理

$$\left \{\begin{array}{ll} D^{\alpha}x(t)-\lambda x(t) =\sigma (t),t\in J:= (0,1],\ 0<\alpha<1,\\ \lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}x(t)=x(1). \end{array} \right.$$ 文献[10]利用单调迭代方法研究了分数微分方程周期解的存在性与唯一性. 文献[12]则将该项研究推广到时滞微分方程的情形. 在这些文献中，大都要求非线 性项是Lipschitz 连续的或者单增且连续.

受以上工作以及减算子不动点研究^[13]的启发,本文探讨了当非线性项为奇异的且满足 一定的递减性质时，如下的分数阶微分方程接的存在性与唯一性

$$\begin{eqnarray} \left \{\begin{array}{ll} D^{\alpha}x(t)=f(t,x(t)),t\in J:= (0,1],\ 0<\alpha<1,\\ \lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}x(t)=x(1). \end{array} \right. \end{eqnarray}$$

(PBVP)

主要工具是上下解方法、极大值原理和单调迭代技术.

本文的结构为: 第2节给出一些必要的记号与预备知识; 解的存在性与唯一性结论在第3节给出; 第4节举例说明所获结论的应用.

设C[0, 1]表示[0,1]所有连续函数的集合. 若在该线性空间赋予范数

$$\|u\|=\max\limits_{0\leq t\leq 1} | u(t)| ,$$ 则(C[0,1],||.||)是一个Banach空间. 对于 r>0,$u\in$ C(0,1],定义

$$t^ru(t)|_{t=0}=\lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^ru(t),$$ $$C_r[0,1]=\{u\in C(0,1]| t^ru(t)\in C[0,1] \}.$$ 则 $C_r[0,1]$在范数 $\|u\|_r=\max\limits_{0\leq t\leq 1} | t^ru(t) |$ 下也成为一个Banach空间.

当 $0<r<1$,$C_r[0,1]\subset C(0,1]\bigcap L^1[0,1]$,这里 $L^1[0,1]$ 表示$[0,1]$ 上所有Lebesgue可积的函数集合.

设 $P=\{u\in C_{r}[0,1] \mid u(t)\geq 0 ,\forall t\in (0,1]\}$.

${\bf 引理2.1}\quad$ $P$ 是一个正规锥.

${\bf 证}\quad$ (1) $P$ 是$C_r[0,1]$中的一个锥.

这可以用$P$的定义来验证.

(2) $P$ 是正规锥.

事实上,设 $u,v\in P$ 满足 $0\leq u(t)\leq v(t) ,\forall t\in (0,1]$,则有 $0\leq t^ru(t)\leq t^rv(t) ,\forall t\in [0,1]$,即 $\|u\|_r\leq \|v\|_r$.

因此,$P$ 是一个正规锥.

一个连续函数$u:(0,1]\rightarrow R$的 $\alpha(0<\alpha<1)$ 阶 Riemann-Liouville导数定义为

$$I^{\alpha}u(t)=\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_0^t(t-\tau)^{\alpha-1}u(\tau){\rm d}\tau,$$ 其中 $\Gamma(.)$ 表示$\Gamma$函数.

引理2.2 设 $0<\alpha<1$,如果 $u\in C_{\alpha}[0,1],$ 则 $I^{\alpha}u\in C[0,1]$.

${\bf 证}\quad$ 设 $u\in C_{\alpha}[0,1]$,则

$$\begin{eqnarray*} I^{\alpha}u(t)&=& \frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_0^t(t-\tau)^{\alpha-1}u(\tau){\rm d}\tau \\ &=& \frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_0^t(t-\tau)^{\alpha-1}(\tau)^{-\alpha}U(\tau){\rm d}\tau \ \ (U(\tau)={\tau}^{\alpha}u(\tau)) \\ &=& \frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_0^1(1-s)^{\alpha-1}(s)^{-\alpha}U(st){\rm d}s\ \ (s=\frac{\tau}{t}). \end{eqnarray*}$$

注意到 $U(t)$ 在 $[0,1]$ 上一致连续,即对 $\forall \epsilon >0$, 存在 $\delta>0$,当 $t_1,t_2\in [0,1]$ 且$|t_1- t_2|<\delta$就有

$$|U(t_1)-U(t_2)|<\epsilon.$$ 所以

$$\begin{eqnarray*} &&| I^{\alpha}u(t_1)-I^{\alpha}u(t_2)|\\ &=&\bigg|\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_0^1(1-s)^{\alpha-1}(s)^{-\alpha}U(st_1){\rm d}s-\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_0^1(1-s)^{\alpha-1}(s)^{-\alpha}U(st_2){\rm d}s \bigg|\\ & =&\bigg|\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_0^1(1-s)^{\alpha-1}(s)^{-\alpha}[U(st_1)-U(st_2)]{\rm d}s \bigg|\\ & \leq &\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_0^1(1-s)^{\alpha-1}(s)^{-\alpha}\mid U(st_1)-U(st_2)\mid {\rm d}s\\ &\leq& \epsilon \frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_0^1(1-s)^{\alpha-1}(s)^{-\alpha}{\rm d}s\ \ (\because \ \mid st_1-st_2\mid\leq |t_1- t_2|<\delta)\\ & =&\epsilon\frac{B(\alpha,1-\alpha)}{\Gamma(\alpha)}\\ &=&\Gamma(1-\alpha)\epsilon, \end{eqnarray*}$$ 其中 $B(.,.)$表示Beta函数.

因此有 $I^{\alpha}u\in C[0,1]$.

一个连续函数$u\in C(0,1]$的$\alpha(0<\alpha<1)$阶Riemann-Liouville导数定义为

$$D^{\alpha}u(t)=\frac{1}{\Gamma(1-\alpha)}\frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^t(t-\tau)^{-\alpha}u(\tau){\rm d}\tau=\frac{\rm d}{{\rm d}t}I^{1-\alpha}u(t).$$ 作为该定义的直接结论,分数阶导数具有以下性质

(1)当 $\beta>-1$时，

$$D^{\alpha}(t^{\beta})=\frac{1}{\Gamma(1-\alpha)}\frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^t(t-\tau)^{-\alpha}{\tau}^{\beta}{\rm d}\tau=\frac{\Gamma(\beta+1)}{\Gamma(\beta+2-\alpha)}\frac{\rm d}{{\rm d}t}(t^{1+\beta-\alpha}).$$

(2)对于任意的 $u\in C(0,1]\bigcap L^1[0,1],D^{\alpha}I^{\alpha}u=u$.

(3)当 $u\in C(0,1]\bigcap L^1[0,1]$时,分数微分方程 $D^{\alpha}u(t)=0$ 有解为 $u(t)=ct^{\alpha-1},c\in R$.

(4)当 $u\in C(0,1]\bigcap L^1(0,1]$ 且 $D^{\alpha}u\in C(0,1]\bigcap L^1(0,1] (0<\alpha<1)$时,下式成立

$$I^{\alpha}D^{\alpha}u(t)=u(t)+ct^{\alpha-1},\ c\in R.$$

对于 $\alpha>0,\beta>0$,二元的 Mittag-Leffler 函数定义如下

$$E_{\alpha,\beta}(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^k}{\Gamma(\alpha k+\beta)},\ \ z\in {\Bbb C}.$$ 据文献[10]可知,当 $x,y\in {\Bbb R},\ \ x<0<y$ 时

$$0<E_{\alpha,\alpha}(x)<E_{\alpha,\alpha}(0)=\frac{1}{\Gamma(\alpha)}<E_{\alpha,\alpha}(y),$$ $$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}E_{\alpha,\alpha}(x)=+\infty,\ \ \lim\limits_{x\rightarrow -\infty}E_{\alpha,\alpha}(x)=0.$$

为证明主要结论，需要以下的引理.

${\bf 引理2.3}$^[9] 设 $h\in C[0,1],\alpha\in (0,1),\lambda\in {\Bbb R}$ 且 $E_{\alpha,\alpha}(\lambda)<\frac{1}{\Gamma(\alpha)}$. 如果 $u(t)\in C_{1-\alpha}[0,1]$ 满足

(i) $D^{\alpha}u(t)-\lambda u(t)=h(t)(0<t<1)$;

(ii) $\lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}u(t)=u(1)$.

则有

$$u(t)=\int_0^1G_{\lambda,\alpha}(t,s)h(s){\rm d}s,$$ 其中 $G_{\lambda,\alpha}(t,s)$ 的定义为: 当 $0\leq s\leq t\leq1$,

$$\frac{\Gamma(\alpha)E_{\alpha,\alpha}(\lambda t^{\alpha})E_{\alpha,\alpha}(\lambda (1-s)^{\alpha}) t^{\alpha-1}(1-s)^{\alpha-1}}{1-\Gamma(\alpha)E_{\alpha,\alpha}(\lambda)}+(t-s)^{\alpha-1}E_{\alpha,\alpha}(\lambda (t-s)^{\alpha}).$$

当 $0\leq t\leq s\leq1$,

$$\frac{\Gamma(\alpha)E_{\alpha,\alpha}(\lambda t^{\alpha})E_{\alpha,\alpha}(\lambda (1-s)^{\alpha}) t^{\alpha-1}(1-s)^{\alpha-1}}{1-\Gamma(\alpha)E_{\alpha,\alpha}(\lambda)}.$$

${\bf 注2.1}\quad$ 据文献[10,引理2.2],当 $\alpha\in (0,1),\ \lambda\in R,\ \lambda<0$时, $0<E_{\alpha,\alpha}(\lambda)< \frac{1}{\Gamma(\alpha)}$. 如果$E_{\alpha,\alpha}(\lambda)<\frac{1}{\Gamma(\alpha)}$, 容易验证 $G_{\lambda,\alpha}(t,s)>0$ for $(t,s)\in (0,1)\times (0,1)$.

${\bf 引理2.4}$^[9]$\quad$ 设 $\alpha\in (0,1),\lambda\in {\Bbb R}$ 且 $E_{\alpha,\alpha}(\lambda)<\frac{1}{\Gamma(\alpha)}$. 如果 $u(t)\in C_{1-\alpha}[0,1]$ 满足

(i) $D^{\alpha}u(t)-\lambda u(t)\geq 0(0<t<1)$;

(ii) $\lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}u(t)=u(1)$.

则 $u(t)\geq 0,\forall t\in (0,1]$.

在本节中,始终假定以下条件成立.

$(H_1)$ $f:(0,1]\times R\longrightarrow R$ 是连续函数;

$(H_2)$ 对于$\forall x\in C_{1-\alpha}[0,1],\ f(t,x(t))\in C_{1-\alpha}[0,1]$, 其中

$$t^{1-\alpha}f(t,x(t))|_{t=0}:=\lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}f(t,x(t)).$$ 值得注意的是: 当 $(H_1)-(H_2)$ 成立时,$f(t,x)$ 可以在$t=0$ 是奇异的.

易见 $(PBVP)$ 与如下问题等价

$$\left \{\begin{array}{ll} D^{\alpha}x(t)-\lambda x(t)=f(t,x(t))-\lambda x(t),t\in J:= (0,1],\ 0<\alpha<1,\\ \lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}x(t)=x(1), \end{array} \right.$$ 其中参数 $\lambda\in{\Bbb R}$ 且满足 $E_{\alpha,\alpha}(\lambda)<\frac{1}{\Gamma(\alpha)}$.

对于 $x\in C_{1-\alpha}[0,1]$,定义映射 $T$ 如下

$$(Tx)(t)=\int_0^1G_{\lambda,\ \alpha}(t,s)[f(s,x(s))-\lambda x(s)]{\rm d}s,$$ 其中 $G_{\lambda,\ \alpha}(t,s)$ 的定义见引理2.3. 于是 $x\in C_{1-\alpha}$ 是 $(PBVP)$ 的一个解当且仅当 $x\in C_{1-\alpha}$ 是 $T$的一个不动点.

${\bf 引理3.1}\quad$ 当条件 $(H_1)-(H_2)$成立时, 算子 $T$ 映 $C_{1-\alpha}[0,1]$ 到 $C_{1-\alpha}[0,1]$ 且 $T$ 是连续的.

${\bf 证}\quad$ 结论分两步证明.

(1) 若 $x\in C_{1-\alpha}[0,1]$,则$Tx\in C_{1-\alpha}[0,1]$.

显然当 $x\in C_{1-\alpha}[0,1]$ 时,$[f(t,x(t))-\lambda x(t)]\in C_{1-\alpha}[0,1]$.

设 $\sigma(t)=f(t,x(t))-\lambda x(t),u(t)=(Tx)(t)$,则有

$$\left \{\begin{array}{ll} D^{\alpha}u(t)-\lambda u(t)=\sigma(t),t\in J:= (0,1],\ 0<\alpha<1,\\ \lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}u(t)=u(1). \end{array} \right.$$

据文献[9],当 $\sigma\in C_{1-\alpha}[0,1]$ 且 $E_{\alpha,\alpha}(\lambda)<\frac{1}{\Gamma(\alpha)}$ 时,下述线性分数微分方程边值问题

$$\left \{\begin{array}{ll} D^{\alpha}u(t)-\lambda u(t)=\sigma(t),t\in J:= (0,1],\ 0<\alpha<1,\\ \lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}x(t)=x(1) \end{array} \right.$$ 的解是

$$u(t)=u_0\Gamma(\alpha)t^{1-\alpha}E_{\alpha,\alpha}(\lambda t^{\alpha})+\int_0^t {(t-s)}^{\alpha-1}E_{\alpha,\alpha}(\lambda {(t-s)^{\alpha})}\sigma(s){\rm d}s,$$ 其中 $u_0$为一常数.

以下来证明 $u\in C_{1-\alpha}[0,1]$.

事实上,

$$t^{1-\alpha}u(t)=u_0\Gamma(\alpha)t^{2(1-\alpha)}E_{\alpha,\alpha}(\lambda t^{\alpha})+t^{1-\alpha}\int_0^t {(t-s)}^{\alpha-1}E_{\alpha,\alpha}(\lambda {(t-s)^{\alpha})}\sigma(s){\rm d}s$$

只需说明 $t^{1-\alpha}\int_0^t {(t-s)}^{\alpha-1}E_{\alpha,\alpha}(\lambda {(t-s)^{\alpha})}\sigma(s){\rm d}s$ 是 $t$的连续函数. 注意到

$$\begin{eqnarray*} &&t^{1-\alpha}\int_0^t {(t-s)}^{\alpha-1}E_{\alpha,\alpha}(\lambda {(t-s)^{\alpha})}\sigma(s){\rm d}s\\ & =&\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^{1-\alpha}\lambda^{k\alpha}}{\Gamma(\alpha k+\alpha)}\int_0^t(t-s)^{(k+1)\alpha-1}\sigma(s){\rm d}s\\ &=&\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^{1-\alpha}\lambda^{k\alpha}}{\Gamma(\alpha k+\alpha)}\int_0^t(t-s)^{(k+1)\alpha-1}s^{\alpha-1}\phi(s){\rm d}s\\ &=&\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^{(k+1)\alpha}\lambda^{k\alpha}}{\Gamma(\alpha k+\alpha)}\int_0^1(1-u)^{(k+1)\alpha-1}u^{\alpha-1}\phi(ut){\rm d}u, \end{eqnarray*}$$ 其中$\phi(t)=t^{1-\alpha}\sigma(t)\in C[0,1]$. 由于 $\phi(t)$ 在 $[0,1]$ 上一致连续,即 $\forall \epsilon >0$,存在$\delta>0$,当 $t_1,t_2\in [0,1]$ 且 $|t_1- t_2|<\delta$时,

$$|\phi(t_1)-\phi(t_2)|<\epsilon.$$ 此时,

$$\begin{eqnarray*} &&\bigg| \int_0^1(1-u)^{(k+1)\alpha-1}u^{\alpha-1}\phi(ut_1){\rm d}u-\int_0^1(1-u)^{(k+1)\alpha-1}u^{\alpha-1}\phi(ut_2){\rm d}u\bigg|\\ & =&\bigg| \int_0^1(1-u)^{(k+1)\alpha-1}u^{\alpha-1}(\phi(ut_1)-\phi(ut_2)){\rm d}u\bigg|\\ &\leq& \int_0^1(1-u)^{(k+1)\alpha-1}u^{\alpha-1}| \phi(ut_1)-\phi(ut_2)|{\rm d}u\\ & \leq& \epsilon \int_0^1(1-u)^{(k+1)\alpha-1}u^{\alpha-1}{\rm d}u\\ &=&\epsilon B((k+1)\alpha,\alpha). \end{eqnarray*}$$ 这说明对于任意的$k$，$\frac{t^{(k+1)\alpha}}{\Gamma(\alpha k+\alpha)} \int_0^1(1-u)^{(k+1)\alpha-1}u^{\alpha-1}\phi(ut){\rm d}u$ 是 $t$ 的连续函数.

因此,$t^{1-\alpha}u(t)\in C[0,1]$.

(2) 在假设 $(H_1)-(H_2)$下,利用Lebesgue控制收敛定理可以证明 $T$ 是连续的.

设 $u,v\in C_{1-\alpha}[0,1]$ 满足 $u(t)\leq v(t),t\in [0,1]$,记

$$[u,v]=\{x\in C_{1-\alpha}[0,1]| u(t)\leq x(t)\leq v(t),t\in (0,1]\}.$$

${\bf 定理3.1}\quad$ 如果存在 $u,v \in C_{1-\alpha}[0,1],u\leq v$ 和常数 $\lambda$ ($\lambda$ 满足$E_{\alpha,\alpha}(\lambda)<\frac{1}{\Gamma(\alpha)}$), 使得以下条件成立

$(A_1)$ 对于任意的$t\in [0,1],x,y\in [u,v],x\leq y,$

$$f(t,y(t))-f(t,x(t))\leq \lambda (y(t)-x(t));$$

$(A_2)$ 对于任意的$t\in [0,1],x,y\in [u,v],$

$$f(t,lx(t)+(1-l)y(t)\leq lf(t,x(t))+(1-l)f(t,y(t));$$

$(A_3)$ 对于任意的 $t\in (0,1)$,

$$D^{\alpha}(v+u)(t)+\lambda (v-u)(t)\leq 2f(t,v(t)),$$ $$f(t,u(t))\leq D^{\alpha}v(t)-\lambda(v-u)(t);$$

$(A_4)$ $\lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}u(t)=u(1),\ \lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}v(t)=v(1)$.

那么$(PBVP)$ 存在唯一解 $x^*\in C_{1-\alpha}[0,1]\cap [u,v]$.

${\bf证}\quad$ 分数阶微分方程周期边值问题 $(PBVP)$ 等价于如下边值问题

$$\left \{\begin{array}{ll} D^{\alpha}x(t)-\lambda x(t)=f(t,x(t))-\lambda x(t),0< t< 1,\\ \lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}x(t)=x(1). \end{array} \right.$$

设 $x_0$ 为下述边值问题的解

$$\left \{\begin{array}{ll} D^{\alpha}x(t)-\lambda x(t)=f(t,v(t))-\lambda v(t),\\ \lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}x(t)=x(1), \end{array} \right.$$ 则

$$x_0=\int_0^1 G_{\lambda,\alpha}(t,s)[f(s,v(s))-\lambda v(s)]{\rm d}s,$$ 这里 $G_{\lambda,\alpha}(t,s)$ 的定义见引理 2.2. 构造迭代列 $\{x_n\}$ 如下

$$\left\{ \begin{array}{ll} D^{\alpha}x_{n+1}(t)-\lambda x_{n+1}(t)=f(t,x_{n}(t))-\lambda x_{n}(t),\\ \lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}x_{n+1}(t)=x_{n+1}(1), \\ n=0,1,2,\cdots . \end{array} \right.$$

由于 $f$ 连续,所以点列 $\{x_n\}$ 有意义且有 $\{x_n\}\subset C_{1-\alpha}[0,1]$.

以下来证明 $\{x_n\}$ 收敛到问题 $(PBVP)$ 在序区间 $[u,v]$ 中的唯一解.

证明过程分为5步.

第1步) $v(t)\geq x_0(t)\geq (\frac{u+v}{2})(t)\geq u(t).$

由定理条件 $(A1),(A3),(A4)$,可知

$$\begin{eqnarray*} D^{\alpha} \Big(\frac{u+v}{2}\Big)(t)-\lambda\Big(\frac{u+v}{2}\Big)(t) &\leq & f(t,v(t))-\lambda v(t)\leq f(t,u(t))-\lambda u(t) \\ & \leq& D^{\alpha}v(t)-\lambda v(t). \end{eqnarray*}$$ 于是,根据 $x_0$ 的定义易得

$$D^{\alpha}v(t)-\lambda v(t)\geq D^{\alpha}x_0(t)-\lambda x_0(t)\geq D^{\alpha} \Big(\frac{u+v}{2}\Big)(t)-\lambda\Big(\frac{u+v}{2}\Big)(t).$$ 注意到

$$\lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}u(t)=u(1), \lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}v(t)=v(1), \lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}x_0(t)=x_0(1).$$ 据引理 2.5,有

$$v(t)\geq x_0(t)\geq \Big(\frac{u+v}{2}\Big)(t)\geq u(t).$$

第2步)对于$n=0,1,2,\cdots ,$ 成立着

$$v(t)\geq x_{2n+1}(t)\geq x_{2n}(t)\geq \Big(\frac{u+v}{2}\Big)(t)\geq u(t).$$

利用数学归纳法来证明结论.

事实上，由于

$$D^{\alpha}x_{1}(t)-\lambda x_{1}(t)=f(t,x_{0}(t))-\lambda x_{0}(t).$$

根据第1步证明及条件$(A1)$ 有

$$f(t,u(t))-\lambda u(t)\geq f(t,x_{0}(t))-\lambda x_{0}(t)\geq f(t,v(t))-\lambda v(t).$$ 注意到

$$f(t,u(t))-\lambda u(t) \leq D^{\alpha}v(t)-\lambda v(t),$$ 所以有

$$D^{\alpha}v(t)-\lambda v(t)\geq D^{\alpha}x_{1}(t)-\lambda x_{1}(t)\geq D^{\alpha}x_{0}(t)-\lambda x_{0}(t).$$

根据引理 2.4,

$$v(t)\geq x_{1}(t)\geq x_{0}(t).$$ 所以当 $n=0$结论成立.

设若 $n=k$ 时结论也成立,即

$$v(t)\geq x_{2k+1}(t)\geq x_{2k}(t)\geq \Big(\frac{u+v}{2}\Big)(t)\geq u(t).$$

则由假设 $(A1)$,对于任意的 $t\in [0,1]$

$$\begin{eqnarray*} f(t,u(t))-\lambda u(t)&\geq& f(t,x_{2k}(t))-\lambda x_{2k}(t)\geq f(t,x_{2k+1}(t))-\lambda x_{2k+1}(t)\\ &\geq& f(t,v(t))-\lambda v(t). \end{eqnarray*}$$ 这说明

$$\begin{eqnarray*} D^{\alpha}v(t)-\lambda v(t)&\geq& D^{\alpha}x_{2k+1}(t)- \lambda x_{2k+1}(t)\geq D^{\alpha}x_{2k+2}(t)-\lambda x_{2k+2}(t)\\ &\geq & D^{\alpha}x_{0}(t)-\lambda x_{0}(t). \end{eqnarray*}$$ 再根据引理 2.3,可知

$$v(t)\geq x_{2k+1}(t)\geq x_{2k+2}(t)\geq x_{0}(t)\geq u(t).$$

重复此过程,可得

$$\left\{ \begin {array} {ll} f(t,u(t))-\lambda u(t)\geq f(t,x_{2k+2}(t))-\lambda x_{2k+2}(t)\\ \geq f(t,x_{2k+1}(t))-\lambda x_{2k+1}(t)\geq f(t,v(t))-\lambda v(t),\\ D^{\alpha}v(t)-\lambda v(t)\geq D^{\alpha}x_{2k+3}(t)-\lambda x_{2k+3}(t)\\ \geq D^{\alpha}x_{2k+2}(t)-\lambda x_{2k+2}(t)\geq D^{\alpha}x_{0}(t)-\lambda x_{0}(t),\\ v(t)\geq x_{2k+3}(t)\geq x_{2k+2}(t)\geq x_{0}(t)\geq u(t), \end {array} \right.$$ 即当 $n=k+1$ 结论也成立.

所以对所有的 $n\in \{0\}\bigcup N$,结论都成立.

第3步) $\{x_{2n}(t)\}$ 递增,$\{x_{2n+1}(t)\}$ 递减.

由第2步证明过程可知

$$v(t)\geq x_1(t)\geq u(t).$$ 于是根据条件 $(A1)$ 得

$$f(t,u(t))-\lambda u(t)\geq f(t,x_{1}(t))-\lambda x_{1}(t)\geq f(t,v(t))-\lambda v(t).$$ 这表明

$$D^{\alpha}v(t)-\lambda v(t)\geq D^{\alpha}x_{2}(t)-\lambda x_{2}(t)\geq D^{\alpha}x_{0}(t)-\lambda x_{0}(t).$$ $$v(t)\geq x_{2}(t)\geq x_0(t) .$$

类似于步骤2,利用数学归纳法可以证明 $\{x_{2n}(t)\}$ 是递增的. 同理可证$\{x_{2n+1}(t)\}$ 是递减的.

第4步) $\{x_{n}(t)\}$ 收敛到问题 $(PBVP)$的一个解.

由步骤1--3,对于 $n=0,1,2,\cdots$,

$$u(t)\leq \Big(\frac{u+v}{2}\Big)(t)\leq x_{2n}(t) \leq x_{2n+2}(t)\leq x_{2n+3}(t)\leq x_{2n+1}(t) \leq v(t).$$

设 $y_n(t)=x_n(t)-u(t)$,则对 $n=0,1,2,\cdots$,

$$0\leq \frac{v(t)-u(t)}{2}\leq y_{2n}(t) \leq y_{2n+2}(t)\leq y_{2n+3}(t)\leq y_{2n+1}(t) \leq v(t)-u(t).$$

令

$$r_n=\sup \{r\in R| y_{2n}(t)\geq r y_{2n+1}(t)\},$$ 则数列 $\{r_n\}$是良定的. 易验证 $\frac{1}{2}\leq r_n\leq 1$ 且 $\{r_n\}$ 递增,所以 $\{r_n\}$ 收敛.

由假设 $(A1),(A2)$,可得

$$\begin{eqnarray*} \displaystyle &&y_{2n+3}(t) \leq y_{2n+1}(t) =x_{2n+1}(t)-u(t) \\&=& \int_0^1 G_{\lambda,\alpha}(t,s)[f(s,x_{2n}(s))-\lambda x_{2n}(s)]{\rm d}s-u(t) \\&=&\int_0^1 G_{\lambda,\alpha}(t,s)[f(s,(y_{2n}+u)(s))-\lambda (y_{2n}+u)(s)]{\rm d}s-u(t) \\&\leq&\int_0^1 G_{\lambda,\alpha}(t,s)[f(s,(r_ny_{2n+1}+u)(s))-\lambda (r_ny_{2n+1}+u)(s)]{\rm d}s-u(t) \\&=& \int_0^1 G_{\lambda,\alpha}(t,s)[f(s,r_nx_{2n+1}+(1-r_n)u(s))-\lambda (r_nx_{2n+1}(s)+(1-r_n)u(s))]{\rm d}s-u(t) \\ &\leq&\int_0^1 G_{\lambda,\alpha}(t,s)[r_nf(s,x_{2n+1}(s))+(1-r_n)f(s,u(s)) \\ &&-\lambda (r_nx_{2n+1}(s)+(1-r_n)u(s))]{\rm d}s-u(t) \\&=&r_n\int_0^1 G_{\lambda,\alpha}(t,s)[f(s,x_{2n+1}(s))-\lambda x_{2n+1}(s)]{\rm d}s \\ &&+(1-r_n)\int_0^1 G_{\lambda,\alpha}(t,s)[f(s,u(s))-\lambda u(s)]{\rm d}s-u(t) \\&\leq&r_nx_{2n+2}(t)+(1-r_n)v(t)-u(t) \\&=&r_ny_{2n+2}(t)+(1-r_n)(v(t)-u(t)) \\&=&r_ny_{2n+2}(t)+2(1-r_n)\frac{(v(t)-u(t))}{2} \\&\leq& r_ny_{2n+2}(t)+2(1-r_n)y_{2n+2}(t) \\&\leq&(2-r_n)y_{2n+2}(t), \end{eqnarray*}$$ 从而

$$r_{n+1}=\sup \{r\in R| y_{2n+3}(t)\geq r y_{2n+2}(t)\}\geq \frac{1}{2-r_n}.$$

设 $\lim\limits_{n\rightarrow \infty}r_n=r$,上述不等式表明 $r\geq \frac{1}{2-r}$,所以 $r=1$.

对任意的偶数 $p>0$,

$$0\leq y_{2n+p}-y_{2n}\leq y_{2n+1}-y_{2n}\leq (1-r_n)y_{2n+1}\leq (1-r_n)(v-u)(t).$$ 由 $r_n\rightarrow 1$ 及锥$P$ 的正规性可知,$\{y_{2n}\}$ 是 $C_{1-\alpha}[0,1]$ 中的Cauchy列. 类似地,可以证明 $\{y_{2n+1}\}$ 也是$C_{1-\alpha}[0,1]$ 中的Cauchy列. 于是

$$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}y_{2n}=\lim\limits_{n\rightarrow \infty}y_{2n+1},$$ 所以 $\{y_n\}$ 收敛.

设 $y^*=\lim\limits_{n\rightarrow \infty}y_{n}$,$x^*=y^*(t)+u(t)$, 则有

$$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}x_{n}(t)={x^*}(t).$$ 以及

$$\begin{eqnarray*} {x^*}(t)&=&\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\int_0^1 G_{\lambda,\alpha}(t,s)[f(s,x_{n}(s))-\lambda x_{n}(s)]{\rm d}s \\ &=&\int_0^1 G_{\lambda,\alpha}(t,s)[f(s,x^*(s))-\lambda x^*(s)]{\rm d}s, \end{eqnarray*}$$ 这表明 $x^*$ 是问题 $(PBVP)$ 的一个解.

第5步) $x^*$ 是问题 $(PBVP)$ 在序区间 $[u,v]$中的唯一解.

设 $\overline{x}\in [u,v]$ 是 $(PBVP)$ 的一个解,则

$$f(t,v(t))-\lambda v(t) \leq f(t,\overline{x}(t))-\lambda \overline{x}(t) \leq f(t,u(t))-\lambda u(t).$$ 从而

$$D^{\alpha}x_0(t)-\lambda x_0(t) \leq D^{\alpha}\overline{x}(t)-\lambda \overline{x}(t) \leq D^{\alpha}v(t)-\lambda v(t).$$

据引理 2.4,有 $x_0(t)\leq \overline{x}(t)\leq v(t).$

因而

$$f(t,v(t))-\lambda v(t) \leq f(t,\overline{x}(t))-\lambda \overline{x}(t) \leq f(t,x_0(t))-\lambda x_0(t).$$ 这表明

$$D^{\alpha}x_0(t)-\lambda x_0(t) \leq D^{\alpha}\overline{x}(t)-\lambda \overline{x}(t) \leq D^{\alpha}x_1(t)-\lambda x_1(t).$$ 由引理2.4可知 $x_0(t)\leq \overline{x}(t)\leq x_1(t).$

继续这一过程,容易验证

$$x_{2n}(t)\leq \overline{x}(t)\leq x_{2n+1}(t),n=0,1,2,\cdots .$$ 因此

$$\overline{x}(t)=\lim\limits_{n\rightarrow \infty}x_{n}(t)={x^*}(t).$$ 证毕.

${\bf 注3.1}\quad$ 定理3.1是一个局部性结论, 即在一个局部其解是存在且唯一的; 但从全局来看,边值问题可能会有多个解.

${\bf 推论3.1}\quad$ 如果存在常数 $c>0,\lambda<0$ 满足

1) $\frac{\lambda c}{2}\leq t^{1-\alpha}f(t,c t^{1-\alpha})\leq t^{1-\alpha}f(t,0)\leq -\lambda c$;

2) 对于 $\forall t\in [0,1]$,$f(t,.)$为凸函数;

3) 对于 $\forall t\in [0,1],x,y\in R,x\leq y$,成立着$f(t,y)-f(t,x)\leq \lambda (y-x)$;

4) $E_{\alpha,\alpha}(\lambda)<\frac{1}{\Gamma(\alpha)}$.

则 $(PBVP)$ 有唯一解 $u^*$ 满足 $0 \geq {u^*}(t)\geq ct^{\alpha-1},\forall t\in [0,1]$. 进一步, 如果存在 $t_0\in (0,1)$ 使得 $f(t_0,0)\neq 0$,那么 $u^*(t)>0,t\in(0,1)$.

${\bf 证}\quad$ 在推论3.1的假设下,设 $u(t)\equiv 0,v(t)=ct^{\alpha-1}$,可以验证定理3.1的条件(A1)--(A5)都满足. 于是根据定理3.1可知周期边值问题存在唯一解 $u^*$ 满足 $0 \geq {u^*}(t)\geq ct^{\alpha-1},t\in [0,1]$.

进一步，如果存在 $t_0\in(0,1]$ 使得 $f(t_0,0)\neq 0$,那么 $u^*(t)$ 在$(0,1)$内不会恒为0,从而根据引理2.3得 $u^*(t)>0,\ t\in(0,1)$.

考察如下的边值问题

$$\left \{\begin{array}{ll} D^{\alpha}x(t)={\rm e}^{- x(t)}+\lambda x(t)+bt^{\alpha-1},0<t< 1,\\ \lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t^{1-\alpha}x(t)=x(1), \end{array} \right.$$ 其中 $f(t,x)={\rm e}^{-x}+\lambda x+bt^{\alpha-1}$,显然$f$在$t=0$ 是奇异的. 如果 $E_{\alpha,\alpha}(\lambda)<\frac{1}{\Gamma(\alpha)},$ $-\frac{\lambda}{2}\leq b\leq -(\lambda+1)$,那么据推论3.1可知该问题有唯一解 $u^*$满足

$$0\leq u^*(t)\leq ct^{\alpha-1},~~t\in (0,1].$$ 进一步,由$f(t,0)\neq 0$ 可知 $u^*(t)>0,t\in(0,1)$.