设常数 $0<\alpha<1$,$D^\alpha $ 是由

$$D^\alpha u(t)=\frac 1{\Gamma (1-\alpha )}\frac{\rm d}{{\rm d}t}\int_0^t(t-s)^{-\alpha }u(s){\rm d}s$$

定义的 Riemann-Liouville 分数导数,其中 $\Gamma (x)$ 是 Gamma 函数.本文研究非线性分数微分方程的初值问题

$$(P) D^\alpha u(t)=f(t,u(t)),0\leq t\leq 1,t^{1-\alpha}u(t)|_{t=0}=c$$ 解的存在性与迭代方法,其中 $c$ 为固定常数.

当 $c\neq 0$ 时,因 $t^{1-\alpha}u^{*}(t)|_{t=0}=c$,问题 $(P)$ 的解 $u^{*}(t)$ 在 $t=0$ 处奇异.

为了陈述方便,我们首先介绍本文的基础空间和基本假设.

考察 $(C_{\alpha}[0, 1],\|u\|_{\alpha})$,这里

$$C_{\alpha}[0, 1]=\{u\in C(0,1]:t^{1-\alpha}u\in C[0, 1]\},\|u\|_{\alpha}=\max \limits_{0\leq t\leq 1}t^{1-\alpha}|u(t)|. $$ 下文简记 $(C_{\alpha}[0, 1],|u\|_{\alpha})=C_{\alpha}[0, 1]$. 容易验证 $C_{\alpha}[0, 1]$ 为 Banach 空间.如果 $u\in C_{\alpha}[0, 1]$,则 $-\|u\|_{\alpha}t^{\alpha-1}\leq u(t)\leq \|u\|_{\alpha}t^{\alpha-1},~\forall 0<t\leq 1$.

关于函数 $f(t,x)$,本文使用下列假设:

(H1) $f:[0, 1]\times (-\infty,+\infty)\rightarrow(-\infty,+\infty)$ 连续.

(H2) 存在连续函数 $g:[0, 1]\times (-\infty,+\infty)\rightarrow(-\infty,+\infty)$ 使得

$$f(t,x)=g(t,t^{1-\alpha}x),\forall (t,x)\in [0, 1]\times(-\infty,+\infty). $$

由于获得力学和物理学中的广泛应用,近年来分数微分方程的基础理论和实际应用的研究都在迅速发展^{[1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11]}. 近期论文大都考察非线性问题,其中不少工作将上下解和单调迭代两种方法结合起来建立了不少新结论,参见文献[3, 7, 8, 9, 10]. 例如,2009 年张淑琴^[8]证明了下列存在定理.

定理 1.1^{[8,定理 2.1]} 假设

(a1) (H1) 和 (H2) 成立.

(a2) 存在函数 $\underline{w},\overline{w}\in C_{\alpha}[0, 1]$ 使得$\underline{w}(t)\leq \overline{w}(t),~\forall 0<t\leq 1$ 并且

(1) $D^{\alpha}\underline{w}(t)\leq f(t,\underline{w}(t)),~\forall 0\leq t\leq 1,~t^{1-\alpha}\underline{w}(t)|_{t=0}\leq c$;

(2) $D^{\alpha}\overline{w}(t)\leq f(t,\overline{w}(t)),~\forall 0\leq t\leq 1,~t^{1-\alpha}\overline{w}(t)|_{t=0}\geq c$.

(a3) 存在常数 $0<\omega_{1}<\Gamma (1+\alpha)$ 使得对于任何 $0\leq t\leq1$,

$$f(t,x_{2})-f(t,x_{1})\geq \omega_{1}t^{1-\alpha}(x_{2}-x_{1}),\forall \underline{w}(t)\leq x_{1}\leq x_{2}\leq \overline{w}(t). $$

(a4) 存在常数 $\omega_{1}\leq \omega_{2}<\Gamma (1+\alpha)$使得对于任何 $0\leq t\leq 1$,

$$f(t,x_{2})-f(t,x_{1})\leq \omega_{2}t^{1-\alpha}(x_{2}-x_{1}),\forall \underline{w}(t)\leq x_{1}\leq x_{2}\leq \overline{w}(t). $$

如果 (a1)-(a3) 成立,则问题 $(P)$ 有一个解 $u^{*}\in C_{\alpha}[0, 1]$ 满足 $\underline{w}(t)\leq u^{*}(t)\leq\overline{w}(t),~\forall 0<t\leq 1$. 此外如果 (a4) 成立,则解$u^{*}(t)$ 唯一.

定理 1.1 是非线性初值问题 $(P)$ 迭代求解的第一个结论.为了证明这个定理,文献[8] 设计了空间 $C_{\alpha}[0, 1]$,提供了 $c\neq 0$ 时处理问题 $(P)$ 的基本框架.

然而定理 1.1 涉及的逐次迭代格式具有下列微分形式

$$D^{\alpha}u_{n}(t)=\omega_{1}(u_{n}(t)-u_{n-1}(t))+f(t,u_{n-1}(t)),t^{1-\alpha}u_{n}(t)|_{t=0}=c, $$ 其中 $u_{0}(t)=\underline{w}(t)$ 或者 $u_{0}(t)=\overline{w}(t)$.这个格式每一步都要求解一个 $(P)$ 型边值问题,其困难不亚于求解问题$(P)$ 本身. 因此定理 1.1 用于迭代求解实际问题时会受到很大的限制.

另一方面,定理 1.1 的原文^{[8,定理 2.1]} 有一个明显的失误,即缺失了条件 (H2).这是因为文献[8] 误认为当 $f:[0, 1]\times (-\infty,+\infty)\rightarrow(-\infty,+\infty)$ 连续并且 $u\in C_{\alpha}[0, 1]$ 时 $f(t,u(t))$ 必然有界. 事实上此时如果 $c\neq 0$,则 $\underline{w}(t)$ 和 $\overline{w}(t)$ 都是无界的. 因而 $f(t,\underline{w}(t))$和 $f(t,\overline{w}(t))$ 都可能在 $[0, 1]$ 无界,甚至不是 Riemann-Liouville 可积的. 为此,我们在定理 1.1 中补充了条件 (H2)并对 (a3) 和 (a4) 作了相应的调整.

本文的目的是完善文献[8] 中处理初值问题 $(P)$ 的框架并且改进定理 1.1. 我们将从实际应用出发,分两个思路实现这一目标.定理 3.1 将保留上下解条件 (a2),削弱单调性条件 (a3),放宽压缩性条件 (a4),利用单调迭代方法证明问题 $(P)$ 解的存在性. 定理 3.2 将放弃上下解方法,通过控制函数 $f(t,x)$ 的增长并利用单调迭代方法证明问题 $(P)$ 解的存在性.在这两种思路下,我们都将改进文献[12, 13, 14] 的逐次迭代方法,构造积分形式迭代函数序列. 这些迭代序列都在 $C_{\alpha}[0, 1]$ 中一致收敛于问题 $(P)$ 解.我们还将在适当条件下考察这些迭代序列的收敛速度,力求使本文的结论在数值分析上也是可行和有效的.

根据文献 ^{[3,例 2.1]},对于任何 $0\leq t\leq 1$ 及 $\mu >-1$ 均有

$$\frac 1{\Gamma (\alpha )}\int_0^t(t-s)^{\alpha -1}{\rm d}s=\frac1{\Gamma(1+\alpha )}t^\alpha , $$ $$\frac 1{\Gamma (\alpha )}\int_0^t(t-s)^{\alpha -1}s^\mu{\rm d}s=\frac{\Gamma (1+\mu )}{\Gamma (1+\alpha +\mu )}t^{\alpha +\mu}. $$ 本文将频繁使用这两个公式. 此外记 $$V(r)=\{u\in C_{\alpha}[0, 1]:\|u\|_{\alpha}\leq r\}. $$

对于 $u\in C_{\alpha}[0, 1]$,定义算子 $T$ 为

$$(Tu)(t)=ct^{\alpha-1}+\frac 1{\Gamma (\alpha )}\int_0^t(t-s)^{\alpha-1}f(s,u(s)){\rm d}s,0<t\leq 1. $$

引理 2.1 如果 (H1) 和 (H2) 成立,则 $T:C_{\alpha}[0, 1]\rightarrow C_{\alpha}[0, 1]$ 全连续.

证 设 $C[0, 1]$ 为具有范数 $\|u\|=\max \limits_{0\leq t\leq 1}|u(t)|$ 的 Banach 空间. 则对于任何 $u\in C_{\alpha}[0, 1]$均有 $t^{1-\alpha}\in C[0, 1]$ 并且 $\|u\|_{\alpha}=\|t^{1-\alpha}u\|$.这表明在 Banach 空间 $C_{\alpha}[0, 1]$ 中同样成立 Arzela-Ascoli 定理.

根据上述事实,仅需证对于任何 $r>0$,$T:V(r)\rightarrow C_{\alpha}[0, 1]$ 全连续.换句话说,我们需要证明 $T:V(r)\rightarrow C_{\alpha}[0, 1]$ 连续,集合$T(V(r))$ 在 $C_{\alpha}[0, 1]$ 中有界并且等度连续.

为了表达简便,对于 $u\in C_{\alpha}[0, 1]$ 记 $\tilde{u}(t)=t^{1-\alpha}u(t)$.于是 $\tilde{u}\in C[0, 1]$ 并且 $\|u\|_{\alpha}=\|\tilde{u}\|$. 注意到$\lim \limits_{t\rightarrow 0^{+}}f(t,u(t))=\lim \limits_{t\rightarrow 0^{+}}g(t,\tilde{u}(t))$,知极限 $\lim \limits_{t\rightarrow 0^{+}}f(t,u(t))$ 存在.因此对于任何 $u\in C_{\alpha}[0, 1]$,$f(t,u(t))$ 都是 $[0, 1]$ 上的连续函数.

设 $\tilde{V}(r)=\{\tilde{u}\in C[0, 1]:u\in V(r)\}$.则 $u\in V(r)$ 当且仅当 $\tilde{u}\in \tilde{V}(r)$. 设

$$(T_{1}u)(t)=\frac 1{\Gamma (\alpha )}\int_0^t(t-s)^{\alpha-1}f(s,u(s)){\rm d}s,0\leq t\leq 1,~u\in V(r), $$ $$(\tilde{T}_{1}\tilde{u})(t)=\frac 1{\Gamma (\alpha )}\int_0^t(t-s)^{\alpha-1}g(s,\tilde{u}(s)){\rm d}s,0\leq t\leq 1,~\tilde{u}\in \tilde{V}(r). $$ 从 (H2) 知 $\tilde{T}_{1}\tilde{u}=T_{1}u,~\forall u\in C_{\alpha}[0, 1]$.

此外如果 $u\in C[0, 1]$,则 $\|u\|_{\alpha}\leq \|u\|$.

由于 $g:[0, 1]\times (-\infty,+\infty)\rightarrow(-\infty,+\infty)$ 连续,仿照文献[3,引理 2.1] 可以证明 $\tilde{T}_{1}:\tilde{V}(r)\rightarrow C[0, 1]$ 全连续.

由于 $\tilde{T}_{1}:\tilde{V}(r)\rightarrow C[0, 1]$ 连续,任给 $\varepsilon>0$,存在 $\delta>0$,使得当 $\tilde{u},\tilde{v}\in \tilde{V}(r)$ 并且 $\|\tilde{u}-\tilde{v}\|<\delta$ 时 $\|\tilde{T}_{1} \tilde{u}-\tilde{T}_{1}\bar{v}\|<\varepsilon$. 因为

$$Tu-Tv=T_{1}u-T_{1}v=\tilde{T}_{1}\tilde{u}-\tilde{T}_{1}\tilde{v}\in C[0, 1], $$ 有 $$\|Tu-Tv\|_{\alpha}\leq \|Tu-Tv\|=\|\tilde{T}_{1}\tilde{u}-\tilde{T}_{1}\tilde{v}\|. $$ 注意到如果 $u,v\in V(r)$,则 $\|u-v\|_{\alpha}=\|\tilde{u}-\tilde{v}\|$. 于是当 $\|u-v\|_{\alpha}<\delta$ 时必有 $\|Tu-Tv\|_{\alpha}<\varepsilon$. 因此 $T:V(r)\rightarrow C_{\alpha}[0, 1]$ 连续.

因 $\tilde{T}_{1}(\tilde{V}(r))$ 在 $C[0, 1]$ 中有界,知 $R=\sup \limits_{\tilde{u}\in \tilde{V}(r)}\|\tilde{T}_{1}\tilde{u}\|<+\infty$. 因 $T_{1}u=\tilde{T}_{1}\tilde{u}\in C[0, 1],~\forall u\in V(r)$,根据 $Tu$ 的定义可得

\begin{eqnarray*}\sup \limits_{u\in V(r)}\|Tu\|_{\alpha}&\leq& |c|+\sup \limits_{u\in V(r)}\|T_{1}u\|_{\alpha}\leq |c|+\sup \limits_{u\in V(r)}\|T_{1}u\| \\& =&|c|+\sup \limits_{\tilde{u}\in \tilde{V}(r)}\|\tilde{T}_{1}\tilde{u}\|=|c|+R<+\infty.\end{eqnarray*} 于是 $T(V(r))$ 在 $C_{\alpha}[0, 1]$ 中有界.

因 $\tilde{T}_{1}(\tilde{V}(r))$ 在 $C[0, 1]$ 中等度连续,知对于任意的 $\bar{\varepsilon}>0$,存在 $\bar{\delta}>0$,使得 $0\leq t_{1}<t_{2}\leq 1$ 并且 $\max \{t_{2}-t_{1},t_{2}^{1-\alpha}-t_{1}^{1-\alpha}\}<\bar{\delta}$ 时

$$\left|(\tilde{T}\tilde{u})(t_{2})-(\tilde{T}\tilde{u})(t_{1})\right|<\bar{\varepsilon},\forall \tilde{u}\in \tilde{V}(r). $$ 这样一来对于任何 $u\in V(r)$, \begin{eqnarray*}&& \left|t_{2}^{1-\alpha}(Tu)(t_{2})-t_{1}^{1-\alpha}(Tu)(t_{1})\right| \\&=&\left|t_{2}^{1-\alpha}(T_{1}u)(t_{2})-t_{1}^{1-\alpha}(T_{1}u)(t_{1})\right| \\&\leq & (t_{2}^{1-\alpha}-t_{1}^{1-\alpha})\left|(T_{1}u)(t_{2})\right|+t_{1}^{1-\alpha}\left|(T_{1}u)(t_{2})-(T_{1}u)(t_{1})\right|\\&=&(t_{2}^{1-\alpha}-t_{1}^{1-\alpha})\left|(\tilde{T}_{1}\tilde{u})(t_{2})\right|+t_{1}^{1-\alpha}\left|(\tilde{T}_{1}\tilde{u})(t_{2})-(\tilde{T}_{1}\tilde{u})(t_{1})\right|\\&\leq& (t_{2}^{1-\alpha}-t_{1}^{1-\alpha})\|\tilde{T}_{1}\tilde{u}\|+\left|(\tilde{T}_{1}\tilde{u})(t_{2})-(\tilde{T}_{1}\tilde{u})(t_{1})\right|\\&\leq &R\bar{\delta}+\bar{\varepsilon}.\end{eqnarray*} 于是 $T(V(r))$ 在 $C_{\alpha}[0, 1]$ 中等度连续.

引理 2.2 ^{[8,引理 1.1]} 设 $q\in C[0, 1]$. 则问题

$$D^\alpha u(t)=q(t),0\leq t\leq 1,t^{1-\alpha}u(t)|_{t=0}=c $$ 的解 $u(t)$ 具有表达式 $$u(t)=ct^{\alpha-1}+\frac 1{\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{t}(t-s)^{\alpha-1}q(s){\rm d}s,0<t\leq 1. $$

定理 3.1 利用上下解及单调迭代方法推广了定理 1.1.

定理 3.1 假设

(b1) (H1) 和 (H2) 成立;

(b2)=(a2);

(b3) $f(t,x_{2})\geq f(t,x_{1}),~\forall 0\leq t\leq 1,~\underline{w}(t)\leq x_{1}\leq x_{2}\leq \overline{w}(t)$;

(b4) $c\neq 0$ 或者 $f(t,0)\not \equiv 0$;

(b5) 存在非负函数 $\sigma \in C(0,1)$ 使得 $0<\bar{\sigma}=\frac{\max\limits_{0\leq t\leq 1}\int_{0}^{t}(t-s)^{\alpha-1}\sigma(s){\rm d}s}{\Gamma (\alpha)}<1$ 并且对于任何 $0<t\leq 1$,

$$f(t,x_{2})-f(t,x_{1})\leq\sigma(t)t^{1-\alpha}(x_{2}-x_{1}),\forall \underline{w}(t)\leq x_{1}<x_{2}\leq \overline{w}(t). $$

如果 (b1)-(b3) 成立,则问题 $(P)$ 有两个解 $v^{*},u^{*}\in C_{\alpha}[0, 1]$ 使得 $\underline{w}(t)\leq v^{*}(t)\leq u^{*}(t)\leq\overline{w}(t),~\forall 0<t\leq 1$,同时

$$\lim \limits_{n\rightarrow \infty}\|T^{n}\underline{w}-v^{*}\|_{\alpha}=\lim \limits_{n\rightarrow\infty}\|T^{n}\overline{w}-u^{*}\|_{\alpha}=0. $$

此外如果 (b4) 成立,则 $v^{*}(t),u^{*}(t)$ 都是非平凡的. 如果 (b5) 成立,则问题 $(P)$ 仅有唯一解 $u^{*}(t)$ 满足 $\underline{w}(t)\leq u^{*}(t)\leq\overline{w}(t),~\forall 0<t\leq 1$ 并且

$$\|T^{n}\underline{w}-u^{*}\|_{\alpha}\leq \frac {\bar{\sigma}^{n}}{1-\bar{\sigma}}\|T\underline{w}-\underline{w}\|_{\alpha},\|T^{n}\overline{w}-u^{*}\|_{\alpha}\leq \frac{\bar{\sigma}^{n}}{1-\bar{\sigma}} \|T\overline{w}-\overline{w}\|_{\alpha}. $$

证 假设 (b1)-(b3) 成立.

设 $V(\underline{w},\overline{w})=\{u\in C_{\alpha}[0, 1]:\underline{w}(t)\leq u(t)\leq\overline{w}(t),~0<t\leq 1\}$. 则 $V(\underline{w},\overline{w})$ 为$C_{\alpha}[0, 1]$ 中的有界闭集.

根据引理 2.1,$T:V(\underline{w},\overline{w})\rightarrow C_{\alpha}[0, 1]$ 全连续.

根据 (b2),$\underline{w}(t)\leq (T\bar{w})(t),~\overline{w}(t)\geq(T\overline{w})(t),~0<t\leq 1$.

如果 $u\in V(\underline{w},\overline{w})$,则 $\underline{w}(t)\leq u(t)\leq\overline{w}(t),~\forall 0<t\leq 1$. 根据 (b3) 知

$$f(t,\underline{w}(t))\leq f(t,u(t))\leq f(t,\overline{w}(t)),\forall 0\leq t\leq 1, $$ $$\underline{w}(t)\leq (T\underline{w})(t)\leq (Tu)(t)\leq (T\overline{w})(t)\leq \overline{w}(t),\forall 0<t\leq 1. $$ 于是 $T:V(\underline{w},\overline{w})\rightarrow V(\underline{w},\overline{w})$.

设 $v_{n}=T^{n}\underline{w}$,$u_{n}=T^{n}\overline{w}$. 则 $v_{1}=T\underline{w},~u_{1}=T\overline{w}$ 并且$v_{n+1}=Tv_{n}$,$u_{n+1}=Tu_{n},~n=1,2,\cdots $.

由于 $\underline{w},\overline{w}\in V(\underline{w},\overline{w})$,知$v_{1}=T\underline{w}\in V(\underline{w},\overline{w})$ 并且 $u_{1}=T\overline{w}\in V(\underline{w},\overline{w})$.而且因为 $\underline{w}(t)\leq\overline{w}(t),~\forall 0<t\leq 1$,可知

$$\underline{w}(t)\leq v_{1}(t)=(T\underline{w})(t)\leq(T\overline{w})(t)=u_{1}(t)\leq \overline{w}(t),\forall 0<t\leq 1. $$ 递推可知 $\{v_{n}\}_{n=1}^{\infty}\subset V(\underline{w},\overline{w})$,$\{u_{n}\}_{n=1}^{\infty} \subset V(\underline{w},\overline{w})$ 并且对于 $0< t\leq1$, $$\underline{w}(t)\leq v_{1}(t)\leq \cdots \leq v_{n}(t)\leq\cdots \leq u_{n}(t) \leq \cdots \leq u_{1}(t)\leq\overline{w}(t). $$

因为 $T:V(\underset{\raise0.3em\hbox{$\smash{\scriptscriptstyle-}$}}{w} ,\bar w) \to {C_\alpha }[0,1]$ 全连续,知 $T(V(\underline{w},\overline{w}))$ 是 $C_{\alpha}[0, 1]$ 中的紧致子集.因此存在子列 $\{ {v_{{n_k}}}\} _{k = 1}^\infty \subset \{ {v_n}\} _{n = 1}^\infty $ 及 $v^{*}\in V(\underline{w},\overline{w})$ 使得范数列$\|v_{n_{k}}-v^{*}\|_{\alpha}\rightarrow 0$. 因为函数列$\{v_{n}\}_{n=1}^{\infty}$ 是单调递增的,知$\|v_{n}-v^{*}\|_{\alpha}\rightarrow 0$ 并且

$$v_{n}(t)\leq v^{*}(t)\leq u_{n}(t),\forall 0<t\leq1,~n=0,1,2,\cdots . $$ 同理存在 $u^{*}\in V(\underline{w},\overline{w})$ 使得$\|u_{n}-u^{*}\|_{\alpha}\rightarrow 0$ 并且 $$v_{n}(t)\leq u^{*}(t)\leq u_{n}(t),\forall 0<t\leq1,~n=1,2,\cdots . $$ 因此 $\|T^{n}\underline{w}-v^{*}\|_{\alpha}\rightarrow0,~\|T^{n}\overline{w}-u^{*}\|_{\alpha} \rightarrow 0$ 并且 $$v_{n}(t)\leq v^{*}(t)\leq u^{*}(t)\leq u_{n}(t),\forall0<t\leq 1,~n=0,1,2,\cdots . $$ 这表明 $v^{*},u^{*}\in V(\underline{w},\overline{w})$.

因为 $v_{n+1}=Tv_{n}$ 并且 $\|v_{n}-v^{*}\|_{\alpha}\rightarrow 0$,从 $T:V(\underline{w},\overline{w})\rightarrow V(\underline{w},\overline{w})$ 的连续性知 $v^{*}=Tv^{*}$. 于是

$$v^{*}(t)=ct^{\alpha-1}+\frac 1{\Gamma (\alpha)}\int_{0}^{t}(t-s)^{\alpha -1}f_{n}(s,v^{*}(s)){\rm d}s,0<t\leq 1. $$ 根据引理 2.1 的证明,对于任何 $u\in C_{\alpha}[0, 1]$,$f(t,u(t))$ 都是 $[0, 1]$ 上的连续函数.于是 $f(t,v^{*}(t))$ 在 $[0, 1]$ 上连续. 根据引理 2.2 则 $$D^\alpha v^{*}(t)=f(t,v^{*}(t)),0\leq t\leq 1,t^{1-\alpha}v^{*}(t)|_{t=0}=c. $$ 因而 $v^{*}(t)$ 为问题 $(P)$ 的解.

同理 $u^{*}(t)$ 为问题 $(P)$ 的解.

此外如果 (b4) 成立,则零函数不是问题 $(P)$ 的解. 因此 $v^{*}(t),u^{*}(t)$ 都是非平凡的.

现在假设 (b5) 成立.

设 $v_{1}^{*},v_{2}^{*}\in V(\underline{w},\overline{w})$ 为问题 $(P)$ 的两个解,又设

$$u_{1}^{*}(t)= \min \{v_{1}^{*}(t),v_{2}^{*}(t)\},u_{2}^{*}(t)=\max \{v_{1}^{*}(t),v_{2}^{*}(t)\},0<t\leq 1. $$ 则 $u_{1}^{*},u_{2}^{*}\in V(\underline{w},\overline{w})$ 并仍为问题 $(P)$ 的解.根据引理 2.2 则 $u_{1}^{*}=Tu_{1}^{*},~u_{2}^{*}=Tu_{2}^{*}$. 利用(b3) 和 (b5) 可得 $f(t,u_{2}^{*}(t))\geq f(t,u_{1}^{*}(t))$ 并且 \begin{eqnarray*}f(t,u_{2}^{*}(t))-f(t,u_{1}^{*}(t))&\leq & \sigma (t)t^{1-\alpha}(u_{2}^{*}(t)-u_{1}^{*}(t))\\&\leq & \sigma (t)\max \limits_{0\leq t\leq1}t^{1-\alpha}(u_{2}^{*}(t)-u_{1}^{*}(t))\\&=& \sigma(t)\|u_{2}^{*}-u_{1}^{*}\|_{\alpha}. \end{eqnarray*} 这样一来 \begin{eqnarray*}\|u_{2}^{*}-u_{1}^{*}\|_{\alpha}&=&\|Tu_{2}^{*}-Tu_{1}^{*}\|_{\alpha}\\&\leq& \frac 1{\Gamma (\alpha )}\max \limits_{0\leq t\leq 1}t^{1-\alpha}\int_0^t(t-s)^{\alpha-1}|f(s,u_{2}^{*}(s))-f(s,u_{1}^{*}(s))|{\rm d}s\\&\leq &\frac 1{\Gamma (\alpha )}\|u_{2}^{*}-u_{1}^{*}\|_{\alpha}\max\limits_{0\leq t\leq 1}t^{1-\alpha}\int_0^t(t-s)^{\alpha-1}\sigma(s){\rm d}s \\&\leq &\bar{\sigma} \|u_{2}^{*}-u_{1}^{*}\|_{\alpha}. \end{eqnarray*} 由于 $\bar{\sigma}<1$,必有 $u_{2}^{*}=u_{1}^{*}$. 因此$v_{2}^{*}=v_{1}^{*}$. 由此推出 $u^{*}(t)\equiv v^{*}(t)$ 并且问题 $(P)$ 在$V(\underline{w},\overline{w})$ 中只有唯一解 $u^{*}(t)$.

根据 (b3) 和 (b5),还可知 $f(t,v_{n}(t))\geq f(t,v_{n-1}(t))$ 并且

$$f(t,v_{n}(t))-f(t,v_{n-1}(t))\leq \sigma (t)t^{1-\alpha}(v_{n}(t)-v_{n-1}(t)). $$ 和刚才一样立刻得出 $$\|v_{n+1}-v_n\|_{\alpha}\leq \bar{\sigma} \|v_n-v_{n-1}\|_{\alpha}. $$ 这样一来 $$\|v_{n+1}-v_n\|_{\alpha}\leq \bar{\sigma}\|v_n-v_{n-1}\|_{\alpha}\leq \cdots \leq \bar{\sigma}^{n}\|v_{1}-v_{0}\|_{\alpha}. $$ 利用上述估值可得\begin{eqnarray*}\|v_{n+k+1}-v_n\|_{\alpha}&\leq& \sum_{i=0}^{k}\|v_{n+i+1}-v_{n+i}\|_{\alpha}\\&\leq & \sum_{i=0}^{k}\bar{\sigma}^{n+i}\|v_{1}-v_{0}\|_{\alpha} \leq\frac{\bar{\sigma}^{n}}{1-\bar{\sigma}}\|v_{1}-v_{0}\|_{\alpha}.\end{eqnarray*} 令 $k\rightarrow \infty $,则有 $$\|T^{n}\underline{w}-u^{*}\|_{\alpha}=\|v_{n}-v^{*}\|_{\alpha}\leq \frac {\bar{\sigma}^{n}}{1-\bar{\sigma}}\|T\underline{w}-\underline{w}\|_{\alpha}. $$

类似的,$\|T^{n}\overline{w}-u^{*}\|_{\alpha}\leq \frac{\bar{\sigma}^{n}}{1-\bar{\sigma}} \|T\overline{w}-\overline{w}\|_{\alpha}$. 证毕.

说明 3.1 定理 3.1 提供了如下两个逐次迭代序列

$$v_{1}(t)=ct^{\alpha-1}+\frac 1{\Gamma (\alpha)}\int_0^t(t-s)^{\alpha-1}f(s,\underline{w}(s)){\rm d}s, $$ $$v_{n+1}(t)=ct^{\alpha-1}+\frac 1{\Gamma (\alpha)}\int_0^t(t-s)^{\alpha -1}f(s,v_{n}(s)){\rm d}s,n\geq 1; $$ $$u_{1}(t)=ct^{\alpha-1}+\frac 1{\Gamma (\alpha)}\int_0^t(t-s)^{\alpha-1}f(s,\overline{w}(s)){\rm d}s, $$ $$u_{n+1}(t)=ct^{\alpha-1}+\frac 1{\Gamma (\alpha)}\int_0^t(t-s)^{\alpha -1}f(s,u_{n}(s)){\rm d}s,n\geq 1. $$

说明 3.2 显然 (b3) 弱于 (a3),(b5) 弱于 (a4).

说明 3.3 因为 $\underline{w}(t)\leq v^{*}(t)\leq u^{*}(t)\leq \overline{w}(t),~\forall 0<t\leq 1$,如果 $\underline{w}(t)$和 $\overline{w}(t)$ 都非负,则 $v^{*}(t)$ 和 $u^{*}(t)$ 都非负; 如果 $\underline{w}(t)$和 $\overline{w}(t)$ 都非正,则 $v^{*}(t)$ 和 $u^{*}(t)$ 都非正;其他情况下 $v^{*}(t)$ 和 $u^{*}(t)$ 可能是变号解.

定理 3.2 放弃上下解的存在性,着眼于控制函数 $f(t,x)$ 的增长,利用单调迭代方法获取解的存在性.

定理 3.2 假设

(c1) (H1) 和 (H2) 成立;

(c2) 存在 $r>0$ 使得 $M(r)\leq \Gamma (1+\alpha)(r-|c|)$,其中

$$M(r)=\max \left\{\max \limits_{0\leq t\leq 1}|f(t,-rt^{\alpha-1})|,\max \limits_{0\leq t\leq 1}|f(t,rt^{\alpha-1})|\right\}; $$

(c3) $f(t,x_{2})\geq f(t,x_{1}),~\forall 0\leq t\leq 1,-rt^{\alpha-1}\leq x_{1}\leq x_{2}\leq rt^{\alpha-1}$;

(c4) $c\neq 0$ 或者 $f(t,0)\not \equiv 0$;

(c5) 存在非负函数 $\sigma \in C(0,1)$ 使得 $0<\bar{\sigma}=\frac{\max\limits_{0\leq t\leq 1}\int_{0}^{t}(t-s)^{\alpha-1}\sigma(s){\rm d}s}{\Gamma (\alpha)}<1$ 并且对于任何 $0<t\leq 1$,

$$f(t,x_{2})-f(t,x_{1})\leq\sigma(t)t^{1-\alpha}(x_{2}-x_{1}),\forall -rt^{\alpha-1}\leq x_{1}<x_{2}\leq rt^{\alpha-1}. $$

如果 (c1)-(c3) 成立则问题 $(P)$ 有两个解 $v^{*},u^{*}\in V(r)$ 并且

$$\lim \limits_{n\rightarrow \infty}\|T^{n}v_{0}-v^{*}\|_{\alpha}=\lim \limits_{n\rightarrow\infty}\|T^{n}u_{0}-u^{*}\|_{\alpha}=0, $$ 其中 $v_{0}(t)=-rt^{\alpha-1},~u_{0}(t)=rt^{\alpha-1}$.

此外如果 (c4) 成立,则解$v^{*}(t),u^{*}(t)$ 都是非平凡的.

如果 (c5) 成立,则问题 $(P)$ 在 $V(r)$ 只有唯一解 $u^{*}(t)$并且

$$\|T^{n}v_{0}-u^{*}\|_{\alpha}\leq \frac{\bar{\sigma}^{n}}{1-\bar{\sigma}}\|Tv_{0}-v_{0}\|_{\alpha},\|T^{n}u_{0}-u^{*}\|_{\alpha}\leq \frac{\bar{\sigma}^{n}}{1-\bar{\sigma}}\|Tu_{0}-u_{0}\|_{\alpha}. $$

证 假设 (c1)-(c3) 成立.

如果 $u\in V(r)$,则$ - r{t^{\alpha - 1}} \leqslant u(t) \leqslant {t^{\alpha - 1}},\forall 0 \leqslant t \leqslant 1$. 根据 (c3),则

$$f(t,-rt^{\alpha-1})\leq f(t,u(t))\leq f(t,rt^{\alpha-1}),\forall 0\leq t\leq 1. $$ 由此推出 $|f(t,u(t))|\leq M(r),~\forall 0\leq t\leq 1$. 进而根据 (c2) 知 \begin{eqnarray*}\|Tu\|_{\alpha}&\leq& |c|+\frac 1{\Gamma (\alpha )}\max\limits_{0\leq t\leq 1}t^{1-\alpha}\int_0^t(t-s)^{\alpha-1}|f(s,u(s))|{\rm d}s \\&\leq& |c|+\frac {M(r)}{\Gamma (\alpha )}\max\limits_{0\leq t\leq 1}t^{1-\alpha}\int_0^t(t-s)^{\alpha-1}{\rm d}s \\&\leq& |c|+\frac {M(r)}{\Gamma(1+\alpha)}\max\limits_{0\leq t\leq 1}(t^{1-\alpha}t^{\alpha}) \\&\leq& |c|+\frac {\Gamma (1+\alpha)}{\Gamma(1+\alpha)}[r-|c|]=r. \end{eqnarray*} 于是 $Tu\in V(r)$ 并且 $T:V(r)\rightarrow V(r)$.

由于 $v_{0}(t)=-rt^{\alpha-1},~u_{0}(t)=rt^{\alpha-1}$,知 $\|v_{0}\|_{\alpha}=\|u_{0}\|_{\alpha}=r$ 并且 $v_{0},u_{0}\in V(r)$. 而且对于任何 $u\in V(r)$ 及 $0<t\leq 1$ 均有

$$v_{0}(t)=-rt^{\alpha-1}\leq -\|u\|_{\alpha}t^{\alpha-1}\leq u(t)\leq \|u\|_{\alpha}t^{\alpha-1}\leq rt^{\alpha-1}=u_{0}(t). $$ 因此 $$V(r)=\{u\in C_{\alpha}[0, 1]:v_{0}(t)\leq u(t)\leq u_{0}(t),~0<t\leq 1\}=V(v_{0},u_{0}). $$

设 $v_{n}=T^{n}v_{0}$,$u_{n}=T^{n}u_{0}$. 则 $v_{1}=Tv_{0},~u_{1}=Tu_{0}$ 并且$v_{n+1}=Tv_{n}$,$u_{n+1}=Tu_{n},~n=1,2,\cdots $.

仿照定理 3.1,即可完成本定理的其余证明.

说明 3.4 定理 3.2 提供了如下两个逐次迭代序列

$$v_{1}(t)=ct^{\alpha-1}+\frac 1{\Gamma (\alpha)}\int_0^t(t-s)^{\alpha-1}f(s,-rs^{\alpha-1}){\rm d}s, $$ $$v_{n+1}(t)=ct^{\alpha-1}+\frac 1{\Gamma (\alpha)}\int_0^t(t-s)^{\alpha -1}f(s,v_{n}(s)){\rm d}s,n\geq 1; $$ $$u_{1}(t)=ct^{\alpha-1}+\frac 1{\Gamma (\alpha)}\int_0^t(t-s)^{\alpha-1}f(s,rs^{\alpha-1}){\rm d}s, $$ $$u_{n+1}(t)=ct^{\alpha-1}+\frac 1{\Gamma (\alpha)}\int_0^t(t-s)^{\alpha -1}f(s,u_{n}(s)){\rm d}s,n\geq 1. $$

说明 3.5 由于 $D^{\alpha}v_{0}(t)\equiv 0,~D^{\alpha}u_{0}(t)\equiv 0$,$v_{0}(t),u_{0}(t)$ 显然不能充当 (a2) 中上下解 $\underline{w}(t),\overline{w}(t)$的角色.

说明 3.6 注意到 $f(t,-rt^{\alpha-1})=g(t,-r),~f(t,rt^{\alpha-1})=g(t,r),~\forall 0\leq t\leq 1$ 并且 $\liminf \limits_{|x|\rightarrow +\infty}\max \limits_{0\leq t\leq 1}\frac {|g(t,x)|}{|x|-|c|}=\liminf \limits_{|x|\rightarrow +\infty}\max \limits_{0\leq t\leq 1}\frac {|g(t,x)|}{|x|}$,可知下列条件满足时存在 $r>0$ 使得 (c2) 成立,即

$$\liminf \limits_{|x|\rightarrow +\infty}\max \limits_{0\leq t\leq 1}\frac {|g(t,x)|}{|x|}<\Gamma (1+\alpha). $$

最后特别注意,在定理 3.1 中仅当 (b1)-(b3) 满足时,在定理 3.2 中仅当 (c1)-(c3) 满足时,尽管得到了两个解 $v^{*}(t),u^{*}(t)$,但是不能断言 $v^{*}\neq u^{*}$.

考察非线性分数微分方程的初值问题

$$D^{\frac 12}u(t)=\frac {5\sqrt {\pi t}u(t)-6\cos(\pi t)}{36+tu^{2}(t)},0\leq t\leq 1,\sqrt {t}u(t)_{t=0}=\pi. $$ 在这个问题中 $\alpha=\frac 12$,$f(t,x)=\frac {5\sqrt {\pi t}x-6\cos (\pi t)}{36+tx^{2}}$.于是 $f:[0, 1]\times(-\infty,+\infty)\rightarrow (-\infty,+\infty)$ 连续.

设 $g(t,x)=\frac {5\sqrt {\pi}x-6\cos (\pi t)}{36+x^{2}}$. 则$g:[0, 1]\times(-\infty,+\infty)\rightarrow (-\infty,+\infty)$ 连续并且$f(t,x)=g(t,\sqrt {t}x),~\forall (t,x)\in [0, 1]\times(-\infty,+\infty)$.

因此条件 (H1) 和 (H2) 都满足. 此外容易看出

$$f(t,x_{2})\geq f(t,x_{1}),\forall 0\leq t\leq1,-\frac 6{\sqrt {t}}\leq x_{1}<x_{2}\leq \frac 6{\sqrt {t}}. $$ 选择 $r=6$ 并注意到 $\Gamma (1+\frac 12)=\frac 12\sqrt {\pi}$,则有 $$M(6)\leq \max \limits_{0\leq t\leq 1}\frac {30\sqrt {\pi t}+6|\cos (\pi t)|}{36(1+t)}\leq \frac {5\sqrt {\pi}+1}6<\sqrt {\pi}<\Gamma (1+\frac 12)(6-\pi). $$

根据定理 3.2,此问题有一个非平凡解 $u^{*}\in C_{1/2}[0, 1]$ 使得$-\frac 6{\sqrt {t}}\leq u^{*}(t)\leq \frac 6{\sqrt{t}},~\forall 0<t\leq 1$,并且逐次迭代序列

$$u_{1}(t)=\frac {\pi}{\sqrt {t}}+\frac 1{72\sqrt {\pi}}\int_0^t\frac {30\sqrt {\pi}-6\cos (\pi s)}{\sqrt {t-s}}{\rm d}s, $$ $${u_{n + 1}}(t) = \frac{\pi }{{\sqrt t }} + \frac{1}{{\sqrt \pi }}\int_0^t {\frac{{5\sqrt {s\pi } {u_n}(s) - 6\cos (\pi s)}}{{(36 + tu_n^2(s))\sqrt {t - s} }}} {\text{d}}s,n = 1,2, \cdots ,$$ 在 $C_{1/2}[0, 1]$ 中收敛于 $u^{*}(t)$.