本文主要研究如下问题正解的存在性和多解性

$\begin{align} & {{D}^{\alpha }}u(t)+f(t,u(t))=0,\ \ 0＜t＜1, \\ & u(0)=u(1)=0, \\ \end{align}$

(1.1)

其中 $1＜\alpha \le 2$,$D^{\alpha }$ 是适型分数阶导数,且 $f: [0,1] \times [0,\infty) \rightarrow[0,\infty)$ 是连续的. 该问题最大的困难处在于,相应的格林函数 $G(t,s)$ 在 $s= 0$处奇异.

最近,Bai 和 Lü考虑了具有 Riemann-Liouville 分数阶导数的这种问题^[1-2]. 通过确定Green函数,并利用不动点定理,得到了正解的存在性和多解性. 之后,这种方法受到很多研究者的关注,应用在处理各种不同的分数阶边值问题,例如 Riemann-Liouville 分数阶导数问题^[3],Caputo 分数阶导数问题^[4-5],脉冲问题^[6-8],非局部问题^[9-10],积分边值问题^[11-12] 变分问题^[13-15]等. 然而,以上所有的工作都是研究 Riemann-Liouville 或 Caputo 分数阶导数的. 这些分数阶导数的某些性质使得在物理学和力学中分数阶导数的应用变得很困难. 近两年,研究人员提出了一种具有良好性质的适型分数阶导数定义^[16-17],这激发了我们用新导数研究问题 (1.1) (1.2) 的兴趣.

据我们所知,已有的关于边值问题的文章都没有涉及 Green 函数 $G(t,s)$ 奇异的情况. 本文将通过算子列的一致逼近来处理这一问题.

本文结构安排如下: 第二节,回顾适型分数阶导数的相关概念并给出相应的 Green 函数的一些性质; 第三节,用不动点定理得到正解的存在性和多解性; 第四节,给出两个例子来说明主要结果的应用.

为了读者的方便,此处给出适型分数阶导数相关的定义与性质. 这些定义和性质可在参考文献 [16] 等中获得.

定义2.1 ^[16] 连续函数 $f:(0,\infty)\rightarrow {\Bbb R}$ 的 $\alpha \in(n,n+ 1]$ 阶适型分数阶导数定义为

$D^{\alpha }f(t)=^{}D^{\alpha - n}f^{(n )}(t)=\lim_{\epsilon \rightarrow 0}\frac{f^{(n)}(t+ \epsilon t^{n+ 1- \alpha })-f^{(n)}(t)}{\epsilon},$

(2.1)

其中等式右端极限存在,此时称 $f$ 是 $\alpha $ 阶可微的. 如果 $f$ 在 $(0,a),a> 0$ 上是 $\alpha $ 阶可微的,且 $\lim\limits _{t\rightarrow0^{+}}D^{\alpha }f(t)$ 存在,则定义

$D^{\alpha }f(0)=\lim_{t \rightarrow 0^{+}}^{}D^{\alpha }f(t).$

(2.2)

由适型分数阶导数的定义,可知 $\alpha = 1$ 时,适型分数阶导数就是传统一阶导数的定义.

注2.1 给定 $\alpha \in(n,n+ 1]$,有 $D^{\alpha }t^{k}= 0,$ 其中 $k= 0,1,\cdots ,n$.

引理2.1 设 $t>0,\alpha \in(n,n+1]$. 函数 $f(t)$ 是 $(n+ 1)$ 阶可微函数当且仅当 $f$ 是 $\alpha $ 阶可微的,并且

$D^{\alpha }f(t)= t^{n+ 1- \alpha }f^{(n+ 1)}(t).$

证 设 $h= \epsilon t^{n+ 1- \alpha }+ O(\epsilon^{2})$,由定义 2.1,有

$D^{\alpha }f(t) =\lim_{\epsilon \rightarrow 0}\frac{f^{(n)}(t+ \epsilon t^{n+ 1- \alpha })-f^{(n)}(t)}{\epsilon} =\lim_{\epsilon \rightarrow 0}\frac{f^{(n)}(t+ h)-f^{(n)}(t)}{\frac{h}{t^{n+ 1- \alpha }+ O(\epsilon)}} \\ =t^{n+ 1- \alpha }f^{(n+ 1)}(t).$

证毕.

定义2.2 ^[10] 连续函数 $f:(0,\infty)\rightarrow {\Bbb R}$ 的 $\alpha \in (n,n+1]$ 阶分数积分定义为

$I^{\alpha }f(t)= I^{n+ 1}(t^{\alpha - n- 1}f(t))= \frac{1}{n!}\int_{0}^{t}(t- s)^{n}s^{\alpha - n- 1}f(s){\rm d}s,$

(2.3)

其中 $I^{n+ 1}$ 是 $n+ 1$ 重积分算子.

引理2.2 设 $\alpha \in (n,n+ 1]$. $f: (0,\infty)\rightarrow {\Bbb R}$ 连续,则 $t> 0$ 时 $D^{\alpha }I^{\alpha }f(t)=f(t)$.

证 因为 $f(t)$ 连续,故 $I^{\alpha }f(t)$,$(n+ 1)$ 阶可微. 由引理 2.1 有

$\begin{align} & {{D}^{\alpha }}({{I}^{\alpha }}f)(t)={{t}^{n+1-\alpha }}\frac{{{\text{d}}^{n+1}}}{\text{d}{{t}^{n+1}}}\left( \frac{1}{n!}\int_{0}^{t}{{{(t-s)}^{n}}}{{s}^{\alpha -n-1}}f(s)\text{d}s \right) \\ & ={{t}^{n+1-\alpha }}f(t){{t}^{\alpha -n-1}}=f(t). \\ \end{align}$

证毕.

引理2.3 ^[16] (中值定理) 设 $a\geq 0$,$f: [a,b]\rightarrow {\Bbb R}$ 具有以下性质:

(1) $f$ 在 $[a,b]$ 上连续;

(2) 对于 $\alpha \in (0,1)$,$f$ 在 $(a,b)$ 上 $\alpha $ 阶可微. \\ 则存在 $c\in (a,b)$,使得 $D^{\alpha }f(c)= \frac{f(b)- f(a)}{\frac{1}{\alpha }b^{\alpha }- \frac{1}{\alpha }a^{\alpha }}$.

引理2.4 ^[18] 设 $\alpha \in (n,n+ 1]$,$f$ 是 $\alpha $ 阶可微函数,则 $D^{\alpha }f(t)= 0$,当且仅当 $f(t)= a_{0}+ a_{1}t+ \cdots + a_{n- 1}t^{n- 1}+ a_{n}t^{n}$,其中 $a_{k}\in {\Bbb R}$,$k= 0,1,\cdots ,n.$

证 由注 2.1 可证充分性成立.

接下来,给定 $t_{1},t_{2}\in [0,\infty)$ 且 $t_{1}＜ t_{2}$,由引理 2.3,存在 $\xi \in (t_{1},t_{2})$ 使得

$f^{(n)}(t_{2})-f^{(n)}(t_{1})= D^{\alpha }f(\xi)\left(\frac{1}{\alpha }t_{2}^{\alpha }- \frac{1}{\alpha }t_{1}^{\alpha }\right).$

由 $D^{\alpha }f(\xi)= 0$ 可知,$f^{(n)}(t_{2})= f^{(n)}(t_{1})$,又由 $t_{1},t_{2}$ 的任意性,有 $f^{(n)}(t)$ 恒为常数,故 $f(t)= a_{0}+ a_{1}t+ . . . + a_{n- 1}t^{n- 1}+ a_{n}t^{n}$.

由引理 2.2 和引理 2.4可得如下引理:

引理2.5 ^[18] 设 $\alpha \in (n,n+ 1]$,$u\in C(0,+\infty)$ 具有$\alpha $ 阶导数. 则

$I^{\alpha }D^{\alpha }u(t)= u(t)+ c_{0}+ c_{1}t+ \cdots +c_{n}t^{n},$

(2.4)

$c_{k}\in{\Bbb R},k= 0,1,\cdots ,n$.

在以下的讨论中,我们假设 $\alpha \in (1,2]$.

引理2.6 ^[18] 假设 $y\in C[0,1]$,则问题

$D^{\alpha }u(t)+ y(t)= 0,\ \ 0＜ t＜ 1,$

(2.5)

$u(0)= u(1)= 0$

(2.6)

的唯一解是

$ u(t)= \int_{0}^{1}G(t,s)y(s){\rm d}s,$

其中

$G(t,s)=\left\{\begin{array}{ll}\label{eq3} (1- t)s^{\alpha - 1},& \mbox{ } \ \ 0\leq s\leq t\leq 1; \\ ts^{\alpha - 2}(1- s),&\mbox{ } \ \ 0\leq t\leq s\leq 1. \end{array}\right.$

(2.7)

证 由引理 2.5 推出方程 (2.5) 等价于积分方程

$\begin{align} & u(t)=-{{I}^{\alpha }}y(t)+{{c}_{0}}+{{c}_{1}}t \\ & =-\int_{0}^{t}{\int_{0}^{{{t}_{1}}}{{{s}^{\alpha -2}}}}y(s)\text{d}s\text{d}{{t}_{1}}+{{c}_{0}}+{{c}_{1}}t \\ & =-\int_{0}^{t}{(t-s)}{{s}^{\alpha -2}}y(s)\text{d}s+{{c}_{0}}+{{c}_{1}}t, \\ \end{align}$

其中 $c_{0},c_{1} \in {\Bbb R}$. 再根据 (2.6)式,有 $c_{0}= 0,c_{1}= \int_{0}^{1}(t- s)s^{\alpha -2}y(s){\rm d}s$. 因此,问题 (2.5),(2.6) 的唯一解是

$u(t) = - \int_{0}^{t}(t- s)s^{\alpha -2}y(s){\rm d}s+ t\int_{0}^{1}(t- s)s^{\alpha -2}y(s){\rm d}s \\ =\int_{0}^{t}(- ts^{\alpha - 2}+s^{\alpha - 1}+ts^{\alpha - 2}-ts^{\alpha - 1})y(s){\rm d}s + \int_{t}^{1}(ts^{\alpha - 2}- ts^{\alpha - 1})y(s){\rm d}s \\ =\int_{0}^{t}(1- t)s^{\alpha - 1}y(s){\rm d}s+ \int_{t}^{1}ts^{\alpha - 2}(1- s)y(s){\rm d}s \\ =\int_{0}^{1}G(t,s)y(s){\rm d}s.$

证毕.

应该指出的是 $\alpha = 2$ 时,(2.7) 式就是通常的 Green 函数.

引理2.7 由式 (2.7) 所定义的 Green 函数 $G(t,s)$ 满足如下性质:

(i) $G(t,s)> 0,$ 对任意的 $t$,$s\in(0,1);$

(ii) $\min\limits_{\frac{1}{4}\leq t\leq \frac{3}{4}}G(t,s)\geq \frac{1}{4}\max\limits_{0\leq t\leq 1}G(t,s)= \frac{1}{4}G(s,s),s\in(0,1).$

证 由 $G(t,s)$ 的表达式可知,有 $G(t,s)> 0$,对 $t,s\in(0,1)$ 成立. $G(t,s)$ 关于 $t$ 的偏导数

$ \frac{\partial G(t,s)}{\partial t}=\left\{\begin{array}{ll} - s^{\alpha - 1},& \mbox{ } s\leq t; \\ s^{\alpha - 2}(1- s),&\mbox{ } t\leq s. \end{array}\right. $

由此可知 $G(t,s)$ 在 $s\leq t$ 时关于 $t$ 是递减的,$t\leq s$ 时是递增的.

因此

$ \max_{0\leq t\leq 1}G(t,s)= G(s,s)= (1- s)s^{\alpha - 1} $

且

$ \min_{\frac{1}{4}\leq t\leq \frac{3}{4}}G(t,s)=\left\{\begin{array}{ll} \frac{1}{4}s^{\alpha - 1},& \mbox{ } s\in (0,\frac{1}{2}]; \$3mm] \frac{1}{4}(1- s)s^{\alpha - 2},&\mbox{ } s\in [\frac{1}{2},1). \end{array}\right. $

设

$\gamma (s)=\frac{\underset{\frac{1}{4}\le t\le \frac{3}{4}}{\mathop{\min }}\,G(t,s)}{G(s,s)}=\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} \frac{1}{4(1-s)}, & s\in (0,\frac{1}{2}]; \\ \frac{1}{4s}, & s\in [\frac{1}{2},1). \\ \end{array} \right.$

显然,$\gamma(s)\geq \frac{1}{4}$,$s\in (0,1)$. 证毕.

对于适型分数阶导数可知,Green 函数有一个常数界,这在 Riemann-Liouville 导数下是无法做到的 (参见文献 [1,注 2.2]).

引理2.8 ^[19] 设 $E$ 是 Banach 空间,$T_{n}: E\rightarrow E$ 全连续 $(n= 3,4,\cdots)$,$T: E\rightarrow E$. 如果对于 $E$ 中任何有界集 $\Omega $,当 $n\rightarrow \infty$ 时,$\|T_{n}u- Tu\|$ 都一致趋于零,那么 $T: E\rightarrow E$ 全连续.

定义2.3 映射 $\theta$ 是 Banach 空间 $E$ 中锥 $P$ 上的非负连续凹泛函,只要 $\theta: P\rightarrow [0,\infty) $ 是连续的且 $ \theta(tx+ (1- t)y)\geq t\theta(x)+ (1- t)\theta(y) $ 对任意的 $x,y\in P$,$0＜ t＜ 1$ 成立.

引理2.9 ^[20] 设 $E$ 是 Banach 空间,$P\subseteq E$ 是一个锥,$\Omega _{1},\Omega _{2}$ 为 $E$ 中的非空相对开集且 $0\in \Omega _{1}\in \overline{\Omega _{1}}\subset \Omega _{2}$. 设 ${\cal A}: P\cap (\overline{\Omega _{2}}\backslash \Omega _{1})\rightarrow P$ 为全连续算子,满足

(i) $\|{\cal A} x\| \leq \|x\|$,$x\in P\cap \Omega _{1}$,且 $\|{\cal A} x\| \geq \|x\|$,$x\in P\cap \Omega _{2}$,或

(ii) $\|{\cal A} x\| \geq \|x\|$,$x\in P\cap \Omega _{1}$,且 $\|{\cal A} x\| \leq \|x\|$,$x\in P\cap \Omega _{2}$.

则 ${\cal A}$ 在 $P\cap (\overline{\Omega _{2}}\backslash \Omega _{1})$ 上有一个不动点.

引理2.10 ^[21] 设 $P$ 是 Banach 空间 $E$ 中的锥,$P_{c}= \{x\in P | \|x\|\leq c\}$,$\theta$ 是 $P$ 中的非负连续凹泛函满足对于任意的 $x\in\overline{P_{c}}$,$\theta(x)\leq \|x\|$. 记 $P(\theta,b,d)= \{x\in P| b\leq\theta(x),\|x\|\leq d\}$. 假设 ${\cal A}: \overline{P_{c}}\rightarrow\overline{P_{c}}$ 全连续且存在常数 $0＜ a＜ b＜ d\leq c$ 使得

(C1) 当 $x\in P(\theta,b,d)$ 时,集合 $\{x\in P(\theta,b,d) | \theta(x)> b\}$ 非空且 $\theta({\cal A}x)> b$;

(C2) 当 $\|x\|\leq a$ 时,$\|{\cal A}x\| ＜ a$;

(C3) 当 $x\in P(\theta,b,c)$ 且 $\|{\cal A}x\| > d$ 时,有 $\theta({\cal A}x)> b$.

则 ${\cal A}$ 至少有三个不动点 $x_{1},x_{2},x_{3}$ 满足

$\|x_{1}\|＜ a,b＜ \theta(x_{2}),a＜ \|x_{3}\|,\theta(x_{3})＜b.$

注2.2 ^[21] 如果 $d= c$,那么引理 2.10 的条件 (C1) 可以推出条件 (C3),也就是只证明 (C1),(C2) 就可以得到算子 ${\cal A}$ 至少有三个不动点 $x_{1},x_{2},x_{3}$.

记 $E= C[0,1]$. 在 $E$ 上定义序 $u\leq v$,如果 $u(t)\leq v(t)$,对于任意的 $t\in [0,1]$,取最大值范数 $\|u\|= \max\limits_{0\leq t\leq 1}|u(t)|$,则 $E$ 为一半序 Banach 空间. 定义锥 $P\subset E$ 为

$P= \left\{u\in E| u(t)\geq 0,\min_{\frac{1}{4}\leq t\leq \frac{3}{4}}u(t)\geq \frac{1}{4}\|u\|\right\}. $

定义非负连续凹泛函 $\theta$ 为

$\theta(u)= \min_{\frac{1}{4}\leq t\leq \frac{3}{4}}|u(t)|. $

对于给定的连续函数 $f\in C([0,1]\times [0,\infty))$,定义积分算子 $T,T_{n}: P\rightarrow E$ 如下

$ (Tu)(t):= \int_{0}^{1}G(t,s)f(s,u(s)){\rm d}s,$

$ (T_{n}u)(t): = \int_{\frac{1}{n}}^{1}G(t,s)f(s,u(s)){\rm d}s,~~~~n= 3,4,\cdots.$

引理3.1 $T: P\rightarrow P$ 是全连续算子.

证 首先,证明 $T_{n}: P\rightarrow P,n= 3,4,\cdots$ 是一列全连续算子. 对于给定的 $u\in P$,由引理 2.7 和 $f(t,u)$ 的非负性,有

$ (T_{n}u)(t) =\int_{\frac{1}{n}}^{1}G(t,s)f(s,u(s)){\rm d}s \leq \int_{\frac{1}{n}}^{1}G(s,s)f(s,u(s)){\rm d}s,$

因此

$ \|T_{n}u\| \leq \int_{\frac{1}{n}}^{1}G(s,s)f(s,u(s)){\rm d}s. $

另一方面,对 $u\in P$,有

$\begin{align} & \underset{\frac{1}{4}\le t\le \frac{3}{4}}{\mathop{\min }}\,({{T}_{n}}u)(t)\text{=}\underset{\frac{1}{4}\le t\le \frac{3}{4}}{\mathop{\min }}\,\int_{\frac{1}{n}}^{1}{G}(t,s)f(s,u(s))\text{d}s \\ & \ge \int_{\frac{1}{n}}^{1}{\frac{1}{4}}G(s,s)f(s,u(s))\text{d}s \\ & \ge \frac{1}{4}\|{{T}_{n}}u\|. \\ \end{align}$

因此,$T_{n}$ 是保锥映射. 另外,标准的讨论得 $T_{n}: P\rightarrow P$全连续.

显然 $T: P\rightarrow P$. 接下来证 $T_{n}: P\rightarrow P$ 一致收敛于 $T$,从而 $T: P\rightarrow P$ 也是全连续算子.

设 $\Omega \subset P$ 是有界集,即存在一个正常数 $M$,对于任意的 $u\in\Omega $,有 $\|u\|\leq M$. 令 $L=\max\limits_{0\leq t\leq 1,0\leq u\leq M}|f(t,u)|+ 1$,则 $u\in\Omega $ 时,有

$(T_{n}u)(t)= \int_{\frac{1}{n}}^{1}G(t,s)f(s,u(s)){\rm d}s\leq L\int_{\frac{1}{n}}^{1}G(s,s){\rm d}s.$

因此,对任意的 $\epsilon > 0$,令

$K=\frac{L}{\alpha \epsilon},$

则当 $n> K$ 时,

$\|T_{n}u- Tu\| = \max_{0\leq t\leq 1}|(T_{n}u)(t)- (Tu)(t)| \\ = \max_{0\leq t\leq 1}\left|\int_{\frac{1}{n}}^{1}G(t,s)f(s,u(s)){\rm d}s- \int_0^1G(t,s)f(s,u(s)){\rm d}s\right| \\ \le \int_{0}^{\frac{1}{n}}G(s,s)f(s,u(s)){\rm d}s \\ \le L\int_{0}^{t}(1- s)s^{\alpha - 1}{\rm d}s \\ \leq L\frac{1}{\alpha }(\frac{1}{n})^{\alpha } ＜ \epsilon.$

由引理 2.8,$T: P\rightarrow P$ 全连续. 证毕.

记

$ M= \left(\int_{0}^{1}G(s,s){\rm d}s\right)^{- 1},\ \ N= \left(\int_{\frac{1}{4}}^{\frac{3}{4}}\frac{1}{4}G(s,s){\rm d}s\right)^{- 1}. $

定理3.1 假设 $f(t,u)$ 是 $[0,1]\times [0,\infty)$ 上的连续函数,存在两个不同的正常数 $r_{1},r_{2}$ 使得

(H1) 当 $(t,u)\in [\frac{1}{4},\frac{3}{4}]\times [\frac{1}{4}r_{1},r_{1}]$ 时,$f(t,u)\geq Nr_{1}$;

(H2) 当 $(t,u)\in [0,1]\times [0,r_{2}]$ 时,$f(t,u)\leq Mr_{2}$.

则边值问题 (1.1),(1.2) 至少有一个正解 $u$ 使得

$\min\{r_{2},r_{1}\}\leq \|u\|\leq \max\{r_{2},r_{1}\}.$

证 由引理 3.1 可知 $T:P\rightarrow P$ 是全连续算子. 不失一般性,不妨设 $0＜ r_{1}＜ r_{2}$,令

$\Omega _{1}:= \{u\in P| \|u\|＜ r_{1}\},\ \ \Omega _{2}:= \{u\in P| \|u\|＜ r_{2}\}$

是 $P$ 上的两个有界开子集.

$u\in \partial \Omega _{1}$ 时,由 $P$ 的定义,有

$ u(t)\geq \frac{1}{4}\|u\|= \frac{1}{4}r_{1},\ \ t\in\left[\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right]. $

由假设 (H1),当 $t\in[\frac{1}{4},\frac{3}{4}]$ 时,有

$(Tu)(t)= \int_{0}^{1}G(t,s)f(s,u(s)){\rm d}s \geq \int_{0}^{1}\frac{1}{4}G(s,s)f(s,u(s)){\rm d}s \\ \geq Nr_{1}\int_{\frac{1}{4}}^{\frac{3}{4}}G(s,s){\rm d}s= r_{1}= \|u\|.$

因而

$ \|Tu\|\geq \|u\|,u\in\partial \Omega _{1}.$

当$u\in \partial \Omega _{2}$ 时,对于任意的 $t\in[0,1]$,有 $0\leq u(t)\leq r_{2}$. 根据假设 (H2),有

$\|Tu\|=\max_{0\leq t\leq 1}\int_{0}^{1}G(t,s)f(s,u(s)){\rm d}s\\ \leq Mr_{2}\int_{0}^{1}G(s,s){\rm d}s= r_{2}= \|u\|.$

因而,

$\|Tu\|\leq \|u\|,u\in\partial \Omega _{2}.$

从而由引理 2.9 可知,算子 $T$ 至少有一个不动点 $u$,即边值问题 (1.1) (1.2) 至少有一个正解且满足

$ r_{1}＜\|u\|＜r_{2}.$

证毕.

注3.1 以上定理中的条件(H1) 比文献 [1] 中的条件

(H2) 当 $(t,u)\in [\frac{1}{4},\frac{3}{4}]\times [0,r_{1}]$ 时,$f(t,u)\geq Nr_{1}$

更易满足,而且常数 $r_{1}$,$r_{2}$ 的大小关系可以是 $r_{1}> r_{2}$,也可以是 $r_{1}＜ r_{2}$.

定理3.2 设 $f(t,u)$ 是 $[0,1]\times [0,\infty)$ 上的连续函数,若存在两个不同的正常数 $0＜ a＜ \frac{b}{4}$,使得下面假设成立:

(A1) 当 $(t,u)\in [0,1]\times [0,a]$ 时,$f(t,u)\leq Ma$;

(A2) 当 $(t,u)\in [\frac{1}{4},\frac{3}{4}]\times [\frac{b}{4},b]$ 时,$f(t,u)\geq \frac{Nb}{4}$;

(A3) 当 $(t,u)\in [0,1]\times [0,b]$ 时,$f(t,u)\leq Mb$.

则问题 (1.1) (1.2) 至少有三个正解 $u_{1},u_{2},u_{3}$,满足

$ \max_{0\leq t\leq 1}|u_{1}(t)|＜ a,\ \ \frac{b}{4}＜ \min_{\frac{1}{4}\leq t\leq \frac{3}{4}}|u_{2}(t)|＜ \max_{0\leq t\leq 1}|u_{2}(t)|\leq b,$

$ a＜ \max_{0\leq t\leq 1}|u_{3}(t)|\leq b,\ \ \min_{\frac{1}{4}\leq t\leq \frac{3}{4}}|u_{3}(t)|＜ \frac{b}{4}. $

证 只要证明引理 2.10 的所有条件满足即可. 如果 $u\in \overline{P}_{b}$,那么 $\|u\|\leq b$. 由假设 (A3),$f(t,u(t))\leq Mb$,$0\leq t\leq 1$,所以

$\|Tu\|= \max_{0\leq t\leq 1}\left|\int_{0}^{1}G(t,s)f(s,u(s)){\rm d}s\right| \leq \int_{0}^{1}G(s,s)f(s,u(s)){\rm d}s \\ \leq\int_{0}^{1}G(s,s)Mb{\rm d}s\leq b.$

因而,$T: \overline{P}_{b}\rightarrow \overline{P}_{b}$. 同样地,如果 $u\in \overline{P}_{a}$,那么由假设 (A1),$f(t,u(t))\leq Ma$,$0\leq t\leq 1$. 所以,引理 2.10 的条件 (C2) 成立.

选取

$u(t)= \frac{\frac{b}{4}+ b}{2}= \frac{5b}{8},~~0\leq t\leq 1.$

则 $u(t)\in P(\theta,\frac{b}{4},b)$,$\theta(u)= \theta(\frac{5b}{8})> \frac{b}{4}$. 因而,

$\left\{u\in P(\theta,\frac{b}{4},b)| \theta(u)> \frac{b}{4}\right\}\neq \emptyset.$

若 $u\in P(\theta,\frac{b}{4},b)$,则 $\frac{1}{4}\leq t\leq \frac{3}{4}$ 时,有 $\frac{b}{4}\leq u(t)\leq b$ . 由假设 (A2) 可知,$\frac{1}{4}\leq t\leq \frac{3}{4}$ 时,$f(t,u(t))\geq N(\frac{b}{4})$ . 故

$\theta(Tu)= \min_{\frac{1}{4}\leq t\leq \frac{3}{4}}|(Tu)(t)|\geq \int_{0}^{1}\frac{1}{4}G(s,s)f(s,u(s)){\rm d}s \\ > \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{3}{4}}\frac{1}{4}G(s,s)N\frac{b}{4}{\rm d}s= \frac{1}{4}b.$

即对 $\forall u\in P\left(\theta,\frac{b}{4},b\right)$,$\theta(Tu)> \frac{b}{4}$. 这表明引理 2.10 的条件 (C1) 成立.

由引理 2.10 和注 2.2 可知,问题 (1.1) (1.2) 至少有三个正解 $u_{1},u_{2},u_{3}$,满足

$ \max_{0\leq t\leq 1}|u_{1}(t)|＜ a,\ \ \frac{b}{4}＜ \min_{\frac{1}{4}\leq t\leq \frac{3}{4}}|u_{2}(t)|,$

$ a＜ \max_{0\leq t\leq 1}|u_{3}(t)|,\ \ \min_{\frac{1}{4}\leq t\leq \frac{3}{4}}|u_{3}(t)|＜ \frac{b}{4}. $

证毕.

例4.1 考虑下面适型分数阶微分方程边值问题的正解

$D^{\frac{3}{2}}u(t)+ u^{2}+ \frac{\sin t}{4}+ 1= 0,\ \ 0＜ t＜ 1,$

(4.1)

$u(0)= u(1)= 0.$

(4.2)

通过简单的计算得 $M= \frac{15}{4}$,$N\approx 1.494$. 设 $r_{1}= \frac{1}{2},r_{2}= 1$,有

$ f(t,u)= 1+ \frac{\sin t}{4}+ u^{2}\leq 2.211\leq Mr_{2},\ \ (t,u)\in [0,1]\times [0,1]; $

$ f(t,u)= 1+ \frac{\sin t}{4}+ u^{2}\geq 1\geq Nr_{2},\ \ (t,u)\in [0,1]\times \left[\frac{1}{8},\frac{1}{2}\right].$

根据定理 3.1,问题 (4.1),(4.2) 至少有一个正解 $u$,满足 $\frac{1}{2}\leq \|u\|\leq 1$.

例4.2 考虑下列问题的多解性

${{D}^{\frac{3}{2}}}u(t)+f(t,u(t))=0,\ \ 0＜t＜1,$

(4.3)

$u(0)=u(1)=0,$

(4.4)

其中

$f(t,u)=\left\{\begin{array}{ll} \frac{t}{20}+ 14u^{2},& \mbox{ } \ \ u\leq 1,\$3mm] 13+ \frac{t}{20}+ u,& \mbox{ } \ \ u> 1. \end{array}\right.$

计算得 $M= \frac{15}{4}$,$N\approx 1.494$. 设 $a= \frac{1}{10}$,$b= 10$,则

$ f(t,u)= \frac{t}{20}+ 14u^{2}\leq 0.19\leq Ma\approx 0.375,\ \ (t,u)\in [0,1]\times \left[0,\frac{1}{10}\right],$

$ f(t,u)= 13+ \frac{t}{20}+ u\geq 14.05\geq N\frac{b}{4},\ \ (t,u)\in \left[\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right]\times \left[\frac{5}{2},10\right],$

$ f(t,u)= 13+ \frac{t}{20}+ u\leq 25.05\leq Mb,\ \ (t,u)\in [0,1]\times [0,10].$

根据定理 3.2,问题 (4.3) (4.4) 至少有三个正解 $u_{1},u_{2},u_{3}$,满足

$ \max_{0\leq t\leq 1}|u_{1}(t)|＜ \frac{1}{10},\ \ \frac{5}{2}＜ \min_{\frac{1}{4}\leq t\leq \frac{3}{4}}|u_{2}(t)|＜ \max_{0\leq t\leq 1}|u_{2}(t)|\leq 10,$

$ \frac{1}{10}＜ \max_{0\leq t\leq 1}|u_{3}(t)|\leq 10,\ \ \min_{\frac{1}{4}\leq t\leq \frac{3}{4}}|u_{3}(t)|＜ \frac{5}{2}. $