On Positive Solutions to a Class of Fractional q-Derivative Three-Point Boundary Value Problem

定义1^[14]   设E为实Banach空间，如果P⊂E且P为非空凸闭集，并且下列两个条件成立：

(Ⅰ) x∈P，λ≥0$ \Rightarrow $λx∈P；

(Ⅱ) x∈P，－x∈P$ \Rightarrow $x=θ，θ表示E中的零元素；

则称P是E中的一个锥.

引理1^[14]  设E是实Banach空间，P为E中的锥，则锥P正规的充要条件是：若存在常数N>0，对任意的x，y∈E，使得当θ≤x≤y时，恒有‖x‖≤N‖y‖(满足此式的最小N称为P的正规常数).

定义2^[14]  设E是实Banach空间，对所有x，y∈E，如果存在λ>0，μ>0使得λx≤y≤μx，则称x，y等价，并用符号x~y表示. 若给定h>θ，定义集合P_h={x∈E|x~h}.

定义3^[2]  函数f：[0, 1]→R的α阶-q积分(Riemann-Liouville型)为

函数f的α阶q-导数为

其中k=[α]+1. 特别地，当α=0时，(D_q⁰f)(x)=f(x)，(I_q⁰f)(x)=f(x).

引理2^[11]  E为实的Banach空间，P是一个正规锥且P⊂E，h>θ，设A：P→P为增算子且满足下列条件：

(a) 存在h₀∈P_h使得Ah₀∈P_h；

(b) 对任意x∈P，t∈(0，1)，存在φ(t)∈(t，1)使得A(tx)≥φ(t)Ax；则有以下结论：

(Ⅰ) 算子方程Ax=x有唯一的解x^*∈P_h；

(Ⅱ) 对任意的初值x₀∈P_h，构造迭代序列x_n=Ax_n－1(n=1，2，…) 有$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = {x^*}$.

引理3^[11]  在满足引理2的条件下，假设x_λ(λ>0)是算子方程Ax=λx唯一的解，则有以下结论：

(Ⅰ) x_λ关于λ严格递减，即当0＜λ₁＜λ₂时，有x_λ1>x_λ2；

(Ⅱ) 如果存在γ∈(0，1)使得φ(t)≥t^γ，t∈(0，1)，则x_λ关于λ连续，即当λ→λ₀(λ₀>0)时，有‖x_λ－x_λ0‖→0；

(Ⅲ) $\mathop {\lim }\limits_{\lambda \to + \infty } \left\| {{x_\lambda }} \right\| = 0, \mathop {\lim }\limits_{\lambda \to {0^ + }} \left\| {{x_\lambda }} \right\| = + \infty $.

引理4^[9]  若1＜α≤2，0＜η＜1，0＜βη^α－1＜1，x∈C¹[0, 1]，则下列分数阶q-导数边值问题

存在唯一的正解$u(t) = \int_0^1 G (t, qs)x(s){{\rm{d}}_q}s$. 这里G(t，qs)为

引理5^[9]  边值问题(4)的格林函数G(t，qs)具有下面的性质

(ⅰ) G(t，qs)是连续函数，并且G(t，qs)≥0，t，s∈[0, 1]；

这里0＜M₀=min{1－βη^α－1，βη^α－2(1－η)，βη^α－1}.

令E=C[0, 1]，定义范数‖x‖=max{|x(t)|：t∈[0, 1]}. 取锥

显然锥P为正规锥，正规常数为1.

本文做如下假设：

(H1) 函数f(t，x)：[0, 1]×[0，+∞)→[0，+∞)为连续函数，并且f(t，0)≡0；

(H2) 对于每一个t∈[0，1]，f(t，x)关于第二个变量x单调递增；

(H3) 对任意r∈(0，1)，存在φ(r)∈(r，1)使得

定理1  如果(H1)-(H2)成立，则下面结论成立：

(Ⅰ) 任意λ∈(0，1)，则边值问题(1)有唯一的正解u_λ^*∈P_h，此时h(t)=t^α－1，t∈[0，1]，并且对任意初值u₀∈P_h，构造迭代序列

且当n→+∞时，有u_n(t)→u_λ^*(t)；

(Ⅱ) u_λ^*关于λ严格递增，即当0＜λ₁＜λ₂时，有u^*_λ1＜u^*_λ2；

(Ⅲ) 若存在γ∈(0，1)，使得φ(t)>t^γ，t∈[0, 1]，则u_λ^*关于λ连续，即当λ→λ₀时，有‖u_λ^*－u^*_λ0‖→0；

(Ⅳ) $\mathop {\lim }\limits_{\lambda \to {0^ + }} \left\| {u_\lambda ^*} \right\| = 0, \mathop {\lim }\limits_{\lambda \to + \infty } \left\| {u_\lambda ^*} \right\| = + \infty $.

证  对于任意u∈P，定义算子

由引理4可知，u(t)是(1)式的解当且仅当u(t)=λAu(t)，因为f(t，x)≥0，G(t，qs)≥0，则Au(t)=$\int_0^1 G (t, qs)f(s, u(s)){{\rm{d}}_q}s \ge 0$，即Au∈P，对任意u∈P都成立，显然A：P→P. 由(H1)-(H2)可知，算子A递增.

接下来证明算子A满足引理2的条件. 由(H1)可得

即对每一个u∈P，r∈(0，1)，有A(ru)≥φ(r)Au.

令h₀=h，接下来证明Ah₀=Ah∈P_h. 由(H2)和G(t，qs)的性质可知

利用f(t，x)关于第二个变量x的单调递增性可知

又M₀q≤1且f(t，0)≡0，则0＜L₁≤L₂，故Ah(t)≥L₁t^α－1，Ah(t)≤L₂t^α－1，t∈[0, 1]. 即L₁h≤Ah≤L₂h，则Ah∈P_h.

由引理2可知，存在唯一的解u_λ^*∈P_h使得$A\left({u_\lambda ^*} \right) = \frac{1}{\lambda }u_\lambda ^*$，则u_λ^*=λA(u_λ^*)，即

由引理3可知：

(Ⅰ) 对给定的λ>0，u_λ^*是方程(1)唯一的正解；

(Ⅱ) u_λ^*关于λ严格递增(即当0＜λ₁＜λ₂时，有u^*_λ1＜u^*_λ2)；

(Ⅲ)$\mathop {\lim }\limits_{\lambda \to {0^ + }} \left\| {u_\lambda ^*} \right\| = 0, \mathop {\lim }\limits_{\lambda \to + \infty } \left\| {u_\lambda ^*} \right\| = + \infty $；

(Ⅳ) 如果存在γ∈(0，1)，使得φ(t)>t^γ，t∈[0, 1]，那么u_λ^*关于λ连续，即当λ→λ₀时，‖u_λ^*－u^*_λ0‖→0.

若令A_λ=λA，那么A_λ也满足引理2的所有条件. 故由引理2可知，对于任意初值u₀∈P_h，构造迭代序列u_n=A_λu_n－1(n=1，2，…)，当n→∞时，有u_n→u_λ^*，即u_n(t)=λ$\int_0^1 {} $G(t，qs)f(s，u_n－1(s))d_qs(n=1，2，…)，t∈[0, 1]，且当n→∞时，u_n(t)→u_λ^*(t). 证毕.

特别地，定理1中当λ=1时可以得到以下推论.

推论1  假设(H1)-(H3)成立，那么下列分数阶q-导数边值问题

有唯一的正解u^*∈P_h，这里h(t)=t^α－1，t∈[0, 1]，1＜α≤2，0＜η＜1，0＜βη^α－1＜1. 此外对于任意初值u₀∈P_h，构造迭代序列u_n=Au_n－1，当n→∞时u_n→u^*，即u_n(t)=$\int_0^1 {} $G(t，qs)f(s，u_n－1(s))d_qs且当n→∞时u_n(t)→u^*(t).