半线性抛物方程

半线性抛物方程（精选四篇）

半线性抛物方程 篇1

设P>1,m,n,T>0,u0是定义在R+N上的非负连续函数。考虑初边值的问题:

其中x′=（x1，…xN-1）,

对于全空间RN上的相应问题

是由H.Fujita在[1]中进行了研究,他证明了当m=0时，当1<p<pc=1+时，(1.2)的任何解都在有限时刻爆破；当p>pc时，(1.2)的解对小初值存在整体解,但对大初值不存在整体解。

对于m≠0的情形是由Bandle和Levine在[2][3]中得到了相应的结果，他们证明了当m>-2时，当1<p<pc=1+时，(1.2)的任何解都在有限时刻爆破，当p>pc时，(1.2)的解对小初值存在整体解，但对大初值不存在整体解。pc称为爆破的临界指标.详细情形可参见[4]。

本论文主要目的是考察在半空间上当m,n≠0时，它们对方程(1.1)的可解性，主要结果可叙述为：

定理1.1设u0(x）叟0，且不恒等于零，则当1<p<1+时。(1.1)的解u(x,t）在有限时刻爆破。

定理1.1设p>1+N+1m+n+2，则当u0(x）充分大时，(1.1)的解在有限时刻爆破；而当u0(x）充分小时，(1.1)具有整体解。

下面我们将给出若干引理。

众所周知问题(1.1)的基本解为

G(x,y,t）=准（x-y,t）-准（x-y軃，t）(1.3)（x,t）∈R+N×（0,T)y軃=（y1，…，yN-1，-yN）,

引理1.1设u(x,t）满足（1.1），则存在t0>0,c>0，对坌t>t0，使得

证明:易知(1.1)的解可表示成

注意到u0(x）叟0,x∈R+N，因此存在x0∈R+N，以及ε>0和常数c>0，使得u0(x）叟c,x∈Bε（x0）∈R+N，因此有

对于基本解G(x,y,t）有如下估计:

将(1.6)代入(1.5)，对t>t0叟1有

引理1.2设u(x,t)满足(1.1),且u(x,t)叟,则存在正常数c及t2使得

证明:由于u0叟0且G(x,y,t）为正函数，由引理(1.1)可知

由(1.8)和(1.9)可得

令τ=r(t-s），由

引理1.3设u(x,t）是(1.1)的解，则当1<p<1+时，对坌r>0存在cr,tr>0，使得u(x,t）叟crtrexp-,t叟tr

进而有(x,t）=∞。

证明:由于u(x,t）满足(1.1)，由引理(1.1)可知存在常数c及t0使得

又由引理(1.2)可知存在常数c1,t1使得

定义映射ω（l）存在不动点

由此可得，当p∈（1,p0），有ω（l）叟l，令ωk(l1）=lk+1，如果能够证明

便有u(x,t）叟crtrexp

因而有(x,t）=∞

下面让我们证明(1.10):

下面我们可采用归纳法来证明，设

不难证明

因此归纳假设成立，即

因此选取k充分大使得

1 主要结果的证明

定理1.1的证明:运用反证法.假设(1.1)具有整体解，则由引理1.3可知，通过一个时间轴变换，我们不妨假设u0充分大，选取有界区域Ω∈R+N使得

又由[5][6]的结果可知，当u0(x,t）充分大时，U(x,t）必在有限时刻爆破，由此及(1.11)可知u(x,t）必在有限时刻爆破，这就产生了矛盾，定理1证毕。

定理1.2的证明:爆破结论的证明完全类似于定理1.1，从略.下面对整体解的存在性进行证明，现在让我们来寻找(1.1)具有如下形式的上解

其中为待定常数.通过计算表明要使其成为问题(1.1)的上解，只需

由p>1可知，存在常数使得

因此要是(1.14)成立,只需

即则当+1时，即时，对充分小的A必有(1.14)成立，这样就构造了(1.1)的一上解，因而当u0(x）充分小时，(1.1)具有整体解，证毕。

参考文献

[1]Fujita.H,On the Blowing up of Solutions of the Cauchy Probem for ut=△u+u1+α[J].Fac.SciUniv.Tokyo sect.I,1966,13:109-124.

[2]Bandle C,LevineH A.On the existence and Nonexistence of Global Solution of reactin-diffusion Equations in Secterial Domains[J].Trans.Amer,Math.soc,1989,316:595-622.

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[4]Pinsky R G.Existence and Nonexistence of Global Solutions for ut=△u+(ax)upin Rd[J].j.d.e.1997,133:152-177.

[5]Escobedo M A.A Semilinear Paraolic System in a Bounded Domain[J].Annalidz Math.Pura ed Avvl.(IV),1993.115:315-336.

半线性抛物方程 篇2

一类四阶半线性抛物型方程的有限差分方法

研究了一类四阶半线性抛物方程,对其提出有限差分格式,并进行收敛性分析,得到L2范数下的误差估计.

作 者：纪维强 杨青 JI Wei-qing YANG Qing 作者单位：山东师范大学数学科学学院,济南,250014刊 名：科学技术与工程 ISTIC英文刊名：SCIENCE TECHNOLOGY AND ENGINEERING年，卷(期)：8(23)分类号：O241.82关键词：四阶抛物方程 有限差分法 误差估计

半线性抛物方程 篇3

最近, 分数阶微分方程受到广泛的关注。这不仅是分数阶微分方程的理论发展的需要, 也是分数阶微分方程应用的需要。 除了数学的多个领域, 分数阶微分方程还在流体力学, 流变学, 黏弹性力学, 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回归模型, 特别是与分形维数有关的物理与工程方面有广泛的应用[1,2,3,4,5]。

本文考虑分数阶微分方程

D${}_{0+}^{\alpha }$u (t) =p (t) f (t, u (t) ) -q (t) , 0<t<1,

u (0) =u (1) =u′ (0) =u′ (1) =0 (1)

式 (1) 中3<α≤4是任意实数, D${}_{0+}^{\alpha }$是标准的Riemann-Liouville型分数阶微分。

1 预备知识

我们先介绍一些分数阶微积分定义和理论。这些定义可以在最近的文献[6,7]中找到。

定义1.1[6] 函数h: (0, ∞) →R的 α>0阶Riemann-Liouville积分是指

I${}_0^{\alpha }$h (t) =${\displaystyle \underset{0}{\overset{t}{\int }}}$$\frac{(t-s){}^{\alpha -1}}{\text{Γ}(\alpha )}h(s)\text{d}s,$

其中右边是在 (0, ∞) 上逐点定义的。

定义1.2[6] 函数y: (0, ∞) →R的 α>0阶Riemann-Liouville微分是指

$D{}_{0+}^{\alpha }y(t)=\frac{1}{\text{Γ}(n-\alpha )}\left(\frac{\text{d}}{\text{d}t}\right){}^n$${\displaystyle \underset{0}{\overset{t}{\int }}}$$\frac{1}{(t-s){}^{\alpha -n+1}}y(s)\text{d}s,$

给出其中$n=\left[\alpha \right]+1‚\left[\alpha \right]$代表α的整数部分, 右边是在 (0, ∞) 上是逐点定义的。

引理1.1[7] 给定h∈C (0, 1) , 3<α≤4, 方程

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

u (0) =u (1) =u′ (0) =u′ (1) =0,

的唯一解是u (t) =${\displaystyle \underset{0}{\overset{1}{\int }}}$G (t, s) h (s) ds。

其中

$G(t,s)=\{\begin{array}{l}\frac{(t-s){}^{\alpha -1}+(1-s){}^{\alpha -2}t{}^{\alpha -2}\left[(s-t)+(\alpha -2)(1-t)s\right]}{\text{Γ}(\alpha )},\\ 0\le s\le t\le 1；\\ \frac{(1-s){}^{\alpha -2}t{}^{\alpha -2}\left[(s-t)+(\alpha -2)(1-t)s\right]}{\text{Γ}(\alpha )},\\ 0\le t\le s\le 1。\end{array}$

引理1.2[7] 由上式定义的函数G (t, s) 满足下面的结论

(1) G (t, s) =G (1-s, 1-t) , 其中t, s∈ (0, 1) ;

(2) (α-2) tα-2 (1-t) 2s2 (1-s) α-2≤Γ (α) ×G (t, s) ≤M0s2 (1-s) α-2, 其中t, s∈ (0, 1) ;

(3) G (t, s) >0, 其中t, s∈ (0, 1) ;

(4) (α-2) s2 (1-s) α-2tα-2 (1-t) 2≤

Γ (α) G (t, s) ≤M0tα-2 (1-t) 2,

其中t, s∈ (0, 1) , M0=max{α-1, (α-2) 2}。

引理 1.3[8]X是Banach空间, P∈X是X的锥。假设Ω1, Ω2是X的开子集, 0∈Ω1⊂$\overline{\text{Ω}}$1⊂Ω2, 令S:P→P是全连续算子, 使得

(i) ‖Sω‖≤‖ω‖, ω∈P∩∂Ω1,

‖Sω‖≥‖ω‖, ω∈P∩∂Ω2, 或者

(ii) ‖Sω‖≥‖ω‖, ω∈P∩∂Ω1,

‖Sω‖≤‖ω‖, ω∈P∩∂Ω2,

那么S在${\rm P}{\displaystyle \cap (}\overline{\text{Ω}}{}_2\text{Ω}{}_1)$中有一个不动点。

2 主要结果

给出如下的几个假设

(H1) f:[0, 1]×[0, ∞) →[0, ∞) 是连续的, p, q≻0, 这里p≻0表示当t∈[0, 1]时, p≥0, 且在一个正测集上是恒正的。

(H2) 存在$\theta \in \left(0,\frac{1}{2}\right)$使得

∫${}_{\theta }^{1-\theta }$p (s) s2 (1-s) α-2ds>0。

由引理1.1和引理1.2很容易得出下面的引理。

引理2.1 假设γ (t) 是方程

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

u (0) =u (1) =u′ (0) =u′ (1) =0,

的唯一解, 则

$0\le \gamma (t)\le \frac{{\rm M}{}_0}{\text{Γ}(\alpha )(\alpha -2)}||q||{}_{1}t{}^{\alpha -2}(1-t){}^2$:=Ctα-2 (1-t) 2。

其中‖q‖1=∫${}_0^1$$|q(t)|\text{d}t,q\in L{}^1[0,1],C=\frac{{\rm M}{}_0}{\text{Γ}(\alpha )(\alpha -2)}\parallel q\parallel {}_1$。

为证方程 (1) 有解, 我们先考虑下面的修正方程

$\{\begin{array}{l}D{}_{0+}^{\alpha }u(t)=p(t)g(t,u(t)-\gamma (t)),t\in (0,1)\\ u(0)=u(1)=u^{\prime }(0)=u^{\prime }(1)=0\end{array}(2)$

式 (2) 中γ (t) 定义见引理2.1。

$g(t,u)=\{\begin{array}{l}f(t,u),u\ge 0,\\ f(t,0),u<0。\end{array}$

则我们有下面的结论

引理2.2 如果当t∈[0, 1]时均有u (t) ≥γ (t) , 则当u (t) 是方程 (2) 的正解时, u (t) -γ (t) 就是方程 (1) 的正解。

证明 事实上, 令x (t) =u (t) -γ (t) , 则x (t) ≥0, 且u (t) =x (t) +γ (t) 带入方程 (2) 得

$\{\begin{array}{l}D{}_{0+}^{\alpha }[x(t)+\gamma (t)]=p(t)g(t,x(t)),t\in (0,1)\\ (x+\gamma )(0)=(x+\gamma )(1)=(x+\gamma {)}^{\prime }(0)=\\ (x+\gamma {)}^{\prime }(1)=0。\end{array}$

由γ定义可得

$\{\begin{array}{l}D{}_{0+}^{\alpha }x(t)=p(t)f(t,x(t))-q(t),t\in (0,1)\\ x(0)=x(1)=x^{\prime }(0)=x^{\prime }(1)=0。\end{array}$

证毕。

因此我们首先寻找方程 (2) 的正解。

显然方程 (2) 等价于下面的积分方程

u (t) =∫${}_0^1$G (t, s) p (s) g (s, u (s) -γ (s) ) ds。

令E=C[0, 1], 则E是Banach空间, 范数为$\parallel x\parallel =\underset{0\le t\le 1}{{\displaystyle \max }}|x(t)|$。

定义

${\rm K}=\left\{x\in E,x(t)\ge \frac{(\alpha -2)t{}^{\alpha -2}(1-t){}^2}{{\rm M}{}_0}\parallel x\parallel ,t\in [0,1]\right\}$。

显然K是E=C[0, 1]中一个锥。

再令T:K→E如下

(Tx) (t) :=∫${}_0^1$G (t, s) p (s) g (s, x (x) -γ (s) ) ds。

显然方程 (2) 有解等价于Tx=x有不动点。

很容易可以得到下面的两个引理。

引理2.3 假设 (H1) 成立, 则T (K) ⊂K。

引理2.4T:K→K是全连续的。

为了证明方便, 我们给出下面几个记号

$\begin{array}{l}\widetilde{{\rm N}}=\frac{{\rm M}{}_0(\alpha -2)\parallel q\parallel {}_1}{\text{Γ}(\alpha )}\underset{0\le s\le 1}{{\displaystyle \max }}s{}^2(1-s){}^{\alpha -2},\\ \overline{{\rm N}}=\frac{2{\rm M}{}_0}{\text{Γ}(\alpha )}\sigma {\displaystyle {\int }_{\theta }^{1-\theta }s}{}^2(1-s){}^{\alpha -2}p(s)\text{d}s,\\ \sigma =\underset{\theta \le t\le 1-\theta }{{\displaystyle \min }}\frac{(\alpha -2)(1-t){}^{2}t{}^{\alpha -2}}{2{\rm M}{}_0}。\end{array}$

定理2.1 假设 (H1) , (H2) 成立, 另外假设下面的几个条件成立

(A1) 存在常数$R{}_1>\frac{{\rm M}{}_{0}C}{\alpha -2}$使得$\widetilde{{\rm N}}f(t,u)\le R{}_1,(t,u)\in [0,1]\times [0,R{}_1];$

(A2) 存在常数R2>2R1使得$\overline{{\rm N}}f(t,u)>R{}_2,(t,u)\in [0,1]\times [\sigma R{}_2,R{}_2];$

$(\text{A}{}_3)\underset{u\to +\infty }{{\displaystyle \lim }}\underset{0\le t\le 1}{{\displaystyle \max }}\frac{f(t,u)}{u}=0$。

则方程 (1) 至少有两个正解。

证明 我们首先证明式 (2) 至少有两个正解x1, x2满足R1≤‖x1‖<R2<‖x2‖≤R3。

令Ω1={x∈K|||x||<R1}.则对任意的x∈∂Ω1, t∈[0, 1], 由引理2.1有

$\begin{array}{l}x(t)-\gamma (t)\le x(t)\le ||x||=R{}_1,\\ x(t)-\gamma (t)\ge \frac{(\alpha -2)t{}^{\alpha -2}(1-t){}^2}{{\rm M}{}_0}R{}_1-Ct{}^{\alpha -2}(1-t){}^2\ge \\ \left(\frac{(\alpha -2)R{}_1}{{\rm M}{}_0}-C\right)t{}^{\alpha -2}(1-t){}^2\ge 0。\end{array}$

由 (A1) 和引理1.2可得

$\parallel {\rm T}x\parallel =\underset{0\le t\le 1}{{\displaystyle \max }}({\rm T}x)(t)=\underset{0\le t\le 1}{{\displaystyle \max }}$∫${}_0^1$G (t, s) p (s) g (s, x (s) -γ (s) ) ds≤M0∫${}_0^1$$\frac{(\alpha -2)}{\text{Γ}(\alpha )}s{}^2(1-s){}^{\alpha -2}p(s)f(s,x(s)-\gamma (s))\text{d}s\le$

M0∫${}_0^1$$\frac{(\alpha -2)R{}_1}{\text{Γ}(\alpha )\widetilde{{\rm N}}}s{}^2(1-s){}^{\alpha -2}p(s)\text{d}s\le R{}_1$。

因此 ‖Tx‖≤‖x‖, x∈K∩∂Ω1。

另一方面, 令Ω2={x∈K|‖x‖<R2}。则对任意的x∈∂Ω2, t∈[0, 1], 注意到R2>2R1, 我们有

$x(t)-\gamma (t)\ge \frac{(\alpha -2)t{}^{\alpha -2}(1-t){}^2}{{\rm M}{}_0}R{}_2-Ct{}^{\alpha -2}\times (1-t){}^2\ge \frac{(\alpha -2)t{}^{\alpha -2}(1-t){}^2}{2{\rm M}{}_0}R{}_2(3)$

所以由式 (3) , 对任意的$x\in \partial \text{Ω}{}_2,t\in [\theta ,1-\theta ]\sigma ‚R{}_2\le \frac{(\alpha -2)t{}^{\alpha -2}(1-t){}^2}{2{\rm M}{}_0}R{}_2\le x(t)-\gamma (t)\le R{}_2$。

由 (A2) , 式 (3) 和引理1.2, 对任意的x∈∂Ω2, t∈[θ, 1-θ]有

因此 ‖Tx‖>‖x‖, x∈K∩∂Ω2。

$\begin{array}{l}\text{接}\text{下}\text{来}\text{取}\epsilon >0\text{足}\text{够}\text{小}‚\text{满}\text{足}\frac{\epsilon {\rm M}{}_0(\alpha -2)}{\text{Γ}(\alpha )}\times \\ \underset{0\le t\le 1}{{\displaystyle \max }}t{}^2(1-t){}^{\alpha -2}\parallel p\parallel {}_1\le 1\end{array}$

。则对于上述的ε, 由 (A3) 知, 存在N>R2>0, 使得对任意的t∈[0, 1], u≥N, 有f (t, u) ≤εu。

令$R{}_3=\frac{{\rm M}{}_0(\alpha -2)\underset{0\le s\le 1}{{\displaystyle \max }}s{}^2(1-s){}^{\alpha -2}\parallel p\parallel {}_1\underset{(t,u)\in [0,1]\times [0,{\rm N}]}{{\displaystyle \max }}f(t,u)}{(\text{Γ}(\alpha )-\epsilon {\rm M}{}_0(\alpha -2)\underset{0\le s\le 1}{{\displaystyle \max }}s{}^2(1-s){}^{\alpha -2}\parallel p\parallel {}_1)}+{\rm N}$, 则R3>N>R2。

$\parallel {\rm T}x\parallel =\underset{0\le t\le 1}{{\displaystyle \max }}({\rm T}x)(t)=\underset{0\le t\le 1}{{\displaystyle \max }}$∫${}_0^1$G (t, s) p (s) g (s,

x (s) -γ (s) ) ds≤M0∫${}_0^1$

$\begin{array}{l}\frac{(\alpha -2)}{\text{Γ}(\alpha )}s{}^2(1-s){}^{\alpha -2}\times \\ p(s)\underset{(t,u)\in [0,1]\times [0,{\rm N}]}{{\displaystyle \max }}f(s,u)\text{d}s+\end{array}$

$\begin{array}{l}{\rm M}{}_0{\displaystyle {\int }_0^1\frac{(\alpha -2)}{\text{Γ}(\alpha )}}s{}^2(1-s){}^{\alpha -2}p(s)\epsilon (x(s)-\\ \gamma (s))\text{d}s\le R{}_3。\end{array}$

这说明 ‖Tx‖≤‖x‖, x∈K∩∂Ω3。

因此由引理1.3, 方程 (2) 至少存在两个正解x1, x2满足R1≤‖x1‖<R2<‖x2‖≤R3。又由$R{}_2>R{}_1>\frac{C{\rm M}{}_0}{\alpha -2}$, 有

$\begin{array}{l}x{}_1(t)-\gamma (t)\ge \frac{(\alpha -2)t{}^{\alpha -2}(1-t){}^2}{{\rm M}{}_0}R{}_1-Ct{}^{\alpha -2}(1-t){}^2\ge \left(\frac{(\alpha -2)R{}_1}{{\rm M}{}_0}-C\right)t{}^{\alpha -2}(1-t){}^2\ge 0,\\ x{}_2(t)-\gamma (t)\ge \frac{(\alpha -2)t{}^{\alpha -2}(1-t){}^2}{{\rm M}{}_0}R{}_2-Ct{}^{\alpha -2}(1-t){}^2\ge \left(\frac{(\alpha -2)R{}_2}{{\rm M}{}_0}-C\right)t{}^{\alpha -2}(1-t){}^2\ge 0。\end{array}$

所以x1, x2也是式 (1) 的解, 证毕。

类似的, 我们不加证明的给出下面的结论。

定理2.2 假设 (H1) , (H2) 成立, 另外假设下面的几个条件成立

(A4) 存在常数$R{}_1>\frac{2{\rm M}{}_{0}C}{\alpha -2}$使得$\overline{{\rm N}}f(t,u)\ge R{}_1,(t,u)\in [0,1]\times [\sigma R{}_2,R{}_2];$

(A5) 存在常数$R{}_2>\max \left\{R{}_1,\frac{R{}_1}{\overline{{\rm N}}}\widetilde{{\rm N}}\right\}$使得$\widetilde{{\rm N}}f(t,u)<R{}_2,(t,u)\in [0,1]\times [0,R{}_2];$

$(\text{A}{}_6)\underset{u\to +\infty }{{\displaystyle \lim }}\underset{\theta \le t\le 1-\theta }{{\displaystyle \min }}\frac{f(t,u)}{u}=+\infty$。

则方程 (1) 至少有两个正解。

例2.1 考虑如下的分数阶微分方程

$D{}_{0+}^{3.5}u(t)=f(u)-\frac{1}{\sqrt{t}},0<t<1$;

u (0) =u (1) =u′ (0) =u′ (1) =0。 (4)

式 (4) 中

$f(u)=\{\begin{array}{l}-2(u-7){}^2+10100,0\le u\le 7,\\ -10(u-7)+10100,7\le u\le 700,\\ (u-700){}^2+3170,u\ge 700。\end{array}$

$\begin{array}{l}\text{我}\text{们}\text{有}C=\frac{(\alpha -1)(\alpha -2)}{\text{Γ}(\alpha )}\times 2\approx 1.5,\\ \widetilde{{\rm N}}=2\times \frac{\alpha -1}{\text{Γ}(\alpha )}\underset{s\in [0,1]}{{\displaystyle \max }}s{}^2(1-s){}^{\alpha -2}\approx 0.069,\end{array}$

令$\theta =\frac{1}{4}$, 则$\sigma =\underset{\frac{1}{4}\le t\le \frac{3}{4}}{{\displaystyle \min }}\frac{(\alpha -2)t{}^{\alpha -2}(1-t){}^2}{2{\rm M}{}_0}\approx 0.012,\overline{{\rm N}}=$${\displaystyle {\int }_{\frac{1}{4}}^{\frac{3}{4}}}$$\frac{2{\rm M}{}_0\sigma }{\text{Γ}(\alpha )}s{}^2(1-s){}^{\alpha -2}\text{d}s\approx 0.0007$。

$\begin{array}{l}\text{取}R{}_1=7,R{}_2=700,\text{则}R{}_1>\frac{2C{\rm M}{}_0}{\alpha -2}=5,\\ R{}_2>\max \left\{R{}_1,\frac{\widetilde{{\rm N}}}{\overline{{\rm N}}}R{}_1\right\}=\max \{7,690\}=690,\text{因}\text{此}\text{有}\end{array}$

$\begin{array}{l}\overline{{\rm N}}f(u)=0.0007[-2(u-7){}^2+10100]\ge 7.003>R{}_1,(t,u)\in [\frac{1}{4},\frac{3}{4}]\times [0.084,7],\\ \widetilde{{\rm N}}f(u)=0.069[-2(u-7){}^2+10100]\le 690<R{}_2,(t,u)\in [0,1]\times [0,7],\widetilde{{\rm N}}f(u)=0.069[-10(u-7)+10100]\le 690<R{}_2,(t,u)\in [0,1]\times [7,700]。\end{array}$

并且, $\underset{u\to +\infty }{{\displaystyle \lim }}\frac{f(u)}{u}=\underset{u\to +\infty }{{\displaystyle \lim }}\frac{(u-700){}^2+3170}{u}=+\infty$。

显然f:[0, 1]×[0, ∞) →[0, ∞) 是连续的。由定理2.2知式 (4) 至少存在两个解u1, u2。

摘要：应用Krasnoselskii不动点定理研究了分数阶微分方程的多重正解的存在性。D0α+u (t) =p (t) f (t, u (t) ) -q (t) , 0<t<1, u (0) =u (1) =u′ (0) =u′ (1) =0。其中3<α≤4是任意实数, D0α+是标准的Riemann-Liouville型分数阶微分。

关键词：正解,分数阶微分方程,半正边值问题,锥不动点定理

参考文献

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[3] Ross B (ED.) . The fractional calculus and its applications. Lecture Notes in Mathematics 475, Berlin, Springer-Verlag, 1975

[4] Nonnenmacher T F, Metzler R. On the Riemann-Liouvile fractional calculus and some recent applications. Fractals, 1995;3: 557—566

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[6]Bai Z, Lu H.Positive solutions for boundary value problem of nonlin-ear fractional differential equation, J Math Anal Appl, 2005;311:495—505

[7]Xu X, Jiang D, Yuan C.Multiple positive solutions for boundary val-ue problem of nonlinear fractional differential equation.Nonlinear Analysis Series A:Theory, Methods and Applications, Nonlinear Analysis, 2009;71:4676—4688

半线性抛物方程 篇4

考察了在有界区域上,满足狄利克莱边界条件的一类非线性抛物方程.利用变分方法理论,把无限维的问题转化为有限维的问题,讨论了当方程的非线性项介于特征值之间时,方程的.外部项与方程解的多重性之间的联系.

作 者：燕艳菊 杨金花 金正国 YAN Yan-ju YANG Jin-hua JIN Zheng-guo  作者单位：燕艳菊,YAN Yan-ju(安阳工学院理学部,河南,安阳,455000)

杨金花,YANG Jin-hua(周口师范学院数学系,河南,周口,466001)