含Caputo和Riemann–Liouville分数阶导数的混合微分方程边值问题正解的存在性

摘要

我们证明了新的混合微分方程解的存在性，该方程具有右侧Caputo和左侧Riemann–Liouville分数阶导数的特征。有四种主要成分。第一个由一些基本定义和引理组成。第二个是新的混合分数阶微分方程的格林函数。我们计算了相应的格林函数及其性质。第三部分是利用范数型锥展开和压缩的不动点定理证明分数阶方程解的存在性，这是本文的主要新内容。第四个应用程序是用来说明我们主要结果的示例。

1介绍

近年来，由于分数阶微积分在数学、物理、生物学、神经网络等领域的应用，分数阶微微积分理论已成为许多学者关注的焦点。与此同时，分数阶微分方程理论正变得越来越广泛和系统[1–7]. 分数微积分已经有了一些新的定义，它们与Riemann–Liouville和Caputo分数微积分的经典定义建立了联系[8–10].

一些作者研究了一类混合分数阶微分方程解的存在性。2006年，Agrawal提出了包含Caputo和Riemann–Liouville分数阶导数的混合微分方程，专注于不同情况下的解[11]. 后来，Blaszczyk提出了混合边值问题的数值解[12]. 此外，一些作者[13–19]用不同的方法讨论了混合边值问题解的存在性，如上下解定理、Krasnoselskii不动点定理、Leray–Schauder交替定理、重合度理论、混合单调算子定理等。

本文研究了由左侧Riemann–Liouville和右侧Caputo分数阶导数定义的混合分数阶边值问题

$$\textstyle\begin{cases}D^{\beta}_{0+}（{}^{C} D类^{\字母}_{1-}x（t） ）=f（t，x（t），y（t）），\quad 0\leq t\leq 1，\\D^{gamma}_{0+}（{}^{C} D类^{\mu}_｛1-｝y（t） ）=g（t，x（t），y（t）），\quad 0\leq t\leq 1，\\{}^{C} D类^{\字母}_{1-}x（0）=x^｛\prime｝（0）=0，_quad x^｛\prime｝（1）=x（1），\\｛｝^{C} D类^{\mu}_｛1-｝y（0）=y^{\素数}（0）=0，\qquad y^{\prime}（1）=y（1），\end{cases}$$

(1.1)

哪里\（D^{\beta}_{0+}\）是左侧Riemann–Liouville分数导数，\({}^{C} D类^{\mu}{1-}\）是右侧的Caputo分数导数，\（1<\alpha，\mu\leqsland 2）,\（0<\beta，\gamma\leqsleat 1）,\（f:[0,1]\times[0，+\infty）\times[0，+\infty）\到[0+\inft）\）、和\（g:[0,1]\times[0，+\infty）\times\0，+\ infty是连续的。

与以往的研究相比，本文中的混合分数导数首先由Caputo分数导数定义，其次由Riemann–Liouville分数导数定义。我们计算了相应的格林函数及其性质。利用范数型锥扩张和压缩的经典不动点定理[20–22]，我们得到了混合微分方程耦合系统解的存在性。给出了一个例子来演示主要定理的应用。

2前期工作

在这一部分中，我们给出了一些相关的定义、性质和引理。

定义2.1

（见（2.1.1）和（2.1.2）[4])

左侧和右侧Riemann–Liouville分数阶积分α(\（阿尔法>0）)函数的\（f（t）\在C[0,1]\中）分别由定义

$$开始{对齐}I^{\alpha}_{0+}f（t）=\int_{0}^{t}\frac{（t-s）^{\alpha-1}}{\Gamma（\alpha）}f（s）\，\mathrm{d} 秒\quad\text{和}\quad I^{\alpha}_{1-}f（t） =\int_{t}^{1}\frac{（s-t）^{\alpha-1}}{\Gamma（\alpha）}f（s）\，\mathrm{d} 秒，\结束{对齐}$$

哪里\（\Gamma（\alpha）\）是Gamma函数。

定义2.2

（参见中的（2.1.5）[4])

左侧Riemann-Liouville分数阶导数α(\（阿尔法>0）)函数的\（在C^{n}[0,1]\中为f\）由提供

$$开始{对齐}D^{\alpha}_{0+}f（t）=\frac{\mathrm{D}^{n}}{\mathr{d} 吨^{n} }\bigl（I^{n-\alpha}_{0+}f\bigr）（t），\end{aligned}$$

哪里\（n-1<α<n）.

定义2.3

（见（2.4.16）英寸[4])

右侧Caputo分数阶导数α(\（阿尔法>0）)函数的\（在C^{n}[0,1]\中为f\）由提供

$$\开始{aligned}{}^{C} D类^{\字母}_{1-}f（t） =（-1）^{n} 我^{n-\alpha}_{1-}f^{（n）}（t），\结束{对齐}$$

哪里\（n-1<α<n）.

属性2.1

（见（2.1.39）和（2.4.43）in[4])

让\（阿尔法>0）和\（n=[\alpha]+1）.如果\（f（t）\在C^｛n｝[0,1]\中），然后

$$\begin{aligned}&I^{\alpha}_{0+}\bigl（D^{\alpha}_{0+{f（t）\bigr）=f（t）-\sum_{j=1}^{n} C类_{j} t吨^{\alpha-j}，\\&I^{\alfa}_{1-}\bigl（{}^{C} D类^{\字母}_{1-}f（t） \bigr）=f（t）-（-1）^｛j｝\sum_｛j=0｝^{n-1}C^{\素数}_{j}（1-t）^{j}，\结束{对齐}$$

哪里\（R\中的C_{j}，C^{prime}_{j{）是任意常数。

属性2.2

（见第2.1.33节）[4])

让\（阿尔法>0）,\（k\单位：N\）和\（α>k）.如果\（f（t）\在C^｛n｝[0,1]\中），然后

$$\开始{aligned}\frac{\mathrm{d}^{k}}{\mathr{d} 吨^{k} }\bigl（I^{\alpha}_{1-}f（t） \较大）=（-1）^{k} 我^{\阿尔法-k}_{1-}f（x） ●●●●。\结束{对齐}$$

引理2.1

（参见中的定理2.3.4[20])

假设 X（X） 是巴拿赫空间 \（P\子集X\） 是一个圆锥体 X（X）.让 \（欧米茄{1}） 和 \（欧米茄{2}） 有两个边界,打开中的子集 X（X） 这样的话 \（0\in\Omega_{1}\subset\overline{\Omega}_{1{\subset\ Omega{2}\）.让 \（S:P\到P\） 完全连续.假设两个条件之一

• (1) \（\|Sw\|\leq\|w\|\）,\（在P\cap\partial\Omega_{1}中为w） 和 \（开关,\（在P\cap\partial\Omega_{2}中为w） 和

• (2) \（\|Sw\|\geq\|w\|\）,\（在P\cap\partial\Omega_{1}中为w） 和 \（\|Sw\|\leq\|w\|\）,\（在P\cap\partial\Omega_{2}中为w） 感到满意.

然后,S公司 中至少有一个固定点 \（P \cap（\overline{\Omega}_{2}\diagdown\Omega_{1}）\）.

接下来，我们导出了边值问题的相应格林函数(1.1)并建立格林函数的一些性质。

引理2.2

假设 \（y（t）\单位为C[0,1]\）,\（1） 和 \（0<\beta\leqsleat 1） 持有.然后,\（x（t）\单位为C[0,1]\） 是分数阶微分方程的解

$$\开始{aligned}\textstyle\begin{cases}D^{beta}_{0+}（{}^{C} D类^{\字母}_{1-}x（t） ）=y（t），\quad 0\leq t\leq 1，\\{}^{C} D类^{\字母}_{1-}x（0）=x^{\素数}（0）=0，\qquad x^{\prime}（1）=x（1），\end{cases}\displaystyle\end{aligned}$$

(2.1)

当且仅当 \（x（t）\） 满足积分方程 \（x（t）=\int_{0}^{1}G{1}（t，s）y（s）\，\mathrm{d} 秒\),\（在[0,1]\中）,哪里

$$\begin{aligned}G_{1}（t，s）=\textstyle\begin{cases}\frac{1}{\Gamma（\alpha）\Gamma（\beta）}[\int_{t}^}（\tau-t）^{alpha-1}（\tau-s）^}\beta-1}\，\mathrm{d}\tau+（\alfa-1）t\int_{s}^{1}\tau^{\alpha-2}（\sau-s）\beta-1}\，\mathrm{d}\tau]，\\quad 0\leqs\leq-t\leq1，\\frac{1}{\Gamma（\alpha）\Gamma（\beta）}[\int_{s}^{1}（\tau-t）^｛\alpha-1｝（\tau-s）^｛\beta-1｝\，\mathrm｛d｝\tau+（\alpha-1）t\int _｛s｝^｛1｝\tau^｛\alpha-2｝（\tau-s）^｛\beta-1｝\，\mathrm｛d｝\tau]，\\\quad 0\leq t\leq s\leq 1。\结束{cases}\displaystyle\end{aligned}$$

证明

积分方程式(2.1)按属性2.1，我们有

$$\开始{aligned}{}^{C} D类^{\字母}_{1-}x（t） =I^｛\beta｝_｛0+｝y（t）+C_{1} t吨^｛β-1｝。\结束{对齐}$$

由${}^{C} D类^{\字母}_{1-}x(0)=0${C} D类^{\字母}_{1-}x(0)=0\)，我们获得\（C_{1}=0\）将上述方程积分，我们得到

$$\begin{aligned}x（t）=I^{\alpha}_{1-}\bigl（I^{beta}_{0+}y（t）\bigr）+C_{2} -C_{3} （1吨）。\结束{对齐}$$

(2.2)

出租\（t=1），我们知道\（x（1）=C_{2}\）.

微分方程(2.2)，按属性2.2，我们有

$$\开始{aligned}x^{prime}（t）=-I^{\alpha-1}_{1-}\bigl（I^{\beta}_{0+}y（t）\bigr）+C_{3}。\结束{对齐}$$

作为\（x^{prime}（0）=0\）,\（x^{prime}（1）=x（1）\），我们获得

$$\begin{aligned}C_{3}=I^{\alpha-1}_{1-}\bigl（I^{beta}_{0+}y（0）\bigr）\quad\text{和}\quad x^{prime}（1）=C_{3}。\结束{对齐}$$

因此，

$$\开始{aligned}C_{2}=x（1）=x^{\prime}（1）=C_{3}。\结束{对齐}$$

替换\（C_{3}\）和\（C_{2}\）转化为等式(2.2)，我们有

$$开始{对齐}x（t）&=I^{\alpha}_{1-}\bigl 1}\，\mathrm{d}\tau\int_{0}^{\tau}（\tau-s）^{beta-1}y（s）\，\mathrm{d} 秒\\&\四{}+\分形{t}{\伽马（\alpha-1）\Gamma（\beta）}\int_{0}^{1}\tau^{\alpha-2}\，\mathrm{d}\tau\int_}0}^}（\tau-s）^{\beta-1}y（s）\，\mathrm{d} 第条。\结束{对齐}$$

改变积分顺序，我们得到

$$\begin｛aligned｝x（t）&=\frac｛1｝｛\Gamma（\alpha）\Gamma（\beta）｝\biggl[\int _｛0｝^｛t｝y（s）\，\mathrm{d} 秒\nint_{t}^{1}（\tau-t）^{\alpha-1}（\t-s）^}\beta-1}\，\mathrm{d}\tau\\&\quad{}+\int_{t}^{1} 年（s） \，\mathrm{d} 秒\int_{s}^{1}（\tau-t）^{\alpha-1}（\t-s）^}\beta-1}\，\mathrm{d}\tau\biggr]\\&\quad{}+\frac{t}{\Gamma^{1} 年（s） \，\mathrm{d} 秒\nint_{s}^{1}\tau^{\alpha-2}（\tau-s）^{\beta-1}\，\mathrm{d}\tau\\&=\frac{1}{\Gamma（\alpha）\Gamma（\beta）}\biggl\{\int_{0}^{t}y（s）\，\mathrm{d} 秒\biggl[\int_{t}^{1}（\tau-t）^{\alpha-1}（\tau-s）^}\beta-1}\，\mathrm{d}\tau+^{1} 年（s） \，\mathrm{d} 秒\biggl[\int_{s}^{1}（\tau-t）^{\alpha-1}（\tau-s）^}\beta-1}\，\mathrm{d}\tau+（\alpha-1）t\int_{s}^{1}\tau^{\alpha-2}（\t au-s）^{1} G公司_{1} （t，s）y（s）\，\mathrm{d} 第条。\结束{对齐}$$

证明已完成。□

很容易证明\（G_{1}（t，s）\geq 0\）对于任何\（s，t\in[0,1]\）.

引理2.3

格林函数 \（G_{1}（t，s）\） 由引理定义2.2满足

$$开始{aligned}（\alpha-1）tA{1}$$

哪里 \（A_{1}（s）=\frac{1}{\Gamma（\alpha）\Gamma（\beta）}\int_{s}^{1}\tau^{\alpha-2}（\tau-s）^{\beta-1}\，\mathrm{d}\tau\）.

证明

首先，对于任何\（0 \leq t \leq s \leq 1）,

$$\begin{aligned}和\begin{aligned}G{1}（t，s）&=\frac{1}{\Gamma）^{β-1}\，\mathrm{d}\tau\biggr]\\&\geq\frac{1}{γ（α）\Gamma（β）}（α-1）t\int_{s}^{1}\tau^{\alpha-2}（\tau-s）^{\beta-1}\，\mathrm{d}\tau=（\alpha-1）tA{1}（s），\end{aligned}\\&\begin{aligned}G{1}（t，s）&=\frac{1}{\Gamma（\ alpha）\Gamma（\beta）}\biggl[\int_{s}^1}\tau{\tau}\biggr）^{\alpha-1}（\tau-s）^{\taba-1}\，\mathrm{d}\tau+（\alpha-1）t\int_{s}^{1}\tau^{\alpha-2}（\t）^{β-1}\，\mathrm{d}\tau\biggr]\\&\leq\frac{1}{γ（α）\Gamma（β）}\int_{s}^{1}\bigl[\tau（1-t）^{alpha-1}+（\alpha-1）t\bigr]\tau^{\alpha-2}（\tau-s）{γ（α）\Gamma（β）}\bigl[（1-t）^{α-1}+（α-1）t\bigr]\int_{s}^{1}\tau^{alpha-2}（\tau-s）^{beta-1}\，\mathrm{d}\tau\leqA{1}（s）。\end{aligned}\end{alinged}$$

我们证明了这一点\（（1-t）^{α-1}+（α-1）t\leq 1）如下所示。让\（φ（t）=（1-t）^{α-1}+（α-1）t\），我们获得\（φ{\prime}（t）=-（\alpha-1）（1-t）^{\alpha-2}+，用于\（t在（0,1）中）.

因此，\（φ（t））正在减少并且\（φ（t）\leq\φ（0）=1）对于任何\（在[0,1]\中）.

接下来，对于任何\（0\leq s \ leq t \ leq 1 \）,

$$\beart｛aligned｝&\beart｛aligned｝G_｛1｝（t，s）&=\frac｛1｝｛\Gamma（\alpha）\Gamma（\beta）｝\biggl[\int _｛t｝^｛1｝（\tau-t）^｛\alpha-1｝（\tau-s）^｛\beta-1｝\，\mathrm｛d｝\tau+（\alpha-1）t\ int _｛s｝^｛\alpha-2｝（\tau-s）^｛\beta-1｝\，\mathrm｛d｝\tau\biggr]｛1｝｛\Gamma（\alpha）\Gamma（\beta）｝（\alpha-1）t\int _｛s｝^｛1｝\tau^{\alpha-2}（\tau-s）^{\beta-1}\，\mathrm{d}\tau=（\alpha-1）tA{1}（s），\end{aligned}\\&\begin{aligned}G{1}（t，s）&\leq\frac{1}{\Gamma{β-1}，\mathrm{d}\tau+（\alpha-1）t\int_{s}^{1}\tau^{alpha-2}（\tau-s）^{beta-1}\\&\leq A_{1}（s）。\end{aligned}\end{alinged}$$

证明已完成。□

备注2.1

改变积分顺序，我们有

$$\开始{aligned}\int_{0}^{1} A类_{1} （s）\，\mathrm{d} 秒=\压裂{1}{\伽马（\alpha）\Gamma（\beta+1）（\alha+\beta-1）}:=K_{1}。\结束{对齐}$$

三主要成果

现在，我们考虑空间\（X=C[0,1]\）使用通常的最大范数

$$\Vert x\Vert=\max_{t\in[0,1]}\bigl\Vert x（t）\bigr\Vert$$

对于任何\（（x，y）\以x\乘以x\），标准定义为\（\|（x，y）\|=\max\{\|x\|，\|y\|}\）因此，\（（X\乘以X，{\|\cdot\|}）\）是巴纳赫空间。我们定义集合P（P）通过

$$\begin{aligned}P=\bigl\{x\ in x:x（t）\geq 0，x（t$$

哪里\（λ=\min\{\alpha-1，\mu-1\}>0\）.让\（U=P\乘以P\）显然，U型是一个正常的圆锥体。

Let积分算子\（T:U\到X\乘以X\）由定义

$$\begin{aligned}T（x，y）=\bigl（T_{1}（x，y），T_{2}（x，y）\bigr），\end{alinged}$$

哪里\（T_{1}（x，y）=\int_{0}^{1} G公司_{1} （t，s）f（s，x（s），y（s））\，\mathrm{d} 秒\),\（T_{2}（x，y）=\int_{0}^{1} G公司_{2} （t，s）g（s，x（s），y（s））\，\mathrm{d} 秒\).

根据的定义\（G_{1}（t，s）\）在引理中2.2，因此

$$\begin{aligned}G_{2}（t，s）=\textstyle\begin{cases}\frac{1}{\Gamma（\mu）\Gamma（\Gamma）}[\int_{t}^{1}（\tau-t）^{\mu-1}（\tau-s）^}\Gamma-1}\，\mathrm{d}\tau+（\mu-1）t\int_{s}^{1\tau^{\mu-2}（\ tau-s）\Gamma-1}\，\mathrm{d}\tau]，\\quad 0\leqs\leq-t\leq1，\\frac{1}{\Gamma（\mu）\Gamma-（\Gamma）}[\int_{s}^{1}（\tau-t）^{\mu-1}（τ-s）^{γ-1}，\mathrm{d}\tau+（\mu-1）t\int_{s}^{1}\tau^{mu-2}（\tau-s）{γ-1}，\ mathrm}d\tau]，\\quad 0\leq-t\leqs\leq1。\结束{cases}\displaystyle\end{aligned}$$

因此，运算符的不动点T型是BVP的解决方案(1.1).

很容易证明

$$\开始{对齐}G_{2}（t，s）\geq 0\quad\text{和}\quad（\mu-1）tA_{2{$$

哪里\（A{2}（s）=\压裂{1}{\伽马（\mu）\Gamma（\Gamma）}\int_{s}^{1}\tau^{\mu-2}（\tau-s）^{\Gamma-1}\，\mathrm{d}\tau\），然后\（\int_{0}^{1} A类_{2} （s）\，\mathrm{d} 秒=\压裂{1}{\伽马（\mu）\Gamma（\Gamma+1）（\mu+\Gamma-1）}:=K_{2}\）.

为了证明主要结果，我们需要以下条件：

• （H1） \（α+β>2）,\（\mu+\gamma>2\）;

• （H2） \（f（t，x，y）在C中（[0,1]\times[0，+\infty）\times[0，+\infty），[0+\inffy））,\（g（t，x，y）在C（[0,1]\times[0，+\infty）\times[0，+\infty），[0，++）中）.

定理3.1

如果条件（H1）和（H2）持有,操作员 \（T:U\到U\） 是完全连续的.

证明

首先，对于任何\（（x，y）\单位为U \）,

$$\开始{aligned}&\bigl\VertT_{1}（x，y）\bigr\Vert=\max_{T\in[0,1]}\biggl\Vert\int_{0}^{1} G公司_{1} （t，s）f\bigl（s，x（s），y（s）\bigr）\，\mathrm{d} 秒\biggr\vert\leq\int _｛0｝^{1} A类_{1} （s）f\bigl（s），x（s）、y（s）\bigr{d} 秒，\\&\开始{对齐}T_{1}（x，y）&=\int_{0}^{1} G公司_{1} （t，s）f\bigl（s，x（s），y（s）\bigr）\，\mathrm{d} 秒\geq（\alpha-1）t\int_{0}^{1} A类_{1} （s）f\bigl（s），x（s）、y（s）\bigr{d} 秒\\&\geq（\alpha-1）t\bigl\Vert t_{1}（x，y）\bigr\Vert\geq\lambda t\bigl\ Vert t_}（x，y）\ bigr\Vert。\end{aligned}\end{alinged}$$

因此，\（T_{1}（x，y）\单位为U \）.

同样，我们可以证明\（T_{2}（x，y）\单位为U \）对于任何\（（x，y）\单位为U \）显然，操作员\（T:U\到U\）.

其次，由于\（G_{1}（t，s）\）和\（G_{2}（t，s）\）和（H2），操作员T型持续打开U型.

让\（U:\|（x，y）\|\leq L\}中的\Omega_{L}=\{（x，y）\）是非空有界闭集，其中\（L>0\）是一个常数。如果\（（x，y）在欧米茄{L}中，存在\（M>0）这样的话\（f（t，x，y）,\（g（t，x，y））对于任何\（（x，y）在欧米茄{L}中,\（在[0,1]\中）因此，我们有

$$\开始{aligned}\bigl\VertT_{1}（x，y）\bigr\Vert=\max_{0\leq-T\leq1}\biggl\Vert\int_{0}^{1} G公司_{1} （t，s）f\bigl（s，x（s），y（s）\bigr）\，\mathrm{d} 秒\biggr\vert\leq M\int_{0}^{1} A类_{1} （s）\，\mathrm{d} 秒=MK_{1}。\结束{对齐}$$

同样，\（T_{2}（x，y）.然后，\（T（x，y）\|\leq\max\{MK_{1}，MK_2}\}）因此，操作员T型一致有界。

第三，对于任何人\（（x，y）\单位为U \）和\（[0,1]\中的t{1}，t{2}\）在不失一般性的情况下，我们假设\（t{1}<t{2}）现在，我们证明操作符T型是等连续的。

$$\开始{对齐}&\bigl\vert T_{1}（x，y）（T_{2}）-T_{1}（x，y）（T_}1}）\bigr\vert\\&\quad=\biggl\vert\int_{0}^{1} G公司_{1} （t{2}，s）f\bigl（s，x（s），y（s）\bigr）\，\mathrm{d} 秒-\nint_{0}^{1} G公司_{1} （t_{1}，s）f\bigl（s，x（s），y（s）\bigr）\，\mathrm{d} 秒\biggr\vert\\&\quad\leq M\int_{0}^{1}\bigl\vert G_1}（t_{2}，s）-G_{1}（t_{1}，s）\bigr\vert\，\mathrm{d} 秒\\&\quad=M\biggl[\int_{0}^{t_{1}}\bigl\vert G_{1}（t_{2}，s）-G_{1{（t_}，s）\bigr\vert\，\mathrm{d} 秒+\nint_{t{1}}^{t{2}}\bigl\vert G{1}{d} 秒\\&\quad\quad{}+\int_{t_{2}}^{1}\bigl\vert G{1}{d} 秒\biggr]\\&\quad=\frac{M}{\Gamma（\alpha）\Gamma（\beta）}\biggl\{\int_0}^{t_{1}}\bigl\vert\biggl[\int_{t_{2}}^{1}（\tau-t{2}）^{\alpha-1}（\tau-s）{s}^{1}\tau^{\alpha-2}（\tau-s）^{\beta-1}\，\mathrm{d}\tau\biggr]\\&\quad\quad{}-\biggl[\int_{t{1}}^{1}（\tau-t{1}）^{α-1}（\tau-s）^{β-1}，\mathrm{d}\tau+（\alpha-1）t{1}\int_{s}^{1}\tau^{alpha-2}（\tau-s）{d} 秒\\&\quad\quad{}+\int_{t{1}}^{t{2}}\biggl\vert\biggl[\int_}t{2{}^{1}（\tau-t{2}）^{alpha-1}（\t au-s）-s）^{β-1}\，\mathrm{d}\tau\biggr]\\&\quad\quad{}-\biggl[\int_{s}^{1}\tau+（\alpha-1）t_｛1｝\int _｛s｝^｛1｝\tau^｛\alpha-2｝（\tau-s）^｛\beta-1｝\，\mathrm｛d｝\tau\biggr]\biggr\vert\，\mathrm{d} 秒\\&\quad\quad{}+\int_{t_{2}}^{1}\biggl\vert\biggl[\int_}s}^{1'（\tau-t{2}）^{\alpha-1}（\tau-s）^}\beta-1}\，\mathrm{d}\tau+（\alpha-1）t{2}\int__{s}^}\tau^{alpha-2}（tau-s）\，\mathrm{d}\tau\biggr]\\&\quad\quad{}-\biggl[\int_{s}^{1}t{1}\int_{s}^{1}\tau^{alpha-2}（\tau-s）^{beta-1}\，\mathrm{d}\tau\biggr]\biggr\vert\，\mathr{d} 秒\biggr\｝\\&&quad=\frac｛M｝｛\Gamma（\alpha）\Gamma（\beta）｝\biggl\｛\int _｛0｝^｛1｝（\alpha-1）（t_{2} -吨_{1} ）\int_{s}^{1}\tau^{alpha-2}（\tau-s）^{beta-1}\，\mathrm{d}\tau\，\mathrm{d} 秒\\&\quad\quad{}+\int_{0}^{t_{1}}\biggl\vert\int_{t_2}}^{1}1}\，\mathrm{d}\tau\biggr\vert\，\mathr{d} 秒\\&\quad\quad{}+\int_{t_1}}^{t_2}}\biggl\vert\int_{t_2}}^}（\tau-t_2}）1}\，\mathrm{d}\tau\biggr\vert\，\mathr{d} 秒\\&\quad\quad{}+\int_{t_{2}}^{1}\biggl\vert\int_{s}^{1}\bigl[（\tau-t{2}）^{\alpha-1}-（\tau-t{1}）{d} 秒\大gr\}\&\quad\leq\frac{M}{\Gamma（\alpha）\Gamma\beta）}\biggl\{（\alpha-1）（t_{2} -吨_{1} ）\int_{0}^{1}\，\mathrm{d} 秒\nint_{s}^{1}\tau^{\alpha-2}（\tau-s）^{\beta-1}\，\mathrm{d}\tau\\&\quad\quad{}+\int_{0}^{t{1}}\biggl[\int_t{1{}^{t_2}}（\tau-t{1}）tau\\&\quad\quad{}+\int_{t_{2}}^{1}\bigl（（\tau-t{1}）^{\alpha-1}-（\tau-t{2}），\马特姆{d} 秒\\&\quad\quad{}+\int_{t{1}}^{t{2}}\biggl[\int_}s}^{1}（\tau-t{1'）^{alpha-1}（tau-s）}\，\mathrm{d}\tau\biggr]\，\mathrm{d} 秒\\&\quad\quad{}+\int_{t_{2}}^{1}\，\mathrm{d} 秒\nint_{s}^{1}\bigl[（\alpha-1）（\tau-\xi_{1}）^{\alpha-2}（t_{2} -吨_{1} ）\bigr]（\tau-s）^{\beta-1}\，\mathrm{d}\tau\biggr\}\\&\quad\quad\bigl（\mbox{here}\xi_{1}\in（t_{1}，t_{2}）\biger）\\&\quid\leq\frac{M}{\Gamma_{2} -吨_{1} ）\int_{0}^{1}\，\mathrm{d}\tau\int_}^{tau}\tau^{alpha-2}（\tau-s）^{beta-1}\，\ mathrm{d} 秒\\&&\quad\quad｛｝+\int _｛0｝^｛t_｛1｝｝｝\，\mathrm{d} 秒\nint_{t{1}}^{t{2}}（\tau-s）^{beta-1}\，\mathrm{d}\tau+int_{0}^{t1}}\，\ mathrm{d} 秒\nint_{t_{2}}^{1}（\alpha-1）（t_{2} -吨_{1} ）（\tau-\xi_{2}）^{\alpha-2}（\tau-s）^}\beta-1}\，\mathrm{d}\tau\\&\quad\quad{}+\int_{t{1}}^{t{2}}\，\ mathrm{d} 秒\ int _｛s｝^｛1｝（\tau-t｛1｝）^｛\alpha-1｝（\tau-s）^｛\beta-1｝\，\mathrm｛d｝\tau+\ int _｛t_｛2｝｝^｛1｝（\alpha-1）（t_{2} -吨_{1} ）\，\mathrm{d} 秒\int_{s}^{1}（\tau-s）^{\alpha+\beta-3}\，\mathrm{d}\tau\biggr\}\\&\quad\quad\bigl_{2} -吨_{1} ）\int_{0}^{1}\tau^{\alpha-2}\frac{\tau^{\beta}}{\beta}\，\mathrm{d}\tau\\&\quad\quad{}+int_{0}^{t{1}}（t_{1} -秒)^{\β-1}（t_{2} -吨_{1} ）\，\mathrm{d} 秒+（α-1）（t_{2} -吨_{1} ）\int_{0}^{t_{1}}\，\mathrm{d} 秒\nint_{t_{2}}^{1}（\tau-\xi_{2}）^{alpha+\beta-3}\，\mathrm{d}\tau\\&\quad\quad{}+\int_{t{1}}^}{t{2}{}\，\ mathrm{d} 秒\nint_{s}^{1}（\tau-s）^{beta-1}\，\mathrm{d}\tau+（\alpha-1）（t_{2} -吨_{1} ）\int_{t{2}}^{1}\frac{（1-s）^{\alpha+\beta-2}}{\alfa+\beta-2}\，\mathrm{d} 秒\大gr\}\&\quad\leq\frac{M}{\Gamma（\alpha）\Gamma\beta）}\biggl\{（\alpha-1）（t_{2} -吨_{1} ）\frac{1}{\beta（\alpha+\beta-1）}+（t_{2} -吨_{1} ）\压裂{1}{\β}+（\α-1）（t_{2} -吨_{1} ）\frac{1}{\alpha+\beta-2}\\&\quad\quad{}+\int_{t{1}}^{t{2}}\ frac{（1-s）^{beta}}{\beta}\，\mathrm{d} 秒+（吨_{2} -吨_{1} ）\压裂{1}{\alpha+\beta-2}\biggr\}\\&\quad\leq\frac{M}{\Gamma（\alpha）\Gamma（\beta）}（t_{2} -吨_{1} ）_{2} -吨_{1} ），\quad\mbox{其中}K_{3}=\frac{M}{\Gamma（\alpha）\Gamma（\beta）}\biggl（\frac{3}{\beta}+\frac}2}{\alpha+\beta-2}\bigr）。\结束{对齐}$$

通过（H1），\（K_｛3｝\）是一个正常数。

同样，对于任何\（（x，y）\单位为U \）和\（[0,1]\中的t{1}，t{2}\），我们有

$$开始{对齐}\bigl\vert T_{2}（x，y）_{2} -吨_{1} ），\quad\text{其中}K_{4}=\压裂{M}{\伽马（\mu）\Gamma（\Gamma）}\biggl（\frac{3}{\Gamma}+\压裂{2}{\mu+\Gamma-2}\bigr）。\结束{对齐}$$

也就是说，操作员T型是等连续的。根据Arzela–Ascoli定理T型是完全连续的。

证明已完成。□

为了方便起见，我们引入了以下符号

$$\开始{对齐}&f_{0}=\lim_{x+y\到0+}\biggl\{\min_{t\in[0,1]}\frac{f（t，x，y）}{x+y}\bigr\}，\qquad g_{0{=\lim _{x+y\到0+}\biggl \{\min _{t\in[0,1]{压裂{g（t，x，y）{x+y}\bigbr\}、\\&f^{\infty}=\lim_{x+y\to+\infty}\biggl\{max_{t\in[0,1]}\frac{f（t，x，y）}{x+y}\biggr\}，\qquad g^{\infty}=\lim_{x+y\to+\ infty{\frac｛g（t，x，y）｝｛x+y｝\biggr\｝，\\&f^｛0｝=\lim｛x+y｝to 0+｝\biggl\｛\max｛t\ in[0,1]｝\frac｛f（t，x，y）｝｛x+y｝\biggr\｝，\qquad g^｛0｝=\lim｛x+y｝to+0｝\biggl\｛\max｛t\ in[0,1]｝\frac｛g（t，x，y）｝｛x+y｝\biggr\｝，\\&f_｛\infty｝=\lim_｛x+y\ to+\infty｝\bigl\｛\min_｛t\ in[0,1]｝\frac｛f（t，x，y）｝｛x+y｝\biggr\｝，\qquad g_｛\infty｝=\lim_｛x+y\ to+\infty｝\biggl\{\min_{t\in[0,1]}\frac{g（t，x，y）}{x+y}\biggr\}。\结束{对齐}$$

引理3.1

假设 \（[（\alpha-1）｛\lambda｝K_｛1｝]^｛-1｝<f_｛0｝\leq+\infty\） 和 \（[（\mu-1）{\lambda}K{2}]^{-1}<g{0}\leq+\infty\） 持有,我们有 \（\|T（x，y）\|\geq\|（x，y）\|\）.

证明

案例1。如果\（[（α-1）{\lambda}K_{1}]^{-1}<f_{0}<+\infty\）和\（[（\mu-1）{\lambda}K{2}]^{-1}<g{0}<+\infty\）保持，设置\（0<\epsilon_{1}<f_{0}-[（\alpha-1）{\lambda}K_{1}]^{-1}\）和\（0<ε{2}<g_{0}-[（\mu-1）{\lambda}K_{2}]^{-1}\），存在\（增量{1}>0\）这样的话

$$\开始{aligned}\frac{f（t，x，y）}{x+y}\geqf_{0}-\ε{1}，α{g（t，x，y）}{x+y}_{0}-\ε_｛2｝，\quad\text｛for all｝0＜x＜\delta _｛1｝，0＜y＜\delta _｛1｝。\结束{对齐}$$

那么，我们有

$$\开始{对齐}&f（t，x，y）\geq（f_{0}-\ε{1}）（x+y）>\bigl[（alpha-1）{\lambda}K{1}\bigr]^{-1}（x+y），\\&g（t，x，y）\geq（g_{0}-\ε{2}）（x+y）>\bigl[（\mu-1）{\lambda}K{2}\bigr]^{-1}（x+y）。\结束{对齐}$$

案例2。如果\（f_{0}=+\infty\）和\（g{0}=+\infty\），对于两个给定的大数\（N_1}\geq[（\alpha-1）{\lambda}K_1}]^{-1}\）和\（N_2}\geq[（\mu-1）{\lambda}K_2}]^{-1}\），存在\（增量{2}>0\）这样的话

$$\begin{aligned}\frac{f（t，x，y）}{x+y}\geqN_{1}，\qquad\frac{g（t，x，y）{x+y}\geq N_{2}，\ quad\text{for-all}0<x<delta_{2{，0<y<delta_2}。\结束{对齐}$$

那么，我们有

$$开始{对齐}&f（t，x，y）\geq N_{1}（x+y）\gerq\bigl[（\alpha-1）{\lambda}K_{1{\bigr]^{-1}（x+y），\\&g（t，x，y）\ geq N_2}。\结束{对齐}$$

出租\（（x，y）\在U\cap\partial\Omega_{r_{1}}\中，其中\（\Omega_{r_{1}}=\{（x，y）\在x\乘以x:\|（x，y）\|\leqr_{1}\}\）,\（0<r{1}\leq\min\{delta{1}，\delta{2}\}\），我们有

$$\开始{aligned}\bigl\VertT_{1}（x，y）\bigr\Vert&=\max_{T\in[0,1]}\biggl\Vert\int_{0}^{1} G公司_{1} （t，s）f\bigl（s，x（s），y（s）\bigr）\，\mathrm{d} 秒\biggr\vert\\&\geq\max_{t\in[0,1]}\biggl\vert\int_{0}^{1}（\alpha-1）tA_{1}\bigl[（\alfa-1）{\lambda}K_{1{1\bigr]^{-1}\bigle（x（s）+y（s）\bigr，\mathrm{d} 秒\biggr\vert\\&\geq\max_{t\in[0,1]}\biggl\vert\int_{0}^{1} t安_{1} （s）[{\lambda}K_{1}]^{-1}\lambda t\bigl（\Vert x\Vert+\Vert y\Vert\bigr）\，\mathrm{d} 秒\biggr\vert\\&\geq K_{1}^{-1}\max_{t\in[0,1]}\biggl\vert t^{2}\int_{0}^{1} A类_{1} （s）\，\mathrm{d} 秒\biggr\vert\cdot\bigl\vert（x，y）\bigr\vert\\&=\bigl\ vert（x，y）\ bigr\ vert。\结束{对齐}$$

同样，\（T_{2}（x，y）.

无论上述哪种情况成立，我们都有

$$\bigl\Vert T（x，y）\bigr\Vert=\max_{T\in[0,1]}\bigl\\{bigl\Vert T_{1}（x，y）\biger\Vert，\bigl\ Vert T_{2}（x，y$$

证明已完成。□

备注3.1

要么\（[（α-1）{\lambda}K_{1}]^{-1}<f_{0}<+\infty\）和\（g{0}=+\infty\）保持或\（f_{0}=+\infty\）和\（[（\mu-1）{\lambda}K{2}]^{-1}<g{0}<+\infty\）保持，类似于引理3.1，我们也有\（\|T（x，y）\|\geq\|（x，y）\|\）.

引理3.2

假设 \（0\leqf^{\infty}<（2K_{1}）^{-1}\） 和 \（0\leq g^{\infty}<（2K_{2}）^{-1}\） 持有,我们有 \（\|T（x，y）\|\leq\|（x，y）\|\）.

证明

案例1。如果\（0<f^{\infty}<（2K_{1}）^{-1}\）和\（0<g^{\infty}<（2K_{2}）^{-1}\）保持，设置\（0<\增量{3}<（2K{1}）^{-1}-f^{\infty}\）和\（0<\delta_{4}<（2K_{2}）^{-1}-g^{\infty}\），存在\（N_{3}>0\）这样的话

$$开始{aligned}\frac{f（t，x，y）}{x+y}\leqf^{infty}+delta_{3}，\qquad\frac{g（t，x，y）{x+y}\leq g^{inffy}+delta_{4}，\ quad\text{表示所有}x>N_{3{，y>N_}。\结束{对齐}$$

那么，我们有

$$\begin｛aligned｝&f（t，x，y）\leq\bigl（f^｛\infty｝+\ delta _｛3｝\bigr）（x+y）<（2K_｛1｝）^｛-1｝（x+y），\\&g（t，x，y）\leq\bigl（g^｛\infty｝+\ delta _｛4｝\bigr）（x+y）<（2K_｛2｝）^｛-1｝（x+y）。\结束{对齐}$$

案例2。如果\（f^{\infty}=0\）和\（g^{\infty}=0\），用于\（\ε{3}\leq（2K{1}）^{-1}\）和\（\epsilon_{4}\leq（2K_{2}）^{-1}\），存在\（N_｛4｝>0\）这样的话

$$\begin{aligned}\frac{f（t，x，y）}{x+y}\leq\epsilon_{3}，\qquad\frac{g（t，x，y）{x+y}\leq \epsilen_{4}，\ quad\text{代表所有}x\geq N_{4{，y\geq N_{4]。\结束{对齐}$$

那么，我们有

$$开始{对齐}&f（t，x，y）\leq\epsilon_{3}。\结束{对齐}$$

出租\（（x，y）\在U\cap\部分\欧米茄_｛R_｛1｝｝中），其中\（\Omega_{R_{1}}=\{（x，y）\在x\乘以x:\|（x，y）\|\leq R_{1}\}\）,\（R{1}>\最大\{R{1}，N{3}，N{4}\}\），我们有

$$\开始{aligned}\bigl\VertT_{1}（x，y）\bigr\Vert&\leq\max_{T\in[0,1]}\biggl\Vert\int_{0}^{1} A类_{1} （s）（2K_{1}）^{-1}\bigl（x（s）+y（s）\bigr）\，\mathrm{d} 秒\biggr\vert\\&\leq K_{1}^{-1}\int_{0}^{1} A类_{1} （s）\，\mathrm{d} 秒\cdot\frac{\Vert x\Vert+\Vert y\Vert}{2}\leq\bigl\Vert（x，y）\bigr\Vert。\结束{对齐}$$

同样，\（T_{2}（x，y）.

无论上述哪种情况成立，我们都有

$$\bigl\Vert T（x，y）\bigr\Vert=\max_{T\in[0,1]}\bigl\\{bigl\Vert T_{1}（x，y）\biger\Vert，\bigl\ Vert T_{2}（x，y$$

证明已完成。□

备注3.2

要么\（0<f^{\infty}<（2K_{1}）^{-1}\）和\（g^{\infty}=0\）保持或\（f^{\infty}=0\）和\（0<g^{\infty}<（2K_{2}）^{-1}\）保持，类似于引理3.2，我们也有\（\|T（x，y）\|\leq\|（x，y）\|\）.

引理3.3

假设 \（0\leq f ^｛0｝<（2K_｛1｝）^｛-1｝\） 和 \（0\leqg^{0}<（2K_{2}）^{-1}\） 持有,我们有 \（\|T（x，y）\|\leq\|（x，y）\|\）.

证明

案例1。如果\（0<f ^｛0｝<（2K_｛1｝）^｛-1｝\）和\（0<g^{0}<（2K_{2}）^{-1}\）保持，设置\（0<\ε_｛5｝<（2K_｛1｝）^{-1}-f^{0}\)和\（0<\epsilon_{6}<（2K_{2}）^{-1}-g^{0}\），存在\（δ{5}>0\）这样的话

$$开始{aligned}\frac{f（t，x，y）}{x+y}\leqf^{0}+\epsilon_{5}，\qquad\frac{g（t，x，y）{x+y}\leq g^{0{+\epsilon_{6}，\ quad\text{表示所有}0<x<delta_{5{，0<y<delta_2}。\结束{对齐}$$

那么，我们有

$$开始{对齐}&f（t，x，y）\leq\bigl（f^{0}+\epsilon_{5}\bigr）。\结束{对齐}$$

案例2。如果\（f^{0}=0\）和\（g^{0}=0\），用于\（\epsilon_{7}\leq（2K_{1}）^{-1}\）和\（\epsilon_{8}\leq（2K_{2}）^{-1}\），存在\（δ{6}>0\）这样的话

$$\begin{aligned}\frac{f（t，x，y）}{x+y}\leq\epsilon_{7}，\qquad\frac{g（t，x，y）{x+y}\leq \epsilen_{8}，\ quad\text{forall}0<x<delta_{6}，0<y<delta_{6}。\结束{对齐}$$

那么，我们有

$$开始{对齐}&f（t，x，y）\leq\epsilon_{7}。\结束{对齐}$$

出租\（（x，y）\在U\cap\partial\Omega_{r_{2}}\中，其中\（\Omega_{r_{2}}=\{（x，y）\在x\乘以x:\|（x，y）\|\leqr_{2}\}\）,\（0<r{2}\leq\min\{delta{5}，\delta{6}\}），我们有

$$\开始{aligned}\bigl\VertT_{1}（x，y）\bigr\Vert&\leq\max_{T\in[0,1]}\biggl\Vert\int_{0}^{1} A类_{1} （s）（2K_{1}）^{-1}\bigl（x（s）+y（s）\bigr）\，\mathrm{d} 秒\biggr\vert\\&\leq K_{1}^{-1}\int_{0}^{1} A类_{1} （s）\，\mathrm{d} 秒\cdot\frac{\Vert x\Vert+\Vert y\Vert}{2}\leq\bigl\Vert（x，y）\bigr\Vert。\结束{对齐}$$

同样，\（T_{2}（x，y）.

无论上述哪种情况成立，我们都有

$$\bigl\Vert T（x，y）\bigr\Vert=\max_{T\in[0,1]}\bigl\\{bigl\Vert T_{1}（x，y）\biger\Vert，\bigl\ Vert T_{2}（x，y$$

证明已完成。□

备注3.3

要么\（0<f ^｛0｝<（2K_｛1｝）^｛-1｝\）和\（g^{0}=0\）保持或\（f^{0}=0\）和\（0<g^{0}<（2K_{2}）^{-1}\）保持，类似于引理3.3，我们也有\（\|T（x，y）\|\leq\|（x，y）\|\）.

引理3.4

假设 \（[（α-1）{\lambda}K_{1}]^{-1}<f_{\infty}\leq+\infty） 和 \（[（\mu-1）{\lambda}K{2}]^{-1}<g{\infty}\leq+\infty） 持有,我们有 \（\|T（x，y）\|\geq\|（x，y）\|\）.

证明

案例1。如果\（[（α-1）{\lambda}K_{1}]^{-1}<f_{\infty}<+\infty）和\（[（\mu-1）{\lambda}K{2}]^{-1}<g{\infty}<+\infty）保持，设置\（0<\delta_{7}<f_{\infty}-[（alpha-1）{\lambda}K_{1}]^{-1}）和\（0<\delta_{8}<g{\infty}-[（\mu-1）{\lambda}K{2}]^{-1}），存在一个常量\（N_{5}>0\）这样的话

$$\begin{aligned}\frac{f（t，x，y）}{x+y}\geq f_{infty}-\delta_{7}，\qquad\frac{g（t，x，y）{x+y}\geqg{infty}-\delta_{8}，\ quad\text{对于任何}x>N_{5}，y>N_5}。\结束{对齐}$$

那么，我们有

$$开始{对齐}&f（t，x，y）\geq（f_{\infty}-\delta_{7}）1}（x+y）。\结束{对齐}$$

案例2。如果\（f_{0}=+\infty\）和\（g{0}=+\infty\），对于两个常量\（N_{7}\geq[（\alpha-1）{\lambda}K_{1}]^{-1}\）和\（N_{8}\geq[（\mu-1）{\lambda}K_{2}]^{-1}\），存在一个常量\（N_{6}>0\）这样的话

$$\begin{aligned}\frac{f（t，x，y）}{x+y}\geqN_{7}，\qquad\frac{g（t，x，y）{x+y}\geq N_{8}，\ quad\text{表示任何}x>N_{6}，y>N_}6}。\结束{对齐}$$

那么，我们有

$$开始{对齐}&f（t，x，y）\geq N_{7}（x+y）\gerq\bigl[（\alpha-1）{\lambda}K_{1}\bigr]^{-1}（x+y），\\&g（t，x，y）\ geq N_{8}。\结束{对齐}$$

出租\（（x，y）\在U\cap\partial\Omega_{R_{2}}\中，其中\（\Omega_｛R_｛2｝｝=\｛（x，y）\在x中\乘以x:\|（x，y）\ | \ leq R_｛2｝\｝\）,\（R_｛2｝>\最大\｛R_｛2｝，N_｛5｝，N_｛6｝\｝\），我们有

$$\begin{aligned}\bigl\Vert T_{1}（x，y）\bigr\Vert&\geq\max_{T\in[0,1]}\biggl\Vert\int_{0}^{1}（\alpha-1）tA_1}（s）\bigl[（\alfa-1）{\lambda}K_{1}\bigr]^{-1}\bigle（x（s）+y（s）\ bigr）\，\mathrm{d} 秒\biggr\vert\\&\geq\max_{t\in[0,1]}\biggl\vert\int_{0}^{1} t安_{1} （s）[{\lambda}K_{1}]^{-1}\lambda t\bigl（\Vert x\Vert+\Vert y\Vert\bigr）\，\mathrm{d} 秒\biggr\vert\\&\geq K_{1}^{-1}\max_{t\in[0,1]}\biggl\vert t^{2}\int_{0}^{1} A类_{1} （s）\，\mathrm{d} 秒\biggr\vert\cdot\bigl（\vert x\vert+\vert y\vert\bigr）\geq\bigl\vert（x，y）\bigr\vert。\结束{对齐}$$

同样，\（T_{2}（x，y）.

无论上述哪种情况成立，我们都有

$$\bigl\Vert T（x，y）\bigr\Vert=\max_{T\in[0,1]}\bigl\\{bigl\Vert T_{1}（x，y）\biger\Vert，\bigl\ Vert T_{2}（x，y$$

证明已完成。□

备注3.4

要么\（[（α-1）{\lambda}K_{1}]^{-1}<f_{\infty}<+\infty）和\（g_{\infty}=+\infty）保持或\（f_{\infty}=+\infty）和\（[（\mu-1）{\lambda}K{2}]^{-1}<g{\infty}<+\infty）保持，类似于引理3.4，我们也有\（\|T（x，y）\|\geq\|（x，y）\|\）.

定理3.2

假设是这样（H1）和（H2）持有,并且满足以下两个条件之一:

• (1) \（[（\alpha-1）｛\lambda｝K_｛1｝]^｛-1｝<f_｛0｝\leq+\infty\）,\（[（\mu-1）{\lambda}K{2}]^{-1}<g{0}\leq+\infty\） 和 \（0\leqf^{\infty}<（2K_{1}）^{-1}\）,\（0\leq g^{\infty}<（2K_{2}）^{-1}\）;

• (2) \（0\leq f ^｛0｝<（2K_｛1｝）^｛-1｝\）,\（0\leqg^{0}<（2K_{2}）^{-1}\） 和 \（[（α-1）{\lambda}K_{1}]^{-1}<f_{\infty}\leq+\infty）,\（[（\mu-1）｛\lambda｝K_｛2｝]^｛-1｝＜g_｛\infty｝\leq+\infty）.

然后,边值问题(1.1)至少有一个正解.

证明

案例1。按引理3.1，对于任何\（（x，y）\在U\cap\partial\Omega_{r_{1}}\中，我们有\（\|T（x，y）\|\geq\|（x，y）\|\）.通过引理3.2，用于\（（x，y）\在U\cap\部分\欧米茄_｛R_｛1｝｝中）、和\（r{1}<r{1}\），我们有\（\|T（x，y）\|\leq\|（x，y）\|\）.根据引理2.1，边值问题(1.1)至少有一个正解\（（x，y）\U \cap（上划线{\Omega}_{R{1}}\diagdown\Omega_{R{1}）\）.

案例2。按引理3.3，对于任何\（（x，y）\在U\cap\partial\Omega_{r_{2}}\中，我们有\（\|T（x，y）\|\leq\|（x，y）\|\）.通过引理3.4，用于\（（x，y）\在U\cap\partial\Omega_{R_{2}}\中、和\（r{2}<r{2}\），我们有\（\|T（x，y）\|\geq\|（x，y）\|\）.根据引理2.1，边值问题(1.1)至少有一个正解\（（x，y）\U \cap（上划线{\Omega}_{R{2}}\diagdown\Omega_{R{2}）\）.

证明已完成。□

4应用程序

现在，我们给出以下示例来说明我们的主要定理。

例子

考虑混合分数阶微分方程

$$\textstyle\begin{cases}D^{\frac{2}{3}}_{0+}（{}^{C} D类^{\压裂{3}{2}}_{1-}x（t） ）=（x+y）^{\frac{1}{2}}+\ln（t（x+y）^{2}+1），\四0\leqt\leq1，\\D^{\frac{3}{4}}_{0+}（{}^{C} D类^{\压裂{5}{3}}_｛1-｝y（t） ）=（x+y）^{\frac{1}{3}}+t\sint，\quad 0\leq\t\leq1，\\{}^{C} D类^{\压裂{3}{2}}_{1-}x（0）=x^{\素数}（0）=0，\q四元x^{\prime}（1）=x（1），\\{}^{C} D类^{\压裂{5}{3}}_｛1-｝y（0）=y^{\prime}（0）=0，\qquad y^{\ prime}（1）=y（1）。\结束{cases}$$

(4.1)

在这里，\（α=frac{3}{2}\）,\（β=frac{2}{3}\）,\（\mu=\压裂{5}{3}\）,\（伽马=\压裂{3}{4}\）.

因此，

$$\begin{aligned}&\alpha+\beta=\frac{13}{6}>2，\qquad\mu+\gamma=\frac{29}{12}>2压裂{17}{12}\gamma（压裂{5}{3}）\gamma（压裂{7}{4}）}=0.8508\biggl（\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2} 第1页\biggr）^{-1}=3.7335，\qquad\biggl（\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2} K2（K2）\biggr）^{-1}=3.5261，\\&（2K1）^{-1}=0.4667，\qquad（2K2）^{-1-}=0.5877，\\&f_{0}=\lim_{（x+y）\到0+}\biggl\{min_{t在[0,1]}\frac{（x+y）}=+\infty>3.7335，\\&g_{0}=\lim_{（x+y）到0+}\biggl\{\min_{t\in[0,1]}\frac{（x+y）^{\ frac{1}{3}}+t\sint}{x+y}\bigr\}=+\ infty>3.5261，\\&f^{\infty}=\li（x+y）\到[0,1]}中的+\infty}\biggl\{\max_{t\t \压裂{1}{3}}+t\sint}{x+y}\biggr}=0<0.5877。\结束{对齐}$$

因此，它遵循定理3.2分数阶微分方程(4.1)有一个非平凡的正解。

5结论

在我们对文献的回顾中(1.1)本文首先对其进行了研究。我们讨论了混合分数阶微分方程的耦合边值问题，首先定义为右侧的Caputo分数阶导数，其次定义为左侧的Riemann–Liouville分数阶导数。这些方程不同于以前的混合分数阶微分方程。我们构造了格林函数，其性质由一个简单不等式描述。此外，利用锥的不动点定理，我们得到了方程解的存在性(1.1). 利用这一经典方法，我们改进了混合分式方程解的存在性理论。