一类具有分数阶非局部边界条件的非线性高阶分数阶微分方程解的存在性

摘要

本文利用基于上下解方法的单调迭代技术，研究了一类具有分数阶非局部边界条件的非线性高阶分数阶微分方程解的存在性，并给出了其解的一个具体迭代方程。

1介绍

我们考虑以下具有非局部边值条件的非线性分数阶微分方程解的存在性：

$$\textstyle\开始｛案例｝^{C} D类^{\alpha}_{0^{+}}u（t）=f（t，u（t^{C} 天^{\beta_{1}}{0^{+}}u（t）^{C} D类^{\beta{2}}{0^{+}}u（t），\ldot^{C} D类^{\beta_{n-1}}_{0^{+}}u（t）），\quad 0<t<1，\\u^{（j$$

(1)

哪里\（n-1<α<n）是一个实数，\（第2页）,\(^{C} D类^{\alpha}_{0^{+}}\）,\(^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}\）,\（i=1,2，\ldot，n-1）,\（i-1<β{i}<i）是标准的Caputo分数导数，\（I^{\gamma}_{0^{+}}\）是标准Riemann-Liouville积分，\（0<\gamma）、和\（0<\rho<\Gamma（n+\Gamma）\）.非线性项\（f:[0,1]\times\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}\）是连续的。

分数阶方程的边值问题有由于其深厚的背景，成为微分方程领域的一个新分支。近年来，分数阶微积分学科在物理学、化学、生物学、经济学、控制理论、信号与图像处理、血流现象等各个领域中频繁出现，因此它受到了广泛的关注。关于分数阶微积分和分数阶微分方程的更多细节，我们请读者参阅米勒和罗斯的专著[1]，Heikkila等人[2]，波德鲁布尼[三]，希尔弗[4]和Kilbas等人[5]Agarwal等人的调查[6]和报纸[7——14]. 许多学者研究了具有多种边界条件的非线性分数阶微分方程的存在性；参见[15——23]以及其中的参考文献。然而，有时更好的办法是施加积分条件，因为积分条件比局部条件提出的措施更精确；然后，当一个解存在时，获得特定的解是非常重要的。因此，本文的目的是研究问题解的存在性(1)利用基于上下解方法的单调迭代技术，得到问题解的存在性(1)通过建立比较定理，并给出具体的迭代方程。关于基于上下解方法的单调迭代技术，请参阅最近的论文[24——28].

2前期工作

让\（I=[0,1]\）。我们表示为\（C（I）\）所有连续函数的Banach空间\（u（t）\）在我符合规范\（\垂直u\垂直{C}=\最大{t\在I}\垂直u（t）\垂直\）一般来说\（n\in\mathbb{n}\），我们使用\（C^{n}（I）\）表示所有的Banach空间n个上的四阶连续可微函数我符合规范

$$\Vert u\Vert _{C^{n}}=\max\bigl\{\Vert u \Vert _{C}，\bigl\ Vert u^{prime}\bigr\ Vert _}，\ ldots，\ bigl\ Vert u^}（n）}\ bigr\ Vert _{C}\biger\Vert$$

让\（C ^｛+｝（I）\）表示中所有非负函数的锥\（C（I）\）.让\（\mathrm{AC}^{n}\）是所有绝对连续函数的Banach空间\（u（t）\）在我可按顺序微分n个符合规范

$$\Vert-u\Vert_{\mathrm{AC}^{n}}=\max\Bigl\{max_{t\in-I}\Bigl\Vert u（t）\bigr\Vert，\max_{t/in-I}\Bigl\ Vert^{C} D类^{\beta_{i}}_{0^{+}}u（t）\bigr\vert，i=1,2，\ldots，n-1，i-1<\beta{i}<i\bigr\}$$

定义1

如果\（g在C（[a，b]）中）和\（q>0），则Riemann-Liouville分数积分定义为

$$I_{a^{+}}^{q} 克（t） =\frac{1}{\Gamma（q）}\int_{a}^{t}（t-s）^{q-1}克（s） \、ds、$$

哪里\（\Gamma（\cdot）\）是伽马函数。

定义2

让\（问答）和\（n=[q]+1\）.如果\（g\in\mathrm{AC}^{n}[a，b]\），然后是Caputo分数阶导数q个属于克由定义

$$^{C} D类^{q}_{a^{+}}g（t）=\frac{1}{\Gamma（n-q）}\int_{a}^{t}（t-s）^{n-q-1}u^{（n）}\，ds$$

几乎到处都有\（[a，b]\）(\（[q]\）是的整数部分q个).

引理3

让 \（h在C（I）中）.然后是线性边值问题(伦敦银行副总裁)

$$\textstyle\开始｛案例｝^{C} D类^{\alpha}_{0^{+}}u（t）=h（t），\quad 0<t<1，\\u^{（j）}$$

(2)

有独特的解决方案

$$u（t）=\int^｛1｝_{0}G（t，s）h（s）\，ds:=Sh（t）$$

(3)

哪里

$$G（t，s）=\textstyle\begin{cases}\frac{（t-s）^{\alpha-1}}{\Gamma（1-s）^{\alpha+\Gamma-1}\rho\Gamma（n+\gama，\quad0\leq t\leq s\leq1。\结束{cases}$$

(4)

此外,解算运算符 \（S:\mathrm{AC}（I）\rightarrow\mathrm{AC}^{（n-1）}（Ⅰ）\） 是一个完全连续的线性算子.

证明

我们可以推导出方程式(2)等价于积分方程

$$u（t）=I^{\alpha}_{0^{+}}h（t）+c_{0}+c_{1} t吨+c（c）_{2} t吨^{2} +\cdots+c_{n-1}吨^{n-1}$$

(5)

自\（u^{（j）}（0）=0\），我们推断\（c{j}=0\）,\（j=0,1，\ldot，n-2）因此，取方程的导数(5)给予

$$u^{（n-1）}（t）=I^{\alpha-（n-1）}_{0^{+}}h（t）+\Gamma（n）c_{n-1}$$

我们有

$$I^{\gamma}_{0^{+}}u（t）=I^{\α+\gamma{{0^}+}}h（t）+c_｛n-1｝I^{\alpha+\gamma}{0^{+}}t^{n-1}$$

由于积分边界条件\（u^{（n-1）}（0）=\rho I^{\gamma}_{0^{+}}u（1）\），我们有

$$c_{n-1}=\frac{\rho\Gamma（n+\Gamma）}{\Garma（n）（\Gamma[n+\Gamma]-\rho）}I^{\alpha+\gama}_{0^{+}}h（1）$$

替换的值\（c{j}\）,\（c{n-1}\）,\（j=0,1，\ldot，n-2），到(5)，我们获得

$$u（t）=I^{\alpha}_{0^{+}}h（t）+\frac{t^{n-1}\rho\Gamma（n+\Gamma）}{\Gamma（n）（\Gamma[n+\Gamma]-\rho）}I^{\ alpha+\gama}_{0 ^{++}}h（1）$$

可以写成

$$\begin{aligned}u（t）=&\frac{1}{\Gamma（\alpha）}\int^{t}（t）_{0}（t-s）^{\alpha-1}h（s）\，ds\\&{}+\frac{t^{n-1}\rho\Gamma^｛1｝_｛0｝（1-s）^｛\alpha+\gamma-1｝h（s）\，ds\\=&\int^{t}（t）_{0}\biggl（\frac{（t-s）^{\alpha-1}}{\Gamma（\alpha^｛1｝_{t} \frac{t^{n-1}（1-s）^{\alpha+\gamma-1}\rho\gamma（n+\gama）}{\gamma（n）（\gamma[n+\gamma]-\rho）\gamma[alpha+\ gamma）}h（s）\，ds\\=&\int^｛1｝_｛0｝克（t，s）h（s）\，ds.\end{对齐}$$

From表达式(三)我们很容易看到\（S:\mathrm{AC}（I）\rightarrow\mathrm{AC}^{（n-1）}（Ⅰ）\）是一个完全连续的线性算子。这就完成了证明。□

引理4

让 \（h\在C^{+}（I）中\）.然后是独特的解决方案 \（u=Sh\） LBVP的(2)具有以下属性:

$$u（t）\geq0，\qquad^{C} D类^{\beta{1}}{0^{+}}u（t）\geq0，\qquad^{C} D类^{\beta{2}}{0^{+}}u（t）\geq0，\qquad\ldots，\qquid^{C} D类^{\beta{n-1}}{0^{+}}u（t）\geq0$$

证明

按表达式(三)LBVP解决方案(2)我们很容易看到\（u（t）\geq0\）接下来，我们展示\(^{C} D类^{\beta_{i}}{0^{+}}u（t）\geq0\）,\（i=1,2，\ldot，n-1）.

发件人(三)我们有

$$ ^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}u（t）=\frac{1}{\Gamma（i-\beta_{i}）}\int^{t}（t）_{0}（t-s）^{i-\beta_{i} -1个}u^{（i）}\，ds$$

(6)

哪里

$$u^{（i）}=整型^｛1｝_{0}G_{s} ^{（i）}（s，r）h（r）\，dr$$

和\（G_{s}^{（i）}（s，r）\）是我的阶偏导数\（G（s，r）\）到秒，由给出

$$G_｛s｝^｛（i）｝（s，r）=\textstyle\begin｛cases｝\frac｛（s-r）^｛\alpha-1-i｝｝｛\Gamma（\alpha-i）｝+\frac｛s ^｛n-1-i｝（1-r）^｛\alpha+\Gamma-1｝\rho\Gamma（n+\Gamma）｝i｝（1-r）^｛\alpha+\Gamma-1｝\rho\Gamma（n+\Gamma）｝｛\Gamma（n-i）（\Gamma（n+\Gamma）-\rho）\Gamma（\alpha+\Gamma）}，\quad0\leq-s\leq-r\leq1。\结束{cases}$$

(7)

因此(6)成为

$$ ^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}u（t）=\frac{1}{\Gamma（i-\beta_{i}）}\int^{t}（t）_{0}\int^｛1｝_{0}（t-s）^{i-\beta_{i} -1个}G_{s}^{（i）}（s，r）h（r）\，dr\，ds$$

(8)

发件人(7)我们看到了

$$G_{s}^{（i）}（s，r）\geq0，\quad s，r在i中，i=1,2，\ldot，n-1$$

组合(8)而这种不平等，我们有

$$^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}u（t）\geq0，\quad i=1,2，\ldot，n-1$$

证明已完成。□

现在，通过表达(三)LBVP解决方案(2)我们很容易看到这个问题(1)等价于积分方程

$$u（t）=\int^｛1｝_{0}G（t，s）f\bigl（s，u（s）^{C} D类^{\beta{1}}{0^{+}}u（s）^{C} D类^{\beta{2}}{0^{+}}u（s），\ldot^{C} D类^{\beta_{n-1}}_{0^{+}}u（s）\biger）\，ds:=Tu（t）$$

(9)

因此，问题的解决(1)等价于算子的不动点T型接下来，我们给出一个比较定理。

引理5

比较结果

如果 \（u（t）\在\mathrm{AC}^{n}（I）\中） 满足

$$\textstyle\开始{cases}^{C} D类^｛\alpha｝_｛0^｛+｝｝u（t）\geq0，\quad0<t<1，n-1<\alpha<n，\\u^｛（j）｝（0）=0，\quad u^｛（n-1）｝（0）\geq\rho I^｛\gamma｝_｛0^｛+｝｝u（1），\quad j=0，\ldots，n-2，\end｛case｝$$

然后 \（u（t）\geq0）,\（I中的t）.

证明

由Lemma三我们知道LBVP(2)有独特的解决方案\（u（t）=\int^｛1｝_{0}G（t，s）小时\，ds \）.来自(4)很容易验证格林函数\（G（t，s）\geq0）,\（I中的t，s）.让\（h（t）\在C^{+}（I）中\）.然后\（u（t）\geq0）,\（I中的t）. □

根据引理的比较结果5给出了上解和下解的定义。

定义6

如果\（v\in\mathrm{AC}^{n}（I）\）满足

$$\textstyle\开始{cases}^{C} D类^{\alpha}_{0^{+}}v（t）\leqf（t，v（t^{C} D类^{\β{1}}{0^{+}}v（t）^{C} D类^｛β_｛2｝｝_｛0^｛+｝｝v（t），\ldots^{C} D类^{β{n-1}}{0^{+}}v（t）$$

然后我们打电话v（v）问题的下解(1). 如果\（w\in\mathrm{AC}^{n}（I）\）满足

$$\textstyle\开始{cases}^{C} D类^{\alpha}_{0^{+}}w（t）\geqf（t，v（t）^{C} D类^{\β{1}}{0^{+}}w（t）^{C} D类^{\beta{2}}{0^{+}}w（t），\ldot^{C} D类^｛\beta_｛n-1｝｝_｛0^｛+｝｝w（t）），\quad0<t<1，\\w^｛（j）｝（0）=0，\qquad w^｛（n-1）｝（0）\geq\rho I^｛\gamma｝_｛0^｛+｝｝w（1），\quad j=0，\ldots，n-2，\end｛cases｝$$

然后我们打电话w个问题的上解(1).

三主要成果

定理7

让 v（v）,w个 是问题的下解和上解(1)这样的话 \（v（t）\leq w（t）\） 为所有人 \（I中的t）.假设非线性项 \（f:[0,1]\times\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}\） 是连续的，并且满足以下假设:

• （H） 对于所有人 \（I中的t）,\（x{0}，y{0}\在[v，w]\中） 和 \（x{i}，y{i}\英寸[^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}v^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}w]\）,\（i=1,2，\ldot，n-1）,这样的话 \（x{0}\geqy{0}\）,\（x{i}\geqy{i}\）,我们有

  $$f（t，x{0}，x{1}，x{2}，\ldots，x{n-1}）\geqf$$

然后是问题(1)具有最低解决方案 \（\下划线{u}\） 和最大解决方案 u（单位） 之间 v（v） 和 w个.

证明

表示

$$D=\bigl\{u\in\mathrm{AC}^{n-1}（I）\mid-v\leq-u\leqw^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}v\leq^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}u\leq^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}w，i=1,2，\ldots，n-1\bigr\}$$

然后\（D\子集\mathrm{AC}^{n-1}（I）\）是一个非空的凸闭集。定义操作员\（F:D\右箭头\mathrm{AC}（I）\）如下：

$$F（u）（t）=F\bigl（t，u（t）^{C} D类^｛β_｛1｝｝_｛0^｛+｝｝u（t）^{C} D类^{\beta_{2}}{0^{+}}u（t），\ldot^{C} 天^{\beta_{n-1}}_{0^{+}}u（t）\biger），在I中为四t，在D中为u$$

(10)

从如果我们很容易看到\（F:D\右箭头\mathrm{AC}（I）\）是将有界集映射为有界集的连续运算符。按引理三我们知道复合映射\（圆圈F:D\rightarrow\mathrm{AC}^{n-1}（I）\）是一个完全连续的算子。因此，通过(9)，每\（D\中的u\），我们有\（Tu=（S循环F）（u））、和\（T:D\右箭头\mathrm{AC}^{n-1}（I）\）是一个完全连续的算子。然后是问题的解决(1)等价于算子的不动点T型由定义(9). 我们分三步进行证明。

步骤1:\（T:D\右箭头D\）是递增运算符。

对于\（u\在D\中），假设是这样\（x=Tu=（S循环F）（u））.出租\（h=F（u）\），我们知道\（x=Sh\）是LBVP的解决方案(2). 然后\（x\in\mathrm{AC}^{n}（I）\）满足

$$\textstyle\开始{cases}^{C} D类^{\alpha}_{0^{+}}x（t）=f（t，u（t）^{C} D类^{\beta_{1}}{0^{+}}u（t）^{C} D类^｛β_｛2｝｝_｛0^｛+｝｝u（t），\ldots^{C} D类^{\beta_{n-1}}_{0^{+}}u（t）），I中的四元t，\\x^{（j）}（0）=0，\qquad x^{（n-1）}。\结束{cases}$$

(11)

因此，使用上下解的定义和条件（H），我们得到

$$\开始{对齐}&{^{C} D类^{\alpha}_{0^{+}}（w-x）（t）\geqf \bigl（t，w（t）^{C} D类^{\β{1}}{0^{+}}w（t）^{C} D类^{\beta{2}}{0^{+}}w（t），\ldot^{C} D类^{\beta{n-1}}{0^{+}}w（t）\biger）}\\&{幻影{^{C} D类^{\alpha}_{0^{+}}（w-x）（t）\geq}{}-f\bigl（t，u（t）^{C} D类^{\beta{1}}{0^{+}}u（t）^{C} D类^{\beta_{2}}{0^{+}}u（t），\ldot^{C} D类^{\beta{n-1}}{0^{+}}u（t）\biger）\geq0；}\\&{（w-x）^{（j）}（0）=0，\qquad（w-x）^{（n-1）}$$

然后，通过引理5我们有

$$（w-x）\geq0，\qquad^{C} 天^{\beta{i}}{0^{+}}（w-x）\geq0，\quad i=1,2，\ldots，n-1$$

此外，我们还有

$$x\leq w，\qquad美元^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}x\leq^{C} D类^{\beta_{i}}{0^{+}}w，\quadi=1,2，\ldots，n-1$$

同样，

$$\开始{对齐}&{^{C} D类^{\alpha}_{0^{+}}（x-v）（t）\geqf \bigl（t，u（t）^{C} D类^{\beta_{1}}{0^{+}}u（t）^{C} D类^｛β_｛2｝｝_｛0^｛+｝｝u（t），\ldots^{C} D类^{\beta{n-1}}{0^{+}}u（t）\biger）}\\&{幻影{^{C} 天^{\alpha}_{0^{+}}（x-v）（t）\geq}{}-f\bigl（t，v（t）^{C} D类^{\beta{1}}{0^{+}}v（t）^{C} D类^{β{2}}{0^{+}}v（t），\ldot^{C} D类^{\beta{n-1}}{0^{+}}v（t）\biger）\geq0；}\\&{（x-v）^{（j）}（0）=0，\qquad（x-v$$

从引理5我们有

$$（x-v）\geq0，\quad^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}（x-v）\geq0，\quad i=1,2，\ldots，n-1$$

也就是说，

$$v\leq x，\四元^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}v\leq^{C} D类^{\beta_{i}}{0^{+}}x，\quadi=1,2，\ldots，n-1$$

因此，

$$v\leq图\leq w，\quad^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}v\leq^{C} 天^{\beta_{i}}_{0^{+}}（Tu）\leq^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}w，\quad i=1,2，\ldot，n-1$$

(12)

这意味着\（T:D\右箭头D\）.

对于每个\（D\中的u_{1}，u_{2}\）、和

$$v\lequ{1}\lequ{2}\leq w，\qquad^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}v\leq^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}u{1}\leq^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}u{2}\leq^{C} D类^｛\beta_｛i｝｝_｛0^｛+｝｝w$$

假设\（x{1}=Tu{1}\）和\（x{2}=Tu{2}\），这意味着\（x{1}\）和\（x{2}\）满足(11)分别是。然后，根据条件（H），我们有

$$\开始{对齐}&{^{C} D类^{\alpha}_{0^{+}}（x_{2} -x个_{1} ）（t）=f\bigl（t，u{2}（t）^{C} D类^{\β{1}}{0^{+}}u{2}（t）^{C} D类^{\beta{2}}{0^{+}}u{2}（t），\ldot^{C} D类^{\beta{n-1}}{0^{+}}u{2}（t）\bigr）}\\&{幻影{^{C} D类^{\alpha}_{0^{+}}（x_{2} -x个_{1} ）（t）=}{}-f\bigl（t，u{1}（t）^{C} D类^｛β_｛1｝｝_｛0^｛+｝｝u_｛1｝（t）^{C} D类^{β{2}}{0^{+}}u{1}（t），\ldot^{C} D类^{\beta{n-1}}{0^{+}}u{1}（t）\bigr）\geq0；}\\&{（x_{2} -x个_{1} ）^{（j）}（0）=0，\qquad（x_{2} -x个_{1} ）^{（n-1）}（0）\geq\rho I^{\gamma}_{0^{+}}（x_{2} -x个_{1} ）（1），\quad j=0,1，\ldots，n-2.}\end{aligned}$$

按引理5我们有

$$x美元_{2} -x_{1} \geq0，\qquad^{C} D类^｛\beta_｛i｝｝_｛0^｛+｝｝（x_{2} -x个_{1} ）\geq 0，\quad i=1，\ldots，n-1$$

即，

$$Tu_{1}\leqTu_{2}，\qquad^{C} D类^{\beta_{i}}_{0^{+}}（Tu_{1}）\leq^{C} D类^{\beta_{i}}_{0^{+}}（Tu_{2}），\quad i=1，\ldots，n-1$$

因此，T型是递增运算符。

步骤2：问题(1)解决方案介于v（v）和w个.

定义两个迭代序列\（{v_{n}\}\）和\（{w_{n}\}\）从开始\（v{0}=v\）和\（w{0}=w\）分别通过以下程序

$$v{n}=Tv{n-1}，\qquad w{n}=Tw{n-1{，\quad n=1,2，\ldots$$

(13)

这意味着\（{v_{n}\}\）,\（{w_{n}\}\）满足以下单调条件

$$\开始{aligned}&{v_{0}\leqv_{1}\leq \ cdots\leq v_{n}\leq w_{n{}\lequeq \ cdot \ leq w_{1}，}\end{aligned}$$

(14)

$$\开始{aligned}&{{}^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}v{0}\leq^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}v{1}\leq\cdots\leq^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}v{n}\leq^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}w{n}\leq\cdots\leq^{C} D类^{β{i}}{0^{+}}w{1}\leq^{C} D类^｛β_｛i｝｝_｛0^｛+｝｝w_｛0｝，｝\end｛aligned｝$$

(15)

哪里\（i=1，\ldot，n-1）也就是说，\（\｛v_｛n｝\｝\）,\(\{^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}v{n}\}\）正在增加序列\（[v，w]\）,\([^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}v^{C} D类^{\beta_{i}}{0^{+}}w]\）、和\（{w_{n}\}\）,\(\{^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}w{n}\}\）是递减序列\（[v，w]\）,\([^{C} D类^{\beta_{i}}{0^{+}}v^{C} D类^｛β_｛i｝｝_｛0^｛+｝｝w]\）分别是。通过压实度T型我们很容易看到\（{v_{n}，{w_{n{}子集T（D））相对紧凑\（\mathrm{AC}^{n-1}（I）\），这意味着它们分别至少有一个一致收敛的子序列。从\（{v_{n}\}\）,\（{w_{n}\}\）我们得到了\（{v_{n}\}\）,\（{w_{n}\}\）收敛于\（\mathrm｛AC｝^｛n-1｝（I）\），这意味着存在\（\underline{u}，\overline{u}\in\mathrm{AC}^{n-1}\）这样的话\（v_｛n｝\右箭头\下划线｛u｝\）,\（w{n}\右箭头\上划线{u}\）.自D类是一个凸闭集，我们还得到\（D中的\下划线{u}，\上划线{u{）此外，通过T型我们知道这一点\（\下划线{u}=T\下划线}\）,\（\overline{u}=T\overline{u}\）因此，\（\下划线{u}\）和u̅是问题的解决方案(1).

步骤3:我们证明了这一点\（\下划线{u}\）和u̅最小和最大解介于v（v）和w个分别是。

假设\（D\中的u\）是问题的任意解决方案(1). 然后u个满足

$$v\leq u\leq w，\qquad^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}v\leq^{C} D类^｛\beta_｛i｝｝_｛0^｛+｝｝u \leq^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}w，\quad i=1,2，\ldot，n-1$$

(16)

正在应用于T型至(16)，我们有

$$T（吨）^{n} v（v）\leq T（发光二极管）^{n} u个\leq T（发光二极管）^{n} w个，\qquad^{C} D类^{\beta_{i}}_{0^{+}}\bigl（T^{n} v（v）\bigr）\leq^{C} D类^{\beta_{i}}_{0^{+}}\bigl（T^{n} u个\bigr）\leq^{C} D类^{\beta_{i}}_{0^{+}}\bigl（T^{n} w个\较大），四个i=1,2，十个，n-1$$

此外，我们还有

$$v{n}\lequ\leqw{n}，\qquad^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}v{n}\leq^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}u\leq^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}w{n}$$

出租\（n\rightarrow\infty\），我们获得

$$\下划线{u}\lequ\leq\上划线{u{，\qquad^{C} D类^{\beta_{i}}{0^{+}}\下划线{u}\leq^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}u\leq^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}上横线{u}，四i=1,2，\ldots，n-1$$

因此，我们看到\（\下划线｛u｝\）,u̅最小和最大解介于v（v）和w个分别是。证据完整。□

通过定理的证明程序7，我们得到以下结果。

推论8

让 v（v）,w个 是问题的上下解(1)这样的话 \（v（t）\leq w（t）\） 对于 \（I中的t）.假设非线性项 \（f:[0,1]\times\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}\） 连续且满足假设（H） ●●●●。然后使用线性迭代方程，从 \（u{0}=v\） 和 \（u{0}=w\）,分别地,

$$\textstyle\开始｛案例｝^{C} D类^{\alpha}{0^{+}}u{n}（t）=f（t，u{n-1}（t）^{C} D类^{β{1}}{0^{+}}u{n-1}（t），\ldot^{C} D类^{β{n-1}}{0^{+}}u（t）$$

我们定义迭代序列 \（{v_{n}\}\）,\（{w_{n}\}\）.通过此程序，我们可以获得

$$开始{对齐}&{\lim_{n\rightarrow\infty}v_{n}（t）=下划线{u}(^{C} D类^{\beta_{i}}{0^{+}}v{n}（t）\biger）=^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}\下划线{u}，\qquad\lim_{n\rightarrow\infty}\bigl(^{C} D类^{β{i}}{0^{+}}w{n}（t）\biger）=^{C} D类^{\beta{i}}{0^{+}}\上划线{u}，}\结束{aligned}$$

每个 \（t\在I\中）,哪里 \（\下划线{u}\）,u̅ 最小和最大解介于 v（v） 和 w个,\（i=1,2，\ldot，n-1）.