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user: 2. 预备知识 首先，给出一些基本定义和引理。 定义2.1 [ 4 ] 函数 h : ( 0 ， + ∞ ) → R 的 α > 0 阶Riemann-Liouville分数积分定义为 I 0 + α h ( t ) = 1 Γ ( α ) ∫ 0 t ( t − s ) α − 1 h ( s ) d s ， 等式的右端在 ( 0 ， ∞ ) 有定义。 定义2.2 [ 4 ] 连续函数 h : ( 0 ， ∞ ) → R 的 α > 0 阶Riemann-Liouville分数阶导数定义为 D 0 + α h ( t ) = D n I 0 + n − α h ( t ) = 1 Γ ( n − α ) ( d d t ) n ∫ 0 t h ( s ) ( t − s ) α − n + 1 d s ， 只要等式的右端在 ( 0 ， ∞ ) 有定义。 引理2.1 [ 4 ] 假设n为正整数， n − 1 < α ≤ n ，则Riemann-Liouville分数阶微分方程 D 0 + α h ( t ) = 0 的通解为 h ( t ) = c 1 t α − 1 + c 2 t α − 2 + ⋯ + c n t α − n ， 其中 c i ∈ ℝ ， i = 1 ， 2 ， ⋯ n 。 引理2.2 [ 4 ] 1) 若 h ∈ L ( 0 ， 1 ) ， ρ > σ > 0 则 D σ I ρ h ( t ) = I ρ − σ h ( t ) ， D σ I σ h ( t ) = h ( t ) . 2) 若 ρ > 0 ， λ > 0 则 D ρ t λ − 1 = Γ ( λ ) Γ ( λ − ρ ) t λ − ρ − 1 . 引理2.3 设 x ， y ∈ C [ 0 ， 1 ] ， a 1 ， a 2 ∈ ℝ 。则边值问题 { D 0 + α u ( t ) + x ( t ) = 0 ，   t ∈ ( 0 ， 1 ) ， D 0 + β v ( t ) + y ( t ) = 0 ，   t ∈ ( 0 ， 1 ) ， u ( 0 ) = v ( 0 ) = 0 ， D 0 + α − 1 u ( 1 ) = a 1 ，   D 0 + β − 1 v ( 1 ) = a 2 ， (2.1) 存在唯一解 u ( t ) = ∫ 0 1 G 1 ( t ， s ) x ( s ) d s + a 1 t α − 1 Γ ( α ) ， (2.2) v ( t ) = ∫ 0 1 G 2 ( t ， s ) y ( s ) d s + a 2 t β − 1 Γ ( β ) ， (2.3) 其中 G 1 ( t ， s ) = 1 Γ ( α ) { t α − 1 − ( t − s ) α − 1 ，   0 ≤ s ≤ t ≤ 1 ， t α − 1 ，   0 ≤ t ≤ s ≤ 1 ， (2.4) G 2 ( t ， s ) = 1 Γ ( β ) { t β − 1 − ( t − s ) β − 1 ，   0 ≤ s ≤ t ≤ 1 ， t β − 1 ，   0 ≤ t ≤ s ≤ 1. (2.5) 证明 假设 ( u ， v ) = ( u ( t ) ， v ( t ) ) 是边值问题(2.1)的解，由引理2.1可得，存在 c 1 ， c 2 ， d 1 ， d 2 ∈ ℝ 使得 u ( t ) = − I 0 + α x ( t ) + c 1 t α − 1 + c 2 t α − 2 ， v ( t ) = − I 0 + β y ( t ) + d 1 t β − 1 + d 2 t β − 2 . 由边界条 u ( 0 ) = v ( 0 ) = 0 可得， c 2 = 0 ， d 2 = 0 。所以 u ( t ) = − I 0 + α x ( t ) + c 1 t α − 1 ， v ( t ) = − I 0 + β y ( t ) + d 1 t β − 1 ， 由引理2.2可得 D 0 + α − 1 u ( t ) = − D 0 + α − 1 I 0 + α x ( t ) + c 1 D 0 + α − 1 t α − 1 = − ∫ 0 t x ( s ) d s + c 1 Γ ( α ) ， D 0 + β − 1 v ( t ) = − D 0 + β − 1 I 0 + β y ( t ) + d 1 D 0 + β − 1 t β − 1 = − ∫ 0 t y ( s ) d s + a 2 Γ ( β ) ， 因此， D 0 + α − 1 u ( 1 ) = − ∫ 0 1 x ( s ) d s + c 1 Γ ( α ) ， D 0 + β − 1 v ( 1 ) = − ∫ 0 1 y ( s ) d s + d 1 Γ ( β ) ， 由边界条件 D 0 + α − 1 u ( 1 ) = a 1 ， D 0 + β − 1 v ( 1 ) = a 2 可得 c 1 = 1 Γ ( α ) ∫ 0 1 x ( s ) d s + a 1 Γ ( α ) ， d 1 = 1 Γ ( β ) ∫ 0 1 y ( s ) d s + a 2 Γ ( β ) ， 因此，边值问题(2.1)的唯一解是 u ( t ) = − 1 Γ ( α ) ∫ 0 t ( t − s ) α − 1 x ( s ) d s + t α − 1 Γ ( α ) ( ∫ 0 1 x ( s ) d s + a 1 ) = 1 Γ ( α ) ( ∫ 0 t ( t α − 1 − ( t − s ) α − 1 ) x ( s ) d s + ∫ t 1 t α − 1 x ( s ) d s ) + a 1 Γ ( α ) t α − 1 = ∫ 0 1 G 1 ( t ， s ) x ( s ) d s + a 1 Γ ( α ) t α − 1 . 类似地， v ( t ) = ∫ 0 1 G 2 ( t ， s ) y ( s ) d s + a 2 t β − 1 Γ ( β ) . 易证 ( u ， v ) = ( u ( t ) ， v ( t ) ) 满足(2.1)，即为边值问题(2.1)的解。 证毕。 引理2.4 边值问题(1.1)等价于积分方程组 u ( t ) = { ∫ 0 1 G 1 ( t ， s ) f ( s ， v ( s ) ， v s ) d s + a Γ ( α ) ∫ 0 1 t α − 1 p ( s ， v ( s ) ) d s ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] ， ϕ ( t ) ，   t ∈ [ − τ ， 0 ] ， (2.6) v ( t ) = { ∫ 0 1 G 2 ( t ， s ) g ( s ， u ( s ) ， u s ) d s + b Γ ( β ) ∫ 0 1 t β − 1 q ( s ， u ( s ) ) d s ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] ， ψ ( t ) ，   t ∈ [ − τ ， 0 ] ， (2.7) 由 G 1 ( t ， s ) ， G 2 ( t ， s ) 的表达式可以得到如下引理： 引理2.5 1) G 1 ( t ， s ) ， G 2 ( t ， s ) 是 [ 0 ， 1 ] × [ 0 ， 1 ] 上的连续函数； 2) 对任意的 t ， s ∈ ( 0 ， 1 ) 有 0 ≤ G 1 ( t ， s ) ≤ 1 Γ ( α ) . 3) 对任意的 t ， s ∈ ( 0 ， 1 ) 有 0 ≤ G 2 ( t ， s ) ≤ 1 Γ ( β ) . 证明 1) 由函数 G 1 ， G 2 的表达式可知，函数 G 1 ， G 2 在 [ 0 ， 1 ] × [ 0 ， 1 ] 上连续； 2) 当 0 ≤ t ≤ s ≤ 1 时，显然有 G 1 ( t ， s ) ≥ 0 。当 0 ≤ s ≤ t ≤ 1 时，有 G 1 ( t ， s ) = 1 Γ ( α ) [ t α − 1 − ( t − s ) α − 1 ]                     = 1 Γ ( α ) t α − 1 [ 1 − ( 1 − s t ) α − 1 ]                     ≥ 0 ， 因此，对任意的 t ， s ∈ [ 0 ， 1 ] ，都有 G 1 ( t ， s ) ≥ 0 。 由(2.4)式可知，对任意的 t ， s ∈ [ 0 ， 1 ] ，都有 G 1 ( t ， s ) ≤ 1 Γ ( α ) t α − 1 ≤ 1 Γ ( α ) . 因此， 0 ≤ G 1 ( t ， s ) ≤ 1 Γ ( α ) 。 同理可证，对任意的 t ， s ∈ [ 0 ， 1 ] ， 0 ≤ G 2 ( t ， s ) ≤ 1 Γ ( β ) 。 证毕。 令 E = { ( u ， v ) : u ， v ∈ C [ − τ ， 1 ] } ，定义范数 ‖ ( u ， v ) ‖ E = max { max t ∈ [ − τ ， 1 ] | u ( t ) | ， max t ∈ [ − τ ， 1 ] | v ( t ) | } ，在 C [ − τ ， 0 ] 上定义范数 ‖ x ‖ τ = max t ∈ [ − τ ， 0 ] | x ( t ) | ，则 ( E ， ‖   ⋅   ‖ E ) 和 ( C [ − τ ， 0 ] ， ‖   ⋅   ‖ τ ) 是Banach空间。 令 E 0 = { ( r ， z ) ∈ E : ( r ( t ) ， z ( t ) ) ≡ ( 0 ， 0 ) ， t ∈ [ − τ ， 0 ] } ， 定义 E 0 上的范数 ‖ ( r ， z ) ‖ E 0 = max { max t ∈ [ − τ ， 1 ] | r ( t ) | ， max t ∈ [ − τ ， 1 ] | z ( t ) | } = max { max t ∈ [ 0 ， 1 ] | r ( t ) | ， max t ∈ [ 0 ， 1 ] | z ( t ) | } 及 P = { ( u ， v ) ∈ E : u ( t ) ≥ 0 ， v ( t ) ≥ 0 ， t ∈ [ − τ ， 0 ] } 。显然， E 0 ⊂ E 且 ( E 0 ， ‖   ⋅   ‖ E 0 ) 是Banach空间， P ⊂ E 0 是正规体锥。 对任意的 ( u 1 ， v 1 ) ， ( u 2 ， v 2 ) ∈ E 0 ， ( u 1 ， v 1 ) ≺ _ ( u 2 ， v 2 ) 当且仅当 ( u 2 − u 1 ， v 2 − v 1 ) ∈ P 。于是 ( E 0 ， ≺ _ ) 为半序的Banach空间。若 ( u 1 ， v 1 ) ≺ _ ( u 2 ， v 2 ) ∈ E 0 且 ( u 1 ， v 1 ) ≠ ( u 2 ， v 2 ) ，记为 ( u 1 ， v 1 ) ≺ ( u 2 ， v 2 ) ，若 ( u 2 − u 1 ， v 2 − v 1 ) ∈ p 0 ，记为 ( u 1 ， v 1 ) ≺ ≺ ( u 2 ， v 2 ) 。 对函数 ϕ ( t ) 和 ψ ( t ) 补充定义，当 t ∈ [ 0 ， 1 ] 时，令 ϕ ( t ) = ψ ( t ) = 0 。显然。 ϕ ， ψ ∈ E 。 任意的 ( r ， z ) ∈ E 0 ，设 u ( t ) = ϕ ( t ) + r ( t ) = { r ( t ) ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] ， ϕ ( t ) ，   t ∈ [ − τ ， 0 ] ， v ( t ) = ψ ( t ) + z ( t ) = { z ( t ) ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] ， ψ ( t ) ，   t ∈ [ − τ ， 0 ] ， 因此，对任意 t ∈ [ 0 ， 1 ] ， θ ∈ [ − τ ， 1 ] ，有 u t = ϕ t + r t = ϕ ( t + θ ) + r ( t + θ ) ， v t = ψ t + z t = ψ ( t + θ ) + z ( t + θ ) . 易得到以下引理： 引理2.6 ( u ， v ) ∈ E 是方程组(2.6) (2.7)的解当且仅当 ( r ， z ) ∈ E 0 是积分方程组 r ( t ) = { 0 ，   t ∈ [ − τ ， 0 ] ， ∫ 0 1 G 1 ( t ， s ) f ( s ， z ( s ) ， ψ s + z s ) d s + a Γ ( α ) ∫ 0 1 t α − 1 p ( s ， z ( s ) ) d s ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] ， (2.8) z ( t ) = { 0 ，   t ∈ [ − τ ， 0 ] ， ∫ 0 1 G 2 ( t ， s ) g ( s ， r ( s ) ， φ s + r s ) d s + b Γ ( β ) ∫ 0 1 t β − 1 q ( s ， r ( s ) ) d s ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] ， (2.9) 的解。因此 ( u ， v ) ∈ E 是方程组(3.1)的解当且仅当 ( r ， z ) ∈ E 0 是泛函微分方程组 { D 0 + α r ( t ) + f ( t ， z ( t ) ， ψ t + z t ) = 0 ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] ， D 0 + β z ( t ) + g ( t ， r ( t ) ， ϕ t + r t ) = 0 ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] ， D 0 + α − 1 r ( 1 ) = a ∫ 0 1 p ( s ， z ( s ) ) d s ， D 0 + β − 1 z ( 1 ) = b ∫ 0 1 q ( s ， r ( s ) ) d s ， r ( t ) = 0 ，   z ( t ) = 0 ，   t ∈ [ − τ ， 0 ] ， (2.10) 的解。