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user: 3. 主要结论 为了简单起见，定义一些在证明过程中要用到的符号： d = ∫ 0 1 H ( s ) d s     ， d * = ∫ θ 1 − θ H ( s ) d s ，     f γ ρ ρ = min { f ( v ) ρ k : v ∈ [ γ ρ ， ρ ] } ; f 0 ρ = max { f ( v ) ρ k : v ∈ [ 0 ， ρ ] } ，         f ρ = lim v → α f ( v ) v k ( α : = ∞ 或 0 + ) ; 1 l = { d k ( C N − 1 k − 1 ) − 1 } 1 k k 2 k − N ，           1 L = { d * k ( C N − 1 k − 1 ) − 1 } 1 k k 2 k − N [ 1 − ( 1 − θ ) 2 k − N k ] . 定理3.1：假定条件(H 1 )和(H 2 )， k > N 2 ，并且下列条件之一成立： (H 3 )存在 ρ 1 ， ρ 2 ， ρ 3 ∈ ( 0 ， + ∞ ) ，且 ρ 1 < γ ρ 2 ， ρ 2 < ρ 3 使得 f 0 ρ 1 > l k ， f γ ρ 2 ρ 2 < L k ， f 0 ρ 3 > l k ， (H 4 )存在 ρ 1 ， ρ 2 ， ρ 3 ∈ ( 0 ， + ∞ ) ，且 ρ 1 < ρ 2 < ρ 3 使得 f γ ρ 1 ρ 1 > L k ， f 0 ρ 2 < l k ， f γ ρ 3 ρ 3 > L k ， 则下述结论成立： 1) 问题(2.2)至少有两个正解 v 1 ， v 2 满足 v 1 ∈ Ω ρ 2 \ K ρ 1 ¯ ， v 2 ∈ K ρ 3 \ Ω ρ 2 ¯ ； 2) 问题(1.1)至少有两个非平凡径向解 u 1 ， u 2 满足 u 1 = − v 1 ， u 2 = − v 2 。 证明：这里我们只考虑条件(H 3 )成立的情况。如果条件(H 4 )成立的情况，那么证明过程和条件(H 3 )成立时的证明类似。 首先，我们证明 i k ( T ， K ρ 1 ) = 1 。实际上，由(2.5)中的 f 0 ρ 1 < l k 知，对 v ∈ ∂ K ρ 1 ，有 ( T v ) ( t ) = ∫ t 1 ( ∫ 0 τ k τ k − N s N − 1 ( C N − 1 k − 1 ) − 1 H ( s ) f ( v ( s ) ) d s ) 1 k d τ ≤ ∫ 0 1 ( ∫ 0 1 k τ k − N s N − 1 ( C N − 1 k − 1 ) − 1 H ( s ) f ( v ( s ) ) d s ) 1 k d τ < ∫ 0 1 ( ∫ 0 1 k τ k − N s N − 1 ( C N − 1 k − 1 ) − 1 H ( s ) l k ρ 1 k d s ) 1 k d τ = ( k ( C N − 1 k − 1 ) − 1 ) 1 k l ρ 1 ∫ 0 1 τ k − N k d τ ( ∫ 0 1 s N − 1 H ( s ) d s ) 1 k ≤ ( k ( C N − 1 k − 1 ) − 1 ) 1 k l ρ 1 ∫ 0 1 τ k − N k d τ ( ∫ 0 1 H ( s ) d s ) 1 k = ( d k ( C N − 1 k − 1 ) − 1 ) 1 k l ρ 1 k 2 k − N ， 即对 v ∈ ∂ K ρ 1 有 ‖ T v ‖ < ‖ v ‖ 。由引理2.5的结论(1)可得 i k ( T ， K ρ 1 ) = 1 。 其次证明 i k ( T ， Ω ρ 2 ) = 0 。 令 e ( t ) ≡ 1 ，则 e ∈ ∂ K 1 。事实上，有 v ≠ T v + λ e ， v ∈ ∂ Ω ρ 2 ， λ > 0 ， 若不然，则存在 v 0 ∈ ∂ Ω ρ 2 及 λ 0 > 0 使得 v 0 = T v 0 + λ 0 e . (3.1) 那么，根据引理2.3和式3.1有 v 0 = T v 0 + λ 0 e ≥ γ ‖ T v 0 ‖ + λ 0 e ≥ γ ∫ 1 − θ 1 ( ∫ θ 1 − θ k τ k − N s N − 1 ( C N − 1 k − 1 ) − 1 H ( s ) f ( v 0 ( s ) ) d s ) 1 k d τ + λ 0 > γ L ρ 2 ∫ 1 − θ 1 ( ∫ θ 1 − θ k τ k − N s N − 1 ( C N − 1 k − 1 ) − 1 H ( s ) d s ) 1 k d τ + λ 0   = γ L ρ 2 ( k ( C N − 1 k − 1 ) − 1 ) 1 k ∫ 1 − θ 1 τ k − N k d τ ( ∫ θ 1 − θ s N − 1 H ( s ) d s ) 1 k + λ 0 ≥ γ L ρ 2 ( k ( C N − 1 k − 1 ) − 1 ) 1 k ∫ 1 − θ 1 τ k − N k d τ ( ∫ θ 1 − θ H ( s ) d s ) 1 k + λ 0 = γ L ρ 2 ( k ( C N − 1 k − 1 ) − 1 ) 1 k k 2 k − N [ 1 − ( 1 − θ ) 2 k − N k ] + λ 0 = γ ρ 2 + λ 0 ， 这说明 γ ρ 2 > γ ρ 2 + λ 0 ，显然矛盾。所以由引理2.5的结论(2)可以得出 i k ( T ， Ω ρ 2 ) = 0 。 最后，我们类似地可以证明 i k ( T ， K ρ 3 ) = 1 。由于 ρ 1 < γ ρ 2 ，可以推出 K ρ 1 ¯ ⊂ K γ ρ 2 ⊂ Ω ρ 2 。因此，利用引理2.5可以得到问题(2.2)含有至少有2个正解 v 1 ， v 2 ，且有 v 1 ∈ Ω ρ 2 \ K ρ 1 ¯ ， v 2 ∈ Ω ρ 3 \ K ρ 2 ¯ 。再由 v = − u 得到问题(1.1)至少存在两个非负径向解，满足 u 1 = − v 1 ， u 2 = − v 2 。 若(H 4 )成立时，我们同样可以证明定理3.1成立。证毕。 注释3.1：从定理3.1的证明中可以看出，问题(2.2)在 K ρ 1 上有第三个非负解 v 3 ，进而得到问题(1.1)存在第三个径向解 u 3 。由于 v 3 ∈ K ρ 1 ，所以 u 3 可能是平凡的径向解。 定理3.1：的可以推广到多解的情况。 定理3.2：假定条件(H 1 )和(H 2 )成立，且 k > N 2 ，则有如下结论： 1) 如果存在 { ρ i } i = 1 2 m 0 ⊂ ( 0 ， + ∞ ) ， 满足 ρ 1 < γ ρ 2 < ρ 2 < ρ 3 < γ ρ 4 < ⋯ < ρ 2 m 0 ，使得 f 0 ρ 2 m − 1 < l k ， f γ ρ 2 m ρ 2 m > L k ， m = 1 ， 2 ， ⋯ ， m 0 ， 则有 i) 问题(2.2)在K中至少有2m 0 个正解， ii) 问题(1.1)至少有2m 0 个非负径向解。 2) 如果存在 { ρ i } i = 1 2 m 0 ⊂ ( 0 ， ∞ ) ， 满足 ρ 1 < ρ 2 且 ρ 2 < γ ρ 3 < ρ 3 < ρ 4 < γ ρ 5 < ⋯ < ρ 2 m 0 + 2 ，使得 f γ ρ 2 m − 1 ρ 2 m − 1 < L k ， f 0 ρ m k > l k ， m = 1 ， 2 ， ⋯ ， m 0 ， 则有 i) 问题(2.2)在K中至少有2m 0 －1个正解， ii) 问题(1.1)至少有2m 0 －1个非负径向解。