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user: 3. 主要结论 本部分，我们通过使用引理2.3求解方程的(1)的解。我们在Banach空间E中考虑， E = { x | x ∈ C [ 0 ， 1 ] } 。E的范数为 ‖ x ‖ = sup { x ( t ) | t ∈ [ 0 ， 1 ] } 。 ∀   t ∈ [ 0 ， 1 ] ，若 u ≤ v ，则其上的半序关系为 u ( t ) ≤ v ( t ) 。 更进一步地，定义 P ⊂ E 且 P = { x ∈ E : x ( t ) ≥ 0 ， ∀ t ∈ [ 0 ， 1 ] } 。显然，P是E中的正规锥。 给出主要结论之前，先给出e(t)及其范围。 令 e ( t ) = Q P ⋅ c ( γ − σ ) Γ ( γ ) t γ − 1 − c γ Γ ( γ ) t γ ， t ∈ [ 0 ， 1 ] 。其中， P = 1 − ∑ j = 1 p + 1 a j ξ j γ − σ − 1 ， Q = 1 − ∑ j = 1 p + 1 a j ξ j γ − δ 。 证明：由引理2.1，得到 e ( t ) = c ∫ 0 1 K ( t ， s ) d s = c ∫ 0 1 { K 1 ( t ， s ) + t γ − 1 P ∑ j = 1 P + 1 a j K 2 ( ξ j ， s ) } d s = c ⋅ { ∫ 0 1 ( 1 − s ) γ − σ − 1 Γ ( γ ) t γ − 1 d s − ∫ 0 t ( t − s ) γ − 1 Γ ( γ ) d s     + t γ − 1 P ∑ j = 1 P + 1 a j [ ∫ 0 1 ( ( 1 − s ) ξ j ) γ − σ − 1 Γ ( γ ) d s − ∫ 0 ξ j ( ξ j − s ) γ − σ − 1 Γ ( γ ) d s ] } = c ⋅ { t γ − 1 ( γ − σ ) Γ ( γ ) − t γ γ Γ ( γ ) + t γ − 1 P ∑ j = 1 P + 1 a j [ ξ j γ − σ − 1 ( γ − σ ) Γ ( γ ) − ξ j γ − σ ( γ − σ ) Γ ( γ ) ] } (10) = c ⋅ { t γ − 1 ( γ − σ ) Γ ( γ ) + ∑ j = 1 P + 1 a j ξ j γ − σ − 1 − ∑ j = 1 P + 1 a j ξ j γ − σ P ( γ − σ ) Γ ( γ ) t γ − 1 − t γ γ Γ ( γ ) } = c ⋅ { P + ∑ j = 1 P + 1 a j ξ j γ − σ − 1 − ∑ j = 1 P + 1 a j ξ j γ − σ P ( γ − σ ) Γ ( γ ) t γ − 1 − t γ γ Γ ( γ ) } = c ⋅ { Q P ⋅ t γ − 1 ( γ − σ ) Γ ( γ ) − t γ γ Γ ( γ ) } = Q P ⋅ c ( γ − σ ) Γ ( γ ) t γ − 1 − c γ Γ ( γ ) t γ 对所有的 t ∈ [ 0 ， 1 ] ，一方面， e ( t ) = Q P ⋅ c ( γ − σ ) Γ ( γ ) t γ − 1 − c γ Γ ( γ ) t γ ≤ Q P ⋅ c ( γ − σ ) Γ ( γ ) t γ − 1 = N t γ − 1 = h ( t ) . 另一方面，根据 Q − P ≥ 0 ， γ > σ ，我们得到 e ( t ) = Q P ⋅ c ( γ − σ ) Γ ( γ ) t γ − 1 − c γ Γ ( γ ) t γ = c ⋅ Q γ − t ( γ − σ ) P P γ ( γ − σ ) Γ ( γ ) t γ − 1 ≥ 0. 因此， 0 ≤ e ( t ) ≤ h ( t ) 。除此之外， P h ， e = { z ∈ C [ 0 ， 1 ] | z + e ∈ P h } 。 由引理2.1和(10)，我们得到问题(1)的解的形式可化为如下积分形式： z ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) h ( s ， z ( s ) ， z ( s ) ) d s − e ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) h ( s ， z ( s ) ， z ( s ) ) d s − Q P c ( γ − σ ) Γ ( γ ) t γ − 1 + c γ Γ ( γ ) t γ ， 其中， K ( t ， s ) 已给出。 我们定义算子A： A ( z ， z ) ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) h ( s ， z ( s ) ， z ( s ) ) d s − e ( t ) ， t ∈ [ 0 ， 1 ] ， z ( t ) ∈ P h ， e 显然，z(t)是问题(1)的解，当且仅当 z ( t ) = A ( z ， z ) ( t ) 。 定理3.1 假设 h : [ 0 ， 1 ] × [ − e * ， + ∞ ) × [ − e * ， + ∞ ) → [ − e * ， + ∞ ) 满足： (H 1 ) 存在两个函数 f ， g ∈ [ 0 ， 1 ] × [ − e * ， + ∞ ) → ( − ∞ ， + ∞ ) 满足 h ( t ， x ， y ) = f ( t ， x ) + g ( t ， y ) ； (H 2 ) f : [ 0 ， 1 ] × [ − e * ， + ∞ ) → ( − ∞ ， + ∞ ) ， g : [ 0 ， 1 ] × [ − e * ， + ∞ ) → ( − ∞ ， + ∞ ) 是连续函数且 e * = max { e ( t ) : t ∈ [ 0 ， 1 ] } ； (H 3 ) 对任意 t ∈ [ 0 ， 1 ] ， f ( t ， x ) 关于 x ∈ [ − e * ， + ∞ ) 单调递增， g ( t ， y ) 关于 y ∈ [ − e * ， + ∞ ) 单调递减； (H 4 ) 对于任意的 λ ∈ ( 0 ， 1 ) ，存在 ϕ 1 ( λ ) ， ϕ 2 ( λ ) ∈ ( λ ， 1 ) 满足 f ( t ， λ x + ( λ − 1 ) z ) ≥ φ 1 f ( t ， x ) ， g ( t ， λ − 1 y + ( λ − 1 − 1 ) z ) ≥ φ 2 g ( t ， y ) ， 其中 t ∈ [ 0 ， 1 ] ， x ∈ ( − ∞ ， + ∞ ) ， y ∈ ( − ∞ ， + ∞ ) ， z ∈ [ 0 ， e * ] ； (H 5 ) 对任意 t ∈ [ 0 ， 1 ] ，都有 f ( t ， 0 ) ≥ 0 且 f ( t ， 0 ) ≡ 0 ， g ( t ， N ) ≥ 0 ，且 g ( t ， N ) ≡ 0 ，其中 N = Q P c ( γ − σ ) Γ ( γ ) ≥ 0 。 那么，我们有如下结果： (i) 存在 u 0 ， v 0 ∈ P h ， e 满足 u 0 ( t ) ≤ ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( t ， u 0 ( s ) ) + g ( t ， v 0 ( s ) ) ) d s − e ( t ) ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] v 0 ( t ) ≥ ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( t ， v 0 ( s ) ) + g ( t ， u 0 ( s ) ) ) d s − e ( t ) ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] 其中，e(t)在(10)中给出； (ii) 问题(1)有唯一不动点 z * ∈ P h ， e ，其中 h ( t ) = N t γ − 1 ； (iii) 对于任意 x 0 ， y 0 ∈ P h ， e ，构造迭代序列 { x n ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( s ， x n − 1 ( s ) ) + g ( s ， y n − 1 ( s ) ) ) d s − e ( t ) ，   n = 1 ， 2 ， ⋯ y n ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( s ， y n − 1 ( s ) ) + g ( s ， x n − 1 ( s ) ) ) d s − e ( t ) ，   n = 1 ， 2 ， ⋯ 我们有 x n ， y n → z * ( n → + ∞ ) 。 证明： 对于任意 z ∈ P h ， e ，我们考虑算子的如下形式： A ( z ， z ) ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( s ， z ( s ) ) + g ( s ， z ( s ) ) ) d s − e ( t ) ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] (a) 我们先证明 A : P h ， e × P h ， e → E 是混合单调算子。 对于所有的 u i ， v i ∈ P h ， e ， i = 1 ， 2 。令 u 1 ≤ u 2 ， v 1 ≥ v 2 ，那么，有 u 1 ( t ) ≤ u 2 ( t ) ， v 1 ( t ) ≥ v 2 ( t ) 。根据条件(H 3 )，可以得到 A ( u 1 ， v 1 ) ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( s ， u 1 ( s ) ) + g ( s ， v 1 ( s ) ) ) d s − e ( t ) ≤ ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( s ， u 2 ( s ) ) + g ( s ， v 2 ( s ) ) ) d s − e ( t ) ≤ A ( u 2 ， v 2 ) ( t ) 因此， A : P h ， e × P h ， e → E 是混合单调算子。 (b) 证明 A ( h ， h ) ∈ P h ， e 。需要证明 A ( h ， h ) + e ∈ P h 。由 K ( t ， s ) 的性质及条件(H 3 )， A ( h ， h ) + e ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( s ， h ( s ) ) + g ( s ， h ( s ) ) ) d s = ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( s ， N s γ − 1 ) + g ( s ， N s γ − 1 ) ) d s ≤ ∫ 0 1 ( 1 + ∑ j = 1 p + 1 a j 1 − ∑ j = 1 p + 1 a j ξ j γ − σ − 1 ) ( 1 − s ) γ − σ − 1 Γ ( γ ) ⋅ t γ − 1 ( f ( s ， N s γ − 1 ) + g ( s ， N s γ − 1 ) ) d s ≤ 1 Γ ( γ ) ( 1 + ∑ j = 1 p + 1 a j 1 − ∑ j = 1 p + 1 a j ξ j γ − σ − 1 ) ∫ 0 1 ( 1 − s ) γ − σ − 1 ( f ( s ， N ) + g ( s ， 0 ) ) d s ⋅ t γ − 1 = 1 N Γ ( γ ) ( 1 + ∑ j = 1 p + 1 a j 1 − ∑ j = 1 p + 1 a j ξ j γ − σ − 1 ) ∫ 0 1 ( 1 − s ) γ − σ − 1 ( f ( s ， N ) + g ( s ， 0 ) ) d s ⋅ h ( t ) ， A ( h ， h ) + e ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( s ， N s γ − 1 ) + g ( s ， N s γ − 1 ) ) d s ≥ ∫ 0 1 ∑ j = 1 p + 1 a j K 2 ( ξ j ， s ) 1 − ∑ j = 1 p + 1 a j ξ j γ − σ − 1 t γ − 1 ( f ( s ， N s γ − 1 ) + g ( s ， N s γ − 1 ) ) d s ≥ ∫ 0 1 ∑ j = 1 p + 1 a j K 2 ( ξ j ， s ) 1 − ∑ j = 1 p + 1 a j ξ j γ − σ − 1 ( f ( s ， 0 ) + g ( s ， N ) ) d s ⋅ t γ − 1 = ∫ 0 1 ∑ j = 1 p + 1 a j K 2 ( ξ j ， s ) N ( 1 − ∑ j = 1 p + 1 a j ξ j γ − σ − 1 ) ( f ( s ， 0 ) + g ( s ， N ) ) d s ⋅ h ( t ) . 令 l 1 = ∫ 0 1 ∑ j = 1 p + 1 a j K 2 ( ξ j ， s ) N ( 1 − ∑ j = 1 p + 1 a j ξ j γ − σ − 1 ) ( f ( s ， 0 ) + g ( s ， N ) ) d s ， l 2 = 1 N Γ ( γ ) ( 1 + ∑ j = 1 p + 1 a j 1 − ∑ j = 1 p + 1 a j ξ j γ − σ − 1 ) ∫ 0 1 ( 1 − s γ − σ − 1 ) ( f ( s ， N ) + g ( s ， 0 ) ) d s ， 那么，根据条件(H 5 )，有 l 2 ≥ l 1 ≥ 0 。即 A ( h ， h ) ∈ P h ， e 。 (c) 我们证 φ ( λ ) = min { φ 1 ( λ ) ， φ 2 ( λ ) } ， A : P h ， e × P h ， e → E 是 φ - ( h ， e ) 凹算子。 令，对于 u ， v ∈ P h ， e ， λ ∈ ( 0 ， 1 ) 由(H 4 )，易得 A ( λ u + ( λ − 1 ) e ， λ − 1 v + ( λ − 1 − 1 ) e ) ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( s ， λ u + ( λ − 1 ) e ) + g ( s ， λ − 1 v + ( λ − 1 − 1 ) e ) ) d s − e ( t ) ≥ ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( φ 1 ( λ ) f ( s ， u ( s ) ) + φ 2 ( λ ) g ( s ， v ( s ) ) ) d s − e ( t ) ≥ φ ( λ ) ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( s ， u ( s ) ) + g ( s ， v ( s ) ) ) d s − e ( t ) + ( φ ( t ) − 1 ) e ( t ) = φ ( λ ) A ( u ， v ) + ( φ ( λ ) − 1 ) e ( t ) ， 因此， A : P h ， e × P h ， e → E 是 φ - ( h ， e ) 凹算子。相应地，由引理2.3可知，算子 A ( z ， z ) = z 有唯一不动点 z * ∈ P h ， e ，且 z * 是如下方程的唯一解： z * ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( s ， z * ( s ) ) + g ( s ， z * ( s ) ) ) d s − e ( t ) ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] . 进一步地，对于任意 x 0 ， y 0 ∈ P h ， e ，构造序列 { x n ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( s ， x n − 1 ( s ) ) + g ( s ， y n − 1 ( s ) ) ) d s − e ( t ) ，   n = 1 ， 2 ， ⋯ y n ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( s ， y n − 1 ( s ) ) + g ( s ， x n − 1 ( s ) ) ) d s − e ( t ) ，   n = 1 ， 2 ， ⋯ 可得， x n ， y n → z * ( n → + ∞ ) 。