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user: 3. 主要结果及证明 定理3：设 f : [ 0 ， 1 ] × R 3 → R 连续，假定存在常数 L i ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， 8 使得 L 2 > L 1 ≥ D ， L 4 > L 3 ≥ D ， L 5 < L 6 ≤ D ， L 8 < L 7 ≤ D ， 其中 D = C − B + A 1 − d ， d ∈ ( 0 ， 1 ) ，满足 f ( t ， u ， p ， q ) ≥ 0 ，   ( t ， u ， p ， q ) ∈ [ 0 ， 1 ] × R 2 × ( [ L 1 ， L 2 ] ∪ [ L 5 ， L 6 ] ) ， 则问题(2)在 C 3 [ 0 ， 1 ] 中至少存在一个解。 证明：考虑同伦族问题： { u ‴ ( t ) = λ f ( t ， u ( t ) ， u ′ ( t ) ， u ″ ( t ) ) ， t ∈ [ 0 ， 1 ] ， λ ∈ [ 0 ， 1 ] ， u ( 0 ) = A ， u ( 1 ) = B ， u ′ ( 1 ) = C . (4) 显然， T 1 u = u ‴ 是一一映射。因此，运用定理2，若问题(4)的所有可能解u在 C 3 [ 0 ， 1 ] 中有一个不依赖于 λ ∈ [ 0 ， 1 ] 的先验界，即存在正常数 M < + ∞ ，使得 ‖ u ‖ 3 < M ，则问题(2)在 C 3 [ 0 ， 1 ] 中有解。 设 u ∈ C 3 [ 0 ， 1 ] 是问题(4)的一个解。则由微分中值定理得，存在 d ∈ ( 0 ， 1 ) ，使得 u ′ ( d ) = u ( 1 ) − u ( 0 ) = B − A 。同理，存在 ξ ∈ ( d ， 1 ) ，使得 u ″ ( ξ ) = u ′ ( 1 ) − u ′ ( d ) 1 − d = C − B + A 1 − d = D . 因此， f ( t ， u ， p ， q ) ≥ 0 ， ( t ， u ， p ， q ) ∈ [ 0 ， ξ ] × R 2 × [ L 1 ， L 2 ] ， f ( t ， u ， p ， q ) ≤ 0 ， ( t ， u ， p ， q ) ∈ [ 0 ， ξ ] × R 2 × [ L 7 ， L 8 ] . 为证 ‖ u ‖ 3 < M ，首先估计 u ″ ( t ) 的界。 假设集合 S 0 = { t ∈ [ 0 ， ξ ] : L 1 < u ″ ( t ) ≤ L 2 } ，     S 1 = { t ∈ [ 0 ， ξ ] : L 7 < u ″ ( t ) ≤ L 8 } 非空。取定 ， t 1 ∈ S 1 ，如果存在 t ′ 0 ∈ ( t 0 ， ξ ] ， t ′ 1 ∈ ( t 1 ， ξ ] 使得 u ″ ( t ′ 0 ) < u ″ ( t 0 ) ，     u ″ ( t ′ 1 ) > u ″ ( t 1 ) . (5) 由 u ″ 的连续性，甚至可以取到 t ′ 0 ∈ ( t 0 ， ξ ] ∩ S 0 ， t ′ 1 ∈ ( t 1 ， ξ ] ∩ S 1 ，但对 t ∈ S 0 ，有 u ‴ ( t ) = λ f ( t ， u ( t ) ， u ′ ( t ) ， u ″ ( t ) ) ≥ 0 ， 所以 u ″ ( t ′ 0 ) ≥ u ″ ( t 0 ) 。同理，对 t ∈ S 1 ，有 u ″ ( t ′ 1 ) ≤ u ″ ( t 1 ) ，这与(5)矛盾！从而 u ″ ( t ′ 0 ) ≥ u ″ ( t 0 ) ，   t ∈ ( t 0 ， ξ ] ，     u ″ ( t ′ 1 ) ≤ u ″ ( t 1 ) ，   t ∈ ( t 1 ， ξ ] . 特别地， u ″ ( ξ ) ≥ u ″ ( t 0 ) > L 1 ≥ D ，   u ″ ( ξ ) ≤ u ″ ( t 1 ) < L 8 ≤ D ，这与 u ″ ( ξ ) = D 矛盾，所以 S 0 与 S 1 是空集。 因为 u ″ ( t ) 在 t ∈ ( 0 ， ξ ] 上连续，所以存在 L 8 ≤ u ″ ( t ) ≤ L 1 ，且 | u ″ ( t ) | ≤ max { | L 1 | ， | L 8 | } ， t ∈ [ 0 ， ξ ] . 同理，由条件 f ( t ， u ， p ， q ) ≤ 0 ，   ( t ， u ， p ， q ) ∈ [ ξ ， 1 ] × R 2 × [ L 3 ， L 4 ] ， f ( t ， u ， p ， q ) ≥ 0 ，   ( t ， u ， p ， q ) ∈ [ ξ ， 1 ] × R 2 × [ L 5 ， L 6 ] 可得 | u ″ ( t ) | ≤ max { | L 3 | ， | L 6 | } ， t ∈ [ ξ ， 1 ] 。因此，对任意的 t ∈ [ 0 ， 1 ] ，有 | u ″ ( t ) | ≤ M 0 ， (6) 其中 M 0 = max { | L 1 | ， | L 3 | ， | L 6 | ， | L 8 | } 。 其次，估计 u ′ ( t ) 和 u ( t ) 的界，对每一个 t ∈ [ 0 ， 1 ) ，存在 τ ∈ ( t ， 1 ) ，使得 u ′ ( 1 ) − u ′ ( t ) = u ″ ( τ ) ( 1 − t ) 由此得 | u ′ ( t ) | ≤ M 1 ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] ， (7) 其中 M 1 = | C | + M 0 。 对每个 t ∈ ( 0 ， 1 ] ，存在 ρ ∈ ( 0 ， t ) ，使得 u ( t ) − u ( 0 ) = u ′ ( ρ ) t ， 由此得 | u ( t ) | ≤ M 2 ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] ， (8) 其中 M 2 = | A | + M 1 。 最后，由于 u ‴ ( t ) = λ f ( t ， u ( t ) ， u ′ ( t ) ， u ″ ( t ) ) ≥ 0 ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] ，f连续， λ ∈ [ 0 ， 1 ] ，所以 | u ‴ ( t ) | ≤ M 3 ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] ， (9) 其中 M 3 < + ∞ 是不依赖于λ的常数，结合(6)，(7)，(8)，(9)，则 ‖ u ‖ 3 < max { M 0 ， M 1 ， M 2 ， M 3 } + 1. 故问题(2)在 C 3 [ 0 ， 1 ] 中至少存在一个解。 对偶地，通过类似的讨论，可获得如下问题(2)解的存在性结果。 定理4：设 f : [ 0 ， 1 ] × R 3 → R 连续，假定存在常数 L i ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， 8 ，使得 L 2 > L 1 ≥ D ， L 4 > L 3 ≥ D ， L 5 < L 6 ≤ D ， L 8 < L 7 ≤ D ，其中 D = C − B + A 1 − d ， d ∈ ( 0 ， 1 ) ，满足 f ( t ， u ， p ， q ) ≤ 0 ，   ( t ， u ， p ， q ) ∈ [ 0 ， 1 ] × R 2 × ( [ L 1 ， L 2 ] ∪ [ L 5 ， L 6 ] ) ， f ( t ， u ， p ， q ) ≥ 0 ，   ( t ， u ， p ， q ) ∈ [ 0 ， 1 ] × R 2 × ( [ L 3 ， L 4 ] ∪ [ L 7 ， L 8 ] ) ， 则边值问题(2)在 C 3 [ 0 ， 1 ] 中至少存在一个解。 注5：定理3与定理4对问题(3)也成立，只需取 D = B − A − C d 。 注6：边值问题(2)或(3)中的边值条件中A，B，C取零时，上述结论仍然成立。 注意到，定理3，定理4中的非线性项ƒ满足障碍带条件是在区间上给出的，自然地，当区间退化为一点时，是否仍然能获得边值问题(2)或(3)解的存在性呢？下面我们给予肯定的回答。 定理7：设 f : [ 0 ， 1 ] × R 3 → R 连续，假定存在常数 L _ ， L ¯ 满足 L _ < 0 < L ¯ ，使得 f ( t ， u ， p ， q ) ≥ 0 ，   ( t ， u ， p ， q ) ∈ [ 0 ， 1 ] × R 2 × { L ¯ } ， f ( t ， u ， p ， q ) ≤ 0 ，   ( t ， u ， p ， q ) ∈ [ 0 ， 1 ] × R 2 × { L _ } ， 则边值问题(3)在 C 3 [ 0 ， 1 ] 中至少存在一个解。 证明：由Tietze-Urysohn引理，存在连续函数 ϕ : R → [ − 1 ， 1 ] ，使得 ϕ ( L ¯ ) = 1 ，   ϕ ( L _ ) = − 1. 对任一正整数m，令 f m ( t ， u ， p ， q ) = f ( t ， u ， p ， q ) + 1 m ϕ ( q ) ，显然 f m 连续。考察辅助边值问题 { u ‴ ( t ) = f m ( t ， u ， u ′ ， u ″ ) ， t ∈ [ 0 ， 1 ] ， u ( 0 ) = A ， u ( 1 ) = B ， u ′ ( 1 ) = C (10) 易见 f m ( t ， u ， u ′ ， L ¯ ) = f ( t ， u ， u ′ ， L _ ) + 1 m ϕ ( L ¯ ) ≥ 1 m > 0 ，从而由连续函数的保号性知，存在 L m ， 1 ， L m ， 2 满足 0 ≤ L m ， 1 < L ¯ < L m ， 2 ，使得 f m ( t ， u ， p ， q ) > 0 ，   ( t ， u ， p ， q ) ∈ [ 0 ， 1 ] × R 2 × [ L m ， 1 ， L m ， 2 ] . 同理，存在 L m ， 3 ， L m ， 4 满足 L m ， 3 < L ¯ < L m ， 4 ≤ 0 ，使得 f m ( t ， u ， p ， q ) < 0 ，   ( t ， u ， p ， q ) ∈ [ 0 ， 1 ] × R 2 × [ L m ， 3 ， L m ， 4 ] . 显然，选取区间如下： [ L m + 1 ， 1 ， L m + 1 ， 2 ] ⊆ [ L m ， 1 ， L m ， 2 ] ， (11) [ L m + 1 ， 3 ， L m + 1 ， 4 ] ⊆ [ L m ， 3 ， L m ， 4 ] ， (12) 类似定理3的证明可证得，边值问题(10)在 C 3 [ 0 ， 1 ] 中有解 u m ，且满足 L m ， 4 ≤ u ″ ( t ) ≤ L m ， 1 ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] . 因此，存在常数 M 4 ，使得 | u ″ m ( t ) | ≤ M 4 ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] . (13) 由微分中值定理，对任意的 t ∈ ( 0 ， 1 ] ，存在 η ∈ ( 0 ， t ] ，使得 u ′ m ( t ) − u ′ m ( 0 ) = u ″ m ( η ) t ， 则存在正的常数 M 5 ，使得 | u ′ m ( t ) | ≤ M 5 ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] . (14) 同理，存在正的常数 M 6 ，使得 | u m ( t ) | ≤ M 6 ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] . (15) 则由(13)，(14)，(15)及(10)得，存在不依赖于λ的正常数 M 7 < ∞ ，使得 | u ‴ m ( t ) | ≤ M 7 ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] . (16) 结合(13)~(16)，易证 ‖ u m ‖ 3 < max { M 4 ， M 5 . M 6 ， M 7 } + 1 。 下证问题(10)的解序列 { u m } 存在一收敛子列 { u m i j k } ，满足 lim k → ∞ u m i j k = ν 且 ν 是边值问题(3)的解。 事实上，由于 C 3 [ 0 ， 1 ] 紧嵌入 C [ 0 ， 1 ] ，若 { u m } 在 C 3 [ 0 ， 1 ] 有界，则 { u m } 是 C [ 0 ， 1 ] 中的相对紧集，则存在 { u m i } ⊆ { u m } ，满足 lim i → ∞ u m i = ν ∈ C [ 0 ， 1 ] . 又 { u m i } 有界，且 C 3 [ 0 ， 1 ] 紧嵌入 C 1 [ 0 ， 1 ] ，故存在子序列 { u m i j } ⊆ { u m } ，满足 lim i → ∞ u m i j = ν ，   lim j → ∞ u ′ m i j = ν ′ ， 同理存在 { u m i j k } ⊆ { u m } ，满足 lim i → ∞ u m i j k = ν ，   lim j → ∞ u ′ m i j k = ν ′ ，   lim k → ∞ u ″ m i j k = ν ″ . 不妨记 θ m = u m i j k ，则 θ m 满足边值问题 { θ ‴ m ( t ) = f m ( t ， θ m ， θ ′ m ， θ ″ m ) ， t ∈ [ 0 ， 1 ] ， θ m ( 0 ) = A ， θ m ( 1 ) = B ， θ ′ m ( 0 ) = C ， (17) 显然问题(17)等价于积分方程 θ m ( t ) = ∫ 0 1 G ( t ， s ) f m ( s ， θ m ( s ) ， θ ′ m ( s ) ， θ ″ m ( s ) ) d s + ( B − A − C ) t 2 + C t + A ， (18) 其中 G ( t ， s ) = { t 2 ( 1 − s ) 2 2 ，   0 ≤ t ≤ s ≤ 1 ( 1 − t ) s ( t − s + t ( 1 − s ) ) 2 ，   0 ≤ s ≤ t ≤ 1 ， 为边值问题(3)的Green函数。因为 f m 收敛到f，且 G ( t ， s ) f m ( s ， θ m ( s ) ， θ ′ m ( s ) ， θ ″ m ( s ) ) d s 连续，故对(18)两端取极限，可得 v ( t ) = ∫ 0 1 G ( t ， s ) f ( s ， v ( s ) ， v ′ ( s ) ， v ″ ( s ) ) d s ，从而 v ∈ C 3 [ 0 ， 1 ] ，且满足问题(3)。 类似地可证下面对偶问题成立。 定理8：设 f : [ 0 ， 1 ] × R 3 → R 连续，假定存在常数 L _ ， L ¯ 满足 L _ < 0 < L ¯ ，使得 f ( t ， u ， p ， q ) ≤ 0 ，   ( t ， u ， p ， q ) ∈ [ 0 ， 1 ] × R 2 × { L ¯ } ， f ( t ， u ， p ， q ) ≥ 0 ，   ( t ， u ， p ， q ) ∈ [ 0 ， 1 ] × R 2 × { L _ } ， 则边值问题(3)在 C 3 [ 0 ， 1 ] 中至少存在一个解。 注9：定理7，8对边值问题(2)也成立，只需 θ m 满足边值问题(17)的边值条件替换为 θ m ( 0 ) = A ，   θ m ( 1 ) = B ， θ ′ m ( 1 ) = C ，且问题(17)等价于积分方程 θ m ( t ) = ∫ 0 1 G ( t ， s ) f m ( s ， θ m ( s ) ， θ ′ m ( s ) ， θ ″ m ( s ) ) d s + ( C − B + A ) t 2 + ( 2 B − 2 A − C ) t + A ， 其中 G ( t ， s ) = { ( 1 − t ) 2 s 2 2 ，                                                   0 ≤ s ≤ t ≤ 1 ; ( 1 − s ) [ ( 1 − t ) t s + t ( s − t ) ] 2 ，     0 ≤ t ≤ s ≤ 1 为边值问题(2)的Green函数。 例10：考虑三阶两点边值问题 { u ‴ ( t ) = 1 5 ! ( u ″ ( t ) − D ) 5 − 1 3 ! ( u ″ ( t ) − D ) 3 + u ″ ( t ) − D ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] ， u ( 0 ) = A ，     u ( 1 ) = B ，     u ′ ( 1 ) = C ， (19) 其中A，B，C为任意常数， D = C − B + A 1 − d ， d ∈ ( 0 ， 1 ) 。 易见，令 不难验证 f ( t ， u ， p ， q ) = 1 5 ! ( q − D ) 5 − 1 3 ! ( q − D ) 3 + q − D 满足定理3的所有条件，因此边值问题(19)在 C 3 [ 0 ， 1 ] 中至少有一个解。 例11：考虑三阶两点边值问题 { u ‴ ( t ) = ( u ″ ( t ) − D ) 3 + 7 10 ( u ″ ( t ) − D ) 2 − 9 5 ( u ″ ( t ) − D ) ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] ， u ( 0 ) = A ，     u ( 1 ) = B ，     u ′ ( 0 ) = C ， (20) 其中A，B，C为任意常数， D = B − A − C d ， d ∈ ( 0 ， 1 ) 。 易见，取 L ¯ = D + 5 2 ， L _ = D − 13 ，不难验证 f ( t ， u ， p ， q ) = ( q − D ) 3 7 10 ( q − D ) 2 − 9 5 ( q − D ) + 3 8 满足定理8的全部条件，因此边值问题(20)在 C 3 [ 0 ， 1 ] 中至少存在一个解。