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user: 2. 主要内容 2.1. 假设 在本文的这部分，我们给出本文的一些假设： 2.1.1. 假设1 随机过程 u ( t ， x ， ω ) ∈ [ 0 ， ∞ ) × R × Ω ，是方程(1)的解，应当满足以下性质： 1) u ( t ， x ， ω ) 是 { F t } -适应过程； 2) u ( t ， x ， ω ) 是 L 2 ( Ω ) 值的随机过程，关于变量 t ∈ [ 0 ， ∞ ) 是右连左极限存在的； 3) 固定的t，x，方程成立。 2.1.2. 假设2 给定T>0若存在实数 ε ， L T > 0 ，正的实函数 K T ( x ) ∈ L 2 ( R ) ∩ L 2 + ε ( R ) ，对于 ( t ， x ， z ) ∈ [ 0 ， T ] × R × R 满足： (c1)： ∫ U [ g ( t ， x ， z ; y ) ] 2 v ( d y ) ≤ K T ( x ) | z | (c2)： | f ( t ， z ) | 2 ≤ a ( t ) + k ( t ) | z | (c3)： ∫ U [ g ( t ， x ， z 1 ; y ) − g ( t ， x ， z 2 ; y ) ] 2 v ( d y ) ≤ K T ( x ) | z 1 − z 2 | 2 (c4)： | f ( t ， z 1 ) − f ( t ， z 2 ) | 2 ≤ B T | z 1 − z 2 | 对于 ( t ， x ， z ) ∈ ( 0 ， T ] × R × R 成立，那么方程存在唯一的解。 2.2. 推导过程 在本文的这部分，主要给出方程的解存在唯一性的证明过程，首先通过Picard迭代的方法来证明解的存在性，之后，再利用Grownwall不等式进行唯一性的证明。 为方便证明，我们把解分为两个部分： 设 u ( t ， x ， ω ) = I 1 + I 2 ，其中： I 1 : ∫ 0 t + ∫ u ∫ R ( G t − s ( x − z ) g ( s ， z ， u ( s ， − z ， ω ) ; y ) ) d z   q ( d s ， d y ， ω ) I 2 : ∫ 0 t ∫ R G t − s ( x − z ) f ( s ， u ( s ， z ) ) d s d z 首先，对于 ( t ， x ， ω ) 和 n ∈ N ，令 u 1 ( t ， x ， ω ) = 0 ，由Picard迭代定义： I 1 : u n + 1 ( t ， x ， ω ) = ∫ 0 t + ∫ u ∫ R ( G t − s ( x − z ) g ( s ， z ， u ( s ， − z ， ω ) ; y ) ) d z   q ( d s ， d y ， ω ) = I 1 ( t ， x ， ω ) (3) I 2 : u n + 1 ( t ， x ) = ∫ 0 t ∫ R ( G t − s ( x − z ) f ( s ， u n ( s ， z ) ) ) d z d s = I 1 ( t ， x ) (4) 我们必须证明对于任意的 n ∈ N ，公式(3)和(4)是有意义的，具体为： I 1 : 引理1若 u n ∈ N 则对于任意固定的 t ∈ [ 0 ， T ] ， x ∈ R ， h t ， x ( s ， y ， ω ) : = ∫ R ( G t − s ( x − z ) g ( s ， z ， u n ( s ， z ， ω ) ; y ) ) d z ∈ H 证明： 对于 ( s ， z ， ω ) ∈ [ 0 ， T ] × R × Ω ，定义： μ n ( m ) ( s ， z ， ω ) : = μ n ( 0 ， z ， ω ) + ∑ k = 0 2 m − 1     μ n ( k t 2 m ， z ， ω ) 1 ( k t 2 m ， ( k + 1 ) t 2 m ) ( s ) ， m ∈ N 则 μ n ( m ) ( s ， z ， ω ) 是 { F s } -可料的。 对于所有的 ( s ， z ， ω ) ∈ [ 0 ， T ] × U × Ω 令： h t ， x m ( s ， y ， ω ) : = ∫ R G t − s ( x − z ) g ( s ， z ， u n ( m ) ( s ， z ， ω ) ; y ) d z ， m ∈ N . 我们首先证明： h t ， x m ( s ， y ， ω ) ∈ H p 2 1) 证明 h t ， x m ( s ， y ， ω ) 是 { F s } -可料的。 2) 证明 h t ， x m ( s ， y ， ω ) 是 B [ 0 ， T ] ⊗ R ⊗ F / B ( R ) -可测的，由Fubini定理，只需证明： ∫ R G t − s ( x − z ) | g ( s ， z ， u n ( m ) ( s ， z ， ω ) ; y ) | d z < ∞ ， (5) (可以由下面的证明得到)。 3) E ∫ 0 t ∫ u [ h t ， x m ( s ， y ， ω ) ] 2 v ( d y ) d s < ∞ 首先，由Schwarz不等式得： ∫ R G t − s ( x − z ) | g ( s ， z ， u n ( m ) ( s ， z ， ω ) ; y ) | d z ≤ { ∫ R G t − s ( x − z ) d z } 1 2 { ∫ R G t − s ( x − z ) ( g ( s ， z ， ω ) ; y ) ] 2 d z } 1 2 < ∞ 那么，由假设(c1)， K T ( z ) ∈ L 2 ( R ) 和 [ G t − s ( x − z ) ] 2 = G t − s ( x − z ) 得： ∫ u ∫ R G t − s ( x − z ) [ g ( s ， z ， U n ( m ) ( s ， z ， ω ) ; y ) ] 2 d z v ( d y ) ≤ T ∫ R ∫ u G t − s ( x − z ) [ g ( s ， z ， U n ( m ) ( s ， z ， ω ) ; y ) ] 2 d z v ( d y ) = T ∫ R G t − s ( x − z ) [ g ( s ， z ， U n ( m ) ( s ， z ， ω ) ; y ) ] 2 d z v ( d y ) ≤ T ∫ R G t − s ( x − z ) K T ( z ) | U n ( m ) ( s ， z ， ω ) | d z ≤ T { ∫ R G t − s ( x − z ) K T ( z ) 2 d z } 1 2 { 2 ∫ R G t − s ( x − z ) ( | U n ( m ) ( s ， z ， ω ) | ) 2 d z } 1 2 ≤ 2 T { ∫ R K T ( Z ) 2 d z } 1 2 { ∫ R ( | U N ( m ) ( s ， z ， ω ) | ) 2 d z } 1 2 < ∞ (6) 由以上公式(6)，可知公式(5)成立，而且有： E { ∫ 0 T ∫ U [ h t ， x m ( s ， y ， ω ) ] 2 v ( d y ) d s } ≤ T E { ∫ 0 T ∫ U ∫ R G t − s ( x − z ) [ g ( s ， z ， u n ( m ) ( s ， z ， ω ) ; y ) ] 2 d z v ( d y ) d s } < ∞ 综上所述，我们可以得到 h t ， x m ( s ， y ， ω ) ∈ H p 2 ，通过文献中利用假设(c1)的证明，最终得到 h t ， x ( s ， y ， ω ) ∈ H 。 引理2如果 u n ∈ U T ，则对于任意固定的 ( t ， x ) ∈ [ 0 ， T ] × R ， I 1 ( t ， x ， ⋅ ) 是可测的，即 I 1 关于 { F t } -适应，并且存在 I 1 关于 t ∈ [ 0 ， T ] 右连续左极限存在的修正，关于 x ∈ R 有连续的修正。 (通过文献 [ 8 ] 可得引理2的证明过程，在此省略) 引理3令 { X ( x ) } 是一个实值的随机过程，如果对任意的L > 0存在正实数 d L ， β L 和 ε L (只依赖于L)满足 E { | X ( x 1 ) − X ( x 2 ) | } ≤ β L | x 1 − x 2 | 1 + ε L ，则 { X ( x ) ， x ∈ R } 有连续版本。 下面来进行证明： (这部分与文献 [ 8 ] 中证明类似，但为了保持文章完整性，在此列出具体过程) E [ J t ( r ， x 1 ， . ) − J t ( r ， x 2 ， . ) ] 2 = E { ∫ 0 r + [ ∫ R | G t − s ( x 1 − z ) − G t − s ( x 2 − z ) | g ( s ， z ， u n ( s ， z ) ; y ) d z ] 2 v ( d y ) d s } ≤ E { ∫ 0 r + ∫ R | G t − s ( x 1 − z ) − G t − s ( x 2 − z ) | d z × ∫ R | G t − s ( x 1 − z ) − G t − s ( x 2 − z ) | ∫ u { g ( s ， z ， u n ( s ， z ， . ) ; y ) } 2 } v ( d y ) d z d s ≤ E { ∫ 0 r + ∫ R | G t − s ( x 1 − z ) − G t − s ( x 2 − z ) | d z × ∫ R { | G t − s ( x 1 − z ) − G t − s ( x 2 − z ) | K T ( Z ) | u n ( s ， z ， . ) | d z d s } } 首先计算下列式子，不妨假设 x 1 ≤ x 2 ∫ R | G t − s ( x 1 − z ) − G t − s ( x 2 − z ) | d z = ∫ R | 1 { x 1 − ( t − s ) ≤ z ≤ x 1 + ( t − s ) } − 1 { x 2 − ( t − s ) ≤ z ≤ x 2 + ( t − s ) } | d z = 4 ( t − s ) 1 { s ≥ t − ( x 2 − x 1 ) 2 } + 2 ( x 2 − x 1 ) 1 { s < t − ( x 2 − x 1 ) 2 } 那么，我们可以得到对于任意的 x 1 ∈ R 和 x 2 ∈ R ： ∫ R | G t − s ( x 1 − z ) − G t − s ( x 2 − z ) | d z = 4 ( t − s ) 1 { s ≥ t − ( x 2 − x 1 ) 2 } + 2 ( x 2 − x 1 ) 1 { s < t − ( x 2 − x 1 ) 2 } 由Hölder不等式，我们可以得到： E [ I 1 ( t ， x 1 ， . ) − I 1 ( t ， x 2 ， . ) ] 2 = E [ J t ( t ， x 1 ， . ) − J t ( t ， x 2 ， . ) ] 2 ≤ E { ∫ 0 t ∫ R | G t − s ( x 1 − z ) − G t − s ( x 2 − z ) | d z } × [ ∫ R | G t − s ( x 1 − z ) − G t − s ( x 2 − z ) | K T ( Z ) | u n ( s ， z ， . ) | d z ] d s ≤ E { ∫ 0 t ∫ R | G t − s ( x 1 − z ) − G t − s ( x 2 − z ) | d z × [ ∫ R | G t − s ( x 1 − z ) − G t − s ( x 2 − z ) | 4 + 2 ε ε d z ] 4 + 2 ε ε     [ ∫ R ( K T ( Z ) ) 2 + ε d z ] 1 2 + ε × [ ∫ R { u n ( s ， z ， . ) ] 2 d z ] 1 2 } d s 令： h ( ε ) = ( 4 + 3 ε ) / ( 4 + 2 ε ) ： 上式 ≤ E ∫ 0 t [ ∫ R | G t − s ( x 1 − z ) − G t − s ( x 2 − z ) | d z ] h ( ε ) × { ∫ R ( K T ( z ) ) 2 + ε d z } 1 2 + ε [ ∫ R [ u n ( s ， z ， . ) ] 2 d z ] 1 2 定义 c ( s ) = { ∫ R ( K T ( z ) ) 2 + ε d z } 1 2 + ε E [ ∫ R [ u n ( s ， z ， ⋅ ) ] 2 d z ] 1 2 因为 E J R [ u ( t ， s ， w ) ] 2 d x < ∞ ，对于所有的 t ∈ [ 0 ， T ] ，并且 u ( t ， x ， w ) 关于是右连续左极限存在的，所以 sup s ∈ { 0 ， T ] C ( s ) < ∞ 因此 E [ I 1 ( t ， x 1 ， ⋅ ) − I 1 ( t ， x 2 ， ⋅ ) ] 2 ≤ sup s ∈ { 0 ， T ] C ( s ) [ 2 h ( ε ) − 1 1 h ( ε ) + 1 | x 2 − x 1 | h ( ε ) + 1 + 2 h ( ε ) | x 2 − x 1 | h ( ε ) t − 2 h ( ε ) − 1 | x 2 − x 1 | h ( ε ) + 1 ] ≤ sup s ∈ { 0 ， T ] C ( s ) ∫ 0 t [ ∫ R | G t − s ( x 1 − z ) − G t − s ( x 2 − z ) | d z ] h ( ε ) d s ≤ sup s ∈ { 0 ， T ] C ( s ) [ ∫ t − | x 2 − x 1 | 2 t 4 h ( ε ) ( t − s ) h ( ε ) d s + ∫ 0 t − | x 2 − x 1 | 2 2 h ( ε ) ( x 2 − x 1 ) h ( ε ) d s ] ≤ sup s ∈ { 0 ， T ] C ( s ) [ 2 h ( ε ) − 1 1 h ( ε ) + 1 | x 2 − x 1 | h ( ε ) + 1 + 2 h ( ε ) | x 2 − x 1 | h ( ε ) t − 2 h ( ε ) − 1 | x 2 − x 1 | h ( ε ) + 1 ] 令 C T = max { sup s ∈ { 0 ， T ] c ( s ) ， 2 h ( ε ) − 1 1 h ( ε ) + 1 ， 2 h ( ε ) T } 这是个只依赖T的常数，因此，根据Schwarz不等式，Fubini定理和假设(c3)，我们可以得到： sup E [ I 1 ( t ， x 1 ， ⋅ ) − I 1 ( t ， x 2 ， ⋅ ) ] 2 ≤ C T | x 2 − x 1 | h ( ε ) t ∈ { 0 ， T ] . 因为 h ( ε ) > 1 ，则引理3得证。 引理4对任意的 n ∈ R ， u n ∈ U T 。 证明：我们只需证明 u n ∈ U T ，则 u n + 1 ∈ U T ，由数学归纳法，即可证明引理4。 由面前的结果可知，我们只需要证明 E ∫ R [ u n + 1 ( t ， x ， ⋅ ) ] 2 d x < ∞ ， t ∈ [ 0 ， T ] 。由Schwarz不等式，Fubini定理和假设(c3)和(c4)，我们可以得到： I 1 : E ∫ R [ U n + 1 ( t ， x ， . ) ] 2 d x = E ∫ R [ I 1 ( t ， x 1 ， ⋅ ) ] 2 d s = E K { ∫ t ( t ， s ， . ) } 2 d x = ∫ R E [ ∫ 0 t ∫ R G t − s ( x − z ) g ( s ， z ， u z ( s ， z ， ω ) ; y ) ] 2 d z v ( d y ) d s } d x ≤ T ∫ R E { ∫ 0 t ∫ u ∫ R G t − s ( x − z ) { g ( s ， z ， u z ( s ， z ， ω ) ; y ) } 2 } ≤ T ∫ R E { ∫ 0 t ∫ R [ ∫ R G t − s ( x − z ) d z ] K T ( z ) | u n ( s ， z ， ⋅ ) | d z d s ≤ T 2 E { ∫ 0 t ∫ R K T ( z ) | u n ( s ， z ， ⋅ ) | d z d s } ≤ T 2 E { ∫ 0 t { ∫ R [ K T ( Z ) ] 2 d z } 1 2 ∫ 0 t { ∫ R | u n ( s ， z ， ⋅ ) | 2 d z d s } 1 2 ≤ T 2 ∫ 0 t { ∫ R [ K T ( z ) ] 2 d z } 1 2 E [ ∫ R | u n ( s ， z ， ⋅ ) | 2 d z ] 1 2 d s < ∞ I 2 : ∫ R | G t − s ( x − z ) f ( s ， u n ( s ， z ) ) | d z ≤ { ∫ R G t − s ( x − z ) d z } 1 2 { ∫ R G t − s ( x − z ) [ ∫ ​ ( s ， u n ( s ， z ) ) ] 2 d z } 1 2 而 { ∫ R G t − s ( x − z ) [ f ( s ， u n ( s ， z ) ) ] 2 d z } 1 2 ≤ 2 ( ∫ R ( a ( s ) + k ( s ) | u n ( s ， z ) | ) d z + 1 ) ≤ ‖ a ‖ 1 + ‖ k ‖ 2 ‖ U n ( s ) ‖ 2 + 1 < ∞ 2.3. 存在性证明 I 1 : 令 F n ( t ) : = E { ∫ R [ u n + 1 ( s ， z ， ⋅ ) − u n ( s ， z ， ⋅ ) ] 2 d x } 其中 t ∈ [ 0 ， T ] ， n ∈ N ，由公式(3)和假设(c3)，我们可以得到： E ∫ R { ∫ 0 t + ∫ U ∫ R G t − s ( x − z ) × [ g ( s ， z ， u n ( s ， z ， ω ) ; y ) − g ( s ， z ， u n − 1 ( s ， z ， ω ) ; y ) ] d z q ( d s ， d y ， ⋅ ) } 2 d x = E ∫ R ∫ 0 t ∫ U [ ∫ R G t − s ( x − z ) × [ g ( s ， z ， u n ( s ， z ， ω ) ; y ) − g ( s ， z ， u n − 1 ( s ， z ， ω ) ; y ) ] d z ] 2 v ( d y ) d s d x ≤ L T E ∫ R ∫ 0 t ∫ R G t − s ( x − z ) [ u n ( s ， z ， ω ) − u n − 1 ( s ， z ， ω ) ] 2 d z d s d x = L T E ∫ R ∫ 0 t { ∫ R G t − s ( x − z ) d x } [ u n ( s ， z ， ω ) − u n − 1 ( s ， z ， ω ) ] 2 d z d s ≤ T L T ∫ 0 t E ∫ R [ u n ( s ， z ， ω ) − u n − 1 ( s ， z ， ω ) ] 2 d z d s = C T L T ∫ 0 t F n − 1 ( s ) d s 其中， C T = T 。 因此，通过递推，我们可以得到： F n ( t ) ≤ [ G T L T ] n − 1 ∫ 0 t d t 1 ∫ 0 t 1 d t 2 ⋯ ∫ 0 t n − 2 F 1 ( t n − 1 ) d t n − 1 另外，通过公式(3)和假设(c1)，我们有： F 1 ( t ) = E { ∫ R [ u 2 ( t ， x ， ⋅ ) − u 1 ( t ， x ， ⋅ ) ] 2 d x } ≤ C T ∫ R ∫ 0 t ∫ R G t − s ( x − z ) K T ( z ) | u 1 ( s ， z ， ⋅ ) | d z d s = C T ∫ R ∫ 0 t { ∫ R G t − s ( x − z ) d x } K T ( z ) d z d s ≤ T C T ∫ 0 t ∫ R K T ( z ) d z d s 由公式(4)和假设(c2)，我们可以得到： E ∫ R { ∫ 0 t + ∫ R G t − s ( x − z ) × { f ( s ， u n ( s ， z ) ) − f ( s ， u n − 1 ( s ， z ) ) } d z d s } 2 d x ≤ B T E ∫ R ∫ 0 t ∫ R G t − s ( x − z ) × [ u n ( s ， z ) − u n − 1 ( s ， z ) ] 2 d z d s d x = B T E ∫ R ∫ 0 t { ∫ R G t − s ( x − z ) d x } [ u n ( s ， z ) − u n − 1 ( s ， z ) ] 2 d z d s ≤ T B T ∫ 0 t F n − 1 ( s ) d s 通过递推得到： F n ( t ) ≤ [ C T B T ] n − 1 ∫ 0 t d t 1 ∫ 0 t 1 d t 2 ⋯ ∫ 0 t n − 2 F 1 ( t n − 1 ) d t n − 1 之后，通过公式(4)和假设(c2)，我们有： F 1 ( t ) = E { ∫ R [ u 2 ( t ， x ) − u 1 ( t ， x ) ] 2 d x } ≤ C T ∫ R ∫ 0 t ∫ R G t − s ( x − z ) [ a ( t ) + k ( t ) | u 1 ( s ， z ) | ] 2 d z d s d x ≤ T C T ∫ 0 t ∫ R { a ( t ) + k ( t ) | u 1 ( s ， z ) | } d z d s d x 上式的最后一项也是一个依赖于T的常数，记为 C 1 ，因此： 0 ≤ F n ( t ) ≤ C 1 [ C T B T T ] n − 1 ( n − 1 ) ! ， n ∈ N 所以序列 ∑ n ∈ N F n ( t ) ( ≤ C 0 e T ( C T L T ) ) 和 ∑ n ∈ N F n ( t ) ( ≤ C 1 e T ( C T B T ) ) 在 [ 0 ， t ] 上一致收敛。 因此对于序列 { U n ( t ， ⋅ ， ω ) : ( t ， ω ) ∈ { 0 ， T ] × Ω } n ∈ N 在 [ 0 ， T ] 上一致收敛。 定义容易证明，对 ∀ t ∈ [ 0 ， t ] ， u ( t ， ⋅ ， ω ) ∈ L 2 ( R ) ，并且是 { F t } -适应过程。 下面继续证明u是满足方程(1)： I 1 : u ( t ， x ， ω ) = ∫ 0 t + ∫ u ∫ R ( G t − s ( x − z ) g ( s ， z ， u ( s − ， z ， ω ) ; y ) d z q ( d s ， d y ， ω ) (7) E { ∫ R [ u n ( t ， x ， ω ) ] − ∫ 0 t + ∫ u ∫ R G t − s ( x − z ) g ( s ， z ， u ( s − ， z ， ω ) ; y ) 2 d x } ≤ C T L T ∫ 0 t E { ∫ R [ u n − 1 ( s ， z ， ⋅ ) − u ( s ， z ， ⋅ ) ] 2 d x } d s (8) { u n ( t ， ⋅ ， ω ) : ( t ， ω ) ∈ [ 0 ， T ] × Ω } n ∈ N t ∈ [ 0 ， T ] × L 2 × ( R ) I 2 : ( t ， x ) = ∫ 0 t ∫ R G t − s ( x − z ) f ( s ， u ( s ， z ) ) d s d z (9) E { ∫ R [ u n ( t ， x ) ] − ∫ 0 t + ∫ R G t − s ( x − z ) f ( s ， u ( s − ， z ) ) 2 d x } ≤ C T B T ∫ 0 t E { ∫ R [ u n − 1 ( s ， z ) − u ( s ， z ) ] 2 d x } d s (10) 并且序列 { u n ( t ， x ) } n ∈ N 在 t ∈ [ 0 ， T ] × L 2 一致收敛。 则 sup s ∈ [ 0 ， T ] E { ∫ R [ u n − 1 ( s ， z ， ⋅ ) − u ( s ， z ， ⋅ ) ] 2 d x } 和 sup s ∈ [ 0 ， T ] E { ∫ R [ u n − 1 ( s ， z ) − u ( s ， z ) ] 2 d x } 是有界的，由收敛控制定理可以得到上述公式(8)和公式(10)的最后一项收敛到0。进而公式(8)和(10)成立。从以上论述可以得到是可以关于t左极右连，且关于x连续。因此，u是方程(1)的解，进而解的存在性得证。 下面再进行解的唯一性证明。 2.4. 唯一性证明 对唯一性的证明采用反证法，假设方程(1)存在两个不同的解： u 1 和 u 2 。则 u 1 和 u 2 属于 u t ，因此 u 1 和 u 2 满足方程(7)和(9)。 I 1 : H ( t ) : = E { ∫ R [ u 2 ( t ， x ， ⋅ ) − u 1 ( t ， x ， ⋅ ) ] 2 d x } ， t ∈ [ 0 ， T ] E { ∫ R [ u 2 ( t ， x ， ⋅ ) − u 1 ( t ， x ， ⋅ ) ] 2 d x } = E ∫ R { ∫ 0 t ∫ u ∫ R G t − s ( x − z ) [ g ( s ， z ， u 2 ( s − ， z ， ω ) ; y ) − g ( s ， z ， u 1 ( s − ， z ， ω ) ; y ) ] d z q ( d s ， d y ， ⋅ ) } 2 d x = E ∫ R ∫ 0 t ∫ u { ∫ R G t − s ( x − z ) × [ g ( s ， z ， u 2 ( s ， z ， ω ) ; y ) − g ( s ， z ， u 1 ( s ， z ， ω ) ; y ) ] d z } 2 v ( d y ) d s d x ≤ L T ∫ R G t − s ( x − z ) [ u 2 ( s ， z ， ω ) − u 1 ( s ， z ， ω ) ] 2 d s d x ≤ T L T ∫ 0 t d s ∫ R [ u 2 ( s ， z ， ω ) − u 1 ( s ， z ， ω ) ] 2 d z d s = C T L T ∫ 0 t H ( s ) d s I 2 : H ( t ) : = E { ∫ R [ u 2 ( t ， x ) − u 1 ( t ， x ) ] 2 d x } ， t ∈ [ 0 ， T ] E { ∫ R [ u 2 ( t ， x ) − u 1 ( t ， x ) ] 2 d x } = E ∫ R { ∫ 0 t ∫ u ∫ R G t − s ( x − z ) [ f ( s ， u 2 ( s − ， z ) ) − f ( s ， u 1 ( s − ， z ) ) ] d z d s } 2 d x = E ∫ R ∫ 0 t ∫ u { ∫ R G t − s ( x − z ) [ f ( s ， u 2 ( s − ， z ) ) − f ( s ， u 1 ( s − ， z ) ) ] d z d s } 2 d s d x ≤ B T ∫ R ∫ 0 t G t − s ( x − z ) [ ( u 2 ( s − ， z ) ) − ( u 1 ( s − ， z ) ) ] 2 d z d s ≤ T B T ∫ 0 t d s ∫ R [ ( u 2 ( s − ， z ) ) − ( u 1 ( s − ， z ) ) ] 2 d z = C T B T ∫ 0 t H ( s ) d s H ( t ) 关于变量t是左极右连的。因此 sup t ∈ [ 0 ， t ] H ( t ) < ∞ ，通过解的存在性证明，我们得到 H ( t ) ≤ C T L T ∫ 0 t H ( s ) d s 。由Gronwall不等式，我们可以得到 sup t ∈ [ 0 ， t ] H ( t ) = 0 ，即对于所有的 t ∈ [ 0 ， T ] 和所有的 x ∈ R 得到 u 2 ( t ， x ， ⋅ ) = u 1 ( t ， x ， ⋅ ) 和 u 2 ( t ， x ) = u 1 ( t ， x ) ，即方程不存在两个不同的解，与原假设矛盾，唯一性得证。