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user: 2. 预备知识 引理1 [ 1 ] ：(锥拉伸与锥压缩不动点定理)设 Ω 1 与 Ω 2 是无穷维实Banach空间E中的两个有界开集，并且 θ ∈ Ω 1 ⊂ Ω ¯ 1 ⊂ Ω 2 ， A : P ∩ ( Ω ¯ 2 \ Ω 1 ) → P 是全连续算子，如果下列条件之一满足： 1) ‖ A x ‖ ≤ ‖ x ‖ ， ∀ x ∈ P ∩ ∂ Ω 1 ; ‖ A x ‖ ≥ ‖ x ‖ ， ∀ x ∈ P ∩ ∂ Ω 2 。 2) ‖ A x ‖ ≤ ‖ x ‖ ， ∀ x ∈ P ∩ ∂ Ω 2 ; ‖ A x ‖ ≥ ‖ x ‖ ， ∀ x ∈ P ∩ ∂ Ω 1 。 则算子A在 P ∩ ( Ω ¯ 2 \ Ω 1 ) 中有不动点。 引理2 [ 4 ] ：边值问题 { − u ″ ( t ) = 0 ，     t ∈ ( 0 ， 1 ) u ( 0 ) = u ( 1 ) = 0 的格林函数为： G ( t ， s ) = { s ( 1 − t ) ，   0 ≤ s ≤ t ≤ 1 t ( 1 − s ) ，   0 ≤ t ≤ s ≤ 1 且具有下列性质： 1、当 t ， s ∈ [ 0 ， 1 ] 时，有 0 ≤ G ( t ， s ) ≤ G ( t ， t ) ， 0 ≤ G ( t ， s ) ≤ G ( s ， s ) 。 2、 1 4 G ( x ， s ) ≤ G ( t ， s ) ，   ∀ t ∈ [ 1 4 ， 3 4 ] ，   ∀ x ， s ∈ [ 0 ， 1 ] 。 由此问题(1)的解等价于 { u ( t ) = λ ∫ 0 1 ∫ 0 1 G ( t ， s ) G ( τ ， s ) h 1 ( τ ) f ( u ( τ ) ， v ( τ ) ) d τ d s ，         ∀ t ∈ [ 0 ， 1 ] v ( t ) = μ ∫ 0 1 G ( t ， s ) h 2 ( s ) g ( u ( s ) ， v ( s ) ) d s ，                   ∀ t ∈ [ 0 ， 1 ] 的解。 记 Φ ( u ， v ) = λ ∫ 0 1 ∫ 0 1 G ( t ， s ) G ( τ ， s ) h 1 ( τ ) f ( u ( τ ) ， v ( τ ) ) d τ d s ，       ∀ t ∈ [ 0 ， 1 ] Ψ ( u ， v ) = μ ∫ 0 1 G ( t ， s ) h 2 ( s ) g ( u ( s ) ， v ( s ) ) d s ，           ∀ t ∈ [ 0 ， 1 ] P 1 u ( t ) = ∫ 0 1 ∫ 0 1 G ( t ， s ) G ( τ ， s ) h 1 ( τ ) u ( τ ) d τ d s ，                   ∀ u ∈ C [ 0 ， 1 ] P 2 v ( t ) = ∫ 0 1 G ( t ， s ) h 2 ( s ) v ( s ) d s ，       ∀ v ∈ C [ 0 ， 1 ] P ( u ， v ) ( t ) = ( P 1 u ( t ) ， P 2 v ( t ) ) ，                               ∀ ( u ， v ) ∈ E H ( u ， v ) ( t ) = ( λ f ( u ( t ) ， v ( t ) ) ， μ g ( u ( t ) ， v ( t ) ) ) ，             ∀ ( u ， v ) ∈ K 定义算子： T ( u ， v ) = P H ( u ， v ) = ( λ P 1 u ( t ) ， μ P 2 u ( t ) ) = ( λ ∫ 0 1 ∫ 0 1 G ( t ， s ) G ( τ ， s ) h 1 ( τ ) f ( u ( τ ) ， v ( τ ) ) d τ d s ， μ ∫ 0 1 G ( t ， s ) h 2 ( s ) g ( u ( s ) ， v ( s ) ) d s ) 显见问题(1)的解等价于算子T的不动点。 引理3：若方程满足(H 1 )-(H 3 )，则算子T是全连续的，且 T ( K ) ⊂ K 。 证明：由全连续算子的定义易证算子T全连续，下证 T ( K ) ⊂ K 。由引理1性质2得 1 4 G ( x ， s ) ≤ G ( t ， s ) ， ∀ t ∈ [ 1 4 ， 3 4 ] ， ∀ x ， s ∈ [ 0 ， 1 ] ，则 ∀ ( u ， v ) ∈ K ，当 t ∈ [ 1 4 ， 3 4 ] 时，有 T ( u ， v ) ( t ) = ( λ ∫ 0 1 ∫ 0 1 G ( t ， s ) G ( τ ， s ) h 1 ( τ ) f ( u ( τ ) ， v ( τ ) ) d τ d s ， μ ∫ 0 1 G ( t ， s ) h 2 ( s ) g ( u ( s ) ， v ( s ) ) d s ) ≥ 1 4 ( λ ∫ 0 1 ∫ 0 1 G ( x ， s ) G ( τ ， s ) h 1 ( τ ) f ( u ( τ ) ， v ( τ ) ) d τ d s ， μ ∫ 0 1 G ( x ， s ) h 2 ( s ) g ( u ( s ) ， v ( s ) ) d s ) = 1 4 T ( u ， v ) (x) 即 min t ∈ [ 1 4 ， 3 4 ] Φ ( u ， v ) ( t ) ≥ 1 4 ‖ Φ ( u ， v ) ‖   ， min t ∈ [ 1 4 ， 3 4 ] Ψ ( u ， v ) ( t ) ≥ 1 4 ‖ Ψ ( u ， v ) ‖ ，所以 T ( K ) ⊂ K 。 引理4 [ 9 ] ：设L： C [ 0 ， 1 ] → C [ 0 ， 1 ] 为线性全连续算子，且 L ( K ) ⊂ K ，其中K是 C [ 0 ， 1 ] 中的锥，如果存在 φ ∈ C [ 0 ， 1 ] \ ( − K ) 及常数 c > 0 ，使得 c L φ ≥ φ ，则L的谱半径 r ( L ) ≠ 0 且L有一个相应于第一个特征值 λ 1 = ( r ( T ) ) − 1 的正特征函数 φ 1 ，即 φ 1 = λ 1 L φ 1 。 引理5：设(H 1 )-(H 3 )成立，则算子T的谱半径 r ( T ) ≠ 0 ，且T有一个对应于第一个特征值 λ 1 = ( r ( T ) ) − 1 的正特征函数。 证明：因为T为全连续算子，且 T ( K ) ⊂ K 。由条件(H 1 )，(H 2 )知存在 t 0 ∈ ( 0 ， 1 ) ，使得 G ( t 0 ， t 0 ) h i ( t 0 ) > 0 ，   i = 1 ， 2 因此，存在 [ α ， β ] ⊂ [ 0 ， 1 ] ，使得对于 t 0 ∈ ( α ， β ) ，满足 G ( t ， s ) h i ( s ) > 0 ， ∀ t ， s ∈ [ α ， β ] 。 取 φ i ∈ C [ 0 ， 1 ] ，满足 φ i ( t ) ≥ 0 ，   ∀ t ∈ [ 0 ， 1 ] ，   φ i ( t 0 ) > 0 且 φ i ( t ) = 0 ，   t ∉ [ α ， β ] ，则 P 1 φ 1 ( t ) = ∫ 0 1 ∫ 0 1 G ( t ， s ) G ( τ ， s ) h 1 ( τ ) φ 1 ( τ ) d τ d s ≥ ∫ α β ∫ 0 1 G ( t ， s ) G ( τ ， s ) h 1 ( τ ) φ 1 ( τ ) d τ d s > 0 ，   ∀ t ∈ [ α ， β ] P 2 φ 2 ( t ) = ∫ 0 1 G ( t ， s ) h 2 ( s ) φ 2 ( s ) d s > ∫ α β G ( t ， s ) h 2 ( s ) φ 2 ( s ) d s > 0 ，                           ∀ t ∈ [ α ， β ] 又由(H 3 )： λ ， μ > 0 ，以及 T = P H 可得，存在常数 c > 0 ，使得 c T φ ≥ φ ，   t ∈ [ 0 ， 1 ] 。由引理4得算子T的谱半径 r ( T ) ≠ 0 ，且T有一个对应于第一个特征值 λ 1 = ( r ( T ) ) − 1 的正特征函数。 设 λ 1 为线性边值问题 { u ( 4 ) ( t ) = λ h 1 ( t ) u ( t ) ，   ∀ t ∈ ( 0 ， 1 ) u ( 0 ) = u ( 1 ) = u ″ ( 0 ) = u ″ ( 1 ) = 0 的第一个特征值， μ 1 为线性边值问题 { − v ″ ( t ) = μ h 2 ( t ) v ( t ) ，     ∀ t ∈ ( 0 ， 1 ) v ( 0 ) = v ( 1 ) = 0 的第一个特征值，则 λ 1 ， μ 1 > 0 。从而 P 1 的谱半径 r 1 = 1 λ 1 > 0 ， P 2 的谱半径 r 2 = 1 μ 1 > 0 。假设它们相对应的特征函数分别为 φ 1 ， φ 2 。则满足 ∫ 0 1 h i ( t ) φ i ( t ) > 0 ，否则如果 ∫ 0 1 h i ( t ) φ i ( t ) = 0 ，则 r 1 φ 1 ( t ) = P 1 φ 1 ( t ) = ∫ 0 1 ∫ 0 1 G ( t ， s ) G ( τ ， s ) h 1 ( τ ) φ 1 ( τ ) d τ d s ≤ M 2 ∫ 0 1 h 1 ( τ ) φ 1 ( τ ) d τ = 0 r 2 φ 2 ( t ) = P 2 φ 2 ( t ) = ∫ 0 1 G ( t ， s ) h 2 ( s ) φ 2 ( s ) d s < M ∫ 0 1 h 2 ( s ) φ 2 ( s ) d s = 0 其中 M = { max G ( t ， s ) ，   t ， s ∈ [ 0 ， 1 ] } ，从而矛盾，不妨设 ∫ 0 1 h i ( t ) φ i ( t ) = 1 ，   i = 1 ， 2 .在E上定义泛函： z ( u ， v ) = ∫ 0 1 [ φ 1 ( t ) h 1 ( t ) u ( t ) + φ 2 ( t ) h 2 ( t ) v ( t ) ] d t ，   ∀ ( u ， v ) ∈ E 则对 ∀ ( u ， v ) ∈ P ， z ( u ， v ) ≥ 1 4 ( ‖ u ‖ ∫ 1 4 3 4 φ 1 ( t ) h 1 ( t ) d t + ‖ v ‖ ∫ 1 4 3 4 φ 2 ( t ) h 2 ( t ) d t ) 。令 m i = ∫ 1 4 3 4 φ i ( t ) h i ( t ) d t ，   i = 1 ， 2 ， m = min { 1 4 m 1 ， 1 4 m 2 } 则 z ( u ， v ) ≥ 1 4 ( ‖ u ‖ m 1 + ‖ v ‖ m 2 ) ≥ m ‖ ( u ， v ) ‖ (2) 并且满足： z ( P ( u ， v ) ) = ∫ 0 1 [ φ 1 ( t ) h 1 ( t ) ∫ 0 1 ∫ 0 1 G ( t ， s ) G ( τ ， s ) h 1 ( τ ) u ( τ ) d τ d s + φ 2 ( t ) h 2 ( t ) ∫ 0 1 G ( t ， s ) h 2 ( s ) v ( s ) d s ] d t = ∫ 0 1 [ φ 1 ( t ) h 1 ( t ) ∫ 0 1 ∫ 0 1 G ( t ， s ) G ( τ ， s ) h 1 ( τ ) u ( τ ) d τ d s + φ 2 ( t ) h 2 ( t ) ∫ 0 1 G ( t ， τ ) h 2 ( τ ) v ( τ ) d τ ] d t = ∫ 0 1 [ h 1 ( τ ) u ( τ ) ∫ 0 1 ∫ 0 1 G ( τ ， s ) G ( s ， t ) h 1 ( t ) φ 1 ( t ) d t d s + h 2 ( τ ) v ( τ ) ∫ 0 1 G ( τ ， t ) h 2 ( t ) φ 2 ( t ) d t ] d τ 即 z ( P ( u ， v ) ) = ∫ 0 1 [ h 1 ( τ ) u ( τ ) r 1 φ 1 ( τ ) + h 2 ( τ ) v ( τ ) r 2 φ 2 ( τ ) ] d τ (3)