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user: 3. 主要结果及证明 本文给出以下假设 (H1) 存在函数 p ， q ∈ C ( J ， R + ) ， h ∈ C ( R + ， R + ) ， g ( t ， u ) ∈ C ( J × R + ， R + ) 使得 g ( t ， u ) − q ( t ) ≤ f ( t ， u ) ≤ p ( t ) h ( u ) ， ∀ t ∈ J ， u ∈ R + 。 (H2) 存在闭区间 [ a ， b ] ⊂ I ，使得 lim u → + ∞ g ( t ， u ) u = + ∞ 在 [ a ， b ] 上一致成立。 (H3) 存在 r > 0 ，使得下面两个式子成立： 0 < ∫ 0 1 q ( s ) d s < ε r M 2 (6) 0 < ∫ 0 1 p ( s ) + q ( s ) d s < r M max 0 ≤ τ ≤ t { h ( τ ) ， 1 } 。 (7) 其中 M ， ε 如上所述。令 e [ a ， b ] = min { e ( a ) ， e ( b ) } ，由 e ( t ) 的表达式知道 e ( t ) ≥ e [ a ， b ] > 0 ， t ∈ [ a ， b ] ，(8) 令 x 0 ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) q ( s ) d s ， t ∈ I 。 (9) 由引理1及可知 0 ≤ x 0 ( t ) ≤ ∫ 0 1 M s ( 1 − s ) q ( s ) d s ≤ ∫ 0 1 M q ( s ) d s ， t ∈ I ， (10) 于是 x 0 ∈ P ，并且满足 { − x ″ 0 + k 2 x 0 = q ( t ) ， 0 < t < 1 ， x 0 ( 0 ) = β x 0 ( η ) ， x 0 ( 1 ) = 0. (11) 定理1：设(H1)~(H3)满足，当 sinh ( k ) − β sinh ( k ( 1 − η ) ) > 0 时方程(1)至少存在一个正解 ω ( t ) 且存在常数 M 4 > M 3 > 0 ，使得 M 3 e ( t ) ≤ ω ( t ) ≤ M 4 e ( t ) ， t ∈ I 。 (12) 证明：对任意 k ∈ E ，记 [ k ( t ) ] + = { k t ， k ( t ) ≥ 0 ， 0 ， k ( t ) ≤ 0. 定义算子A如下： A u ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) f ( s ， [ u ( s ) − x 0 ( s ) ] + ) + q ( s ) d s ， ∀ u ( t ) ∈ P (13) 对任意 u ( t ) ∈ P ，显然有 [ u ( s ) − x 0 ( s ) ] + ≤ u ( s ) ≤ ‖ u ‖ ，由(H1)知道 f ( s ， [ u ( s ) − x 0 ( s ) ] + ) + q ( s ) p ( s ) h ( [ u ( s ) − x 0 ( s ) ] + ) + q ( s ) ≤ max 0 ≤ τ ≤ ‖ u ‖ { h ( τ ) ， 1 } ( p ( s ) + q ( s ) ) ， ∀ s ∈ J (14) 有引理1及(13) (14) (H1)得到 ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( s ， [ u ( s ) − x 0 ( s ) ] + + q ( s ) ) ) d s ≤ M 2 e ( t ) max 0 ≤ τ ≤ ‖ u ‖ { h ( τ ) ， 1 } ∫ 0 1 ( p ( s ) + q ( s ) ) d s ≤ M 2 max 0 ≤ τ ≤ ‖ u ‖ { h ( τ ) ， 1 } ∫ 0 1 ( p ( s ) + q ( s ) ) d s ≤ + ∞ ， t ∈ I (15) 由此得到算子A是良定义的。下面分三步进行： i) A为映Q到Q的全连续算子 对任意 u ∈ Q ，令 y ( t ) = A u ( t ) ，由(H1)知道 f ( s ， [ u ( s ) − x 0 ( s ) ] + ) + q ( s ) ≥ g ( s ， [ u ( s ) − x 0 ( s ) ] + ) ≥ 0 ， s ∈ J 。 由引理1：iii)及(13) (15)得到 A y ( t ) ≤ M ∫ 0 1 s ( 1 − s ) ( f ( s ， [ u ( s ) − x 0 ( s ) ] + ) + q ( s ) ) d s 于是 ‖ y ‖ ≤ M ∫ 0 1 s ( 1 − s ) ( f ( s ， [ u ( s ) − x 0 ( s ) ] + ) + q ( s ) ) d s 结合引理1中的(5)式得到 y ( t ) ≥ ∫ 0 1 m 2 e ( t ) s ( 1 − s ) ( f ( s ， [ u ( s ) − x 0 ( s ) ] + ) + q ( s ) ) d s ≥ m 2 M ‖ y ‖ e ( t ) = ε ‖ y ‖ e (t) 所以A映Q到Q。 设 D ⊂ Q 是有界集，于是存在常数 L 1 > 0 ，使得 ∀ u ∈ D ， ‖ u ‖ ≤ L 1 ，且 [ u ( s ) − x 0 ( s ) ] + ≤ u ( s ) ≤ L 1 由(13)及(H1)知 ‖ A u ‖ ≤ M max 0 ≤ τ ≤ ‖ u ‖ { h ( τ ) ， 1 } ∫ 0 1 s ( 1 − s ) ( p ( s ) + q ( s ) ) d s ≤ M max 0 ≤ τ ≤ ‖ u ‖ { h ( τ ) ， 1 } ∫ 0 1 ( p ( s ) + q ( s ) ) d s < + ∞ 即A(D)一致有界。 又因为 K ( t ， s ) 在 I × I 上连续，从而一致连续，因此， ∀ ε > 0 ， ∃ δ > 0 ，使得当 t 1 ， t 2 ∈ I ， | t 1 − t 2 | < δ 时，对任意 有 | K ( t 1 ， s ) − K ( t 2 ， s ) | < ε ( max 0 ≤ τ ≤ ‖ u ‖ { h ( τ ) ， 1 } ∫ 0 1 ( p ( s ) + q ( s ) ) d s ) − 1 从而对任意 u ∈ D ，结合上式及(14)式有 | A u ( t 1 ) − A u ( t 2 ) | = ∫ 0 1 | K ( t 1 ， s ) − K ( t 2 ， s ) | f ( s ， [ u ( s ) − x 0 ( s ) ] + ) + q ( s ) d s ≤ max 0 ≤ τ ≤ ‖ u ‖ { h ( τ ) ， 1 } ∫ 0 1 | K ( t 1 ， s ) − K ( t 2 ， s ) | ( p ( s ) + q ( s ) ) d s < ε 所以AD是等度连续的，由Arzela-Ascoli定理知AD是相对紧集。 u n ， u 0 ∈ Q ， u n → u 0 ( n → + ∞ ) ，则 { u n } 有界。令 L 2 = sup { ‖ u n ‖ ， n = 0 ， 1 ， 2 ， ⋯ } ，则 由(14)式有 f ( s ， [ u n ( s ) − x 0 ( s ) ] + ) + q ( s ) ≤ max 0 ≤ τ ≤ ‖ u ‖ { h ( τ ) ， 1 } ( p ( s ) + q ( s ) ) ， n = 0 ， 1 ， 2 ， ⋯ (16) 由算子A的定义得到 | A u n ( t ) − A u 0 ( t ) | ≤ M ∫ 0 1 s ( 1 − s ) | ( f ( s ， [ u n ( t ) − x 0 ( t ) ] + ) − f ( s ， [ u 0 ( t ) − x 0 ( t ) ] + ) ) | d s ≤ M ∫ 0 1 | ( f ( s ， [ u n ( t ) − x 0 ( t ) ] + ) − f ( s ， [ u 0 ( t ) − x 0 ( t ) ] + ) ) | d s ， n = 0 ， 1 ， 2 ， ⋯ (17) 由(16)(17)(H3)及 f ( t ， u ) 的连续性和Lebsgue控制收敛定理知A是连续的， 因此 A : Q → Q 是全连续算子。 ii) 算子A在Q中有不动点 对(H3)中所述的r，令 Ω r = { u ∈ E | ‖ u ‖ < r } 。 ∀ x ∈ ∂ Ω r ∩ Q ，由(14)式得到 A x ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) f ( s ， [ x ( s ) − x 0 ( s ) ] + ) + q ( s ) d s ≤ M max 0 ≤ τ ≤ ‖ u ‖ { h ( τ ) ， 1 } ∫ 0 1 ( p ( s ) + q ( s ) ) d s 由(7)式得到 ‖ A x ‖ ≤ r = ‖ x ‖ ， ∀ x ∈ ∂ Ω r ∩ Q 。(18) 由条件(H3)中(6)知存在充分大的自然数 m 0 ，使得 ∫ 0 1 q ( s ) d s < m 0 m 0 + 1 ε r M 2 (19) 取 L > ( m 0 + 1 ) ( ε e [ a ， b ] max t ∈ I ∫ a b K ( t ， s ) d s ) − 1 由(H2)知存在常数 R 1 > r ，使 g ( t ， u ) ≥ L u ， ∀ t ∈ [ a ， b ] ， u ≥ R 1 (20) 取 R > max { r ， ( m 0 + 1 ) R 1 ε e [ a ， b ] } (21) 下证 ‖ A y ‖ ≥ ‖ y ‖ ， ∀ y ∈ ∂ Ω R ∩ Q (22) ∀ y ∈ ∂ Ω R ∩ Q ，有 y ( t ) ≥ ε ‖ y ‖ e ( t ) 。于是由(8) (19)式得到 x 0 ( t ) ≤ M 2 e ( t ) ∫ 0 1 q ( s ) d s = ε ‖ y ‖ e ( t ) M 2 ε ‖ y ‖ ∫ 0 1 q ( s ) d s ≤ M 2 y ( t ) ε R ∫ 0 1 q ( s ) d s ≤ m 0 m 0 + 1 y ( t ) ， t ∈ I (23) 结合(8) (21) (23)式有 y ( t ) − x 0 ( t ) ≥ ( 1 − m 0 m 0 + 1 ) y ( t ) ≥ ε m 0 + 1 ‖ y ‖ e ( t ) ≥ ε R m 0 + 1 e [ a ， b ] ≥ R 1 ， t ∈ [ a ， b ] (24) 由条件(H1) (20) (24)式及L的取法得到 A y ( t ) ≥ ∫ 0 1 K ( t ， s ) g ( s ， [ y ( s ) − x 0 ( s ) ] + ) d s ≥ ∫ 0 1 K ( t ， s ) g ( s ， [ y ( s ) − x 0 ( s ) ] ) d s ≥ ∫ a b K ( t ， s ) L ( [ y ( s ) − x 0 ( s ) ] ) ≥ ε R m 0 + 1 e [ a ， b ] ∫ a b K ( t ， s ) d s ， ∀ t ∈ I 于是(22)式成立。 由(18) (22)式及引理1知道A在 Q ∩ ( Ω R \ Ω r ¯ ) 上至少有一个不动点 z 0 ( t ) ，且 r ≤ ‖ z 0 ‖ ≤ R ， z 0 ( t ) 还满足 z 0 ( t ) = ∫ 0 1 K ( t ， s ) ( f ( s ， [ z 0 ( s ) − x 0 ( s ) ] + + q ( s ) ) ) d s (25) iii) 方程(1)存在正解 由 ‖ z 0 ‖ ≥ r 及(23)式得到 z 0 ( t ) − x 0 ( t ) ≥ 1 m 0 + 1 z 0 ( t ) ≥ 0 (26) 结合(25)知道 z 0 ( t ) 满足 { − z ″ 0 + k 2 z 0 = f ( t ， z 0 ( t ) − x 0 ( t ) ) + q ( t ) ， 0 < t < 1 ， z 0 ( 0 ) = β z 0 ( η ) ， z 0 ( 1 ) = 0. ， (27) 令 ω ( t ) = z 0 ( t ) − x 0 ( t ) ， t ∈ I ，则由(26)知 ω ( t ) ≥ 1 m 0 + 1 z 0 ( t ) ≥ ε r m 0 + 1 e ( t ) > 0 ， t ∈ J 结合(11) (27)可得 { − ω ″ 0 + k 2 ω 0 = f ( t ， ω ( t ) ) + q ( t ) ， 0 < t < 1 ， ω 0 ( 0 ) = β ω 0 ( η ) ， ω 0 ( 1 ) = 0. 故 ω ( t ) 是方程(1)的正解。 取 M 3 = ε r m 0 + 1 ，则 ω ( t ) ≥ M 3 e ( t ) ， t ∈ I 。 由(25)式知道 z 0 ( t ) ≤ M 2 e ( t ) ∫ 0 1 f ( s ， [ z 0 ( s ) − x 0 ( s ) ] + + q ( s ) ) d s 由 ω ( t ) ≤ z 0 ( t ) 及上式知(12)式成立，其中 M 4 = M 2 ∫ 0 1 f ( s ， [ z 0 ( s ) − x 0 ( s ) ] + + q ( s ) ) d s 。