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user: 3. 主要结论 令 A = ( 1 + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ) ∫ 0 ∞ ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s ， B = ( 1 + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ) ∫ 0 ∞ c ( s ) d s + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i c ( s ) d s . 假设以下条件成立： (H 1 )存在非负函数 a ( t ) ， b ( t ) ， c ( t ) ∈ L 1 ( J ) ， s . t . | f ( t ， x ， y ) | ≤ a ( t ) | x | + b ( t ) | y | + c ( t ) ，     ∫ 0 + ∞ ( ( 1 + t α − 1 ) a ( t ) + b ( t ) ) d t < Γ ( α ) ，     ∫ 0 + ∞ c ( t ) d t < + ∞ . (H 2 )假设 ∑ i = 1 m α i < 1 ，   A < 1 。 引理3.1 假设(H 1 ) (H 2 )成立。问题(1.1) (1.2)等价于积分方程 u ( t ) = 1 Γ ( α ) ∫ 0 t ( t − s ) α − 1 f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s     + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) [ ∑ i = 1 m α i ∫ 0 ξ i f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s     − ∫ 0 ∞ f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s ] t α − 1 . (3.1) 证明：由条件(H 1 )， ∫ 0 ∞ | f ( t ， u ( t ) ， D 0 + α − 1 u ( t ) ) | d t ≤ ‖ u ‖ ∫ 0 ∞ ( ( 1 + t α − 1 ) a ( t ) + b ( t ) ) d t + ∫ 0 ∞ c ( t ) d t < + ∞ . 所以(3.1)定义有意义。 根据引理2.3， u ( t ) = 1 Γ ( α ) ∫ 0 t ( t − s ) α − 1 f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s + c 1 t α − 1 + c 2 t α − 2 + ⋯ + c n t α − n . (3.2) 由条件(1.2)，可得 c 2 = c 3 = ⋯ = c n = 0. (3.3) c 1 = 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) [ ∑ i = 1 m α i ∫ 0 ξ i f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s − ∫ 0 ∞ f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s ] . (3.4) 将(3.3) (3.4)带入(3.2)，得 u ( t ) = 1 Γ ( α ) ∫ 0 t ( t − s ) α − 1 f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s     + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) [ ∑ i = 1 m α i ∫ 0 ξ i f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s     − ∫ 0 ∞ f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s ] t α − 1 . (3.5) 定义积分算子 T : X → X T u ( t ) = 1 Γ ( α ) ∫ 0 t ( t − s ) α − 1 f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s     + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) [ ∑ i = 1 m α i ∫ 0 ξ i f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s     − ∫ 0 ∞ f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s ] t α − 1 . (3.6) 引理3.1证明算子 T 的不动点就是问题(1.1) (1.2)的解。 引理3.2 假设(H 1 ) (H 2 )成立。则 T : Ω ¯ → X 一致连续。其中 Ω = { u ∈ X ， ‖ u ‖ < R } ， R ≤ B 1 − A ，   A < 1. 证明：第一步：证明 T : Ω ¯ → X 是相对紧的。 方便起见，在这一步中，记 G = 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) | ∑ i = 1 m α i ∫ 0 ξ i f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s − ∫ 0 ∞ f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s | 设 V 是 Ω ¯ 中的子集， I ⊂ J 是一个紧区间， t 1 ， t 2 ∈ I ， t 1 < t 2 ，则对 ∀ u ( t ) ∈ V ，有 | T u ( t 2 ) 1 + t 2 α − 1 − T u ( t 1 ) 1 + t 1 α − 1 | ≤ | 1 Γ ( α ) ∫ 0 t 2 ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s − 1 Γ ( α ) ∫ 0 t 1 ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1     ⋅ f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s + 1 Γ ( α ) ∫ 0 t 1 ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s     − 1 Γ ( α ) ∫ 0 t 1 ( t 1 − s ) α − 1 1 + t 1 α − 1 f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) d s | + G ⋅ | t 2 α − 1 1 + t 2 α − 1 − t 1 α − 1 1 + t 1 α − 1 | ≤ 1 Γ ( α ) ∫ t 1 t 2 ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 | f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s + 1 Γ ( α ) ∫ 0 t 1 | ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1     − ( t 1 − s ) α − 1 1 + t 1 α − 1 | | f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s + G ⋅ | t 2 α − 1 1 + t 2 α − 1 − t 1 α − 1 1 + t 1 α − 1 | ， 且有 | D 0 + α − 1 T u ( t 2 ) − D 0 + α − 1 T u ( t 1 ) | ≤ ∫ t 1 t 2 | f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s . 注意到对 ∀ u ( t ) ∈ V ，有 f ( t ， u ( t ) ， D 0 + α − 1 u ( t ) ) 在 I 中有界。 故得 T u ( t ) 1 + t α − 1 ， D 0 + α − 1 T u ( t ) 在 I 中一致连续。 接下来证明对 ∀ u ( t ) ∈ V ，有 f ( t ， u ( t ) ， D 0 + α − 1 u ( t ) ) 满足引理2.5的条件(ii)。 根据条件(H 1 )， ∫ 0 ∞ | f ( t ， u ( t ) ， D 0 + α − 1 u ( t ) ) | d t ≤ ‖ u ‖ ∫ 0 ∞ ( ( 1 + t α − 1 ) a ( t ) + b ( t ) ) d t + ∫ 0 ∞ c ( t ) d t < A ‖ u ‖ + B ≤ R ， 于是，对 ∀ ε > 0 ，存在常数 L > 0 ，使得 ∫ L ∞ | f ( t ， u ( t ) ， D 0 + α − 1 u ( t ) ) | d t < ε . (3.7) 另一方面，因为 lim t → + ∞ t α − 1 1 + t α − 1 = 1 ，故 ∃ T 1 > 0 ， s . t .   ∀ t 1 ， t 2 ≥ T 1 ，有 | t 2 α − 1 1 + t 2 α − 1 − t 1 α − 1 1 + t 1 α − 1 | ≤ | 1 − t 2 α − 1 1 + t 2 α − 1 | + | 1 − t 1 α − 1 1 + t 1 α − 1 | < ε . (3.8) 类似地，因为 lim t → + ∞ ( t − L ) α − 1 1 + t α − 1 = 1 ，故 ∃ T 2 > L > 0 ， s . t .   ∀ t 1 ， t 2 ≥ T 2 ， 0 ≤ s ≤ L ，有 | ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 − ( t 1 − s ) α − 1 1 + t 1 α − 1 | ≤ | 1 − ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 | + | 1 − ( t 1 − s ) α − 1 1 + t 1 α − 1 | ≤ | 1 − ( t 2 − L ) α − 1 1 + t 2 α − 1 | + | 1 − ( t 1 − L ) α − 1 1 + t 1 α − 1 | < ε . (3.9) 令 T > max { T 1 ， T 2 } ，则对 ∀ t 1 ， t 2 ≥ T ，根据(3.7)~(3.9)，可得 | T u ( t 2 ) 1 + t 2 α − 1 − T u ( t 1 ) 1 + t 1 α − 1 | ≤ 1 Γ ( α ) ∫ 0 L | ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 − ( t 1 − s ) α − 1 1 + t 1 α − 1 | | f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s     + 1 Γ ( α ) ∫ L t 1 ( t 1 − s ) α − 1 1 + t 1 α − 1 | f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s     + 1 Γ ( α ) ∫ L t 2 ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 | f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s + G | t 2 α − 1 1 + t 2 α − 1 − t 1 α − 1 1 + t 1 α − 1 | ≤ max | f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) | Γ ( α ) ∫ 0 L | ( t 2 − s ) α − 1 1 + t 2 α − 1 − ( t 1 − s ) α − 1 1 + t 1 α − 1 | d s + 1 Γ ( α ) ∫ L ∞ | f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s     + 1 Γ ( α ) ∫ L ∞ | f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s + G | t 2 α − 1 1 + t 2 α − 1 − t 1 α − 1 1 + t 1 α − 1 | ≤ max | f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) | Γ ( α ) L ε + 2 ε Γ ( α ) + G ε = ( max | f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) | Γ ( α ) L + 2 Γ ( α ) + G ) ε ， 且有 | D 0 + α − 1 T u ( t 2 ) − D 0 + α − 1 T u ( t 1 ) | ≤ ∫ t 1 t 2 | f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s ≤ ∫ L ∞ | f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s < ε . 根据引理2.5知， T V 是相对紧的。 第二步：证明 T : Ω ¯ → X 连续。 设 u n ， u ∈ Ω ¯ ， n = 1 ， 2 ， ⋯ ，且当 n → + ∞ 时，有 ‖ u n − u ‖ → 0 ，则 | T u n ( t ) 1 + t α − 1 − T u ( t ) 1 + t α − 1 | ≤ 1 Γ ( α ) ∫ 0 t | f ( s ， u n ( s ) ， D 0 + α − 1 u n ( s ) ) | d s + 1 Γ (α) ∫ 0 t | f ( s，u (s) ， D 0 + α−1 u ( s ) ) | d s + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i | f ( s ， u n ( s ) ， D 0 + α − 1 u n ( s ) ) | d s + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i | f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s + 1 Γ ( α ) ∫ 0 ∞ | f ( s ， u n ( s ) ， D 0 + α − 1 u n ( s ) ) | d s + 1 Γ ( α ) ∫ 0 ∞ | f ( s ， u ( s ) ， D 0 + α − 1 u ( s ) ) | d s ≤ 2 R Γ ( α ) ∫ 0 t ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 2 Γ ( α ) ∫ 0 t c ( s ) d s     + 2 R ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 2 ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i c ( s ) d s     + 2 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ∞ c ( s ) d s + 2 R Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ∞ ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s ≤ 2 R Γ ( α ) A + 2 Γ ( α ) B < + ∞ . 且有 | T u n ( t ) 1 + t α − 1 − T u ( t ) 1 + t α − 1 | ≤ 2 R ∫ 0 t ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 2 ∫ 0 t c ( s ) d s     + 2 R ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 2 ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i c ( s ) d s     + 2 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ∞ ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 2 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ∞ c ( s ) d s ≤ 2 R A + 2 B < + ∞ . 根据Lebesgue控制收敛定理， T 连续。 综上， T 全连续。 定理3.1 设(H 1 )，(H 2 )成立，则边值问题(1.1) (1.2)至少有一个解 u ∈ X 。 证明： Ω 如引理3.2中定义。设 u ∈ ∂ Ω ， λ > 1 ， s . t .   T u = λ u ，则 | T u ( t ) | 1 + t α − 1 ≤ 1 Γ ( α ) ‖ u ‖ ∫ 0 t ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 1 Γ ( α ) ∫ 0 t c ( s ) d s     + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ‖ u ‖ ∫ 0 ∞ ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ∞ c ( s ) d s     + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ‖ u ‖ ∫ 0 ξ i ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i c ( s ) d s ≤ ( 1 Γ ( α ) + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ) ‖ u ‖ ∫ 0 ∞ ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s     + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ‖ u ‖ ∫ 0 ξ i ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s     + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i c ( s ) d s + ( 1 Γ ( α ) + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ) ∫ 0 ∞ c ( s ) d s ≤ A R + B ≤ A B 1 − A + B = R ， 且有 | D 0 + α − 1 T u ( t ) | ≤ ‖ u ‖ ∫ 0 t ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + ∫ 0 t c ( s ) d s     + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ‖ u ‖ ∫ 0 ∞ ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ∞ c ( s ) d s     + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ‖ u ‖ ∫ 0 ξ i ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i c ( s ) d s ≤ ( 1 + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ) ‖ u ‖ ∫ 0 ∞ ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s     + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ‖ u ‖ ∫ 0 ξ i ( ( 1 + s α − 1 ) a ( s ) + b ( s ) ) d s     + ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i c ( s ) d s + ( 1 + 1 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ) ∫ 0 ∞ c ( s ) d s ≤ A R + B = R   . 故 λ R = λ ‖ u ‖ = ‖ T u ‖ = max { sup | T u ( t ) | 1 + t α − 1 ， sup | D 0 + α − 1 T u ( t ) | } ≤ R . 得到 λ ≤ 1 ， 这与 λ > 1 矛盾。根据引理1.1， Ω ¯ 中存在一个不动点。故问题(1.1) (1.2)在 X 中至少有一个解。 定理3.2 设(H 1 )，(H 2 )以及下面的(H 3 )成立，则边值问题(1.1) (1.2)有唯一解 u ∈ X 。 (H 3 )存在非负函数 l 1 ( t ) ， l 2 ( t ) ∈ L 1 ( J ) 使得 | f ( t ， x 1 ， y 1 ) − f ( t ， x 2 ， y 2 ) | ≤ l 1 ( t ) | x 1 − x 2 | + l 2 ( t ) | y 1 − y 2 | 及 ∫ 0 ∞ max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) ， l 2 ( t ) } d t < Γ ( α ) ，     ∫ 0 ξ i max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) ， l 2 ( t ) } d t < + ∞ ， k = 2 P ∫ 0 ∞ max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) ， l 2 ( t ) } d t + 2 Q ∫ 0 ξ i max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) ， l 2 ( t ) } d t < 1 ， 成立。其中 P = 1 Γ ( α ) + 2 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) + 1 ，   Q = 2 | ∑ i = 1 m α i | Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) 。 证明：对 ∀ u 1 ， u 2 ∈ X ，有 ‖ T u 1 − T u 2 ‖ ≤ sup t ∈ J | T u 1 − T u 2 | 1 + t α − 1 + sup t ∈ J | D 0 + α − 1 T u 1 − D 0 + α − 1 T u 2 | ≤ 1 Γ ( α ) ∫ 0 t | f ( s ， u 1 ( s ) ， D 0 + α − 1 u 1 ( s ) ) − f ( s ， u 2 ( s ) ， D 0 + α − 1 u 2 ( s ) ) | d s     + 2 ∑ i = 1 m α i Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ξ i | f ( s ， u 1 ( s ) ， D 0 + α − 1 u 1 ( s ) ) − f ( s ， u 2 ( s ) ， D 0 + α − 1 u 2 ( s ) ) | d s     + 2 Γ ( α ) ( 1 − ∑ i = 1 m α i ) ∫ 0 ∞ | f ( s ， u 1 ( s ) ， D 0 + α − 1 u 1 ( s ) ) − f ( s ， u 2 ( s ) ， D 0 + α − 1 u 2 ( s ) ) | d s     + ∫ 0 t | f ( s ， u 1 ( s ) ， D 0 + α − 1 u 1 ( s ) ) − f ( s ， u 2 ( s ) ， D 0 + α − 1 u 2 ( s ) ) | d s ≤ P ∫ 0 ∞ | f ( s ， u 1 ( s ) ， D 0 + α − 1 u 1 ( s ) ) − f ( s ， u 2 ( s ) ， D 0 + α − 1 u 2 ( s ) ) | d s     + Q ∫ 0 ξ i | f ( s ， u 1 ( s ) ， D 0 + α − 1 u 1 ( s ) ) − f ( s ， u 2 ( s ) ， D 0 + α − 1 u 2 ( s ) ) | d s ≤ 2 P ‖ u 1 − u 2 ‖ ∫ 0 ∞ max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) ， l 2 ( t ) } d t ≤ 2 Q ‖ u 1 − u 2 ‖ ∫ 0 ξ i max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) ， l 2 ( t ) } d t ≤ { 2 P ∫ 0 ∞ max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) ， l 2 ( t ) } d t + 2 Q ∫ 0 ξ i max { ( 1 + t α − 1 ) l 1 ( t ) ， l 2 ( t ) } d t } ‖ u 1 − u 2 ‖ = k ‖ u 1 − u 2 ‖ . 因为 k < 1 ，所以 T 收敛。根据Banach不动点定理，可得 T 有唯一不动点。故边值问题(1.1) (1.2)有唯一解。