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user: 3. 局部解的存在唯一性 本节将证明自由边界问题(1.9)~(1.19)存在唯一局部解。 首先，将问题(1.9)~(1.19)转换成固定边界问题。若问题(1.9)~(1.19)有一个解 ( R ， P ， Q ， M ， N ) ，且对任意的 t ≥ 0 ， R ( t ) > 0 都成立，则通过如下变换： ρ = r R ( t ) ，   τ = ∫ 0 t d s R 2 ( s ) ，   η ( τ ) = R ( t ) ，   υ ( ρ ， τ ) = R ( t ) v ( r ， t ) ， α ( ρ ， τ ) = P ( r ， t ) ，   β ( ρ ， τ ) = Q ( r ， t ) ，   σ ( ρ ， τ ) = M ( r ， t ) ，   γ ( ρ ， τ ) = N ( r ， t ) ， (3.1) 问题(1.9)~(1.19)可转换为固定区域为 { ( ρ ， τ ) : 0 ≤ ρ ≤ 1 ， τ > 0 } 上的初边值问题： ∂ α ∂ τ = δ P 1 ρ 2 ∂ ∂ ρ ( ρ 2 ∂ α ∂ ρ ) − μ ( ρ ， τ ) ∂ α ∂ ρ + η 2 ( τ ) ( F 1 ( α ， β ， σ ， γ ) α ) ，           0 < ρ < 1 ，   τ > 0 ， (3.2) ∂ β ∂ τ = δ Q ∂ ∂ ρ ( ρ 2 ∂ β ∂ ρ ) − μ ( ρ ， τ ) ∂ β ∂ ρ + η 2 ( τ ) ( F 2 ( α ， β ， σ ， γ ) β ) ，     0 < ρ < 1 ，   τ > 0 ， (3.3) ∂ σ ∂ τ + μ ∂ σ ∂ ρ = η 2 ( τ ) [ g 11 ( α ， β ， σ ， γ ) δ + g 12 ( α ， β ， σ ， γ ) γ ] ，   0 ≤ ρ ≤ 1 ，   τ > 0 ， (3.4) ∂ γ ∂ t + μ ∂ γ ∂ r = η 2 ( τ ) [ g 21 ( α ， β ， σ ， γ ) δ + g 22 ( α ， β ， σ ， γ ) γ ] ，       0 ≤ ρ ≤ 1 ，   τ > 0 ， (3.5) μ ( ρ ， τ ) = υ ( ρ ， τ ) − ρ υ ( 1 ， τ ) ，   0 ≤ ρ ≤ 1 ，   τ > 0 ， (3.6) 1 ρ 2 ∂ ∂ ρ ( ρ 2 υ ) = η 2 ( τ ) h ( α ， β ， σ ， γ ) ，   0 ≤ ρ ≤ 1 ，   τ > 0 ， (3.7) ∂ α ( 0 ， τ ) ∂ ρ = 0 ，   α ( 1 ， τ ) = α ¯ ，   ∂ β ( 0 ， τ ) ∂ ρ = 0 ，   β ( 1 ， τ ) = β ¯ ，   τ > 0 ， (3.8) υ ( 0 ， τ ) = 0 ，   τ > 0 ， (3.9) d η ( τ ) d τ = η ( τ ) υ ( 1 ， τ ) ，   τ > 0 ， (3.10) α ( ρ ， 0 ) = α 0 ( ρ ) ，   β ( ρ ， 0 ) = β 0 ( ρ ) ，   0 ≤ ρ ≤ 1 ， (3.11) σ ( ρ ， 0 ) = σ 0 ( ρ ) ，   γ ( ρ ， 0 ) = γ 0 ( ρ ) ，   0 ≤ ρ ≤ 1 ， (3.12) η ( 0 ) = η 0 = R 0 . (3.13) 其中， α 0 ( ρ ) = P 0 ( ρ R 0 ) ， β 0 ( ρ ) = Q 0 ( ρ R 0 ) ， σ 0 ( ρ ) = M 0 ( ρ R 0 ) ， γ 0 ( ρ ) = N 0 ( ρ R 0 ) . 反过来，若 ( η ， α ， β ， σ ， γ ， υ ) 是问题(3.2)~(3.13)的解，对任意的 τ ≥ 0 ， η ( τ ) > 0 ，则通过如下变换： r = ρ η ( τ ) ，   t = ∫ 0 τ η 2 ( s ) d s ，   R ( t ) = η ( τ ) ，   v ( r ， t ) = υ ( ρ ， τ ) η 2 ( τ ) ， P ( r ， t ) = α ( ρ ， τ ) ，   Q ( r ， t ) = β ( ρ ， τ ) ，   M ( r ， t ) = σ ( ρ ， τ ) ，   N ( r ， t ) = γ ( ρ ， τ ) ， (3.14) 则可以验证 ( R ， P ， Q ， M ， N ， v ) 是问题(1.9)~(1.19)的解，这说明通过变换(3.1)和其逆变换(3.14)，自由边界问题(1.9)~(1.19)和固定边界问题(3.2)~(3.13)是等价的。 对方程(3.7)积分，可得： υ ( ρ ， τ ) = η 2 ( τ ) ρ 2 ∫ 0 ρ h ( α ， β ， σ ， γ ) s 2 d s ， (3.15) 将(3.15)代入(3.10)可得： d η ( τ ) d τ = η 3 ( τ ) ∫ 0 ρ h ( α ， β ， σ ， γ ) s 2 d s ， (3.16) 所以，问题(1.9)~(1.19)变换成问题(3.2)~(3.5)和(3.16)，同时加上初边值条件(3.8)~(3.9)和(3.11)~(3.12)。 接下来我们将采用压缩映像原理来证明固定边界问题(3.2)~(3.13)局部解的存在唯一性，从而得出自由边界问题(3.9)~(3.19)局部解的存在唯一性。 根据定理1的假设条件(A 1 )~(A 1 )，则有如下条件成立： σ 0 ， γ 0 在 [ 0 ， 1 ] 上连续可微，对适应的 p > 5 满足 α 0 ( | x | ) ∈ D p ( B 1 ) ， β 0 ( | x | ) ∈ D p ( B 1 ) 。 引入记号： A 0 = ‖ ( σ 0 ， γ 0 ) ‖ ∞ ， B 0 = max { | h ( α ， β ， σ ， γ ) | : 0 ≤ α ≤ α ¯ ，   0 ≤ β ≤ β ¯ ， | σ | ≤ 2 A 0 ， | γ | ≤ 2 A 0 } . 对任意给定的 T > 0 ，引入度量空间 ( X T ， d ) ： X T 由向量值函数 ( η ， α ， β ， σ ， γ ) = ( η ( τ ) ， α ( ρ ， τ ) ， β ( ρ ， τ ) ， σ ( ρ ， τ ) ， γ ( ρ ， τ ) ) 组成，满足： i) η ( τ ) ∈ [ 0 ， T ] ，   η ( 0 ) = η 0 ，   1 2 η 0 ≤ η ( τ ) ≤ 2 η 0   ( 0 ≤ τ ≤ T ) ; ii) α ( ρ ， τ ) ∈ C ( [ 0 ， 1 ] × [ 0 ， T ] ) ，   α ( ρ ， 0 ) = α 0 ( ρ ) ，   α ( ρ ， 1 ) = α ¯ ，   0 ≤ α ( ρ ， τ ) ≤ α ¯ ， β ( ρ ， τ ) ∈ C ( [ 0 ， 1 ] × [ 0 ， T ] ) ，   β ( ρ ， 0 ) = β 0 ( ρ ) ，   β ( ρ ， 1 ) = β ¯ ，   0 ≤ β ( ρ ， τ ) ≤ β ¯ ， iii) σ ( ρ ， τ ) ，   γ ( ρ ， τ ) ∈ C ( [ 0 ， 1 ] × [ 0 ， T ] ) ，   σ ( ρ ， 0 ) = σ 0 ( ρ ) ，   γ ( ρ ， 0 ) = γ 0 ( ρ ) ， | σ ( ρ ， τ ) | ≤ 2 A 0 ，   | γ ( ρ ， τ ) | ≤ 2 A 0 ，   0 ≤ ρ ≤ 1 ，   0 ≤ τ ≤ T . 定义 ( X T ， d ) 中的度量d为 d ( ( η 1 ， α 1 ， β 1 ， σ 1 ， γ 1 ) ， ( η ， α 2 ， β 2 ， σ 2 ， γ 2 ) ) = ‖ η 1 − η 2 ‖ ∞ + ‖ α 1 − α 2 ‖ ∞ + ‖ β 1 − β 2 ‖ ∞ + ‖ σ 1 − σ 2 ‖ ∞ + ‖ γ 1 − γ 2 ‖ ∞ . 显然， ( X T ， d ) 是完备度量空间。 定义映射F： X T → X ′ T : ( η ， α ， β ， σ ， γ ) ↦ ( η ˜ ， α ˜ ， β ˜ ， σ ˜ ， γ ˜ ) ，其中 ( η ˜ ， α ˜ ， β ˜ ， σ ˜ ， γ ˜ ) 是下列问题的解： d η ˜ ( τ ) d τ = η ˜ ( τ ) v ( 1 ， τ ) ，   τ > 0 ， (3.17) η ˜ ( 0 ) = η 0 ， (3.18) ∂ α ˜ ∂ τ = δ P 1 ρ 2 ∂ ∂ ρ ( ρ 2 ∂ α ˜ ∂ ρ ) − μ ( ρ ， τ ) ∂ α ˜ ∂ ρ + η 2 ( τ ) ( F 1 ( α ˜ ， β ˜ ， σ ˜ ， γ ˜ ) α ˜ ) ，   0 < ρ < 1 ，   τ > 0 ， (3.19) ∂ α ˜ ∂ t ( 0 ， τ ) = 0 ，   α ˜ ( 1 ， τ ) = α ¯ ，   τ > 0 ， (3.20) α ( ρ ， 0 ) = α 0 ( ρ ) ，   0 ≤ ρ ≤ 1 ， (3.21) ∂ β ˜ ∂ τ = δ Q 1 ρ 2 ∂ ∂ ρ ( ρ 2 ∂ β ˜ ∂ ρ ) − μ ( ρ ， τ ) ∂ β ˜ ∂ ρ + η 2 ( τ ) ( F 2 ( α ˜ ， β ˜ ， σ ˜ ， γ ˜ ) β ˜ ) ，   0 < ρ < 1 ，   τ > 0 ， (3.22) ∂ β ˜ ∂ t ( 0 ， τ ) = 0 ，   β ˜ ( 1 ， τ ) = β ¯ ，   τ > 0 ， (3.23) β ˜ ( ρ ， 0 ) = β 0 ( ρ ) ，   0 ≤ ρ ≤ 1 ， (3.24) ∂ σ ˜ ∂ τ + μ ∂ σ ˜ ∂ ρ = η 2 ( τ ) [ g 11 ( α ˜ ， β ˜ ， σ ˜ ， γ ˜ ) σ ˜ + g 12 ( α ˜ ， β ˜ ， σ ˜ ， γ ˜ ) γ ˜ ] ，     0 ≤ ρ ≤ 1 ，   τ > 0 ， (3.25) ∂ γ ˜ ∂ τ + μ ∂ γ ˜ ∂ ρ = η 2 ( τ ) [ g 21 ( α ˜ ， β ˜ ， σ ˜ ， γ ˜ ) σ ˜ + g 22 ( α ˜ ， β ˜ ， σ ˜ ， γ ˜ ) γ ˜ ] ，     0 ≤ ρ ≤ 1 ，   τ > 0 ， (3.26) σ ˜ ( ρ ， 0 ) = σ 0 ( ρ ) ，       γ ˜ ( ρ ， 0 ) = γ 0 ( ρ ) ，   0 ≤ ρ ≤ 1. (3.27) 其中， υ ( ρ ， τ ) = η ( τ ) 2 ρ 2 ∫ 0 1 h ( α ˜ ， β ˜ ， σ ˜ ， γ ˜ ) s 2 d s ， (3.28) μ ( ρ ， τ ) = υ ( ρ ， τ ) − ρ υ ( 1 ， τ ) . (3.29) 下面证明F是一个自映射。首先，对于常微分方程组(3.17)~(3.18)，存在唯一解 η ˜ ( τ ) ∈ C 1 [ 0 ， T ] 并且 η ˜ ( τ ) = η 0 e ∫ t 0 υ ( 1 ， s ) d s ，   0 ≤ τ ≤ T . (3.30) 根据式(3.28)和 B 0 的定义可得， | υ ( 1 ， τ ) | = | η ( τ ) 2 ∫ 0 1 h ( α ， β ， σ ， γ ) s 2 d s | ≤ 4 η 0 ∫ 0 1 B 0 s 2 d s ≤ 4 3 B 0 η 0 2 . (3.31) 因此 η 0 e − 4 3 B 0 η 0 2 T ≤ η ˜ ( τ ) ≤ η 0 e 4 3 B 0 η 0 2 T ，   0 ≤ τ ≤ T . (3.32) 当 T > 0 充分小，使 e 4 3 B 0 η 0 2 T ≤ 2 时，有 1 2 η 0 ≤ η ˜ ( τ ) ≤ 2 η 0 ( 0 ≤ τ ≤ T ) ，即 η ˜ ( τ ) 满足条件(i)。 然后，由引理2.1得，问题(3.19)~(3.21)存在唯一解 α ( ρ ， τ ) ∈ W p 2 ， 1 ( Q T ) 。因为当 p > 5 时， W p 2 ， 1 ( Q T ) → C λ ， 2 λ ( Q T ¯ )   ( λ = 2 − 5 p ) ， 所以 α ˜ ， ∂ α ˜ ∂ ρ ∈ C ( [ 0 ， 1 ] × [ 0 ， T ] ) 。又因为 α ˜ ( ρ ， τ ) 非负， 0 ≤ α ˜ ( ρ ， τ ) ≤ α ¯ ，对任意的 0 ≤ ρ ≤ 1 ，   0 ≤ τ ≤ T 都成立。所以 α ˜ 符合条件(ii)，同时满足 ‖ ∂ α ˜ ∂ ρ ‖ ∞ ≤ C ( T ) ， (3.33) 其中 C ( T ) 是依赖于 ( η ， α ， β ， σ ， γ ) 的常数。同理可证 β ˜ 符合条件(ii)，满足 ‖ ∂ β ˜ ∂ ρ ‖ ∞ ≤ C ( T ) 。 最后，由于 μ ( ρ ， τ ) ， α ˜ ( ρ ， τ ) ， β ˜ ( ρ ， τ ) 关于 ρ 连续可微， g i j ( α ， β ， σ ， γ ) ( i ， j = 1 ， 2 ) 连续可微，则由引理2.3可得，问题(3.25)~(3.27)有唯一的经典解 ( σ ˜ ， γ ˜ ) ∈ C ( [ 0 ， 1 ] × [ 0 ， T ] ) ，满足 | σ ˜ ( ρ ， τ ) | ≤ 2 A 0 ，   | γ ˜ ( ρ ， τ ) | ≤ 2 A 0 ，   0 ≤ ρ ≤ 1 ，   0 ≤ τ ≤ T . (3.34) 所以 ( σ ˜ ， γ ˜ ) 满足条件(iii)，且当 T > 0 足够小，有 ‖ ∂ σ ˜ ∂ ρ ， ∂ γ ˜ ∂ ρ ‖ ∞ ≤ 2 A 1 . (3.35) 其中， A 1 = ‖ ∂ σ 0 ( ρ ) ∂ ρ ， ∂ γ 0 ( ρ ) ∂ ρ ‖ ∞ 。 因为条件(i)，(ii)，(iii)都得到验证，所以当T足够小时，映射F是合理的，是自身到自身的映射。 下面证明F是压缩映射。设 ( η i ， α i ， β i ， σ i ， γ i ) ∈ X T ， i = 1 ， 2 ，记 υ i ( ρ ， τ ) = η i ( τ ) 2 ρ 2 ∫ 0 1 h ( ∂ i ， β i ， σ i ， γ i ) s 2 d s ， μ i ( ρ ， τ ) = υ i ( ρ ， τ ) − ρ υ i ( 1 ， τ ) ， ( η ˜ ， α ˜ i ， β ˜ i ， σ ˜ i ， γ ˜ i ) = F ( η ， α i ， β i ， σ i ， γ i ) ， d = d ( ( η 1 ， α 1 ， β 1 ， σ 1 ， γ 1 ) ， ( η 2 ， α 2 ， β 2 ， σ 2 ， γ 2 ) ) . 由 υ i ( ρ ， τ ) = η i ( τ ) 2 ρ 2 ∫ 0 1 h ( ∂ i ， β i ， σ i ， γ i ) s 2 d s ，计算得： | υ 1 ( ρ ， τ ) − υ 2 ( ρ ， τ ) | = | η ( τ 1 ) 2 ρ 2 ∫ 0 ρ h ( ∂ 1 ， β 1 ， σ 1 ， γ 1 ) s 2 d s − η ( τ 2 ) 2 ρ 2 ∫ 0 ρ h ( ∂ 2 ， β 2 ， σ 2 ， γ 2 ) s 2 d s | ≤ | η ( τ 1 ) 2 ρ 2 ∫ 0 ρ ( h ( ∂ 1 ， β 1 ， σ 1 ， γ 1 ) − h ( ∂ 2 ， β 2 ， σ 2 ， γ 2 ) ) s 2 d s   |       + | η ( τ 1 ) 2 − η ( τ 2 ) 2 ρ 2 ∫ 0 ρ h ( ∂ 2 ， β 2 ， σ 2 ， γ 2 ) s 2 d s | ≤ C ( T ) d (3.36) 接着由(3.30)和(3.36)得： ‖ η 1 ˜ − η 2 ˜ ‖ ∞ = max 0 ≤ τ ≤ T | η 0 e ∫ 0 τ υ 1 ( 1 ， s ) d s − η 0 e ∫ 0 τ υ 2 ( 1 ， s ) d s | ≤ T C ( T ) d (3.37) ‖ μ 1 ˜ − μ 2 ˜ ‖ ∞ = max 0 ≤ τ ≤ T | ν 1 − ρ ν 1 ( 1 ， τ ) − ν 2 + ρ ν 2 ( 1 ， τ ) | ≤ T C ( T ) d . (3.38) 接着，记 α ∗ ˜ = α 1 ˜ − α 2 ˜ ，由(3.19)~(3.21)得， ∂ α ∗ ˜ ∂ t = δ P 1 ρ 2 ∂ ∂ ρ ( ρ 2 ∂ α ∗ ˜ ∂ ρ ) − μ 1 ( ρ ， τ ) ∂ α ∗ ˜ ∂ ρ + f 1 ( ρ ， τ ) ，   0 < ρ < 1 ，   0 ≤ τ ≤ T . (3.39) α ∗ ˜ ( 0 ， τ ) = 0 ，   α ∗ ˜ ( 1 ， τ ) = 0 ，           τ > 0 ， (3.40) α ∗ ˜ ( ρ ， 0 ) = 0 ，   0 ≤ ρ ≤ 1. (3.41) 其中， f 1 ( ρ ， τ ) = [ μ 2 ( ρ ， τ ) − μ 1 ( ρ ， τ ) ]     ∂ α 2 ˜ ∂ ρ                             − η 2 ( τ ) 2 [ η 1 2 ( τ ) F 1 ( α 1 ， β 1 ， σ 1 ， γ 1 ) − η 2 2 ( τ ) F 1 ( α 2 ， β 2 ， σ 2 ， γ 2 ) ] α 2 ˜ 。 由于 ‖ ∂ α ∗ ˜ ∂ ρ ‖ ∞ ≤ C ( T ) ， F 1 ( α 1 ， β 1 ， σ 1 ， γ 1 ) ， F 1 ( α 2 ， β 2 ， σ 2 ， γ 2 ) Lipschitz连续的， 1 2 η 0 ≤ η ( τ ) ≤ 2 η 0   ( 0 ≤ τ ≤ T ) ， 0 ≤ | α 2 ˜ ( ρ ， τ ) | ≤ α ¯ ，所以有 ‖ f 1 ‖ ∞ ≤ C ( T ) [ ‖ μ 2 − μ 1 ‖ ∞ + ‖ η 1 2 ( τ ) F 1 ( α 1 ， β 1 ， σ 1 ， γ 1 ) − η 2 2 ( τ ) F 1 ( α 2 ， β 2 ， σ 2 ， γ 2 ) ‖ ∞ ] ≤ C ( T ) d . (3.42) 运用引理2.1得， ‖ α ∗ ˜ ‖ ∞ ≤ T C ( T ) d . (3.43) 同理可得 ‖ β ∗ ˜ ‖ ∞ ≤ T C ( T ) d . (3.44) 记 σ ∗ ˜ = σ 1 ˜ − σ 2 ˜ ， γ ∗ ˜ = γ 1 ˜ − γ 2 ˜ ，由(3.25)~(3.27)得 ∂ σ ∗ ˜ ∂ τ + μ 1 ∂ σ ∗ ˜ ∂ ρ = η 1 2 ( τ ) g 11 ( ∂ 1 ˜ ， β 1 ˜ ， σ 1 ˜ ， γ 1 ˜ ) σ ∗ ˜                                             + η 1 2 ( τ ) g 12 ( ∂ 2 ˜ ， β 2 ˜ ， σ 2 ˜ ， γ 2 ˜ ) γ ∗ ˜ + G 1 ( ρ ， τ ) ，                     0 ≤ ρ ≤ 1 ，   τ > 0 ， (3.45) ∂ γ ∗ ˜ ∂ τ + μ 1 ∂ γ ∗ ˜ ∂ ρ = η 1 2 ( τ ) g 21 ( ∂ 1 ˜ ， β 1 ˜ ， σ 1 ˜ ， γ 1 ˜ ) σ ∗ ˜                                           + η 1 2 ( τ ) g 22 ( ∂ 2 ˜ ， β 2 ˜ ， σ 2 ˜ ， γ 2 ˜ ) γ ∗ ˜ + G 2 ( ρ ， τ ) ，             0 ≤ ρ ≤ 1 ，   τ > 0 ， (3.46) σ ∗ ˜ ( ρ ， 0 ) = 0 ， γ ∗ ˜ ( ρ ， 0 ) = 0 ，   0 ≤ ρ ≤ 1 ， (3.47) 其中， G 1 ( ρ ， τ ) = γ 2 ˜ [ η 1 2 ( τ ) g 12 ( ∂ 1 ˜ ， β 1 ˜ ， σ 1 ˜ ， γ 1 ˜ ) − η 2 2 ( τ ) g 12 ( ∂ 1 ˜ ， β 1 ˜ ， σ 1 ˜ ， γ 1 ˜ ) ]     + σ 2 ˜ [ η 1 2 ( τ ) g 11 ( ∂ 1 ˜ ， β 1 ˜ ， σ 1 ˜ ， γ 1 ˜ ) − η 2 2 ( τ ) g 11 ( α 2 ˜ ， β 2 ˜ ， σ 2 ˜ ， γ 2 ˜ ) ]     + ∂ σ 2 ˜ ∂ ρ ( μ 2 − μ 1 ) (3.48) G 2 ( ρ ， τ ) = γ 2 ˜ [ η 1 2 ( τ ) g 22 ( ∂ 1 ˜ ， β 1 ˜ ， σ 1 ˜ ， γ 1 ˜ ) − η 2 2 ( τ ) g 22 ( ∂ 1 ˜ ， β 1 ˜ ， σ 1 ˜ ， γ 1 ˜ ) ]     + σ 2 ˜ [ η 1 2 ( τ ) − η 2 2 ( τ ) g 21 ( α 2 ˜ ， β 2 ˜ ， σ 2 ˜ ， γ 2 ˜ ) ] + ∂ γ 2 ˜ ∂ ρ ( μ 2 − μ 1 ) ， (3.49) 由于 | μ 1 ( ρ ， τ ) − μ 2 ( ρ ， τ ) | ≤ C ( T ) d ， h ( α ， β ， σ ， γ ) Lipschitz连续， g i j ( α ， β ， σ ， γ ) ( i ， j = 1 ， 2 ) 连续可微， 1 2 η 0 ≤ η ( τ ) ≤ 2 η 0 ，结合式子(3.34)和(3.35)得 ‖ G i ‖ ∞ ≤ C ( T ) d . (3.50) 再对问题(3.45)~(3.47)运用引理2.2，可得 ‖ σ 1 ˜ − σ 2 ˜ ， γ 1 ˜ − γ 2 ˜ ‖ ∞ ≤ T C ( T ) d . (3.51) 因此，根据式子(3.37)，(3.43)，(3.44)和(3.51)有： d ( ( α 1 ˜ ， β 1 ˜ ， σ 1 ˜ ， γ 1 ˜ ) ， ( α 2 ˜ ， β 2 ˜ ， σ 2 ˜ ， γ 2 ˜ ) ) ≤ T C ( T ) d . (3.52) 取 T > 0 充分小，使得 T C ( T ) < 1 时，F是压缩映射。 由Banach不动点定理可知，当 T > 0 充分小时，F存在唯一的不动点 ( η ， α ， β ， σ ， γ ) ，而且它是问题(3.2)~(3.13)在 0 ≤ τ ≤ T 上的唯一解，再通过逆变换(3.14)，就可以将问题(3.2)~(3.13)转换成原问题(1.9)~(1.19)。因此，问题(1.9)~(1.19)存在唯一局部解。 定理2：在假设条件(A 1 )~(A 2 )下，存在 ，使得问题(1.9)~(1.19)在 [ 0 ， δ ] 上有唯一解， δ 依赖于 R 0 的上下界， ‖ P 0 ( | x | ) ‖ D p ( B R 0 ) ， ‖ Q 0 ( | x | ) ‖ D p ( B R 0 ) ， ‖ M 0 ， N 0 ‖ ∞ 和 ‖ M ′ 0 ， N ′ 0 ‖ ∞ 的上下界。