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user: 2. 主要结果 引理2.1 若 y ∈ C [ 0 ， 1 ] ，则边值问题 { ( D C 0 + q u ) ( t ) = y ( t ) ，                                                     t ∈ ( 0 ， 1 ) ， u ( 0 ) = u ″ ( 0 ) = 0 ，                                   ( D C 0 + σ u ) ( 1 ) = ∑ i = 1 m λ i ( I 0 + β i u ) ( η i ) ， (2) 有唯一解 u ( t ) = ∫ 0 1 G ( t ， s ) y ( s ) d s ， 其中 G ( t ， s ) = G ∘ ( t ， s ) + G ∗ ( t ， s ) . G ∘ ( t ， s ) ，           G ∗ ( t ， s ) 分别为 G ∘ ( t ， s ) = { ( t − s ) q − 1 Γ ( q ) − 1 − ∑ i = 1 m λ i η i β i + 1 A t ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) ，                                                     0 ≤ s ≤ t ≤ 1 ， − 1 − ∑ i = 1 m λ i η i β i + 1 A t ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) ，                                                     0 ≤ t ≤ s ≤ 1 ， G ∗ ( t ， s ) = { − t A [ ∑ 0 ≤ s ≤ η i ( λ i η i β i + 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) − λ i ( η i − s ) q + β i + 1 Γ ( q + β i ) ) ] ，                               t ∈ [ 0 ， 1 ] ， − t A ∑ η i ≤ s ≤ 1 λ i η i β i + 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) ，                                                     t ∈ [ 0 ， 1 ] . 证明：由方程(2)可得 u ( t ) = ( I 0 + q y ) ( t ) − c 0 − c 1 t − c 2 t 2 ，                     t ∈ [ 0 ， 1 ] . (3) 所以 u ′ ( t ) = ( I 0 + q − 1 y ) ( t ) − c 1 − 2 c 2 t ，                     t ∈ [ 0 ， 1 ] ， u ″ ( t ) = ( I 0 + q − 2 y ) ( t ) − 2 c 2 ，                     t ∈ [ 0 ， 1 ] . 考虑到方程(3)和边值条件 u ( 0 ) = u ″ ( 0 ) = 0 ，可得 c 0 = c 2 = 0 ， u ( t ) = ( I 0 + q y ) ( t ) − c 1 ( t ) ，                             t ∈ [ 0 ， 1 ] . 进一步，可得 ( D C 0 + σ u ) ( 1 ) = ( I 0 + q − σ y ) ( 1 ) − c 1 Γ ( 2 ) Γ ( 2 − σ ) ，                           t ∈ [ 0 ， 1 ] . 由边值条件 ( D C 0 + σ u ) ( 1 ) = ∑ i = 1 m λ i ( I 0 + β i y ) ( η i ) ，可得 c 1 = 1 A [ ( I 0 + q − σ y ) ( 1 ) − ∑ i = 1 m λ i ( I 0 + q + β i y ) ( η i ) ]                       = 1 − ∑ i = 1 m λ i η i β i + 1 A ∫ 0 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) y ( s ) d s + 1 A ∑ i = 1 m λ i η i β i + 1 ∫ 0 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) y ( s ) d s                                       − 1 A ∑ i = 1 m λ i ∫ 0 η i ( η i − s ) q + β i − 1 Γ ( q + β i ) y ( s ) d s . 因此边值问题(2)有唯一解 u ( t ) = ∫ 0 t ( t − s ) q − 1 Γ ( q ) y ( s ) d s − 1 − ∑ i = 1 m λ i η i β i + 1 A t ∫ 0 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) y ( s ) d s                                                         − t A ∑ i = 1 m λ i η i β i + 1 ∫ 0 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) y ( s ) d s + t A ∑ i = 1 m λ i ∫ 0 η i ( η i − s ) q + β i − 1 Γ ( q + β i ) y ( s ) d s                                           = ∫ 0 t [ ( t − s ) q − 1 Γ ( q ) − 1 − ∑ i = 1 m λ i η i β i + 1 A t ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) ] y ( s ) d s − ∫ t 1 [ 1 − ∑ i = 1 m λ i η i β i + 1 A t ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) ] y ( s ) d s                                                         − t A λ 1 η 1 β 1 + 1 ∫ 0 η 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) y ( s ) d s − t A λ 1 η 1 β 1 + 1 ∫ η 1 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) y ( s ) d s                                                         + t A λ 1 ∫ 0 η 1 ( η 1 − s ) q + β 1 − 1 Γ ( q + β 1 ) y ( s ) d s                                                       − ⋯ − t A λ m η m β m + 1 ∫ 0 η m ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) y ( s ) d s − t A λ m η m β m + 1 ∫ η m 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) y ( s ) d s                                                         + t A λ m ∫ 0 η m ( η m − s ) q + β m − 1 Γ ( q + β m ) y ( s ) d s                                           = ∫ 0 1 G ∘ ( t ， s ) y ( s ) d s + ∫ 0 1 G ∗ ( t ， s ) y ( s ) d s                                           = ∫ 0 1 G ( t ， s ) y ( s ) d s ，                                                         t ∈ [ 0 ， 1 ] . 证明结束。 定义算子 T : C [ 0 ， 1 ] → C [ 0 ， 1 ] 为 ( T u ) ( t ) = ∫ 0 1 G ( t ， s ) f ( s ， u ( s ) ) d s ，                                       t ∈ [ 0 ， 1 ] . 边值问题(1)有解当且仅当算子 T 有不动点。 定理2.1 [ 8 ] 令 X 是Banach空间。若 T : X → X 全连续算子，并且 V = { u ∈ X | u = μ T u ，         0 < μ < 1 } 是有界的，则算子 T 在空间 X 中有不动点。 定理2.2 若下面两个条件成立： 1) 对于任意的 ( t ， u ) ∈ ( [ 0 ， 1 ] × ℝ ) ，存在函数 a ( t ) ， b ( t ) ∈ C ( [ 0 ， 1 ] × ℝ ) 使得 | f ( t ， u ) |     ≤ a ( t ) + b | u ( t ) | ， (2) ‖ b ‖ [ 1 Γ ( q + 1 ) + 1 A Γ ( q − σ + 1 ) + 1 A ∑ i = 1 m λ i η i q + β i Γ ( q + β i + 1 ) ] < 1. 则边值问题(1)至少有一个解。 证明：显然，算子 T 是连续的。接下来证明算子 T 是紧算子。令 Ω = { u ∈ C [ 0 ， 1 ] : ‖ u ‖ < r } ，对于任意的 u ∈ Ω ，存在正数 K 使得 | f ( t ， u ( t ) ) | ≤ K ，可得 | ( T u ) ( t ) | = | ∫ 0 1 G ( t ， s ) f ( s ， u ( s ) ) d s | ≤ | ∫ 0 t ( t − s ) q − 1 Γ ( q ) f ( s ， u ( s ) ) d s − t A ∫ 0 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) f ( s ， u ( s ) ) d s |               + | t A ∑ i = 1 m λ i ∫ 0 η i ( η i − s ) q + β i − 1 Γ ( q + β i ) f ( s ， u ( s ) ) d s | ≤ ∫ 0 t ( t − s ) q − 1 Γ ( q ) | f ( s ， u ( s ) ) | d s + t A ∫ 0 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) | f ( s ， u ( s ) ) | d s               + t A ∑ i = 1 m λ i ∫ 0 η i ( η i − s ) q + β i − 1 Γ ( q + β i ) | f ( s ， u ( s ) ) | d s ≤ K Γ ( q ) ∫ 0 t ( t − s ) q − 1 d s + K t A Γ ( q − σ ) ∫ 0 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 d s               + K t A ∑ i = 1 m λ i ∫ 0 η i ( η i − s ) q + β i − 1 Γ ( q + β i ) d s ≤ K [ 1 Γ ( q + 1 ) + 1 A Γ ( q − σ + 1 ) + 1 A ∑ i = 1 m λ i η i q + β i Γ ( q + β i + 1 ) ] . 因此， u ∈ T ( Ω ) 是一致有界的。 对于任意的 ε > 0 ， t 1 ， t 2 ∈ [ 0 ， 1 ] ( t 1 < t 2 ) 存在 δ = ε 5 K Γ ( q + 1 ) + K A Γ ( q − σ + 1 ) + K A ∑ i = 1 m λ i η i q + β i Γ ( q + β i + 1 ) > 0 ， 若 t 2 − t 1 < δ ，则 | ( T u ) ( t 2 ) − ( T u ) ( t 1 ) | = | ∫ 0 1 G ( t 2 ， s ) f ( s ， u ( s ) ) d s − ∫ 0 1 G ( t 1 ， s ) f ( s ， u ( s ) ) d s | ≤ ∫ 0 t 1 ( t 2 − s ) q − 1 − ( t 1 − s ) q − 1 Γ ( q ) | f ( s ， u ( s ) ) | d s + ∫ t 1 t 2 ( t 2 − s ) q − 1 Γ ( q ) | f ( s ， u ( s ) ) | d s               + t 2 − t 1 A ∫ 0 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) | f ( s ， u ( s ) ) | d s + t 2 − t 1 A ∑ i = 1 m λ i ∫ 0 η i ( η i − s ) q + β i − 1 Γ ( q + β i ) | f ( s ， u ( s ) ) | d s ≤ K [ 2 ( t 2 − t 1 ) q + ( t 2 q − t 1 q ) ] Γ ( q + 1 ) + K ( t 2 − t 1 ) A Γ ( q − σ ) ∫ 0 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 d s               + K ( t 2 − t 1 ) A ∑ i = 1 m λ i ∫ 0 η i ( η i − s ) q + β i − 1 Γ ( q + β i ) d s ≤ [ 5 K Γ ( q + 1 ) + K A Γ ( q − σ + 1 ) + K A ∑ i = 1 m λ i η i q + β i Γ ( q + β i + 1 ) ] ( t 2 − t 1 ) < ε . 因此，由Arzela-Ascoli定理，算子T是全连续的。 接下来，考虑集合 V = { u ∈ X | u = μ T u ，         0 < μ < 1 } ，下证集合 V 是有界的。 | u ( t ) | = | μ ( T u ) ( t ) |                                                     ≤ ∫ 0 t ( t − s ) q − 1 Γ ( q ) | f ( s ， u ( s ) ) | d s + t A ∫ 0 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) | f ( s ， u ( s ) ) | d s                                                                 + t A ∑ i = 1 m λ i ∫ 0 η i ( η i − s ) q + β i − 1 Γ ( q + β i ) | f ( s ， u ( s ) ) | d s ≤ ∫ 0 t ( t − s ) q − 1 Γ ( q ) ( ‖ a ‖ + ‖ b ‖ ‖ u ‖ ) d s + t A ∫ 0 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) ( ‖ a ‖ + ‖ b ‖ ‖ u ‖ ) d s                                                                 + t A ∑ i = 1 m λ i ∫ 0 η i ( η i − s ) q + β i − 1 Γ ( q + β i ) ( ‖ a ‖ + ‖ b ‖ ‖ u ‖ ) d s                                                     ≤ ( ‖ a ‖ + ‖ b ‖ ‖ u ‖ ) [ 1 Γ ( q + 1 ) + 1 A Γ ( q − σ + 1 ) + 1 A ∑ i = 1 m λ i η i q + β i Γ ( q + β i + 1 ) ] . 因此，集合 V 是有界的。由定理2.1可知算子T至少有一个不动点，也就是边值问题(1)至少有一个解。 定理2.3 假设 f ∈ C ( [ 0 ， 1 ] × ℝ ， ℝ ) ，对于任意的 t ∈ [ 0 ， 1 ] ， x ， y ∈ ℝ ，存在正数 L 使得 | f ( t ， x ) − f ( t ， y ) | ≤ L | x − y | ， 其中 L < 1 1 Γ ( q + 1 ) + 1 A Γ ( q − σ + 1 ) + 1 A ∑ i = 1 m λ i η i q + β i Γ ( q + β i + 1 ) . 则边值问题(1)存在唯一解。 证明：对于任意 t ∈ [ 0 ， 1 ] ， u ( t ) ， v ( t ) ∈ C [ 0 ， 1 ] ，可得 | ( T u ) ( t ) − ( T v ) ( t ) | = | ∫ 0 1 G ( t ， s ) f ( s ， u ( s ) ) d s − ∫ 0 1 G ( t ， s ) f ( s ， v ( s ) ) d s | ≤ ∫ 0 t ( t − s ) q − 1 Γ ( q ) | f ( s ， u ( s ) ) − f ( s ， v ( s ) ) | + t A ∫ 0 1 ( 1 − s ) q − σ − 1 Γ ( q − σ ) | f ( s ， u ( s ) ) − f ( s ， v ( s ) ) | d s               + t A ∑ i = 1 m λ i ∫ 0 η i ( η i − s ) q + β i − 1 Γ ( q + β i ) | f ( s ， u ( s ) ) − f ( s ， v ( s ) ) | d s ≤ L | u − v | [ 1 Γ ( q + 1 ) + 1 A Γ ( q − σ + 1 ) + 1 A ∑ i = 1 m λ i η i q + β i Γ ( q + β i + 1 ) ] . 因此，由Banach压缩映射原理，可知算子T有唯一不动点，也就相当于边值问题(1)存在唯一解。