本文我们讨论以下一维平均曲率方程正解的准确个数 \begin{equation}\label{1.1m} \left\{ -\left(\frac{u'(x)}{\sqrt{1+u'(x)^2}}\right)'=\lambda f(u(x)),-1 < x < 1,\\[3mm] u(-1)=u(1)=0, \right. \tag{1.1} \end{equation} 其中 $lambda>0$ 是参数,非线性项 $f\in C^2(0,+\infty)$ 满足

$({\Bbb H}_1)$ $f(u)>0,>0,$ $ F(s)=\int_0^sf(t){\rm d}t < +\infty(s>0)$;

$({\Bbb H}_2)$ $\lim\limits_{u\rightarrow0^{+}}uf(u)= \lim\limits_{u\rightarrow0^{+}}u^2f'(u)=0$;

$({\Bbb H}_3)$ $ \lim\limits_{u\rightarrow0^{+}}\frac{f(u)}{u}=+\infty,$ $ \frac{uf'(u)}{f(u)}$ 在 $(0,+\infty)$ 递增.

对于下列问题 \begin{equation}\label{1.4p} \left\{ -\left(\frac{u'}{\sqrt{1+u'^2}}\right)'=\lambda \sum\limits_{i=1}^{m}a_i u^{q_i}, -1 < x < 1,\\[3mm] u(-1)=u(1)=0, \right. \tag{1.2} \end{equation} 其中 $q_i,a_i$ 满足 \begin{equation}\label{1.5p} -1 < \min\limits_{1\leq i\leq m}q_i < 1,q^*=\max\limits_{1\leq i\leq m}q_i >0,\ a_i>0,\mbox{其中} i=1,2,\cdots,m, \tag{1.3} \end{equation} 对于这个问题,$f(u)= \sum\limits_{i=1}^{m}a_i u^{q_i}$ 满足 $({\Bbb H}_1)-({\Bbb H}_3)$.

问题 $(1.1)$ 是一维情形的 Dirichlet 椭圆问题 \begin{equation}\label{1.2e} -{\rm div} \left(\frac{\nabla u}{\sqrt{1+\|\nabla u\|^2}}\right)=f(t,u) t\in \Omega,u|_{\partial \Omega}=0, \tag{1.4} \end{equation} 其中 $ \Omega $ 是 ${\Bbb R}^{N}$ 的有界区域, $f:\overline{\Omega}\times {\Bbb R}^+\rightarrow {\Bbb R}^+$ 连续. 众所周知 $(1.4)$ 式的解 $u$ 定义了 ${\Bbb R}^{N+1}$ 的一个 Cartesian 曲面,它的平均曲率由方程右边的表达式确定.

近20年来,问题 $(1.4)$ 的正解的存在性被多个作者对 $f $ 多种形式的讨论过^{[1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10]}. 另一方面,读者可通过文献^[]了解其他关于平均曲率方程的进展和应用.

最近,Habets,Omari^[2]对不同的凹凸函数 $f$ 讨论以下一维平均曲率方程 \begin{equation}\label{1.3p} \left\{\begin{array}{ll} - \left(\frac{ u'}{\sqrt{1+ u'^2}}\right)'=f(u),& u>0,x\in (0,1),\\ [3mm] u(0)=u(1)=0 & \end{array} \right.\tag{1.5} \end{equation} 正解的存在性、不存在性和准确个数,并引入时间映射分析法. 例如 $f (u) = \max\{\lambda u^p,\mu u^q\} $ 和 $f (u) = \min\{\lambda u^p,\mu u^q\} $, 其中 $0 < p < 1 < q.$ 特别地,对 $f (u) = \lambda u^p,$ 他们得到正解的准确个数,其中 $0 < p < 1,p = 1$ 或 $p > 1.$ 文献 ^[5] 用上下解的方法讨论了对 $f (u) = \lambda u^{-p},f (u) =\lambda (R-u)^{-q},$ $f (u) = \lambda u^{-p}(R-u)^{-q},R>0,p,q>0 $ 讨论问题 $(1.5)$,对较小的 $\lambda$ 得到正解个数的下界,对较大的 $\lambda$ 得到正解的不存在性,但没有对一般的 $\lambda$ 得到正解个数的上界. 而本文的引理 2.1可以用于讨论 $ f (u) = \lambda u^{-p}(R-u)^{-q},R>0,0\leq p < 1,q\geq 0 $ 的情形并证明此时问题 $(1.5)$ 至多有两个正解.

李伟胜和刘兆理在文献 ^[11]中对 $f (u) = \lambda (u^p+ u^q),1 < p < q < +\infty $ 讨论问题 $(1.5)$ 正解的准确个数,得到恰好有一个、两个正解以及不存在正解的充分条件.

最近,张雪梅和冯美强在文献 ^[12]中对$f (u) = \lambda (u^p+ u^q),0 < p < 1 < q < + \infty $ 讨论问题 $(1.5)$ 正解的准确个数. 张和冯在文献 ^[15]中对 $f (u) = \lambda (u^p+ u^q),0 \leq p < q < + \infty $ 或 $-1 < p < q\leq 0,$ 或 $-\frac{1 }{3}\leq p < 0 < q,$ 讨论问题 $(1.5)$ 正解的准确个数. 对于以上情形他们证明问题 $(1.5)$ 至多有两个解. 这种情形非线性项 $f$ 具有奇性，有关奇异边值问题正解的存在性结果参见文献^[]. 文献 ^[16] 对 $f (u) = \lambda (u^p+ u^q),0 \leq p < q < + \infty $ 进一步讨论问题 $(1.5)$ 正解的准确个数. 因此问题 $(1.5)$ 至多有两个解这一结论对于 $f (u) = \lambda (u^p+ u^q),-1 < p < -\frac{1}{3} < 0 < q < + \infty $ 是否仍然成立成为未解决的问题. 本文的目的是解决这一问题.

文献 ^[12] 的关键结论引理 2.7 讨论了 $T"+\frac{M}{2s}T'$ 的符号, 这一方法最初由文献 ^[14] 引进. 对于 $f (u) = \lambda (u^p+ u^q),-1 < p < -\frac{1 }{3} < 0 < q < + \infty $ 的情形,这一方法的本质困难在于 $\frac{\triangle f} {\triangle F}>\frac{2}{3}$ 不一定成立. 本文的引理 2.1 可以克服这一困难,并给出一个更便于判断 $T"+\frac{M}{2s}T'$ 的符号的公式,本文的引理 2.1 对文献^[12]的引理 2.7作出了本质的改进,并解决以上问题. 本文的引理 2.5 包含并改进了文献^[12] 的引理 2.4(6),文献 ^[11] 的引理 3.1(v),文献 ^[13] 的命题 2.10,文献^[15] 的引理2.3. 本文用时间映射分析法研究了具有一般非线性(包括奇异) 一维平均曲率方程正解的准确个数. 本文第二节介绍了时间映射分析法的应用和一些引理，第三节介绍了主要结果及证明.

称 $u\in C^{[-1, 1]}\cap C^2(-1,1)$ 是问题 (1.1) 的正解是指满足 $u(x)>0$,$x\in (-1,1)$ 且满足问题 (1.1). 时间映射的积分公式用于讨论问题 (1.1) 的正解个数,具体推导如下.

对 (1.1)式两边同乘 $u'(x)$ 并积分得 \begin{equation}\label{2.1p} 1-\frac{1}{\sqrt{1+(u'(x))^2}}+\lambda F(u(x))=\mbox{常数,} \tag{2.1} \end{equation} 因我们讨论的是问题 (1.1) 的正解,因此,$u(x)$ 必须是关于 $x=0$ 是对称的,且 $u'(x)>0$,$-1 < x < 0$. 从而 $\|u\|_{\infty} =u(0)$.令 $s = u(0)$ 且代入方程 $(2.1)$ 得 \begin{equation}\label{2.2p} u'(x)=\frac{\sqrt{1-[1+\lambda F(u)-\lambda F(s)]^2}}{1+\lambda F(u)-\lambda F(s)},-1 < x < 0. \tag{2.2} \end{equation} 对 $(2.2)$ 式在区间 $^{[-1, 0]}$ 上积分得, \begin{equation}\label{2.3p} 1=\int_{0}^{s}\frac{1+\lambda F(u)-\lambda F(s)}{\sqrt{1-[1+\lambda F(u)-\lambda F(s)]^2}}{\rm d}u:=T_{\lambda}(s),0 < s\leq F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right). \tag{2.3} \end{equation} 用于讨论问题的积分公式 $(1.1)$ 呈现如下形式 \begin{equation}\label{2.4p} T_{\lambda}(s)=\int_{0}^{s}\frac{1+\lambda F(u)-\lambda F(s)}{\sqrt{1-[1+\lambda F(u)-\lambda F(s)]^2}}{\rm d}u,s\in\left(0,F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)\right]. \tag{2.4} \end{equation} 问题 $(1.1)$ 的解 $u$ 对应于 $\|u\|_\infty=s$ 且 $T_{\lambda}(s)=1 .$ 这样, 问题 $(1.1)$ 解的个数等于方程\ $s\in\left(0,F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)\right]$,$T_{\lambda}(s)=1$ 解的个数.为了研究 $T_{\lambda}(s)$ 的性质,我们有下列引理 .

引理 2.1  设 (i) $ 0 < a < b,\alpha \in(0,1),\Sigma_{a,b}=\{(s,u)\big| 0 < u < s,s\in[a,b]\}; $ (ii) $ M(s)\in C[a,b], A(s,u)\in C^2(\Sigma_{a,b}),B(s,u)=sA_s+uA_u, C(s,u)=B_s+\alpha {M}A_s,$ \begin{equation}\label{2.5p} \lim\limits_{u\rightarrow s^{-}}B(s,u) +\alpha M(s)A(s,u)=0; \tag{2.5} \end{equation} (iii) $ A(s,u)(s-u)^{\alpha },$ $ B(s,u)(s-u)^{\alpha },$ $ (sB_s+uB_u)(s-u)^{\alpha }$ 在 $\Sigma_{a,b} $ 上有界. 令 \begin{equation}\label{2.6t} T(s)=\int_{0}^{s}A(s,u){\rm d}u. \tag{2.6} \end{equation} 则 $T(s)\in C^2[a,b]$,且有 \begin{equation}\label{2.7t} sT'(s)=\int_{0}^{s}(A(s,u)+B(s,u)){\rm d}u, \tag{2.7} \end{equation} \begin{equation}\label{2.8t} sT"(s)+\alpha M(s)T'(s)=\int_{0}^{s}C(s,u){\rm d}u. \tag{2.8} \end{equation} 进一步若 $A(s,u)\in C(\Sigma_{a,b}^1),$ 其中 $ \Sigma_{a,b}^1=\left\{(s,u)|0\leq u < s,s\in[a,b]\right\},$ 则 \begin{equation}\label{2.9t} T'(s)=\int_{0}^{s}(A_s+A_u)(s,u){\rm d}u+A(s,0).\tag{2.9} \end{equation}

证   在 $(2.6)$式中作变量代换 $u=st$,则有 $$T(s)=\int_{0}^{s}A(s,u){\rm d}u=\int_{0}^{1}sA(s,st){\rm d}t =\int_{0}^{1}A_1(s,t){\rm d}t, $$ 这里 $A_1(s,t)=sA(s,st)\in C^2([a,b]\times(0,1)).$ 对 $A_1(s,t)$ 关于 $s$ 求导有 $$ \frac{\partial}{\partial s}A_1(s,t)=(A+sA_s+stA_u)(s,st)=A(s,st)+B(s,st), $$ 且有 $$ \frac{\partial^2}{\partial s^2}A_1(s,t)=(A_s+tA_u+B_s+tB_u)(s,st)=\frac{1}{s} (B+sB_s+uB_u)(s,st).$$ 由假设 (iii) 可知 $A_1(s,t)(1-t)^{\alpha },$ $ \frac{\partial}{\partial s}A_1(s,t)(1-t)^{\alpha },$ $ \frac{\partial^2}{\partial s^2}A_1(s,t)(1-t)^{\alpha }$ 在 $ [a,b] \times(0,1) $ 上有界. 因此广义积分 $$ \int_{0}^{1}A_1(s,t){\rm d}t, \int_{0}^{1}\frac{\partial}{\partial s}A_1(s,t){\rm d}t, \int_{0}^{1}\frac{\partial^2}{\partial s^2}A_1(s,t){\rm d}t $$ 关于 $s\in[a,b]$ 一致收敛. 由广义积分关于参变量的求导法则得 $$T(s)=\int_{0}^{1}A_1(s,t){\rm d}t\in C^2[a,b], $$ $$ T'(s)=\int_{0}^{1}\frac{\partial}{\partial s}A_1(s,t){\rm d}t= \int_{0}^{1}(A(s,st)+B(s,st)){\rm d}t =\frac{1}{s}\int_{0}^{s}(A(s,u)+B(s,u)){\rm d}u, $$ $$ T"(s)=\int_{0}^{1}\frac{\partial^2}{\partial s^2}A_1(s,t){\rm d}t =\int_{0}^{1}\frac{1}{s}(B+sB_s+uB_u)(s,st){\rm d}t =\frac{1}{s^2}\int_{0}^{s}(B+sB_s+uB_u){\rm d}u.$$ 因此,$(2.7)$ 式成立. 根据 $(2.5)$ 式和假设 (iii) 得 \begin{eqnarray*} sT"(s)+\alpha M(s)T'(s)&=&\frac{1}{s}\int_{0}^{s}(B+sB_s+uB_u){\rm d}u+ \frac{\alpha M}{s}\int_{0}^{s}(A+B){\rm d}u\ &=&\int_{0}^{s}\left[\frac{1}{s}(B+sB_s+uB_u)+\frac{\alpha M}{s}(A+sA_s+uA_u)\right]{\rm d}u\ &=&\int_{0}^{s}\left[(B_s+\alpha {M}A_s)+ \frac{\partial}{\partial u} \left(\frac{u}{s}(B+\alpha {M}A)\right)\right]{\rm d}u\ &=&\int_{0}^{s}(B_s+\alpha {M}A_s){\rm d}u+ \left.\frac{u}{s}(B+\alpha {M}A)\right|_{0}^{s}\\ &=&\int_{0}^{s}C(s,u){\rm d}u+0, \end{eqnarray*} 因此 (2.8) 式成立. 而且若 $A(s,u)\in C(\Sigma_{a,b}^1),$ 则 \begin{eqnarray*}T'(s)&=&\frac{1}{s}\int_{0}^{s}(A(s,u)+B(s,u)){\rm d}u =\int_{0}^{s}\frac{1}{s}(A+sA_s+uA_u){\rm d}u\\ &=&\int_{0}^{s}\left[(A_s+A_u)+ \frac{\partial}{\partial u} \left(\frac{u-s}{s}A\right)\right]{\rm d}u=\int_{0}^{s}(A_s+A_u){\rm d}u+ \left.\frac{u-s}{s}A\right|_{0}^{s}\\ &=&\int_{0}^{s}(A_s+A_u)(s,u){\rm d}u+A(s,0), \end{eqnarray*} 因此 $(2.9)$ 式成立.

为了利用引理 2.1,作如下记号 \begin{equation}\label{2.11F} \triangle F=\triangle F_{\lambda }(s,u)=\lambda(F(s)-F(u)), \triangle f=\triangle f_{\lambda }(s,u)=\lambda(sf(s)-uf(u)), \tag{2.10} \end{equation} \begin{equation}\label{2.12F} \triangle f'=\l(s^2f'(s)-u^2f'(u)),M(s)=1+\frac{sf'(s)}{f(s)}, \tag{2.11} \end{equation} \begin{equation}\label{2.13F} A(s,u)=\frac{1-\triangle F}{\sqrt{\triangle F(2-\triangle F)}}, B(s,u)=sA_s+uA_u=\frac{-\triangle f}{[\triangle F(2-\triangle F)]^{3/2}}, \tag{2.12} \end{equation} \begin{equation}\label{2.14F} C(s,u)=B_s+\frac{M}{2}A_s=\frac{3}{2}\lambda f(s)\times \frac{2\triangle f(1-\triangle F)-M\triangle F(2-\triangle F)} {[\triangle F(2-\triangle F)]^{5/2}}. \tag{2.13} \end{equation} 为简单起见,下面记 (2.4) 式中 $T_{\lambda}(s)$ 为 $T(s)$. 则有 \begin{equation}\label{2.15T} T(s)=\int_{0}^{s}\frac{1-\triangle F}{\sqrt{1-[1-\triangle F]^2}}{\rm d}u =\int_{0}^{s}A(s,u){\rm d}u. \tag{2.14} \end{equation}

命题 A  假设 $f\in C^2(0,+\infty)$ 满足 $({\Bbb H}_1)({\Bbb H}_2)$,若取 $\alpha =\frac{1}{2},$ $0 < a < b=F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)$, 则在 (2.11)--(2.13)式中函数 $ M(s)$,$A(s,u),$ $ B(s,u),$ $ C(s,u) $ 满足引理 2.1 中假设 (i)--(iii). 从而, $(2.14)$ 式中 $T(s)$ 满足 (2.7)--(2.9)式.

证  由条件 $({\Bbb H}_1)$ 中 $f\in C^2(0,+\infty)$ 和 $f(t)>0,$ $t>0$ 得 $f\in C^2[a/2,b]$ 且存在常数 $m_0,M_0,M_1,M_2$ 使得 $0 < m_0\leq f(t)\leq M_0, |f^{(i)}(t)|\leq M_i,t\in [a/2,b],\ i= 1,2.$ 从而对于 $(s,u)\in \Sigma_{a,b}\cap \{u\geq a/2\}$, 即 $0 < a/2 \leq u < s\leq b,s\in[a,b],$ 可得 $$0\leq \frac{s-u}{\triangle F}=\frac{s-u}{\lambda (F(s)-F(u))}=\frac{1}{\lambda F'(\xi _1)} =\frac{1}{\lambda f(\xi _1)}\leq \frac{1}{\lambda m _0}, $$ $$\left|\frac{\triangle f}{\triangle F}\right|=\left|\frac{sf(s)-uf(u)}{ (F(s)-F(u))}\right| =\left|\frac{(sf(s))'(\xi _2)}{ f(\xi _2)}\right|=\left|1+\frac{\xi _2f'(\xi _2)}{ f(\xi _2)}\right|\leq 1+\frac{bM_1}{m_0}, $$ $$\left|\frac{\triangle f'}{\triangle F}\right|=\left|\frac{s^2f'(s)-u^2f'(u)}{ (F(s)-F(u))}\right| =\left|\frac{(s^2f'(s))'(\xi _3)}{ f(\xi _3)}\right|\leq \frac{2bM_1+b^2M_2}{m_0}, $$ \begin{eqnarray*} \left|\left(\frac{\triangle f}{\triangle F}-M\right)\Big/(s-u)\right| &=&\left|\left(\frac{(sf(s))'(\xi _2)}{ f(\xi _2)}-\frac{(sf(s))'(s)}{ f(s)}\right)\Big/(s-u)\right| \\ & = &\left| \left(\frac{ sf'(s)}{f(s)}\right)'(\xi _4) \cdot \frac{(s-\xi _2)}{(s-u)}\right| \\ &\leq& \frac{(M_1+bM_2)M_0+bM_1^2}{m_0^2}, \end{eqnarray*} 其中 $0 < a/2 \leq u < \xi_i < s\leq b,i=1,2,3,4$. 因此由上面的四个表达式得 \begin{equation}\label{2.16aF} \frac{s-u}{\triangle F},\frac{\triangle f}{\triangle F},\frac{\triangle f'}{\triangle F},\left(\frac{\triangle f}{\triangle F}-M\right)\Big/(s-u) \ \mbox{在 } \Sigma_{a,b}\cap \{u\geq a/2\} \mbox{ 中有界.} \tag{2.16} \end{equation} 由 $f\in C^2(0,+\infty)$ 和条件 $({\Bbb H}_1)$ $({\Bbb H}_2)$,存在常数 $C_i>0,i=1,2,3,4,5$ 使得 $$ |uf(u)|\leq C_1,|u^2f'(u)|\leq C_2,0\leq u\leq a/2, $$ $$ |sf(s)|\leq C_3,|s^2f'(s)|\leq C_4,| M(s)|\leq C_5,a \leq s\leq b. $$ 从而对于 $(s,u)\in \Sigma_{a,b}\cap \{ u\leq a/2\}$,即 $0\leq u\leq a/2\leq a\leq s\leq b$ 可得 $$\left|\frac{s-u}{\triangle F}\right|\leq \frac{b}{\lambda (F(a)-F(a/2))},\ \left|\frac{\triangle f}{\triangle F}\right|=\left|\frac{sf(s)-uf(u)}{ F(s)-F(u)}\right|\leq \frac{C_1+C_3}{ (F(a)-F(a/2))}, $$ $$\left|\frac{\triangle f'}{\triangle F}\right|=\left|\frac{s^2f'(s)-u^2f'(u)}{F(s)-F(u)}\right| \leq \frac{C_2+C_4}{ (F(a)-F(a/2))}, $$ $$\left|\left(\frac{\triangle f}{\triangle F}-M\right)\Big/(s-u)\right| \leq \left[\frac{C_1+C_3}{ (F(a)-F(a/2))} +C_5\right]\Big/(a/2) . $$ 因此, \begin{equation}\label{2.16bF} \frac{s-u}{\triangle F},\frac{\triangle f}{\triangle F},\frac{\triangle f'}{\triangle F},\left(\frac{\triangle f}{\triangle F}-M\right)\Big/(s-u) \ \mbox{在 } \Sigma_{a,b}\cap \{u\leq a/2\} \mbox{中有界.} \tag{2.17} \end{equation} 由 $(2.15)$ 和 (2.16) 式得 \begin{equation}\label{2.16F} \frac{s-u}{\triangle F},\frac{\triangle f}{\triangle F},\frac{\triangle f'}{\triangle F},\left(\frac{\triangle f}{\triangle F}-M\right)\Big/(s-u) \ \mbox{在 } \Sigma_{a,b} \mbox{中有界.} \tag{2.18} \end{equation} 由 $(2.12)$ 式得 $$ A_s(s,u)=-\lambda f(s)[\triangle F(2-\triangle F)]^{-3/2},\ A_u(s,u)=\lambda f(u)[\triangle F(2-\triangle F)]^{-3/2}, $$ \begin{equation}\label{2.17F} B(s,u)=sA_s+uA_u=-\triangle f[\triangle F(2-\triangle F)]^{-3/2}. \tag{2.19} \end{equation} $$ B_s(s,u)=-(\triangle f)_s[\triangle F(2-\triangle F)]^{-3/2} +3 \lambda f(s)\triangle f [\triangle F(2-\triangle F)]^{-5/2}(1- \triangle F) ,$$ $$ B_u(s,u)=-(\triangle f)_u[\triangle F(2-\triangle F)]^{-3/2} -3 \lambda f(u)\triangle f [\triangle F(2-\triangle F)]^{-5/2}(1- \triangle F) ,$$

由 $(2.13)$,$(2.18)$,$(2.19)$式和 $0 < \triangle F\leq 1$ 可得 \begin{equation}\label{2.19F} \left|A(s,u)(s-u)^{1/2}\right|\leq \left|\left(\frac{s-u}{\triangle F}\right)^{1/2}\right|,\ \tag{2.20} \end{equation} \begin{equation}\label{2.20F} \left|B(s,u)(s-u)^{1/2}\right|\leq \left|\frac{\triangle f}{\triangle F}\right| \cdot \left|\left(\frac{s-u}{\triangle F}\right)^{1/2}\right|, \tag{2.21} \end{equation} \begin{equation}\label{2.21F} \left|(sB_s+uB_u)(s-u)^{1/2}\right|\leq \left( \left|\frac{\triangle f}{\triangle F}\right|+ \left|\frac{\triangle f'}{\triangle F}\right|\right) \cdot \left|\left(\frac{s-u}{\triangle F}\right)^{1/2}\right| +3 \left( \left|\frac{\triangle f}{\triangle F}\right|\right)^2 \cdot \left|\left(\frac{s-u}{\triangle F}\right)^{1/2}\right|. \tag{2.22} \end{equation} 由 (2.17),(2.20)--(2.22)式可得 $ A(s,u)(s-u)^{1/2},$ $ B(s,u)(s-u)^{1/2},$ $ (sB_s+uB_u)(s-u)^{1/2}$ 在 $\Sigma_{a,b} $ 中有界. 因此,引理 2.1 中假设 (iii) 成立.

显然,由 $\alpha =1/2$,引理 2.1 中假设 (i) 成立,且 $ M(s)\in C[a,b],$ $A(s,u)\in C^2(\Sigma_{a,b}).$ 由 $(2.12)$ 式得 \[\begin{align} & B(s,u)+\alpha M(s)A(s,u)=\left( \alpha M(1-\vartriangle F)\vartriangle F(2-\vartriangle F)-\vartriangle f \right){{[\vartriangle F(2-\vartriangle F)]}^{-3/2}} \\ & =\left( \alpha M{{(\vartriangle F)}^{2}}(\vartriangle F-3)+M\vartriangle F-\vartriangle f \right){{[\vartriangle F(2-\vartriangle F)]}^{-3/2}} \\ & =\frac{\alpha M{{(\vartriangle F)}^{1/2}}(\vartriangle F-3)}{{{(2-\vartriangle F)}^{3/2}}}-\frac{\vartriangle f/\vartriangle F-M}{s-u}\cdot {{\left( \frac{s-u}{\vartriangle F} \right)}^{1/2}}\cdot \frac{{{(s-u)}^{1/2}}}{{{(2-\vartriangle F)}^{3/2}}}. \\ \end{align}\] 由 $0 < \triangle F\leq 1$ 得 $\left|\frac{(\triangle F-3)}{(2-\triangle F)^{3/2}}\right|\leq 3$, $\left|\frac{1}{(2-\triangle F)^{3/2}}\right|\leq 1$. 所以 \begin{equation}\label{2.22B} \left|B+\\alpha M A\right|\leq 3\\alpha M (\triangle F)^{1/2}+ \left| \frac{\triangle f\Big/ \triangle F- M }{s-u}\right|\cdot \left|\left(\frac{s-u}{\triangle F}\right)^{1/2}\right| \cdot (s-u)^{1/2}. \tag{2.23} \end{equation} 利用 $(2.17)$ 和 $(2.23)$式可得 $ \lim\limits_{u\rightarrow s^{-}}B(s,u) +\frac{1}{2} M(s)A(s,u)=0. $ 从而,引理 2.1 中假设 (ii) 成立.

引理 2.2  假设 $f\in C^2(0,+\infty)$ 满足条件 $({\Bbb H}_1)-({\Bbb H}_3)$,对于 $0 < u < s\leq F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)$, 则有结论 (a) $ \triangle f\leq M\triangle F,$ (b) $ M(s)>0$,(c) $C(s,u) < 0$.

证   根据条件 $({\Bbb H}_3)$,$M(s)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调增加的, 从而 $$\frac{\triangle f}{\triangle F} =\frac{(sf(s))'(\xi _2)} { f(\xi _2)}=M(\xi _2)\leq M(s),u < \xi _2 < s, $$ 且结论 (a) 成立. 设 $ M(s_0)\leq 0$,$ s_0>0$,则有 $M(s)\leq M(s_0)\leq 0,$ $ 0 < s < s_0,$ $ (sf(s))'=f(s)M(s)\leq0,$ $ sf(s)\geq s_0f(s_0),$ $ 0 < s < s_0.$ 从而有 $$ \int_0^{s_0}f(t){\rm d}t\geq\int_0^{s_0}\frac{s_0f(s_0)}{t}{\rm d}t=+\infty, $$ 矛盾. 因此结论 (b) 成立. 由结论 (a),(b) 和 $ 0 < \triangle F\leq1$ 得 \begin{eqnarray*} 2\triangle f(1-\triangle F)-M\triangle F(2-\triangle F) & \leq & 2M\triangle F(1-\triangle F)-M\triangle F(2-\triangle F)\ &=&-M\triangle F\triangle F < 0, \end{eqnarray*} 再由 (2.13)式知结论 (c) 成立.

记函数 \begin{equation}\label{2.10gh} g(\lambda)=T\left(F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)\right),\ h(\lambda)=\sup\left\{T(s)\Big|s\in\left(0,F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)\right]\right\}.\tag{2.24} \end{equation} 关于 $g(\lambda),h(\lambda)$ 的性质有下列引理 2.3--2.5.

引理 2.3  (参见文献 [11,引理 3.2])\quad 假设 $f\in C^2(0,+\infty)$ 满足条件 $({\Bbb H}_1)-({\Bbb H}_3)$. 则有

(i) $h(\lambda)$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格递减的;

(ii) $ h(\lambda)$ 在 $(0,+\infty)$ 上连续;

(iii) $ \lim\limits_{\lambda\rightarrow+\infty}h(\lambda)=0,\ \lim\limits_{\lambda\rightarrow0^{+}}h(\lambda)=+\infty.$

证  设 $\beta (\lambda) =F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)$. 由 $F(\beta (\lambda ))=\frac{1}{\lambda}$,得 $$\beta '(\lambda)= -\frac{1}{\lambda ^2 f(\beta (\lambda ))} < 0,\forall\lambda \in (0,+\infty). $$ 从而,$\beta (\lambda)$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格递减的. 设 $0 < \lambda _1 < \lambda _2 < +\infty$. 则由 $\triangle F_{\lambda}(s,u)$ 的定义得 $ \beta (\lambda _2) < \beta (\lambda _1), $ $\forall0 < u < s\leq\beta (\lambda _2)$, $ \triangle F_{\lambda_1}(s,u) < \triangle F_{\lambda_2}(s,u).$ 由 $0 < s \leq\beta (\lambda _2)$ 得 $$ T_{\lambda_2}(s)=\int_0^s \frac{1-\triangle F_{\lambda_2}(s,u)}{\sqrt{1-[1-\triangle F_{\lambda_2}(s,u)]^2}}{\rm d}u < \int_0^s \frac{1-\triangle F_{\lambda_1}(s,u)}{\sqrt{1-[1-\triangle F_{\lambda_1}(s,u)]^2}}{\rm d}u =T_{\lambda_1}(s).$$ 从而 $h(\lambda _2) < h(\lambda _1)$,且有 $h(\lambda)$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格递减,结论 (i) 成立.

设 $\lambda _0\in (0,+\infty )$,因 $\lambda _0F(\beta (\lambda _0))=1$. 则存在 $0 < \delta _0 < \lambda _0 $ 使得 $(\lambda _0+ \delta _0) F(\beta( \lambda _0)+ \delta _0) < 3/2$.从而有 $\triangle F_{\lambda}(s,u)=\lambda (F(s)-F(u)) < 3/2$, $0\leq \lambda \leq \lambda _0+ \delta _0$, $0\leq u\leq s \leq \beta( \lambda _0)+ \delta _0$. 由式 $(2.17)$ 和 $(2.20)$,可知 $T_{\lambda}(s)\in C([\delta_0,\lambda _0+ \delta _0]\times [0, \beta( \lambda _0)+ \delta _0])$. 定义 $T_{\lambda }(0)=0$.利用 (i),得 \begin{equation}\label{2.22h} \lim\limits_{\lambda \rightarrow \lambda _0^-}h(\lambda)\geq h(\lambda _0)\geq \lim\limits_{\lambda \rightarrow \lambda _0^+}h(\lambda).\tag{2.25} \end{equation} 下证 (2.25) 式成立. 若不然,则有 \begin{equation}\label{2.23h} \lim\limits_{\lambda \rightarrow \lambda _0^-}h(\lambda)> h(\lambda _0).\tag{2.26} \end{equation} 选择递增的序列 $\lambda_{n}\subset (0,\lambda _0)$ 满足 $ \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \lambda _n=\lambda_0 $ 并选择序列 $s_n\in (0,\beta (\lambda _n)]$ 使得 $ \beta (\lambda _n) < \beta (\lambda _0)+\delta,h(\lambda _n)=T_{\lambda _n}(s_n).$ 因为 $ \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \beta (\lambda _n)=\beta (\lambda _0)$, 我们可假设存在 $s_0\in [0,\beta (\lambda _0)]$ 使得 $ \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} s _n=s _0$. 则利用 $T_{\lambda}(s)$ 的连续性可知 $ \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} h(\lambda_n)= \lim\limits_{n \rightarrow +\infty}T_{\lambda _n}(s_n)=T_{\lambda_0}(s_0)\leq h(\lambda _0)$ 这与 $(2.26)$ 式矛盾. 从而有, $ \lim\limits_{\lambda +\rightarrow \lambda _0^-}h(\lambda)= h(\lambda _0)$. 类似可证 $ \lim\limits_{\lambda +\rightarrow \lambda _0^+}h(\lambda)= h(\lambda _0)$. 所以 $h(\lambda)$ 在 $\lambda _0$ 处连续. 这证明了 (ii).

由 $0 < \triangle F\leq 1$,$0 < s\leq \beta (\lambda)$ 得 \begin{equation}\label{2.24T} T_{\lambda}(s)=\int_{0}^{s}\frac{1-\triangle F}{\sqrt{1-[1-\triangle F]^2}}{\rm d}u \leq \int_{0}^{s}\frac{1}{\sqrt{\triangle F}}{\rm d}u =\frac{1}{\sqrt{\lambda}}\int_{0}^{s}\frac{1}{\sqrt{ F(s)-F(u)}}{\rm d}u.\tag{2.27} \end{equation} 由命题 A 和下列定理 3.1 证明可知,$0 < \int_{0}^{s}\frac{1}{\sqrt{ F(s)-F(u)}}{\rm d}u$ 对 $0 < s\leq \beta (\lambda)$ 有界.所以由 $(2.27)$ 式可得 $$ \lim\limits_{\lambda \rightarrow +\infty} h(\lambda)=\lim\limits_{\lambda \rightarrow +\infty} \max\limits_{0 < s\leq\beta (\lambda)}T_{\lambda}(s)=0.$$ 另一方面, \begin{eqnarray}\label{2.25T} T_{\lambda}(s)&=&\int_{0}^{s}\frac{1-\triangle F}{\sqrt{1-[1-\triangle F]^2}}{\rm d}u \geq \int_{0}^{s}\frac{1-\triangle F}{\sqrt{2 \triangle F}}{\rm d}u onumber\\ & =&\frac{1}{\sqrt{2 \lambda}} \int_{0}^{s} \frac{1}{\sqrt{ F(s)-F(u)}} {\rm d}u- \frac{ \lambda }{\sqrt{2} } \int_{0}^{s}( F(s)-F(u)) {\rm d}u. \tag{2.28}\end{eqnarray} 因此由 $(2.28)$ 式得 $ \lim\limits_{\lambda \rightarrow 0^+} h(\lambda)\geq \lim\limits_{\lambda \rightarrow 0^+} T_{\lambda}(s)=+\infty.$ 这就证明了 (iii).

引理 2.4   假设 $f\in C^2(0,+\infty)$ 满足条件 $({\Bbb H}_1)-({\Bbb H}_3)$. 则有

(a) 若 $f'(u)F(u)\leq f^2(u),\forall u\in (0,+\infty)$ 且严格不等式在某点 $u_0$ 成立, 则 $g(\lambda)$ 关于 $\lambda$ 严格递减;

(b) $g(\lambda)$ 关于 $\lambda$ 连续,$\lim\limits_{\lambda\rightarrow+\infty}g(\lambda)=0$;

(c) 若 $\lim\limits_{u\rightarrow{+\infty}}\frac{F(u)}{f(u)}= +\infty$,则 $\lim\limits_{\lambda\rightarrow0^{+}}g(\lambda)=+\infty$.

证  结论 (a) 由文献 [13,命题 2.8]可得,(a)的条件也是文献 ^[13] 提出的. 由 $T_{\lambda}(s)$ (关于 $\lambda,s$),$\beta (\lambda )$ 的连续性, $0\leq g(\lambda)\leq h(\lambda)$,引理 2.3 的 (iii), 可得结论 (b).结论 (c) 由文献 [13,命题 2.9] 可得.

对于 $T'\left(F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)\right)$ 的符号,我们有

引理 2.5  假设 $f\in C^2(0,+\infty)$ 满足条件 $({\Bbb H}_1),({\Bbb H}_2)$ 和 $({\Bbb H}_4)$: $f(u)$ 在 $(0,+\infty)$ 严格递增,则 $T'\left(F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)\right) < 0,h(\lambda)> g(\lambda) $.

证   由 $({\Bbb H}_4)$ 及 $A(s,u)\in C(\Sigma_{a,b}^1) $ 得 $ (A_s+A_u)(s,u)=\frac{-\lambda(f(s)-f(u))}{[\triangle F(2-\triangle F)]^{3/2}} < 0$ $ (0 < u < s),$ 结合 (2.9)式得 $ T'(s) < A(s,0)$. 另一方面我们有 $A\left(F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right),0\right)=0. $ 因此,$ T'\left(F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)\right) < 0.$ 结合 $(2.24)$ 式得 $h(\lambda)\geq g(\lambda)>0,$ $ T'\left(F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)\right) < 0 \Rightarrow h(\lambda)> g(\lambda) .$ 引理 2.5 得证.

注 2.1  对于引理 2.5,

(i) 文献 ^[12] 证明了以下情形 $$f(u)=u^p+u^q,\ \sqrt{\frac{\pi+2}{4(2-\sqrt{2})}}-1\leq p < 1 < q ,$$ 并猜想它对 $0 < p < 1 < q$ 成立 (见文献 [12,注 2.1]);

(ii) 文献 ^{[11, 15]} 证明了以下情形 $$f(u)=u^p+u^q,\left(\frac{\pi+2}{2\ln(\sqrt{2}+1)+2}\right)^{\frac{1}{2}} -1\leq p < q\leq1,$$ 并猜想它对 $0 < p < q\leq1$ 成立 (见文献 [11,注 1.4(c)]);

(iii) 文献 [13,命题2.10]中证明了 $f(0)>0$ 的情形,并认为 $f (0) = 0$ 的情形非常复杂,不能给出 $T'\left(F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)\right)$ 的准确描述.

本文的引理 2.5回答了以上问题,即 $T'\left(F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)\right) < 0$, 对文献 ^{[, 15]} 中的 $f(u)=u^p+u^q,0 < p < q$ 成立,也对文献 ^[13] 中的 $f (0) = 0$ 成立.

本文关于问题 $(1.1)$ 正解的准确个数的主要结论是下面的定理 3.1--3.3.

定理 3.1  假设 $f\in C^2(0,+\infty)$ 满足条件 $({\Bbb H}_1)-({\Bbb H}_3)$. 则

(i) $\lim\limits_{s\rightarrow0^{+}}T_{\lambda}(s)=0$;

(ii) 问题 $(1.1)$ 至多有两个正解;

(iii) 若 $h(\lambda)>1\geq g(\lambda)$,问题 $(1.1)$ 恰有两个正解;

(iv) 若 $h(\lambda)=1$ 或 $ g(\lambda)>1$,问题 $(1.1)$ 恰有一个正解;

(v) 若 $h(\lambda) < 1$,问题 $(1.1)$ 无解;\\ 其中 $h(\lambda)$ 和 $ g(\lambda)$ 由 $(2.24)$式定义.

注 3.1  (i) 定理 $3.1$ 允许 $\lim\limits_{s\rightarrow0^{+}}f(s)=+\infty$, 例如问题 $(1.2)$ 的奇异情形 $-1 < \min\limits_{1\leq i\leq m}q_i < -\frac{1}{3}.$

(ii) 定理 $3.1 $ 适用于多种非线性函数,例如: (a) $ f(u)=(u^p+u^q+ku)(p>q>-1,k\geq 0)$,此例包含了文献 ^{[, ]} 中的所有情形, (b) 文献^[13] 中的 $f(u)=(1+u)^p(p>0)$, (c) 文献 ^[13] 中的 $f(u)=a^u(a>1)$. 容易验证以上情形都满足条件 $({\Bbb H}_1)-({\Bbb H}_3).$

证  取 $\alpha =\frac{1}{2},$ $ 0 < a < b=F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right),$ 由命题 A 函数 $A(s,u),B(s,u),C(s,u),M(s),T(s)$ 满足引理 2.1 的条件, 由引理2.2 得 $C(s,u) < 0$,再利用引理 2.1 的结论得 $\forall 0 < a < b=F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right),$ 有 $ T(s)\in C^2[a,b],$ $$ sT"(s)+\frac{1}{2} M(s)T'(s)=\int_{0}^{s}C(s,u){\rm d}u < 0, \forall 0 < a\leq s\leq b=F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right), $$ $$ T(s)\in C^2\left(0,F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)\right],$$ \begin{equation}\label{3.1t} sT"(s)+\frac{1}{2} M(s)T'(s) < 0,\forall0 < s\leq F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right).\tag{3.1} \end{equation} 由于 $$\triangle F= \lambda \int_u^s f(t){\rm d}t \geq \lambda \int_u^s \omega (s) t {\rm d}t =\frac{\lambda}{2} \omega (s) (s^2-u^2), $$ 其中 $\omega(s)=\inf\limits_{0 < t < s}\frac{f(t)}{t}$.我们有 \begin{eqnarray*} 0 < T(s)& =&\int_{0}^{s}\frac{1-\triangle F}{\sqrt{1-[1-\triangle F]^2}}{\rm d}u \leq\int_{0}^{s}\frac{{\rm d}u}{\sqrt{\triangle F}} onumber\\ & \leq& \int_{0}^{s}\frac{\sqrt{2} {\rm d}u}{\sqrt{\lambda\omega(s)(s^2-u^2)}} =\frac{\sqrt{2}\pi}{2\sqrt{\lambda\omega(s)}}, \end{eqnarray*} 由 $({\Bbb H}_3)$ 得 $ \lim\limits_{s\to 0^+}\omega(s)=+\infty. $ 因此, $ \lim\limits_{s\rightarrow0^{+}}T_{\lambda}(s)=0. $ 结论 (i) 成立.

由 (3.1)式,得 $\forall\lambda \in (0,+\infty)$,$T_{\lambda}(s)>0$ 在 $ \left(0,F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)\right)$ 的临界点必为严格极大值点, 因此至多一个极大值点. 结合 (i) 得当 $T_{\lambda}'\left(F^{-1} \left(\frac{1}{\lambda}\right)\right)\geq0$ 时有 $\exists s_0=\beta (\lambda) =F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)$, 使得 $T_{\lambda}'(s)>0\forall0 < s < s_0$,此时至多一个 $s$ 满足 $(2.3)$式. 当 $T_{\lambda}'\left(F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)\right) < 0$ 时 $\exists0 < s_0 < \beta (\lambda)=F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)$. 使得 $T_{\lambda}'(s)>0,\forall0 < s < s_0$,$T_{\lambda}'(s) < 0\forall s_0 < s\leq \beta (\lambda)$. 此时至多两个 $s$ 满足 (2.3)式. 因此问题 $(1.1)$ 至多有两个正解. (ii) 得证.

若 $h(\lambda)>1\geq g(\lambda),\lambda \in (0,+\infty)$. 则 $\exists0 < s_1 < s_0 < s_2\leq \beta (\lambda) $ 使得 $h(\lambda)=T_{\lambda}(s_0)>1$,$T_{\lambda}(s_1)=T_{\lambda}(s_2)=1\geq g(\lambda)$. 因此 问题 $(1.1)$ 恰有两个正解.(iii) 得证.

若 $h(\lambda)=1$,则 $h(\lambda)=1=T_{\lambda}(s_0)$. 若 $g(\lambda)>1$,则 $\exists0 < s_1 < s_0\leq \beta (\lambda) $ 使得 $h(\lambda)=T_{\lambda}(s_0)\geq g(\lambda )>1$,$T_{\lambda}(s_1)=1$. 因此 问题 $(1.1)$ 恰有一个正解若 $h(\lambda)=1$ 或 $ g(\lambda)>1$. 因此,(iv) 成立. (v) 显然成立. 定理 3.1 证毕.

记 $L_0$ 为问题 $(1.1)$ 的正解的个数,$L_1$ 为 $\left\{s \in (0,s_0] \big | T_{\lambda}(s)=1\right\} $ 的元素个数,$L_2$ 为 $ \left\{s\in \left(s_0,F^{-1}\left(\frac{1}{\lambda}\right)\right] \Big| T_{\lambda}(s)=1\right\}.$ 的元素个数, 则有 $L_0=L_1+L_2$,且 \begin{equation}\label{3.2L} {{L}_{2}}=\left\{ \begin{matrix} 1,\text{若}h\left( \lambda \right)\ge 1, \\ 0,\text{若}h\left( \lambda \right)<1, \\ \end{matrix} \right.{{L}_{2}}=\left\{ \begin{matrix} 1,\text{若}g\left( \lambda \right)\le 1<h\left( \lambda \right), \\ 0,其他情形. \\ \end{matrix} \right. \tag{3.2} \end{equation}

定理 3.2  假设 $f\in C^2(0,+\infty)$ 满足条件 $({\Bbb H}_1)-({\Bbb H}_3)$,则

(a) $\forall \lambda>0$ 问题 $(1.1)$ 至多有两个正解.

(b) $\exists0 < \lambda_2 < +\infty$ 使得: (i) 若 $ 0 < \lambda \leq \lambda _2$,则问题 (1.1) 至少有一个正解; (ii) 若 $\lambda >\lambda _2$ 则问题 (1.1) 无解. 进一步若 $\lim\limits_{u\rightarrow{+\infty}}\frac{F(u)}{f(u)}= +\infty$,则 $\exists0 < \lambda_1 < \lambda_2$ 使得若 $ 0 < \lambda < \lambda _1$ 则问题 (1.1) 恰有一个正解.

(c) 进一步若 $f'(u)F(u)\leq f^2(u),u>0$. 则 $\exists 0 < \lambda_*\leq \lambda^* < +\infty$ 使得: (i) 若 $ \lambda\in (0,\lambda_*) \cup \{\lambda ^*\}$, 则问题(1.1) 恰有一个正解; (ii) 若 $ \lambda\in [\lambda_*,\lambda ^*)$,则问题 (1.1) 恰有两个正解 (注意,若 $\lambda_*= \lambda ^*$,则 $[\lambda_*,\lambda ^*)=\emptyset ); $ (iii) 若 $\lambda >\lambda ^*$,则问题 (1.1) 无解.进一步若 $f(u)$ 在 $(0,+\infty)$ 严格递增,则 $\lambda_* < \lambda ^*$.

证  结论 (a) 即为定理 3.1 的 (ii).对于结论 (b),由引理 2.3 得可取 $\lambda_2=h^{-1}(1)$,因此若 $\lambda>\lambda_2$ 则 $L_1=L_2=0,L_0=0$,若 $ 0 < \lambda \leq \lambda _2$ 则 $L_0\geq L_1=1$; 进一步若 $\lim\limits_{u\rightarrow{+\infty}}\frac{F(u)}{f(u)}= +\infty$,由引理 2.4 得 $\lim\limits_{\lambda\rightarrow0^{+}}g(\lambda)=+\infty$, $\therefore\exists0 < \lambda_1 < \lambda_2$ 使得若 $ 0 < \lambda < \lambda _1$,则 $g(\lambda)>1$. 因此, 若 $ 0 < \lambda < \lambda _1$,则 $ L_2=0,L_0= L_1=1$. 结论(b) 得证.

对于结论 (c). 若 $f'(u)F(u)\leq f^2(u),u>0$,由引理 2.3,引理2.4 及 $0 < g(\lambda )\leq h(\lambda )$得 $\lambda_*=g^{-1}(1),\lambda^*=h^{-1}(1)$的定义是有意义的, 且 $ 0 < \lambda_*\leq \lambda^* < +\infty $. 因此, (i) 若 $\lambda>\lambda^*$,则 $ L_1=L_2=0,L_0=0$; (ii) 若 $ \lambda\in (0,\lambda_*) \cup \{\lambda ^*\}$,则 $ L_1=1,L_2=0,L_0=1$; (iii) 若 $ \lambda\in [\lambda_*,\lambda ^*)$,则 $ L_1=L_2=1,L_0=2$; 进一步若 $f(u)$ 在 $(0,+\infty)$ 严格递增,则由引理 2.5 得 $h(\lambda)>g(\lambda)>0,\forall\lambda>0$. 因此, $ \lambda_* < \lambda ^*$. 结论 (c) 得证.

下面讨论问题(1.2) 这个特例,此时 $f(u)= \sum\limits_{i=1}^{m}a_i u^{q_i},$ 其中 $q_i,a_i$ 满足 $(1.3)$式,记 $q_*=\min\limits_{1\leq i\leq m}q_i,$ $ q^*=\max\limits_{1\leq i\leq m}q_i,$ 则 $-1 < q_* < 1,q^*>0$,我们有以下结论.

引理 3.1   假设 $f(u)= \sum\limits_{i=1}^{m}a_i u^{q_i},$ 其中 $q_i,a_i$ 满足 (1.3)式,则

(a) $ f(u)$ 满足 $({\Bbb H}_1)-({\Bbb H}_3)$, $\lim\limits_{u\rightarrow{+\infty}}\frac{F(u)}{f(u)}= +\infty$;

(b) 假设 $\sqrt{q^*+1}-\sqrt{q_*+1}\leq1$,则 $f'(u)F(u)\leq f^2(u),u>0$;

(c) 假设 $q^*>0,q_*\geq0$,则 $f(u)$ 在 $(0,+\infty)$ 严格递增.

证  此时 $ F(u)=\sum\limits_{i=1}^{m}\frac{a_i}{q_i+1} u^{q_i+1},$ $ f'(u)= \sum\limits_{i=1}^{m}a_iq_i u^{q_i-1},$ $(uf'(u))'= \sum\limits_{i=1}^{m}a_iq_i^2 u^{q_i-1}.$ 因此 $({\Bbb H}_1),({\Bbb H}_2)$ 成立, 且有 $\lim\limits_{u\rightarrow{0^+}}\frac{f(u)}{u}= +\infty,$ $\lim\limits_{u\rightarrow{+\infty}}\frac{F(u)}{f(u)}= +\infty$.\begin{eqnarray*} \because(uf'(u))'f(u)-uf'(u)^2&=& \left( \sum\limits_{i=1}^{m}a_iq_i^2 u^{q_i-1}\right)\left( \sum\limits_{i=1}^{m}a_i u^{q_i}\right)-u\left( \sum\limits_{i=1}^{m}a_iq_i u^{q_i-1}\right)^2\\ &=& \sum\limits_{1\leq i < j\leq m}a_ia_j(q_i-q_j)^2u^{q_i+q_j-1}\geq0, \end{eqnarray*} $$\therefore \left(\frac{uf'(u)}{f(u)}\right)'= \frac{(uf'(u))'f(u)-uf'(u)^2}{f(u)^2}\geq0,(u>0).$$ 因此,$ \frac{uf'(u)}{f(u)}$ 在 $(0,+\infty)$ 递增,$({\Bbb H}_3)$ 成立.结论 (a) 得证.

记 $P=(q^*+1)(q_*+1),Q=q^*+q_*+1$ 并假设 $\sqrt{q^*+1}-\sqrt{q_*+1}\leq1$. 则 \begin{equation}\label{3.3Q} Q-2\sqrt{P}=\left(\sqrt{q^*+1}-\sqrt{q_*+1}\right)^2-1\leq0, \tag{3.3} \end{equation} \begin{eqnarray}\label{3.4F} P\frac{F(u)}{u}+uf'(u)-Qf(u)&= &P\sum\limits_{i=1}^{m}\frac{a_i}{q_i+1} u^{q_i}+\sum\limits_{i=1}^{m}a_iq_i u^{q_i}-Q\sum\limits_{i=1}^{m}a_i u^{q_i} onumber\\ &=& \sum\limits_{i=1}^{m}a_i\left(\frac{P}{q_i+1}+q_i-Q\right)u^{q_i} onumber\\ &=& \sum\limits_{i=1}^{m}a_i\frac{(q_i-q^*)(q_i-q_*)}{q_i+1}u^{q_i}\leq 0. \tag{3.4} \end{eqnarray} 因此,由 $(3.3)$ 和 $(3.4)$式,得 $$ \frac{F(u)}{u}uf'(u)\leq \frac{F(u)}{u}\left(Qf(u)-P\frac{F(u)}{u}\right)\leq\frac{\left(Qf(u)\right)^2}{4P}\leq f^2(u),(u>0),$$ 结论 (b) 成立.结论 (c) 显然成立.

由定理 3.2 和引理 3.1 得

定理 3.3   假设 $f(u)= \sum\limits_{i=1}^{m}a_i u^{q_i},$ 其中 $q_i,a_i$ 满足 (1.3)式,则

(a) 对于 $\forall \lambda>0$,问题 (1.2) 至多有两个解.

(b) $\exists 0 < \lambda _1 < \lambda_2 < +\infty$ 使得对于 $ 0 < \lambda < \lambda _1$,问题 (1.2) 恰好有一个正解; 对于 $ 0 < \lambda \leq \lambda _2$,问题 (1.2) 至少有一个正解; 对于 $\lambda >\lambda _2$ 问题 (1.2) 没有正解.

(c) 进一步若 $\sqrt{q^*+1}-\sqrt{q_*+1}\leq1$,则存在 $ 0 < \lambda_*\leq \lambda^* < +\infty$ 使得: (i) 对于 $ \lambda\in (0,\lambda_*) \cup \lambda ^*$, 问题 $(1.2)$ 恰好有一个正解; (ii) 对于 $ \lambda\in [\lambda_*,\lambda ^*)$ (注意,若 $\lambda_*= \lambda ^*$,则 $[\lambda_*,\lambda ^*)=\emptyset ),$ 问题 (1.2) 恰好有两个正解; (iii) 对于 $\lambda >\lambda ^*$ 问题 (1.2) 没有正解.

进一步若 $q^*>0,q_*\geq 0$,则 $\lambda_* < \lambda ^*$.

注 3.2  下面讨论$ f(u)=(u^p+u^q)(-1 < p < 1,q> 0)$ 这一定理 3.3的特例.

(i) 定理 3.3 允许 $-1 < p < 0$,特别是 $-1 < p < -\frac{1}{3}$ 的奇异情形, 因此改进了文献 ^{[, ]} 的结论 (见注 3.1).

(ii) 定理 3.3 (c) 给出了正解的准确个数的描述, 即使在 $-\frac{1}{3}\leq p < 0 < q$ 的情形也改进了文献^[15]中定理 3.5 (c), 定理 3.6 (c) 的结果.

(iii) 当 $\sqrt{q+1}-\sqrt{p+1}\leq1$ 时,相图只有两种可能: (1) 若 $\lambda_* < \lambda ^*$ 则如图 1; (2) 若 $\lambda_*= \lambda ^*$ 则如图 2,且 (2)不可能在 $p\geq 0$ 时发生 (相图的坐标为 $\lambda$ 和 $s=\|u\|_{\infty})$.

图 1

图 1 $\lambda_{*} < \lambda^{*}$

图 2

图 2 $\lambda_{*}=\lambda^{*}$