姜 鑫，薛西鋒

(西北大學數(shù)學系，陜西西安 710127)

定義1［1］設X是一個具有半序結構的加群，如果x，y，z，w∈X，x≤y，z≤w蘊含著x+z≤y+w，則稱X是一個半序加群。

定義2［1］設X是一個Hausdorff空間(其拓撲用τ表示)，又是一個半序集，如果拓撲τ和半序≤滿足序列相容性公理:

αn≤ βn，αn→ α，βn→ β?α ≤ β， (1)(其中收斂→由拓撲τ導出)，則稱X是一個序列相容的半序拓撲空間。

定義3［1］設X是一個序列相容的半序拓撲空間，S是X的一個子集。

(i)如果對S的每一個可數(shù)全序子集{xn}，都存在{xn}的子列{xni}及ˉx∈X，使得xni→ˉx，則稱S是X中的擬列緊集。

(ii)如果對S的每一個全序子集Δ，都存在Δ的至多可數(shù)子集{xn}在Δ中稠密(即對任給x∈Δ，都存在{xni}?{xn}，使xni→x)，則稱S是X中的擬可分集。

設X是半序空間，在乘積空間X×X中定義新的半序如下:如果(x1，y1)，(x2，y2)∈X×X，x1≤x2，y1≥y2，則(x1，y1)≤(x2，y2)。顯然X×X在此半序下為一半序空間。設D?X，稱A:D×D→X為混合單調算子，如果x1，x2，y1，y2∈D，x1≤ x2，y1≥ y2，蘊含著 A(x1，y1)≤A(x2，y2)。若(x，y)∈ D ×D滿足x=A(x，y)，y=A(y，x)，則稱(x，y)為A的耦合不動點。顯然，若(x，y)是A的耦合不動點，則(y，x)也是A的耦合不動點。若存在耦合不動點(x*，y*)(x*≤y*)，使得對A的任意耦合不動點(x，y)都有(x*，y*)≤(x，y)≤(y*，x*)，則稱(x*，y*)和(y*，x*)是A的最小耦合不動點和最大耦合不動點［5］。

1 主要結果

引理1 設X是半序加群，則乘積空間X×X也是半序加群。

證 明 設(x1，y1)，(x2，y2)，(z1，w1)，(z2，w2)∈ X × X，(x1，y1)≤ (x2，y2)，(z1，w1)≤ (z2，w2)，則x1≤x2，y1≥y2，z1≤z2，w1≥w2，由X是半序加群可知x1+z1≤x2+z2，y1+w1≥y2+w2，則(x1+z1，y1+w1)≤(x2+z2，y2+w2)，即(x1，y1)+(z1，w1)≤ (x2，y2)+(z2，w2)，故X×X是半序加群。證畢。

引理2 設X是半序加群，D=［u0，v0］是X中的序區(qū)間，Yi(i=1，2，…，m)是半序空間，Bi:D×D→Yi為混合單調算子，Ci:Bi(D×D)→X為增算子，則∑mi=1CiBi:D×D→X為混合單調算子。

證 明 對任意 x1，x2，y1，y2∈ D，x1≤x2，y1≥ y2，因為 Bi是混合單調算子，所以Bi(x1，y1)≤Bi(x2，y2)，又Ci是增算子，則CiBi(x，y)≤ CiBi(x2，y2)，再由X是半序加群可得 C B(x，y)≤C B(x，y)，ii11ii22故CiBi:D×D→X為混合單調算子。證畢。

定義4 設X是半序加群，D=［u0，v0］是X中的序區(qū)間，稱A:D×D→X為∑mC B型

i=1ii混合單調算子，如果存在半序空間Yi(i=1，2，…，m)及混合單調算子Bi:D×D→Yi和增算子Ci:Bi(D×D)→X，使得A=CiBi。

顯然，根據(jù)引理2，定義4有意義。

引理3 設X是序列相容的半序拓撲空間，則X×X也是序列相容的半序拓撲空間。

證 明 在文獻［2］引理1的證明中，令Y=X即可。證畢。

引理4 設X是半序空間，u0，v0∈X，且u0≤v0，D=［u0，v0］是X中的序區(qū)間，A:D ×D→X為混合單調算子，令(x，y)=(A(x，y)，A(y，x))，x，y∈D，即:D ×D→X ×X，則

(i)D × D= ［(u0，v0)，(v0，u0)］;

(iii)(x，y)是A的耦合不動點的充分必要條件是(x，y)是的不動點;

(iv)(x*，y*)和(y*，x*)(x*≤y*)是A的最小、最大耦合不動點的充分必要條件是(x*，y*)和(y*，x*)是~A的最小、最大不動點;

(v)u0≤ A(u0，v0)，A(v0，u0)≤ v0?(u0，v0)≤ ~A(u0，v0)，~A(v0，u0)≤ (v0，u0);

(vi)若X是序列相容的半序拓撲空間，A(D×D)是擬可分的擬列緊集，

則~A(D×D)也是擬可分的擬列緊集。

證 明 結論(i)～(v)和(vi)中~A(D×D)的擬列緊性均可由文獻［2］中引理2(i)～(vi)相應證明得到。下證~A(D×D)的擬可分性。

設X是序列相容的半序拓撲空間，由引理3可知X×X也是序列相容的半序拓撲空間。設Δ1×Δ2是~A(D×D)中的全序子集，Δ1×Δ2?~A(D×D)?A(D ×D)×A(D ×D)，則Δ1，Δ2?A(D× D)，下證 Δ1，Δ2是全序集。任取 x1，x2∈ Δ1，y1，y2∈Δ2，有(x1，y1)，(x2，y2)∈Δ1× Δ2，因Δ1×Δ2是全序集，則有(x1，y1)≤(x2，y2)或者(x1，y1)≥(x2，y2)，即x1≤x2，y1≥y2或者x1≥ x2，y1≤y2，故 Δ1，Δ2是全序集。因A(D × D)是擬可分的，則存在Δ1，Δ2的至多可數(shù)子集{xn}?Δ1，{yn}?Δ2分別在Δ1，Δ2中稠密，且{xn}×{yn}? Δ1× Δ2。任取(x，y)∈ Δ1× Δ2，有 x∈Δ1，y∈Δ2，故存在{xni}?{xn}，{yni}?{yn}，使xni→x，yni→y，故(xni，yni)→(x，y)，由(x，y)的任意性可得，{xn}×{yn}在Δ1×Δ2中稠密，且{xn}×{yn}是至多可數(shù)的，故~A(D×D)是擬可分的。

注1 引理4結論(i)～(v)不要求X滿足序列相容性，結論(vi)得到了~A(D×D)的擬可分性，從而改進了文獻［2］中的引理2。

定理1 設X是半序加群，D=［u0，v0］是X中的序區(qū)間，A:D×D→X為C B型混合ii單調算子，即存在半序空間Yi(i=1，2，…，m)及混合單調算子Bi:D×D→Yi和增算子Ci:B(D×D)→X，使得A=C B設iii

(i)Yi是序列相容的半序拓撲空間;

(ii)u0≤ A(u0，v0)，A(v0，u0)≤ v0;

(iii)Bi(D×D)是Yi中的擬可分的擬列緊集。則A在D×D中必有最大耦合不動點和最小耦合不動點。

證 明 由引理1可知X×X是半序加群，由引理4(i)可知D ×D= ［(u0，v0)，(v0，u0)］是X×X中的序區(qū)間，由引理3可知，Yi×Yi也是序列相容的半序拓撲空間。

根據(jù)引理4，設

由式(3，4)可得

由引理4(v)和條件(ii)知w0≤0，z0≤z0，由引理4(vi)和條件(iii)知B~i()是~Yi中的擬可分的擬列緊集。因此，由文獻［1］中定理1和定理2知，~A在~D上有最大不動點和最小不動點，故A在D上有最大耦合不動點和最小耦合不動點。證畢。

推論1 設X是序列相容的半序拓撲空間，D=［u0，v0］是X中的序區(qū)間，A:D×D→X是混合單調算子，滿足

(ii)A(D×D)是X中的擬可分的擬列緊集。

證 明 在定理1的證明中，令m=1，X=Y1，A=B1，C1=I即可。證畢。

注2 推論1不要求X滿足第二可數(shù)性公理，而需A(D×D)滿足擬可分，故推論1是文獻［2］中推論1的改進。顯然，文獻［3］中的定理2和定理3是本文定理1在Banach空間中m=1時的結果。

設E是Banach空間，P是E中的錐，E在P導出的半序下是一半序Banach空間，顯然，E滿足序列相容性。

推論2 設E是半序Banach空間，P是E中的錐，D=［u0，v0］是E中的序區(qū)間，A:D×D→E是混合單調算子，滿足u0≤A(u0，v0)，A(v0，u0)≤v0，如果下列條件之一滿足，則A在D×D中必有最大耦合不動點和最小耦合不動點，

(i)A(D×D)是相對緊的;

(ii)P是正則的;

(iii)P是全正則的;

(iv)E是自反的，P是正規(guī)的;

(v)E是弱序列完備的，P是正規(guī)的;

(vi)A(D×D)是可分的擬弱列緊集。

證 明 (i)A(D×D)是相對緊的，則A(D×D)全有界，故A(D×D)是可分的，從而A(D×D)是擬可分的擬列緊集，由推論1可得A在D×D中必有最大耦合不動點和最小耦合不動點。

(ii)P是正則的，又A(D×D)按序有界，則A(D×D)列緊，由(i)知結論成立。

(iii)P是全正則的，則P是正則的，由(ii)知結論成立。

(iv)E是自反的，P是正規(guī)的，則P是全正則的，由(iii)知結論成立。

(v)E是弱序列完備的，P是正規(guī)的，則P是全正則的，由(iii)知結論成立。

(vi)由于Banach空間E在錐P導出的半序和弱拓撲下是一個序列相容的半序拓撲空間，故由推論1可知結論成立。證畢。

2 應 用

本節(jié)將利用定理1討論Banach空間上的含有間斷項的∑mC B型混合單調Volterra積分

i=1ii方程的耦合擬解的存在性問題。

設E是半序Banach空間，P是E中的錐，I=［a，b］?R，x(t):I→ E 是抽象函數(shù)，C［I，E］={u(t)|u:I→ E連續(xù)}，則 C［I，E］在范數(shù)下是 Banach 空間。對 p≥1，令Lp［I，E］={u(t)|u:I→E強可測且在范數(shù)下是一Banach空間。由E中半序可導出C［I，E］中半序為:u≤v若 u(t)≤v(t)(?t∈I)，導出Lp［I，E］中的半序為:u≤v若對幾乎一切t∈I，u(t)≤v(t)。顯然，C［I，E］和Lp［I，E］中的半序結構與線性結構、拓撲結構相容，因此 C［I，E］和 Lp［I，E］都是半序Banach空間，錐由相應半序導出［5］。

引理 5［4］設 E 是自反空間，則 Lp［I，E］是自反空間。

引理6 設E是半序Banach空間，P是E中的正規(guī)錐，Lp［I，E］中半序由E中半序導出，令Pˉ={u∈Lp［I，E］|u(t)≥θ，對幾乎一切t∈I}，則是Lp［I，E］中的正規(guī)錐。

證明顯然ˉP是Lp［I，E］中半序導出的錐，下證ˉP是正規(guī)的。因P是E中的正規(guī)錐，故存在常數(shù)N＞0使得

取u，v∈ Lp［I，E］，θ≤u≤ v，即對幾乎一切t∈I，θ≤u(t)≤v(t)，因u(t)，v(t)∈E，則由(7)可得從而

故

考察如下Volterra積分方程

其中h(t)∈ C［I，E］，k(t，s):I×I→［0，+∞)連續(xù)，設

若有(u，v)∈ C［I，E］× C［I，E］滿足方程組(9)，則稱(u，v)為方程組(9)的耦合擬解，最大、最小耦合擬解按通常定義。

定理2 設E是自反Banach空間，P是E中的正規(guī)錐，且(H1)(H2)(H3)成立，則Volterra積分方程組(9)在C［I，E］×C［I，E］的序區(qū)間D×D=［(u0，v0)，(v0，u0)］上存在最大耦合擬解和最小耦合擬解。

證 明 作算子Ci如下:對任意u∈Lpi［I，E］，易知Ci映Lpi［I，E］入C［I，E］為增算子(見文獻［3］定理4證明)，令A=CiFi，由fi的混合單調性可得，F(xiàn)i是混合單調算子，則

再由引理 2可知，A為混合單調算子。顯然Volterra積分方程組(9)可轉化為如下算子方程組:

因 Lpi［I，E］和 C［I，E］是半序 Banach空間，則C［I，E］是半序加群，Lpi［I，E］是序列相容的半序拓撲空間。由(H3)可得，u0≤ A(u0，v0)，A(v0，u0)≤ v0。因E是自反的，再由引理5可知Lpi［I，E］是自反的，再由P的正規(guī)性及引理6可知ˉP是Lpi［I，E］中的正規(guī)錐，從而ˉP也是正則的，由式(11)可得Fi(D×D)是按序有界的，故Fi(D×D)是列緊的，顯然Fi(D×D)也是擬可分的擬列緊集。因此，由定理1可得，A有最大耦合不動點和最小耦合不動點，故Volterra積分方程組(9)存在最大耦合擬解和最小耦合擬解。證畢。

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