本文考虑二阶微分方程

(1.1) $ x''+a(t)g(x)= 0$

$2\pi$ -周期解的存在性和多解性问题,其中$a(t):\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} ^+_0:=\{x:x\in\mathbb{R}, x>0\}$是关于$t$的$2\pi$-周期的连续函数;

$g:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $是局部Lipschitz连续函数, $g(0)=0, $满足

$(g_1)\quad \exists d_0>0$和$G_0>0$使得对$\forall t\in[0, 2\pi]$和$|x|\geq d_0$都有

$g(x)\cdot {\rm sgn}(x)>G_0;$

$(g_2)\quad \exists M_0>0, \forall s\in\mathbb{R}, |g(s)|\leq M_0.$

关于方程(1.1)已有许多研究工作,例如,针对非线性Hill方程($\gamma=1$时就是经典的Hill's方程)

(1.2) $x''+a(t)|x|^{\gamma-1}x=0, \ \gamma>0, $

Waltman^[1]首先研究了方程

$x''+a(t)x^{2n+1}=0, \ n\in\Bbb{N}$

解的振动性,其中$a(t)$允许变号.其后,有关方程(1.1)解的振动性质的研究有了一系列的结果^[2-10].

对于一大类方程(包含(1.2))的周期运动的研究, Butler做了一些工作:在权函数$a(t)$可以变号的条件下,在超线性($\gamma>1$)的时候,他证明了无穷多个大范数的周期解的存在性^[11];在次线性($\gamma < 1$)的时候,他证明了在原点附近存在无穷多个周期解^[12].Butler的结果对于相当广泛的一类非线性方程而言都是有效的.在超线性条件

$\lim\limits_{|x|\rightarrow +\infty}\frac{g(x)}{x}=+\infty $

下, Papini在文献[13]中将Butler的结果推广到方程(1.1);在条件$g\in C^1(0, +\infty)$以及次线性条件

$\lim\limits_{x\rightarrow \infty}\frac{g(x)}{x}=0$

下,关于小范数周期解的存在性, Babdle, Pozio和Tesei^[14]推广了Butler的结果.另外,在一些超线性条件下,有关方程(1.1)周期解和其它动力行为研究的一些结果可见文献[15-20].

在文献[21]中, Papini和Zanolin在次线性条件

$\lim\limits_{|x|\rightarrow +\infty}\frac{g(x)}{x}=0$

和符号条件

$\lim\limits_{|x|\rightarrow +\infty} g(x){\rm sgn}(x)=+\infty$

下证明了方程(1.1)无穷多个大次调和解的存在性,其中

$\int_0^{2\pi}q(t){\rm d}t>0$

且存在$R_0>0$使得

$g'(x)\geq0, \quad \forall |x|\geq R_0.$

然而,在上述证明中$g$需满足有连续的非负导数.这个条件保证了可以把Hill方程转化为Riccati型积分方程研究.一个有趣的问题是:如果$g$没有非负导数条件, $g$仅仅是连续且有界时,方程(1.1)是否存在无穷多个大范数的周期解.

本文是这样安排的:在第二节,我们首先运用相平面分析的方法对等价系统的解的动力行为进行分析,得到了在充分大的圆盘外系统解的动力行为.在第三节,我们在充分大的区域外构造了一系列的圆盘使得系统的Poincaré映射在圆盘的边界具有扭转性,从而运用推广的Poincaré-Birkhoff扭转定理证明了无穷多个次调和解的存在性.在文章的第四节,当$a(t)$为偶函数时,运用对称方程对称周期解存在的充分必要条件,我们证明了方程(1.1)无穷多个偶的次调和解的存在性.同时,我们得到了方程(1.1)对称次调和解的稠密性分布结果.

下文中,总假设$a_0:=\max\{a(t): t\in[0, 2\pi]\}, \quad a_1:=\min\{a(t): t\in[0, 2\pi]\}>0.$

令$x'=y, $则可得与方程(1.1)等价的系统

(2.1) $\left\{ \begin{array}{lll}x'=y, \\y'=-a(t)g(x). \end{array}\right.$

以下我们总假设$(x(t; x_0, y_0), y(t; x_0, y_0))$是方程(2.1)的满足初值条件

$x(0;x_0, y_0)=x_0, \quad(0;x_0, y_0)=y_0$

的解.易证

引理2.1  方程(2.1)的解$(x(t; x_0, y_0), y(t; x_0, y_0))$是唯一且全局存在的.

由引理2.1,易见

推论2.1  对任给的实数$T>0$和$L>0$都存在一个正数$R_0:=B(T, L)>0, $使得对方程(2.1)的任意一个解$(x(t; x_0, y_0), y(t; x_0, y_0)), $只要$|(x_0, y_0)|\geq R_0$就有

$|(x(t;x_0, y_0), y(t;x_0, y_0))|>L, $

其中$t\in[-T, T].$

注意到$(0, 0)$是方程(2.1)的平衡点,因此任意初值不为$(0, 0)$的解在任何有限时间内不会通过$(0, 0).$对于初值不为$(0, 0)$的解,我们可以定义它的极坐标形式

$\left\{ \begin{array}{lll}x(t)=r(t)\cos \theta(t), \\y(t)=r(t)\sin \theta(t), \end{array}\right.$

其中$r(t)$和$\theta(t)$是关于$t$的$C^1$函数.显然, $\forall t\in\mathbb{R}, $$ r(t)\hbox{、}\theta(t)$满足

(2.2) $\left\{ \begin{array}{lll}r'(t)=r\sin\theta(t)\cos \theta(t)-a(t)g(x)\sin\theta(t), \\[2mm] \theta'(t)=-\sin^2\theta(t)-a(t)\cdot \frac{g(x)}{r}\cos\theta(t). \end{array}\right.$

记$(r(t; t_0, r_0, \theta_0), \theta(t; t_0, r_0, \theta_0))$为方程(2.1)的满足初始条件$r(t_0)=r_0$和$\theta(t_0)=\theta_0$的解.

取定一个正数$\delta>0$ ($\delta$充分小),将相平面分成四个区域:${\rm I}:=\{(x, y): \delta\leq\theta\leq\pi-\delta\}, $${\rm II}:=\{(x, y): -\delta < \theta < \delta\}$, ${\rm III}:=\{(x, y): -\pi+\delta\leq\theta\leq -\delta\}$和${\rm IV}:=\{(x, y): \pi-\delta < \theta < \pi+\delta\}.$

引理2.2  $\exists A_0>1, $对方程(2.1)的任意解$(x(t), y(t)), $只要$r(t)>A_0$就有

$\theta'(t)<0.$

证  当$(x(t), y(t))\in {\rm I}$时,易见$-\sin^2\theta(t)\leq -\sin^2\delta.$由方程(2.2)知存在$M_1>0, $当$r>M_1$时有$\frac{a_0M_0}{r} < \frac{1}{3}\sin^2\delta.$从而有

$\theta'(t)\leq -\sin^2\delta+ \frac{1}{3}\sin^2\delta\leq -\frac{2}{3}\sin^2\delta<0.$

类似可证,存在$M_2>0$,使得当$(x(t), y(t))\in {\rm III}$且$r(t)>M_2$时有$\theta'(t) < 0.$

当$(x(t), y(t))\in {\rm II}$时, $\cos\theta(t)\geq \frac{3}{4}$ (取$\delta$充分小).因此在${\rm II}$内, $x\rightarrow +\infty\ (r\rightarrow +\infty).$由条件$(g_1), $可取充分大的正数$M_3>0$使得当$r(t)>M_3$时

$\frac{g(x)}{r}\cos\theta(t)=\frac{g(x)}{x}\cos^2\theta(t)>0.$

从而由方程(2.2)知$\theta'(t) < 0.$类似可证,存在$M_4>0$,使得对任何$(x(t), y(t))\in {\rm IV}$且$r(t)>M_4$时有$\theta'(t) < 0.$

取$A_0>\max\{M_i:i=1, 2, 3, 4\}, $则命题得证.

引理2.2指出,在充分大的圆盘外,系统(2.1)的解总是绕着原点作顺时针旋转.

引理2.3  设$\tau(R)$为方程(2.1)的解在区域$\{(x, y):|(x, y)|\geq R\}$内转一圈所用时间的下确界,则

$\lim\limits_{R\rightarrow+\infty}\tau(R)=+\infty.$

证  对充分大的$R>A_0, $我们首先计算解在$\{(x, y):|(x, y)|\geq R\}$内通过区域$\Omega:=\{(x, y): -x < y < x, x>0\}$所需时间.

由条件$(g_2), $ $\forall d>0$(充分小),存在$A_1>A_0, $当$r>A_1$时在区域$\Omega$内有$a_0\cdot\frac{g(x)}{x} < d^2, $其中$a_0:=\max\limits_{[0, 2\pi]}|a(t)|.$从而当$r\geq R\geq A_1$时有

$\begin{eqnarray*}\theta'(t) &=& -\sin^2\theta(t)-a(t)\cdot \frac{g(x)}{x}\cos^2\theta(t)\\&\geq& -\sin^2\theta(t)-d^2\cos^2\theta(t).\end{eqnarray*}$

因此,轨线穿过$\Omega$所需的时间$\tau$满足

$\tau>\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{{\rm d}\theta}{d^2\cos^2\theta+\sin^2\theta}=\frac{2}{d}\arctan \frac{1}{d}.$

注意到$\lim\limits_{d\rightarrow0+}\frac{2}{d}\arctan \frac{1}{d}=+\infty$以及$\tau(R)>\tau, $因此,当$R\rightarrow +\infty$时有$d\rightarrow0^+, $此时$\tau(R)\rightarrow +\infty.$证毕.

引理2.4  存在$\tilde{R}>0$以及两个单调递增函数$\gamma, \ \gamma_{(-1)}:\ [\tilde{R}, \ +\infty)\rightarrow\mathbb{R} ^+$使得

(1)任给$s>\tilde{R}, $有$ \gamma(s)>s, \ \gamma_{(-1)}(s) < s$;

(2)任给$A>\tilde{R}$以及方程(2.2)的定义在$[t_0, t_1](t_1>t_0)$上的解$(r(t), \theta(t))$,若$r(t_0) < A, $ $ r(t_1)>\gamma(A)$;或者$r(t_0)>A, $$ r(t_1) < \gamma_{(-1)}(A)$则有

$\theta(t_1)-\theta(t_0)<-4\pi.$

证  首先,我们在$XOY$平面上定义一些区域.记

$\begin{eqnarray*} &&\mbox{I}=\{(x, y):\ -d_0< x<d_0, \ y\geq d_0\}, \\&&\mbox{II}=\{(x, y):\ x\geq d_0, \ y\geq d_0\}, \\&&\mbox{III}=\{(x, y):\ x\geq d_0, \ -d_0< y< d_0\}, \\&&\mbox{IV}=\{(x, y):\ x\geq d_0, \ y\leq -d_0\}, \\&&\mbox{V}=\{(x, y):\ -d_0< x<d_0, \ y\leq -d_0\}, \\&&\mbox{VI}=\{(x, y):\ x\leq -d_0, \ y\leq -d_0\}, \\&&\mbox{VII}=\{(x, y):\ x\leq -d_0, \ -d_0<y< d_0\}, \\&&\mbox{VIII}=\{(x, y):\ x\leq -d_0, \ y\geq d_0\}, \end{eqnarray*} $

其中$d_0$在条件$(g_1)$中给出.

设$(x(t), y(t))$是方程(2.1)的定义在$[\tau, \tau+L]$上的解,满足

$r(t)>2\max\{A_0, \sqrt{2}d_0\}+2M_1, \forall t\in[\tau, \tau+L], $

其中$\tau\in\mathbb{R} $是任意的一个实数, $L>0$是一个正实数, $M_1:= a_0M_0, $ $M_0$在条件$(g_2)$中定义.下面我们将在各个区域讨论$r(t)$的变化情况.

(ⅰ)设$\forall t\in I_1\subset [\tau, \tau+L]$,有$(x(t), y(t))\in \mbox{I}.$因为

$\Big|\frac{{\rm d}y}{{\rm d}x}\Big|=\Big|\frac{a(t)g(x)}{y}\Big|\leq \frac{M_1}{d_0}, $

所以$\forall t, s\in I_1, $有$|y(t)-y(s)|\leq 2M_1.$从而, $|r(t)-r(s)|\leq 2(d_0^2+M_1^2)^{\frac{1}{2}}.$所以

$F_{-1}(r(s)):= r(s)- 2\sqrt{d_0^2+M_1^2}\leq r(t)\leq r(s)+ 2\sqrt{d_0^2+M_1^2}:= F_1(r(s)), $

易见$F_1(r)\hbox{、}F_{-1}(r):\mathbb{R} \rightarrow\mathbb{R} $都是单调递增的函数.在区域$\mbox{V}$中有类似的讨论,并且存在单调递增的函数

$F_{\pm 5}(r):=r\pm 2\sqrt{d_0^2+M_1^2}=F_{\pm 1}(r).$

(ⅱ)设$\forall t\in I_2\subset [\tau, \tau+L]$,有$(x(t), y(t))\in \mbox{II}.$由系统(2.1),得

$\frac{{\rm d}y}{{\rm d}x}=\frac{-a(t)g(x)}{y}, $

$y{\rm d}y=-a(t)g(x){\rm d}x.$

设$t_0\hbox{、}t_1\in I_2, t_0 < t_1$且$(x_0, y_0)\hbox{、} (x_1, \ y_1)$是轨线上分别对应于$t_0$和$t_1$的两个点.对上面的方程积分,有

(2.3) $\int_{y_0}^{y_1}y{\rm d}y = \int_{x_0}^{x_1}(-a(t(x))g(x)){\rm d}x, $

注意到$x(t)$在$I_2$上单调递增,从而有

(2.4) $\frac{y_1^2-y_0^2}{2} = -a(t(\xi))g(\xi)(x_1-x_0), $

其中$ t = t(x) $是$ x = x(t) $的反函数且$ \xi\in[x_0, x_1] $.这样,我们有

(2.5) $ \begin{equation} x_1-x_0 = \frac{y_1+y_0}{-2a(t(\xi))g(\xi)}(y_1-y_0) \end{equation} $

或

(2.6) $ \begin{equation} y_1-y_0 = \frac{-2a(t(\xi))g(\xi)}{y_1+y_0}(x_1-x_0). \end{equation} $

因为$ y_0<r_0 $且由方程(2.1)知$ \ y(t) $单调递减,所以$ y_1<y_0<r_0 $.由方程(2.5),有

$ 0<x_1-x_0<\frac{2r_0}{2a(t(\xi))g(\xi)}(y_0-y_1)<\frac{r_0}{P_0}(y_0-y_1), $

其中$ P_0: = a_1G_0, $$ a_1: = \min\{a(t): t\in[0, 2\pi]\}. $从而

(2.7) $ \begin{equation} |r_1-r_0|<(y_0-y_1)\sqrt{1+\frac{r_0^2}{P_0^2}}<r_0\sqrt{1+\frac{r_0^2}{P_0^2}}. \end{equation} $

因此

(2.8) $ \begin{equation} r_1<r_0(\ 1+\sqrt{1+\frac{r_0^2}{P_0^2}}\ ): = F_2(r_0). \end{equation} $

同时,注意到$ d_0\leq x_0<x_1\hbox{、}d_0\leq y_1<y_0 $且由(2.6)式及条件$ (g_2) $得

$ 0<y_0-y_1 = \frac{2(a(t(\xi))g(\xi))}{y_0+y_1}(x_1-x_0)<\frac{a_0M_0}{d_0}(x_1-x_0) = \frac{M_1}{d_0}(x_1-x_0), $

(2.9) $ \begin{equation} |r_0-r_1|<(x_1-x_0)\sqrt{1+\frac{M_1^2}{d_0^2}}<r_1\sqrt{1+\frac{M_1^2}{d_0^2}}, \end{equation} $

从而

(2.10) $ \begin{equation} r_0<r_1(\ 1+\sqrt{1+\frac{M_1^2}{d_0^2}}\ ): = \tilde{F}_{-2}(r_1). \end{equation} $

显然$ \tilde{F}_{-2}(r) $是单调递增函数.令$ F_{-2}(r): = \tilde{F}^{-1}_{-2}(r), $则易见, $ F_{-2} $和$ F_2 $都是单调递增函数且

(2.11) $ \begin{equation} F_{-2}(r_0)<r_1< F_2(r_0). \end{equation} $

在区域$ \mbox{VI} $中有类似的讨论,并且存在单调递增的函数

$ F_{\pm 6}(r): = F_{\pm 2}(r). $

(ⅲ)设$ \forall t\in I_3\subset [\tau, \tau+L] $,有$ (x(t), y(t))\in \mbox{III}. $$ \forall t_0, t_1\in I_3, $因为

$ |x(t_1)-x(t_0)| = \Big|\int_{t_0}^{t_1}x'(s){\rm d}s\Big|\leq d_0(t_1-t_0)<d_0 L, $

则

(2.12) $ \begin{equation} |r(t_1)-r(t_0)|\leq\sqrt{(x(t_1)-x(t_0))^2+(y(t_1)-y(t_0))^2}\leq d_0\sqrt{L+4}, \end{equation} $

从而

(2.13) $ \begin{equation} F_{-3}(r_0)\equiv r_0-d_0\sqrt{L+4}\leq r_1\leq r_0+ d_0\sqrt{L+4}: = F_3(r_0). \end{equation} $

易见, $ F_{-3} $和$ F_3 $都是单调递增函数.在区域$ \mbox{VII} $中有类似的讨论,并且存在单调递增的函数

$ F_{\pm 7}(r) = F_{\pm 3}(r). $

(ⅳ)类似于(ⅱ)中的讨论,若$ \forall t\in I_4\subset [\tau, \tau+L] $,有$ (x(t), y(t))\in \mbox{IV}, $则可以找到两个单调递增的函数$ F_{\pm 4}(r) $使得对任意的$ t_0\hbox{、}t_1\in I_4, t_0<t_1, $都有

(2.14) $ \begin{equation} F_{-4}(r(t_0))\leq r(t_1)\leq F_4(r(t_0)). \end{equation} $

同样地,若$ \forall t\in I_8\subset [\tau, \tau+L] $,有$ (x(t), y(t))\in \mbox{VIII}, $则可以找到两个单调递增的函数$ F_{\pm 8}(r) $使得对任意的$ t_0\hbox{、}t_1\in I_8, t_0<t_1, $都有

(2.15) $ \begin{equation} F_{-8}(r(t_0))\leq r(t_1)\leq F_8(r(t_0)). \end{equation} $

这样,我们在区域$ \mbox{I}\hbox{、}\mbox{II}\hbox{、}\cdots \hbox{、}\mbox{VIII} $上分别定义了16个单调递增的函数$ F_{\pm1}\hbox{、}F_{\pm2}\hbox{、}\cdots \hbox{、}F_{\pm8} $.定义

$ \gamma_1(r): = F_1\circ F_2 \circ \cdots \circ F_8 \circ F_1\circ F_2 \circ \cdots \circ F_8(r), $

且

$ \gamma_{-1}(r): = F_{-1}\circ F_{-2} \circ \cdots \circ F_{-8} \circ F_{-1}\circ F_{-2} \circ \cdots \circ F_{-8}(r). $

这样,无论初始点在哪一个区域,对于充分大的$ C>0 $有: $ \forall r>C, $对$ \forall t_1\hbox{、}t_2\in[\tau, \tau+L] $且$ t_1<t_2, $只要$ r(t_1)\leq r $且$ r(t_2)\geq \gamma_1(r), $就有$ \theta(t_2)-\theta(t_1)<-2\pi. $类似地,只要$ r(t_1)\geq r $且$ r(t_2)\leq \gamma_{-1}(r), $就有$ \theta(t_2)-\theta(t_1)<-2\pi. $显然, $ \gamma_1(r) $和$ \gamma_{-1}(r) $是单调递增函数.令

$ \gamma(r): = \gamma_1 \circ \gamma_1(r), \quad \gamma_{(-1)}(r): = \gamma_{-1}\circ \gamma_{-1}(r), $

则$ \gamma\hbox{、}\gamma_{(-1)} $即为所求.证毕.

定理3.1  假设条件$ (g_1) $和$ (g_2) $成立.则存在正整数$ m_0, $对任意的$ m\in\Bbb{Z} $且$ m\geq m_0 $方程(1.1)至少存在两个不同的$ 2m\pi $ -周期的次调和解.特别地,当$ m $为素数时, $ 2m\pi $为这两个次调和解的最小正周期.

证  为了证明定理3.1,我们希望能够在充分大的区域外构造一系列圆环使得系统(2.1)的Poincaré映射在每个圆环边界上具有扭转性,从而运用推广的Poincaré-Birkhoff扭转不动点定理证明在每个圆环内至少存在两个不同的次调和解,从而可以证明方程无穷多个大次调和解的存在性.

我们首先构造满足上述要求的圆环的内边界.为此,取$ r_1>\max\{A_0, \tilde{R}\}, $$ r_2 = \gamma_{(-1)}^{-1}(r_1), $$ r_3 = \gamma(r_2). $易见$ r_3>r_2>r_1. $记闭圆环

$ {\cal A}(r_2): = \{(x, y): r_1\leq |(x, y)|\leq r_3\}. $

由引理2.2,在$ {\cal A}(r_2) $内有

$ \theta'(t)<0, \forall t\in {\Bbb R} . $

因此,由方程(2.2)$ \hbox{、}\theta' $的连续性和系统的周期性,存在正数$ b>a>0 $,在闭圆环$ \{(x, y): r_1\leq |(x, y)|\leq r_3\} $内有

$ \theta'\leq -a, \forall t\in {\Bbb R} . $

可以证明,对上述的$ a, $存在$ T_0 = T_0(a)>0, $使得对任给的$ \theta_0\in {\Bbb R} $及$ T\geq T_0, $方程(2.2)的以$ (r_2, \theta_0) $为初值解$ (r(t), \theta(t)): = (r(t;0, r_2, \theta_0), $$ \theta(t;0, r_2, \theta_0)) $满足

(3.1) $ \begin{equation} \theta(T)-\theta_0<-2\pi. \end{equation} $

事实上,例如,可取$ T_0: = 4([\frac{1}{a}]+2)\pi. $

情形一  如果对任意的$ t\in [0, T] $有$ r_1\leq r(t)\leq r_3. $则由引理2.2,易见$ \theta(T)-\theta_0\leq-4\pi. $

情形二  若存在$ \tilde{t}\in[0, T] $使得$ r(\tilde{t})\leq r_1, $则有引理2.4知$ \theta(\tilde{t})-\theta_0\leq-4\pi. $从而, $ \theta(T)-\theta_0 = (\theta(T)-\theta(\tilde{t}))+(\theta(\tilde{t})- \theta_0)\leq-4\pi+\pi = -3\pi. $

情形三  若存在$ \tilde{t}\in[0, T] $使得$ r(\tilde{t})\geq r_3, $则类似可证$ \theta(T)-\theta_0\leq -3\pi. $

因此,无论哪一种情况都可得(3.1)式.

取$ m_0\in \Bbb{Z}^+ $使得$ 2m_0\pi\geq T_0. $则由(3.1)式知,对任给的$ \theta_0\in {\Bbb R} $及正整数$ m\geq m_0 $有

$ \theta(2m\pi;0, r_2, \theta_0)-\theta_0<-2\pi. $

由引理2.3,对任意固定的$ m, $存在$ r_4^{(m)}: = r_4>r_3, $使得$ \tau(r_4)>2m\pi. $根据推论2.1,取$ r_5^{(m)}: = r_5 = B(r_4, 2m\pi), $则对任意的$ \theta_0\in {\Bbb R} $,方程(2.2)的解$ (r(t;0, r_5, \theta_0), \theta(t;0, r_5, \theta_0)) $满足

$ r(t;0, r_5, \theta_0)\geq r_4, \forall t\in[0, 2m\pi], $

从而

$ \theta(2m\pi;0, r_5, \theta_0)-\theta_0>-2\pi. $

选取圆周$ C(r_2): = \{(x, y):|(x, y)| = r_2\} $作为圆环的内边界,取$ C(r_5) $为外边界.考虑方程(2.1)的Poincaré映射

$ P: (x_0, y_0)\mapsto (x(2m\pi;0, x_0, y_0), y(2m\pi;0, x_0, y_0)). $

易见$ P $是$ {\Bbb R} ^2 $上的保面积同胚.定义$ P $的提升映射

$ \begin{eqnarray*} \tilde{P}:{\Bbb R} \times{\Bbb R} ^+&\rightarrow& {\Bbb R} \times{\Bbb R} ^+:\\ (r_0, \theta_0)&\mapsto &(r(2m\pi;0, r_0, \theta_0), \theta(2m\pi;0, r_0, \theta_0)), \end{eqnarray*} $

则$ \tilde{P} $是$ {\Bbb R} \times{\Bbb R} ^+ $上的保面积同胚.由上述讨论知,对$ \forall \theta_0\in {\Bbb R} $,有

$ [\theta(2m\pi;0, r_2, \theta_0)-\theta_0+2\pi]\cdot [\theta(2m\pi;0, r_5, \theta_0)-\theta_0+2\pi]<0. $

因此,由推广的Poincaré-Birkhoff扭转定理知, $ P $在圆环$ \{(x, y)\in{\Bbb R} ^2: r_2<|(x, y)|<r_5\} $内至少存在两个不同的不动点$ (x_i^{(m)}, y_i^{(m)})\ (i = 1, 2), $满足

$ r(2m\pi;R_i^{(m)}, {\cal \vartheta}_i^{(m)}) = R_i^{(m)}, \quad \theta(2m\pi;0, R_i^{(m)}, {\cal \vartheta}_i^{(m)})-\vartheta_i^{(m)}+2\pi = 0, $

其中

$ \left\{ \begin{array}{lll} x_i^{(m)} = R_i^{(m)}\cos \vartheta_i^{(m)}, \\ y_i^{(m)} = R_i^{(m)}\sin \vartheta_i^{(m)}, i = 1, 2.\end{array}\right. $

它们分别对应方程(2.1)的两个不同的以$ 2m\pi $为周期的次调和解,记为$ x_{m, i}(t)\ (i = 1, 2) $.显然, $ x_{m, i}(t)\ (i = 1, 2) $满足$ x_{m, i}(0) = x_i^{(m)}, \ x_{m, i}'(0) = y_i^{(m)}\ (i = 1, 2). $

特别地,若$ m $为素数,则$ x_{m, i}(t)\ (i = 1, 2) $是方程(1.1)的两个不同的$ m $ -阶次调和解.证毕.

注3.1  根据$ r_2 $的取法有

$ |(x(t;x_i^{(m)}, y_i^{(m)}), y(t;x_i^{(m)}, y_i^{(m)})|\geq r_1>A_1, \forall t\in[0, 2m\pi]. $

在本节中我们假设$ q(t):{\Bbb R} \rightarrow {\Bbb R}^+ $和$ p(t):{\Bbb R} \rightarrow {\Bbb R} $均为连续的$ 2\pi $ -周期的偶函数.下面,我们将讨论方程(1.1)偶周期解的存在性$ \hbox{、} $重性和稠密性分布问题.

若$ x(t) $为(1.1)的偶周期解,则由$ x(t) $偶性可知$ x'(0) = 0. $若$ x(0)\neq 0, $则称初值点$ (x(0), x'(0)) $为一个$ {\cal E} $ -点.特别地,若一个偶周期解$ x(t) $的最小周期为$ 2m\pi(m\in Z^{+}), $则称$ {\cal E} $ -点$ (x(0), x'(0)) $为$ m $阶的.

在下面,对任一个$ t_0\in {\Bbb R} $和$ (r_0, \theta_0)\in {\Bbb R} ^+\times {\Bbb R} , r_0>0 $,设$ (r(t;t_0, r_0, \theta_0), \theta(t;t_0, r_0, \theta_0)) $是方程(2.2)的满足初始条件

$ r(t_0) = r_0\quad \theta'(t_0) = \theta_0 $

的解.特别地,若$ t_0 = 0, $记$ (r(t;r_0, \theta_0), \theta(t;r_0, \theta_0)) = (r(t;t_0, r_0, \theta_0), \theta(t;t_0, r_0, \theta_0)). $相应地,记$ (x(t;x_0, y_0), y(t;x_0, y_0)) $为方程(2.1)的满足$ (x(0), y(0)) = (x_0, y_0) $的解.

易见$ (r(t;r_0, \theta_0), \theta(t;r_0, \theta_0)) $是$ t $的连续函数.由推论2.1,对某一个$ \alpha>0 $,对任意的$ m\in\Bbb{Z}_0^+, $若$ r_0>B(\alpha, m\pi) $,则对所有$ |t|\leq m\pi $都有$ r(t;r_0, \theta_0)>\alpha. $

类似于文献[24]中的讨论,可以证明下述引理.

引理4.1  方程(1.1)的解$ x(t) $是一个偶周期解当且仅当存在一个正整数$ m $,使得$ x'(0) = x'(m\pi) = 0. $特别地, $ {\cal E} $ -点$ (x(0), x'(0)) $是$ m $阶的当且仅当$ x'(k\pi)\neq0, k = 1, \cdots, m-1. $

定理4.1  假设条件$ (g_1) $和$ (g_2) $成立,则存在$ m_1\in \Bbb{Z}^+, $对$ \forall m\geq m_1 $,系统(1.1)至少存在两个最小正周期为$ 2m\pi $的偶周期解.

证  如定理3.1的证明中那样定义$ {\cal A}(r_2) $与$ T_0, $令$ m_1 $为充分大的正整数且满足

$ m_1\pi\geq T_0. $

则对任意固定的整数$ m\geq m_1 $以及方程(2.2)的满足初始条件$ r(0) = r_2 $的任一解$ (r(t), \ \theta(t)), $都有

$ \theta(m\pi)-\theta(0)< - 2\pi. $

由引理2.3,可选取充分大的正数$ r_4: = r_4^{(m)}> r_3 $使得若$ (r(t), \theta(t)) $是方程(2.2)的解且满足

$ r(t)\geq r_4, \quad 0\leq t\leq m\pi, $

则就有

$ \theta(m\pi)-\theta(0)>-2\pi. $

由推论2.1,令$ r_5: = B(r_4, m\pi), $若$ (\hat{r}(t), \ \hat{\theta}(t)) $是方程$ (2.2) $的满足初始条件$ \hat{r}(0) = r_5 $的解,则有$ \hat{\theta}(m\pi)-\hat{\theta}(0)>-2\pi. $特别地

$ \theta(m\pi;r_2, \vartheta_0)-\theta(0;r_2, \vartheta_0)< - 2\pi $

和

$ \theta(m\pi; r_5, \vartheta_0)-\theta(0;r_5, \vartheta_0)> - 2\pi, $

其中$ \vartheta_0\equiv 0(\rm mod \pi). $

因为对于充分大的$ r_2>0 $来说,数集$ \{\theta(m\pi;a, 0);a\geq r_2\} $是连续统.所以,存在一个数$ r_2<a_m^{(1)}<r_5, $使得系统(2.2)的解$ (r(t;a_m^{(1)}, 0), \theta(t;a_m^{(1)}, 0)) $满足

$ \theta(m\pi;a_m^{(1)}, 0)-\theta(0;a_m^{(1)}, 0) = \theta(m\pi;a_m^{(1)}, 0)-0 = - 2\pi. $

从而

$ \theta(m\pi, a_m^{(1)}, 0) = 0(\rm mod \pi). $

因此由$ r_2 $的定义及引理4.1知, $ x(t; a_{m, 1}, 0) $是方程(1.1)的一个偶的$ 2m\pi $ -周期解.同理可证,存在另一个数$ -r_5<a_m^{(2)}<-r_2, $使得$ x(t; a_m^{(2)}, 0) $也是方程(1.1)的一个偶的$ 2m\pi $ -周期解.易见,若$ m $与$ 2 $互素,则$ 2m\pi $是$ x(t;a_m^{(j)}, 0)\ (j = 1, 2) $的最小正周期,即$ (a_m^{(j)}, 0)\ (j = 1, 2) $是$ m $阶$ {\cal E} $ -点.得证.

下面,任取方程(1.1)的两个$ {\cal E} $点$ p_1\hbox{、}p_2, $其中$ p_1 = (c_1, 0)\hbox{、}p_2 = (c_2, 0)(c_1<c_2). $在$ x $ -轴上连接$ p_1\hbox{、}p_2 $的直线段记为$ \overline{p_1 p_2}, $即

$ \overline{p_1 p_2} = \{(c, 0)\in {\Bbb R} ^2:c_1\leq c \leq c_2\}. $

我们的主要结果如下.

定理4.2  假设$ g\in {\bf C}^1({\Bbb R} ) $满足$ (g_1) $、$ (g_2) $, $ a\in {\bf C}^1({\Bbb R} ) $,则直线段$ \overline{p_1p_2} $至少包含一个方程(1.1)的不同于$ p_1 $和$ p_2 $的$ {\cal E} $ -点,从而包含(1.1)的无穷多个$ {\cal E} $-点.

证  第一步.设$ p_1 $和$ p_2 $分别是$ m_1 $阶和$ m_2 $阶的$ {\cal E} $ -点,且设$ \hat{m} = m_1m_2. $类似于定理3.1的证明,令$ r_1>\max\{A_0, \tilde{R}\} $充分大使得以原点为圆心$ r_1 $为半径的圆包含$ p_1, p_2 $作为内点,像在定理3.1的证明中那样定义$ r_2 $和$ T_0. $取$ m = l\hat{m} $使得$ l\hat{m}\pi>T_0, $其中$ l $是某一个正整数.

定义方程(2.1)的Poincare映射

$ P(q): = (x(m\pi;x_0, y_0), y(m\pi;x_0, y_0)), \quad q = (x_0, y_0)\in {\Bbb R} ^2, $

则

$ P (p_1) = p_1, \quad P (p_2) = p_2. $

设$ l_0 $是连接$ p_1 $和$ p_2 $的开的直线段,即

$ l_0 = \overline{p_1p_2}-\{p_1, p_2\}. $

我们的目的是要证明$ l_0 $至少包含一个$ {\cal E} $点.定义

$ l_{k} = P l_{k-1}, \quad k\geq1. $

因为$ P (p_1) = p_1 $及$ P (p_2) = p_2 $,易见$ l_{k} $是连接$ p_1 $和$ p_2 $的连续曲线.

设$ L $为$ x $ -轴,即

$ L: = \{(x, y)\in {\Bbb R} ^2: y = 0\}. $

下面,我们用反证法.假设$ l_0 $不包含$ {\cal E} $点,即对所有$ k\geq1 $有$ l^{k}\cap L = \phi $.

第二步.任取$ q = (x_0, y_0)\in {\Bbb R}^2\setminus \{O\} $,记$ (r(t, q), \theta(t, q)): = (r(t;0, r_0, \theta_0), \theta(t;0, r_0, \theta_0)), $其中$ \theta_0\in[0, 2\pi] $且

$ \left\{ \begin{array}{lll} x_0 = r_0\cos \theta_0, \\ y_0 = r_0\sin \theta_0.\end{array}\right. $

易见$ \theta(t;q) $是$ 0\leq t\leq m\pi $上的连续函数(对$ |q|>0) $.令$ r_2: = \gamma_{(-1)}^{-1}(r_1)>r_1, $则

$ \theta(m\pi;0, r_2, \theta_0)-\theta_0<-2\pi, \quad \forall \theta_0\in{\Bbb R} . $

设$ O_{1} $是以原点为圆心$ r_2 $为半径的圆.

由定理4.1的证明知,存在一个正数$ r_5>r_2 $使得方程(2.2)的任意满足$ r(0) = r_5 $的解$ (r(t), \theta(t)) $都有

$ \theta(m\pi)-\theta(0)> - 2\pi. $

设$ O_{2} $是以原点为圆心$ r_5 $为半径的圆.注意到$ P $是保向和保面积的,类似于文献[22]中的讨论,可证:存在$ k>0 $,使$ l_k \cap O_i \neq \emptyset, $$ i = 1, 2 $.设$ q_1\in l_k \cap O_1 $及$ q_2\in l_k \cap O_2. $相应地,有$ \theta(m\pi, q_1)-\theta(0, q_1)<-2\pi $和$ \theta(m\pi, q_2)-\theta(0, q_2)> - 2\pi. $

因为$ \theta(m\pi, q)-\theta(0, q) $对$ |q|\geq r_2 $是连续的函数,所以存在$ q_3\in l_k $,使

$ \theta(m\pi, q_3)-\theta(0, q_3) = 0({\rm mod} \pi), $

其中$ r_2\leq |q_3|\leq r_5. $

设$ q_3 = (a', b')\in {\Bbb R}^2 $,则存在$ p_3\in l_0 $使得

$ (x(km\pi; p_3), y(km\pi; p_3)) = (a', b'). $

从而

$ \theta(km\pi+m\pi, p_3) = 0({\rm mod}\pi). $

所以,由引理4.1和$ r_2 $的定义知$ q_3 $是方程(1.1)的一个$ {\cal E} $ -点.这与假设$ l_0 $不含有$ {\cal E} $ -点矛盾.证毕.