在常微分方程分支问题中,主要研究内容之一就是平面多项式系统在多项式扰动下产生的极限环最大个数问题.此问题是希尔伯特第十六问题第二部分的内容.过去几十年来,已经有许多关于这个问题的研究成果,但由于此问题的研究难度较大,截至目前,就二次多项式系统的极限环上界问题还没有完全解决.因此Arnold^[1]提出了所谓弱化的希尔伯特第十六问题:就是研究多项式$ n $次1 -形式沿卵形线的阿贝尔积分的孤立零点最大个数问题.

考虑哈密尔顿系统的扰动系统$ X_{\varepsilon} = X_{H}+\varepsilon Y $,其中

(1.1) $ \begin{equation} X_{H} = H_{y}\partial_{x}-H_{x}\partial_{y}, Y = P\partial_{x}+Q \partial_{y}, \end{equation} $

$ H(x, y) $是一个$ n+1 $次的多项式, $ P(x, y) $和$ Q(x, y) $均为关于$ x, y $的最高$ m $次多项式, $ \varepsilon>0 $是一个充分小的扰动参数.设$ \Gamma_{h} $是卵形线$ \{(x, y)|H(x, y) = h, h\in(h_{1}, h_{2})\} $所表示的闭曲线族,则阿贝尔积分定义为

(1.2) $ \begin{equation} I(h) = \oint_{\Gamma_{h}}P(x, y){\rm d}y-Q(x, y){\rm d}x. \end{equation} $

如果$ I(h) $ (称为一阶Melnikov函数)不恒等于零,那么阿贝尔积分的最大零点个数给出了系统(1.1)极限环个数的一个上界.从系统(1.1)未绕系统的周期环域分支出极限环称为Poincaré分支,而从系统(1.1)未绕系统的中心奇点附近分支出极限环,称为Hopf分支.

据我们所知,在系统(1.1)的极限环分支研究中,有许多成果是关于二次或三次系统的,也有许多是研究其他系统的,读者可参见论文[2, 8, 11, 13, 15, 18-19, 25]、综述文章[12]以及这些文章中的参考文献.除此之外,也有许多学者研究$ (m, n) $型Liénard系统$ \dot{x} = y, $$ \dot{y} = f(x)+\varepsilon yg(x) $的极限环分支,这里$ f(x) $和$ g(x) $分别是关于$ x $的$ m $次和$ n $次多项式. Dumortier和Li在系列文章[4-7]中对$ (3, 2) $型的Liénard系统做了完整的研究. Wang等分别研究了$ (4, 3) $型和$ (4, 2) $型Liénard系统的极限环数目^[20-21],其中所研究两类系统的哈密尔顿函数都是超椭圆型的,而且未绕系统分别具有一个幂零鞍点和退化多环. Xiao在论文^[22]中研究了具有$ 5 $个参数的四次平面系统的分支,此系统是一类余维$ 5 $的幂零尖点的开折,其哈密尔顿函数的正规形为

(1.3) $ \begin{equation} H(x, y) = \frac{1}{2}y^{2}+\frac{\alpha\beta}{2}x^{2}-\frac{\alpha+\beta+\alpha \beta}{3}x^{3}+\frac{1+\alpha+\beta}{4}x^{4}-\frac{1}{5}x^{5}. \end{equation} $

哈密尔顿函数(1.3)所对应的Liénard系统有$ 12 $类不同的相图. Yang等^[24]研究了参数$ \alpha, \beta $满足某些条件时该系统在$ n $$ (20<n<24) $次扰动下的极限环最大个数.

我们考虑(1.3)式中$ \beta = 1 $与$ 0<\alpha<1 $的情形,对应系统如下:

(1.4) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll } \dot{x} = y, \\ \dot{y} = x(x-\alpha)(x-1)^{2}+\varepsilon(a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+x^{3})y, \end{array}\right. \end{equation} $

其中$ a_{0}, a_{1} $和$ a_{2} $是任意实数, $ \varepsilon>0 $是一个充分小的扰动参数.

本文将对上述$ (4, 3) $型Liénard系统的极限环分支做全面的研究.为了方便计算,我们取$ \alpha = \frac{1}{2} $,运用坐标变换

$ 2x\rightarrow x, 4\sqrt{2}y\rightarrow y, {\rm d}t = 2\sqrt{2}{\rm d}\tau, $

系统(1.4)拓扑等价于下面的系统

(1.5) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll } \dot{x} = y, \\ \dot{y} = x(x-1)(x-2)^{2}+\varepsilon(a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+x^{3})y. \end{array}\right. \end{equation} $

当$ \varepsilon = 0 $时,系统(1.5)的首次积分为

(1.6) $ \begin{equation} H(x, y) = \frac{1}{2}y^{2}+2x^{2}-\frac{8}{3}x^{3}+\frac{5}{4}x^{4}-\frac{1}{5}x^{5} = h. \end{equation} $

我们容易看出系统(1.5)的未绕系统有一个初等中心$ (0, 0) $,一个双曲鞍点$ (1, 0) $及尖点$ (2, 0) $.卵形线$ \Gamma_{h} = \{(x, y)|H(x, y) = h, h\in (0, \frac{23}{60})\} $是绕中心$ (0, 0) $的闭轨线, $ \Gamma_{0} $对应中心点, $ \Gamma_{\frac{23}{60}} $对应过鞍点的同宿轨线. $ \Gamma_{h} $在$ x $轴上的投影区间为$ (x_{0}, 1) $,这里$ x_{0}\approx -0.3516007083 $.系统(1.5)的未绕系统的相图见图 1.由(1.2)式可知,系统(1.5)的阿贝尔积分是

(1.7) $ \begin{equation} I(h) = \int_{\Gamma_{h}}(a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+x^{3})y{\rm d}x = a_{0} I_{0}(h)+a_{1}I_{1}(h)+ a_{2}I_{2}(h)+I_{3}(h), \end{equation} $

其中$ I_{i}(h) = \int_{\Gamma_{h}}x^{i}y{\rm d}x, i = 0, 1, 2, 3 $.

本文的主要目标就是研究系统(1.5)绕原点的闭轨的Poincaré分支和原点附近的Hopf分支.通过对阿贝尔积分$ I(h) $的考查,发现如果$ I(h) $不恒等于零,则$ I(h) $最多有$ 3 $个零点(考虑到重数),这说明从(1.5)未绕系统的周期环域最多能够产生3个极限环.同时,系统(1.5)在原点小邻域也会出现Hopf分支,对于参数的某些值,从原点小邻域能够产生最多3个小振幅极限环.

本文的主要结果如下:

定理1.1  从系统(1.5)未绕系统周期环域的Poincaré分支最多产生$ 3 $个极限环,并且对于充分小的$ \varepsilon>0 $,存在参数$ (a_{0}, a_{1}, a_{2}) $的值,使得从(1.5)未绕系统的周期闭轨分支出的极限环个数的上界$ 3 $是可达的.

在原点附近,系统(1.5)也可以产生Hopf分支.应用常微分方程有关分支理论,我们可以得到下面的结果.

定理1.2  在参数$ (a_{0}, a_{1}, a_{2}) = (0, \frac{40}{47}, -\frac{80}{47}) $的小邻域,从系统(1.5)在原点附近的Hopf分支可以最多产生$ 3 $个极限环.并且在这个小邻域,存在参数$ (a_{0}, a_{1}, a_{2}) $的值,使得$ 3 $个极限环是可以达到的.

本文的写作结构如下:在第二部分我们利用切比雪夫判别法和阿贝尔积分$ I(h) $在端点$ h = 0 $的渐近展式,证明$ I(h) $的最大零点个数,得到从周期环域可以分支出最多3个极限环,并且存在参数$ (a_{0}, a_{1}, a_{2}) $的值,使得3个极限环是可以达到的,从而完成定理1.1的证明.第三部分,通过分析奇点的性质,证明从系统(1.5)的Hopf分支可以产生最多3个极限环,完成定理1.2的证明.

在这部分,我们将证明定理1.1.由于阿贝尔积分$ I(h) $的最大零点个数可以给出系统(1.5)的极限环个数的上界,因此我们首先需要知道$ I(h) $的最大零点个数,故有下面的命题.

命题2.1  对于任意的参数$ (a_{0}, a_{1}, a_{2}) $及任意小的$ \varepsilon>0 $,当$ h\in (0, \frac{23}{60}) $时,系统(1.5)的阿贝尔积分$ I(h) $最多有3个零点(考虑到重数).并且存在参数$ (a_{0}, a_{1}, a_{2}) $的值,使得$ I(h) $的3个零点是可以达到的.

命题2.1是这部分的主要结果.注意到当$ \varepsilon = 0 $时,系统(1.5)的首次积分(1.6)满足一定的形式$ H(x, y) = \Phi(x)+\frac{1}{2}y^{2} $,因此我们可以利用文献[9]中纯代数的方法获得阿贝尔积分$ I(h) $的最大零点个数.为此我们需要证明(1.7)式中的$ (I_{0}, I_{1}, I_{2}, I_{3}) $是一个ECT -系统(见定义2.1).另一方面,通过计算$ I(h) $在区间端点$ h = 0 $处的渐近展式,我们可以证明存在参数$ (a_{0}, a_{1}, a_{2}) $的值,使得$ I(h) $有确切的3个零点.但要证明上述的这些结论,我们还需要引入相关的几个定义及切比雪夫系统的一些性质.需要详细了解这些性质的读者,可参阅文献[9]和[16].命题2.1的证明过程我们将在这部分的最后给出.

定义2.1  设$ g_{0}(x), g_{1}(x), \cdots, g_{n-1}(x) $是开区间$ D\in{\Bbb R} $上的解析函数.

(i)如果对于所有的$ k = 1, 2, \cdots, n $,任意非平凡的线性组合

$ a_{0}g_{0}(x)+a_{1}g_{1}(x)+ \cdots + a_{n-1}g_{k-1}(x) $

在$ D $上最多有$ k-1 $个孤立零点(考虑重数),称$ (g_{0}(x), g_{1}(x), \cdots, g_{n-1}(x)) $是一个$ D $上的ECT (extend complete Chebyshev)系统.

(ii) $ (g_{0}(x), g_{1}(x), \cdots, g_{k-1}(x)) $在$ x\in D $上的连续朗斯基行列式定义为

$ W[g_{0}, g_{1}, \cdots, g_{k-1}](x) = {\rm Det}(g_{j}^{(i)}(x))_{0\leq i, j\leq k-1} = \left|\begin{array}{cccc} g_{0}(x) & \cdots & g_{k-1}(x)\\ g_{0}'(x)& \cdots & g_{k-1}'(x)\\ \cdots & \cdots & \cdots \\ g_{0}^{(k-1)}(x)& \cdots & g_{k-1}^{(k-1)}(x)\\ \end{array} \right|, $

其中$ g_{j}'(x) $和$ g_{j}^{(i)}(x)(i\geq 2) $分别表示$ g(x) $的一阶导数和$ i $阶导数.

引理2.1^{[9, 17]}  若$ (g_{0}(x), g_{1}(x), \cdots, g_{n-1}(x)) $是一个定义在$ D $上的ECT -系统,当且仅当对于每个$ k = 1, 2, \cdots, n $,朗斯基行列式

$ W[g_{0}, g_{1}, \cdots, g_{k-1}](x)\neq 0, \forall x\in D. $

为了得到阿贝尔积分$ I(h) $的零点个数,由引理2.1可知,我们需要检验(1.7)式中的$ (I_{0}, I_{1}, I_{2}, I_{3}) $是一个ECT -系统.于是将(1.6)式的哈密尔顿函数改写为

(2.1) $ \begin{equation} H(x, y) = \Phi(x)+\frac{1}{2}y^{2}, \end{equation} $

其中

$ \Phi(x) = 2x^{2}-\frac{8}{3}x^{3}+\frac{5}{4}x^{4}-\frac{1}{5}x^{5}. $

因为$ H(x, y) = h $在开区间$ h\in(0, \frac{23}{60}) $是解析的, $ H(0, 0) = 0 $是一个极小值,而且容易看出对任意$ x\in (x_{0}, 1)\backslash{0} $ ($ x_{0}\approx-0.3516007083 $), $ x\Phi'(x) = -x^{2}(x-1)(x-2)^{2}>0 $,所以存在一个解析对合函数$ z = \sigma(x) $使得对所有的$ x\in (0, 1) $,

$ \Phi(x) = \Phi(\sigma(x)), $

这里,对合函数$ \sigma(x) $是指$ \sigma[\sigma(x)] = {\rm Id} $, $ \sigma(x)\neq {\rm Id} $且$ x_{0}<\sigma(x)<0 $.运用文章[9]中的定理B,我们有下面的引理.

引理2.2  设$ f_{i}(x) $, $ i = 0, 1, 2, \cdots, n-1 $在区间$ (0, 1) $是解析函数,且

$ \begin{eqnarray*} J_{i}(h) = \int_{\Gamma_{h}} f_{i}(x)y^{2k-1}{\rm d}x, \end{eqnarray*} $

其中$ \Gamma_{h} $是由卵形线$ \{\Phi(x)+\frac{1}{2}y^{2} = h\} $确定的绕原点的闭轨线族, $ h\in(0, \frac{23}{60}) $.记

$ \begin{eqnarray*} g_{i}(x) = \bigg(\frac{4\sqrt{2}f_{i}}{\Phi'}\bigg)(x)-\bigg(\frac{4\sqrt{2}f_{i}}{\Phi'}\bigg)(\sigma(x)). \end{eqnarray*} $

如果$ k>n-2 $且$ (g_{0}, g_{1}, \cdots, g_{n-1}) $在$ x\in(0, 1) $上是一个ECT -系统,则$ (J_{0}, J_{1}, \cdots, J_{n-1}) $在区间$ h\in(0, \frac{23}{60}) $上也是一个ECT -系统.

由引理2.2可知,如果我们能够检验$ k>n-2 = 2 $且$ (g_{0}, g_{1}, g_{2}, g_{3}) $是一个ECT -系统,那么容易知道(1.7)式中的$ (I_{0}, I_{1}, I_{2}, I_{3}) $也是一个ECT -系统,这样运用引理2.1,我们就可以证明(1.7)式中阿贝尔积分$ I(h) $的最大零点个数.由于$ I_{i}(h) = \int_{\Gamma_{h}}x^{i}y{\rm d}x, \ i = 0, 1, 2, 3 $,我们发现引理2.2中的条件$ k>n-2 = 2 $不成立,因此我们需要提高$ I_{i}(h) $的被积函数中$ y $的次数.于是我们又利用文献[9]中的引理4.1,可以得到下面的引理.

引理2.3  设$ \Gamma_{h} $由卵形线$ \{\Phi(x)+\frac{1}{2}y^{2} = h\} $确定的绕原点的闭轨线族.如果存在解析函数$ A(x) $,使得$ \frac{A}{\Phi'} $在$ x = 0 $解析,那么,对任意$ m\in {\Bbb N} $有

$ \int_{\Gamma_{h}}A(x)y^{m-2}{\rm d}x = \int_{\Gamma_{h}}B(x)y^{m}{\rm d}x, $

其中$ B(x) = \frac{1}{m}(\frac{A}{\Phi'})'(x) $.

根据引理2.2的条件$ k>2 $,我们取$ k = 3 $升高$ I_{i}(h) $中被积函数$ y $次方到$ 5 $次.运用引理2.3,我们变换(1.7)式中的$ I_{i}(h) $为

$ \begin{eqnarray*} I_{i}(h)& = &\frac{1}{h}\int_{\Gamma_{h}}(\Phi(x)+\frac{1}{2}y^{2})x^{i}y{\rm d}x = \frac{1}{h}\int_{\Gamma_{h}}[x^{i}\Phi(x)y+\frac{1}{2}x^{i}y^{3}]{\rm d}x \\ & = &\frac{1}{h}\int_{\Gamma_{h}}U_{i}(x)y^{3}{\rm d}x, i = 0, 1, 2, 3, \end{eqnarray*} $

其中

$ U_{i}(x) = \frac{x^{i}\mu_{i}(x)}{180(x-2)^{3}(x-1)^{2}}, $

这里

$ \begin{eqnarray*} \mu_{i}(x)& = &-960-240i+(3040+680i)x-(3950+750i)x^{2}+(2561+409i)x^{3} \\ &&-(816+111i)x^{4}+(102+12i)x^{5}. \end{eqnarray*} $

我们再次运用引理2.3,得到

$ \begin{eqnarray*} I_{i}(h)& = &\frac{1}{h^{2}}\int_{\Gamma_{h}}(\Phi(x)+\frac{1}{2}y^{2})U_{i}(x)y^{3}{\rm d}x \\ & = &\frac{1}{h^{2}}\int_{\Gamma_{h}}[U_{i}(x)\Phi(x)y^{3}+\frac{1}{2}U_{i}(x)y^{5}]{\rm d}x = \frac{1}{h^{2}}\int_{\Gamma_{h}}f_{i}(x)y^{5}{\rm d}x, \end{eqnarray*} $

其中

(2.2) $ \begin{equation} f_{i}(x) = \frac{x^{i}\nu_{i}(x)}{54000(x-2)^{6}(x-1)^{4}}, \end{equation} $

这里

$ \begin{eqnarray*} \nu_{i}(x)& = &1382400+576000i+57600i^{2}-(8832000+3456000i+326400i^{2})x \\ &&+(25776000+9358400i+822400i^{2})x^{2}-(44846720+15020160i+1216320i^{2})x^{3} \\ &&+(51223340+15784400i+1172020i^{2})x^{4}-(39985380+11328360i+770220i^{2})x^{5} \\ & &+(21549573+5617346i+350101i^{2})x^{6}-(7904142+1899357i+108798i^{2})x^{7} \\ & &+(1886376+419031i+22137i^{2})x^{8}-(264384+54468i+2664i^{2})x^{9} \\ & &+(16524+3168i+44i^{2})x^{10}. \end{eqnarray*} $

记

$ \bar{J}_{i}(h) = h^{2}I_{i}(h) = \int_{\Gamma_{h}}f_{i}(x)y^{5}{\rm d}x, h\in(0, \frac{23}{60}). $

我们容易看出$ f_{i}(x) $在区间$ (x_{0}, 1) $上是解析的,而且$ (I_{0}, I_{1}, I_{2}, I_{3}) $在区间$ (0, \frac{23}{60}) $是一个ECT系统,当且仅当$ (\bar{J}_{0}, \bar{J}_{1}, \bar{J}_{2}, \bar{J}_{3}) $是一个ECT -系统.

运用引理2.2有

(2.3) $ \begin{equation} g_{i}(x) = G_{i}(x, \sigma(x)) = \bar{g}_{i}(x)-\bar{g}_{i}(z) = \bigg(\frac{4\sqrt{2}f_{i}}{\Phi'}\bigg)(x)-\bigg(\frac{4\sqrt{2}f_{i}}{\Phi'}\bigg)(z), \, i = 0, 1, 2, 3, \end{equation} $

其中

$ \bar{g}_{i}(x) = \frac{-\sqrt{2}x^{i-1}\nu_{i}(x)}{13500(x-2)^{6}(x-1)^{5}(x+2)^{2}}, $

$ \bar{g}_{i}(z) = \frac{-\sqrt{2}z^{i-1}\nu_{i}(z)}{13500(z-2)^{6}(z-1)^{5}(z+2)^{2}}, $

以及$ z = \sigma(x) $是一个对合函数.并且,由于

$ \Phi(x)-\Phi(z) = -\frac{1}{60}(x-z)q(x, z), $

这里

(2.4) $ \begin{eqnarray} q(x, z)& = &(-120+160x-75x^{2}+12x^{3})x-(120-160x+75x^{2}-12x^{3})z \\ && +(160-75x+12x^{2})z^{2}-(75-12x)z^{3}+12z^{4}, \end{eqnarray} $

而$ z = \sigma(x) $是由隐函数$ q(x, z) = 0 $所确定的函数.通过计算易知

(2.5) $ \begin{eqnarray} q'_{x}(x, z)& = &-120+320x-225x^{2}+48x^{3}+(160-150x+36x^{2})z-(75-24x)z^{2}+12z^{3}, \\ q'_{z}(x, z)& = &-120+160x-75x^{2}+12x^{3}+(320-150x+24x^{2})z-(225-36x)z^{2}+48z^{3}.\\ \end{eqnarray} $

由于$ q'_{z}(x, z) $和$ q(x, z) $关于$ x $的结式有

$ R(q'_{z}, q, x) = 4478976000 z^{3}(z-2)^{6}(z-1)^{3}. $

我们容易看出$ R(q'_{z}, q, x) $当$ z\in (x_{0}, 0) $时没有零点,即对任意的$ x_{0}<z<0<x<1 $, $ q'_{z}(x, z)\neq 0 $.因此由隐函数定理可知

(2.6) $ \begin{equation} \frac{{\rm d}z}{{\rm d}x} = \sigma'(x) = -\frac{q'_{x}(x, z)}{q'_{z}(x, z)}. \end{equation} $

接下来由引理2.2,我们需要检验$ (g_{0}, g_{1}, g_{2}, g_{3}) $在区间$ (0, 1) $上是一个ECT -系统,从而根据引理2.1,对每个$ k = 1, 2, 3, 4 $,只需检验$ (g_{0}, g_{1}, g_{2}, g_{3}) $的朗斯基行列式在$ (0, 1) $上没有零点.为此,我们有下面的引理.

引理2.4   $ (g_{0}, g_{1}, g_{2}, g_{3}) $在区间$ (0, 1) $上是一个ECT -系统.

证  运用引理2.1和(2.3)式,利用软件Maple直接计算可知

$ \begin{eqnarray*} W[g_{0}](x) = \phi_{0}(x, z) = \frac{\sqrt{2}(x - z)\omega_{0}(x, z)}{13500p_{0}(x)p_{0}(z)}, z = \sigma(x), \end{eqnarray*} $

这里$ \omega_{0}(x, z) $是一个关于$ x, z $的23次多项式,

$ \begin{eqnarray*} p_{0}(x) = x(x-2)^{8}(x-1)^{5} \mbox{及} p_{0}(z) = z(z-2)^{8}(z-1)^{5}. \end{eqnarray*} $

多项式$ \omega_{0}(x, z) $和$ q(x, z) $关于$ z $的结式为

$ \begin{eqnarray*} R(\omega_{0}, q, z) = (x-2)^{14}(x-1)^{4}\varphi_{0}(x), \end{eqnarray*} $

这里$ \varphi_{0}(x) $是一个关于$ x $的74次多项式.借助Maple,我们发现$ \varphi_{0}(x) $在$ (0, 1) $上没有零点.这说明$ \omega_{0}(x, z) = 0 $和$ q(x, z) = 0 $没有公共的根,即对所有的$ x\in (0, 1) $, $ W[g_{0}](x)\neq 0 $.

同样运用引理2.1, (2.3)、(2.5)和(2.6)式,可以得到

(2.7) $ \begin{equation} W[g_{0}, g_{1}](x) = \frac{(z-x)^{3}\omega_{1}(x, z)}{91125000p_{1}(x)p_{1}(z)q'_{z}(x, z)}, \end{equation} $

其中$ \omega_{1}(x, z) $是关于$ x, z $的46次多项式, $ q'_{z}(x, z) $见(2.5)式,且

$ \begin{eqnarray*} p_{1}(x) = x^{2}(x-2)^{16}(x-1)^{9} \mbox{及} p_{1}(z) = z^{2}(z-2)^{16}(z-1)^{9}. \end{eqnarray*} $

由于对任意的$ x_{0}<z<0<x<1 $, $ q'_{z}(x, z)\neq 0 $,因此$ W[g_{0}, g_{1}](x) $对于$ x\in (0, 1) $有定义.通过计算$ \omega_{1}(x, z) $和$ q(x, z) $关于$ x $的结式,我们得到

$ \begin{eqnarray*} R(\omega_{1}, q, x) = 57600(z-2)^{28}(z-1)^{6}\varphi_{1}(z), \end{eqnarray*} $

其中$ \varphi_{1}(z) $是关于$ z $的150次多项式.应用Maple,我们发现$ \varphi_{1}(z) $在点$ z_{1}\approx -0.3458986899 $有一个零点,且$ z_{1}\in(x_{0}, 0) $.将$ z_{1} $代入方程$ q(x, z) = 0 $,可得到一个近似根$ x_{1}\approx 0.8355561135 $.这时将$ z_{1} $和$ x_{1} $的值代入$ \omega_{1}(x_{1}, z_{1}) $,得到$ \omega_{1}(x_{1}, z_{1})\approx 2.150908\times10^{15} $,这意味着$ \omega_{1}(x, z) = 0 $和$ q(x, z) = 0 $在平面区域$ D = (0, 1)\times(x_{0}, 0) $没有公共的根.故对于任意的$ x\in (0, 1) $, $ W[g_{0}, g_{1}](x)\neq 0 $.

类似于$ W[g_{0}, g_{1}](x) $的计算方法,我们得到

(2.8) $ \begin{equation} W[g_{0}, g_{1}, g_{2}](x) = \frac{-\sqrt{2}(z-x)^{6}\omega_{2}(x, z)}{30746875000 p_{2}(x)p_{2}(z)(q'_{z}(x, z))^{3}}, \end{equation} $

其中$ \omega_{2}(x, z) $是关于$ x, z $的67次多项式,

$ \begin{eqnarray*} p_{2}(x) = x^{3}(x-2)^{23}(x-1)^{12} \mbox{及} p_{2}(z) = z^{3}(z-2)^{23}(z-1)^{12}. \end{eqnarray*} $

$ \omega_{2}(x, z) $和$ q(x, z) $关于$ z $的结式为

$ \begin{eqnarray*} R(\omega_{2}, q, z) = 15479341056000000 (x-2)^{40}(x-1)^{6}\varphi_{2}(x), \end{eqnarray*} $

这里$ \varphi_{2}(x) $是关于$ x $的222次多项式,它在区间$ (0, 1) $有4个零点,分别是

$ \begin{eqnarray*} x_{1}\approx 0.2354716493, x_{2}\approx 0.4399082426, x_{3}\approx 0.5547917098 \mbox{及} x_{4}\approx 0.9882983699. \end{eqnarray*} $

将这4个零点的值代入$ q(x, z) = 0 $,分别得到属于区间$ (x_{0}, 0) $内的4个$ z $的根

$ \begin{eqnarray*} z_{1}\approx -0.1780779701, z_{2}\approx-0.2690481975, z_{3}\approx -0.3026590361 \mbox{以及} z_{4}\approx -0.3515744535. \end{eqnarray*} $

幸运的是,将$ (x_{i}, z_{i}) $, $ i = 1, 2, 3, 4 $代入$ \omega_{2}(x, z) $,我们得到

$ \begin{eqnarray*} &\omega_{2}(x_{1}, z_{1})\approx -5.60885 \times 10^{31}, \omega_{2}(x_{2}, z_{2})\approx -1.97533 \times 10^{29}, \\ &\omega_{2}(x_{3}, z_{3})\approx -2.96969 \times 10^{29}, \omega_{2}(x_{4}, z_{4})\approx -9.01496 \times 10^{26}, \end{eqnarray*} $

这说明对于所有的$ x\in (0, 1) $, $ W[g_{0}, g_{1}, g_{2}](x)\neq 0 $.

最后,运用与上面相似的方法直接计算,我们得到四阶朗斯基行列式为

(2.9) $ \begin{equation} W[g_{0}, g_{1}, g_{2}, g_{3}](x) = \frac{(z-x)^{10}\omega_{3}(x, z)}{172995117187500p_{3}(x)p_{3}(z)(q'_{z}(x, z))^{6}}, \end{equation} $

其中$ \omega_{3}(x, z) $是一个关于$ x, z $为90次的多项式,

$ \begin{eqnarray*} p_{3}(x) = x^{4}(x-2)^{30}(x-1)^{15} \mbox{及} p_{3}(z) = z^{4}(z-2)^{30}(z-1)^{15}. \end{eqnarray*} $

$ \omega_{3}(x, z) $与$ q(x, z) $关于$ z $的结式为

$ \begin{eqnarray*} R(\omega_{3}, q, z) = 184884258895036416000000000000(x-2)^{52}(x-1)^{6}\varphi_{3}(x), \end{eqnarray*} $

这里$ \varphi_{3}(x) $是一个关于$ x $的302次多项式.应用与上面相同的方法,我们得到方程组$ \varphi_{3}(x) = 0 $和$ p(x, z) = 0 $在区域$ D = (0, 1)\times(x_{0}, 0) $有四组根

$ \begin{eqnarray*} &(x_{1}, z_{1})\approx(1.3848859847, -0.2488767799), (x_{2}, z_{2})\approx (1.5516800116, -0.3018874848), \\ &(x_{3}, z_{3})\approx(1.5521373666, -0.3020013445), (x_{4}, z_{4})\approx (1.6014945952, -0.3133826841). \end{eqnarray*} $

但将这4组根代入$ \omega_{3}(x, z) $,有

$ \begin{eqnarray*} &\omega_{2}(x_{1}, z_{1})\approx1.08218 \times 10^{45}, \omega_{2}(x_{2}, z_{2})\approx1.98435 \times 10^{43}, \\ &\omega_{2}(x_{3}, z_{3})\approx1.97213 \times 10^{43}, \omega_{2}(x_{4}, z_{4})\approx 4.75176 \times 10^{42}, \end{eqnarray*} $

这说明了对任意$ x\in (0, 1) $, $ W[g_{0}, g_{1}, g_{2}, g_{3}](x)\neq 0 $.

总结上面的讨论可知,对每个$ k = 1, 2, 3, 4 $,朗斯基行列式$ W[g_{0}, g_{1}, \cdots, g_{k-1}](x) $在区间$ (0, 1) $没有零点,即$ (g_{0}, g_{1}, g_{2}, g_{3}) $是一个ECT -系统,这样我们就完成了引理2.4的证明.

为了较为详细的说明,当参数$ (a_0, a_1, a_2) $取得某个值时,阿贝尔积分$ I(h) $有确切的3个零点,我们下面考虑$ I(h) $在$ h = 0 $处的渐近展式.

引理2.5  当$ h\rightarrow 0^{+} $时,阿贝尔积分$ I(h) $的渐近展式为

(2.10) $ \begin{eqnarray} I(h)& = &\pi h\bigg[a_{0}+\bigg(\frac{115a_{0}}{384}+\frac{a_{1}}{4}+\frac{a_{2}}{8}\bigg)h+\bigg(\frac{5}{48}+\frac{131593a_{0}}{442368} +\frac{613a_{1}}{2304}+\frac{895a_{2}}{4608}\bigg)h^{2} \\ & &+\bigg(\frac{7721}{36864}+\frac{2084184599a_{0}}{5096079360}+\frac{1332037a_{1}}{3538944}+\frac{2156497a_{2}}{7077888}\bigg)h^{3}\bigg]+O(h^{5}). \end{eqnarray} $

证  运用极坐标变换

$ \begin{eqnarray*} x = \frac{1}{2}r \cos\theta, y = r \sin\theta, \end{eqnarray*} $

我们重写(1.6)式的$ H(x, y) = h $为

$ \begin{eqnarray*} r^{2}\bigg(1-\frac{2}{3}r\cos^{3}\theta+\frac{5}{32}r^{2}\cos^{4}\theta-\frac{1}{80}r^{3}\cos^{5}\theta\bigg) = 2h, 0<h\ll \frac{23}{60}. \end{eqnarray*} $

设$ \tau = \sqrt{2h} $, $ {\cal A}(r, \tau) = r\Big(1-\frac{2}{3}r\cos^{3}\theta+\frac{5}{32}r^{2}\cos^{4}\theta -\frac{1}{80}r^{3}\cos^{5}\theta\Big)^{\frac{1}{2}}-\tau $.由隐函数定理可知, $ {\cal A}(r, \tau) = 0 $在点$ (0, 0) $的邻域可以确定一个光滑函数$ r = \lambda(\tau) $,使得$ {\cal A}(\lambda(\tau), \tau)\equiv 0 $且$ \lambda(0) = 0 $.借助Maple进行符号运算,将$ \lambda(\tau) $展开成关于$ \tau $的幂级数是

$ \begin{eqnarray*} \lambda(\tau)& = &\tau+\frac{\cos^{3}\theta}{3} \tau^{2}+\frac{5}{576}(-9 \cos^{4}\theta +32\cos^{6}\theta)\tau^{3} \\ & &+\bigg(\frac{1}{160}\cos^{5}\theta-\frac{5}{32}\cos^{7}\theta+\frac{8}{27}\cos^{9}\theta\bigg)\tau^{4} \\ & &+\bigg(\frac{4417}{122880}\cos^{8}\theta-\frac{35}{128}\cos^{10}\theta+\frac{77}{216}\cos^{12}\theta\bigg)\tau^{5} \\ & &+\bigg(-\frac{1}{256}\cos^{9}\theta+\frac{503}{4608}\cos^{11}\theta -\frac{25}{54}\cos^{13}\theta+\frac{112}{243}\cos^{15}\theta\bigg)\tau^{6} \\ & &+\bigg(\frac{9}{51200}\cos^{10}\theta-\frac{12573}{524288}\cos^{12}\theta+\frac{197483}{737280} \cos^{14}\theta-\frac{3575}{4608}\cos^{16}\theta +\frac{2431}{3888}\cos^{18}\theta\bigg)\tau^{7}\\ &&+O(\tau^{8}). \end{eqnarray*} $

运用格林公式, (1.7)式中的$ I(h) $可以化为

(2.11) $ \begin{eqnarray} I(h)& = &\int_{\Gamma_{h}}(a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+x^{3})y{\rm d}x = \int\!\!\!\int_{int \Gamma_{h}} (a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+x^{3}){\rm d}x{\rm d}y \\ & = &\int^{2\pi}_{0}{\rm d}\theta\int^{\lambda(\tau)}_{0}\bigg(\frac{1}{2}a_{0}+\frac{1}{4}a_{1}r \cos\theta+\frac{1}{8}a_{2}r^{2} \cos^{2}\theta +\frac{1}{16}r^{3}\cos^{3}\theta\bigg)r{\rm d}r \\ & = &\int^{2\pi}_{0}\bigg(\frac{1}{4}a_{0}(\lambda(\tau))^{2}+\frac{1}{12}a_{1}(\lambda(\tau))^{3}\cos\theta +\frac{1}{32}a_{2}(\lambda(\tau))^{4}\cos^{2}\theta+\frac{1}{80}(\lambda(\tau))^{5}\cos^{3}\theta\bigg){\rm d}\theta.\\ \end{eqnarray} $

注意到

$ \int^{2\pi}_{0}\cos^{2n+1}\theta {\rm d}\theta = 0, \int^{2\pi}_{0}\cos^{2n}\theta {\rm d}\theta = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}2\pi, n\in {\Bbb N}. $

将$ \lambda(\tau) $代入(2.11)式,得到

(2.12) $ \begin{eqnarray} I(h)& = &\frac{1}{2}\pi a_{0}\tau^{2}+\frac{\pi(11923200a_{0}+9953280a_{1}+ 4976640a_{2})}{159252480}\tau^{4} \\ & &+\frac{\pi(2073600+5921685a_{0}+5296320a_{1}+3866400a_{2})}{159252480}\tau^{6} \\ & &+\frac{7\pi(152478720+297740657a_{0}+274019040a_{1}+221811120a_{2})}{5096079360}\tau^{8}+O(\tau^{10}).\end{eqnarray} $

然后将$ \tau = \sqrt{2h} $代入(1.12)式,我们就得到渐近展式(2.10).引理证毕.

从上面引理2.5的渐近展式,容易算出当$ 0<h\ll \frac{23}{60} $时,阿贝尔积分$ I(h) $在$ (a_0, a_1, a_2) = (0, \frac{40}{47}, -\frac{80}{47}) $的邻域有3个零点.

命题2.1的证明  引理2.4证明了$ (g_{0}, g_{1}, g_{2}, g_{3}) $在区间$ (0, 1) $上是一个ECT -系统.运用引理2.2可知, $ (\bar{J}_{0}, \bar{J}_{1}, \bar{J}_{2}, \bar{J}_{3}) $在区间$ (0, \frac{23}{60}) $上也是一个ECT -系统.由于$ h^{2}I_{i}(h) = \bar{J}_{i}(h) $,因此$ (I_{0}, I_{1}, I_{2}, I_{3}) $在$ (0, \frac{23}{60}) $上是一个ECT -系统.由定义2.1(i)可知,对任意的参数$ (a_{0}, a_{1}, a_{2}) $,阿贝尔积分$ I(h) $在区间$ (0, \frac{23}{60}) $上最多有3个零点.另一方面,从引理2.5中的渐近展式,我们容易看出存在参数值$ (a_{0}, a_{1}, a_{2}) = (0, \frac{40}{47}, -\frac{80}{47}) $,使得当$ 0<h\ll\frac{23}{60} $时,在参数$ (0, \frac{40}{47}, -\frac{80}{47}) $的邻域$ I(h) $有3个零点,即命题2.1成立.

定理1.1的证明  由于系统(1.5)的一阶Melnikov函数的最大零点个数给出了从系统(1.5)未绕系统的周期环域分支出的极限环个数的上界,因此运用命题2.1可知定理1.1成立.

这部分我们研究系统(1.5)的Hopf分支,对于一些参数$ (a_{0}, a_{1}, a_{2}) $的值,系统(1.5)在原点附近最多产生$ 3 $个极限环.

从第一部分我们知道系统(1.5)的未绕系统有3个奇点$ O(0, 0) $, $ S(1, 0) $和$ C(2, 0) $,其中奇点$ O(0, 0) $是一个初等中心.由常微分方程稳定性理论可知,当$ \varepsilon $充分小时,对一些参数$ (a_{0}, a_{1}, a_{2}) $的值,中心$ O(0, 0) $能够产生Hopf分支,为此,我们有下面的引理.

引理3.1  当$ \varepsilon $充分小时,对一些参数$ (a_{0}, a_{1}, a_{2}) $的值,中心奇点$ O(0, 0) $是一个双曲焦点或最多$ 3 $阶的细焦点,具体细节如下:

(i)如果$ a_{0}\neq 0 $且$ |\varepsilon a_{0}|<4 $,那么$ O(0, 0) $是一个双曲焦点,当$ a_{0}<0 $时,这个焦点是稳定的;当$ a_{0}>0 $时,它是不稳定的.

(ii)如果$ a_{0} = 0 $且$ 2a_{1}+a_{2}\neq 0 $,那么$ O(0, 0) $是一个一阶细焦点,当$ 2a_{1}+a_{2}<0 $时,它是稳定的；当$ 2a_{1}+a_{2}>0 $时,它是不稳定的.

(iii)如果$ a_{0} = 0 $, $ 2a_{1}+a_{2} = 0 $及$ a_{1}\neq\frac{40}{47} $,那么$ O(0, 0) $是一个二阶细焦点,当$ a_{2}<-\frac{80}{47} $时,它是稳定的；当$ a_{2}>-\frac{80}{47} $时,它是不稳定的.

(iv)如果$ (a_{0}, a_{1}, a_{2}) = (0, \frac{40}{47}, -\frac{80}{47}) $,那么$ O(0, 0) $是一个三阶的不稳定细焦点.

证  通过直接计算系统(1.5)在中心$ O(0, 0) $的特征值可知(i)成立.

为了证明其他情形,我们运用坐标变换

$ x\rightarrow x, y-\varepsilon\bigg(\frac{1}{2}a_{1} x^{2}+\frac{1}{3}a_{2} x^{3}+\frac{1}{4}x^{4}\bigg)\rightarrow y, $

系统(1.5)就可化为下面的Liénard系统

(3.1) $ \begin{equation} \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t} = y+\varepsilon F(x), \frac{{\rm d}y}{{\rm d}t} = -G(x) \end{equation} $

其中$ F(x) = \frac{1}{2}a_{1} x^{2}+\frac{1}{3}a_{2} x^{3}+\frac{1}{4}x^{4} $及$ G(x) = -x(x-1)(x-2)^{2} $.

我们可以看出$ F(x) $和$ G(x) $在原点的邻域是解析的,且$ F(0) = F^{'}(0) = G(0) = 0 $, $ G'(0)>0 $.记$ Q(x) = \int^{x}_{0}G(s){\rm d}s $,运用Conti变换^[3],有

(3.2) $ \begin{equation} v = {\rm sign}(x)\sqrt{2Q(x)} = 2x\sqrt{1-\frac{4}{3}x+\frac{5}{8}x^{2}-\frac{1}{10}x^{3}}. \end{equation} $

由隐函数定理,等式(3.2)确定一个解析的反函数$ x = \phi(v) $,使得$ v = {\rm sign}(\phi(v))\sqrt{2G(\phi(v))} $.设$ x = \phi(v) = \sum\limits_{i = 0}^{\infty}\alpha_{i}v^{i} $,运用待定系数法就有

(3.3) $ \begin{equation} x = \phi(v) = \frac{v}{2}+\frac{1}{6}v^{2}+\frac{115}{1152}v^{3}+\frac{79}{1080}v^{4} +\frac{131593}{2211840}v^{5}+\frac{12839}{248832}v^{6}+\frac{297740657}{6370099200}v^{7}+O(v^{8}). \end{equation} $

设$ {\rm d}t = \frac{v}{G(x)}{\rm d}\tau $,系统(3.1)化为

(3.4) $ \begin{equation} \frac{{\rm d}v}{{\rm d}\tau} = y+\varepsilon F(\phi(v)), \frac{{\rm d}y}{{\rm d}\tau} = -v, \end{equation} $

其中$ F(\phi(v)) = \sum\limits_{k = 1}^{\infty}\beta_{k}v^{k} $.运用形式幂级数的方法,我们得到系统(3.1)的焦点量如下:

$ \begin{eqnarray} q_{1}&#38; = &\varepsilon \beta_{3} = \varepsilon \bigg(\frac{a_{1}}{12}+\frac{a_{2}}{24}\bigg), \\ q_{2}& = &\varepsilon \beta_{5} = \varepsilon \bigg(\frac{1}{48}+\frac{613a_{1}}{11520}+ \frac{179a_{2}}{4608}\bigg), \\ q_{3}& = &\varepsilon \beta_{7} = \varepsilon \bigg(\frac{1103}{46080}+\frac{190291a_{1}}{4423680}+\frac{308071a_{2}}{8847360}\bigg). \end{eqnarray} $

从上面的焦点量,易知引理3.1的情形(ii)–(iv)成立.

由上面的引理3.1可知,在参数$ (a_{0}, a_{1}, a_{2}) = (0, \frac{40}{47}, -\frac{80}{47}) $的小邻域,系统(3.1)在原点附近有$ 3 $个极限环,这与第二部分系统(1.5)的Poincaré分支值是一致的.

定理1.2的证明  由引理3.1和Hopf分支理论,我们可以看出当参数值$ a_{0}, a_{1} $和$ a_{2} $在$ (a_{0}, a_{1}, a_{2}) = (0, \frac{40}{47}, -\frac{80}{47}) $的邻域变化时,奇点$ O(0, 0) $产生一系列的Hopf分支.具体地,当$ a_{0} = 0 $, $ a_{2} = -2a_{1} $, $ a_{1} $从$ \frac{40}{47} $增大时,从系统(1.5)的奇点$ O(0, 0) $分支出一个唯一稳定的极限环;当$ a_{0} = 0 $, $ a_{1}>\frac{40}{47} $且$ a_{2} $从$ -\frac{80}{47} $增大时,从奇点$ O(0, 0) $分支出一个唯一不稳定的极限环;当$ a_{1}>\frac{40}{47} $, $ a_{2}>-\frac{80}{47} $且$ a_{0} $从$ 0 $增大时,从奇点$ O(0, 0) $分支出一个唯一稳定的极限环.因此,当$ a_{0}>0 $, $ a_{1}>\frac{40}{47} $及$ a_{2}>-\frac{80}{47} $时,系统(1.5)产生3个绕原点的极限环,其中两个极限环是稳定的,一个极限环是不稳定的.这样我们就证明了定理1.2.