近年来, 控制理论、电路原理、医学和生物学等许多学科中的问题都得用不连续的微分方程来模拟, 使得此类微分方程受到广泛关注^[1-3]. 而分支问题是微分方程定性理论所要考虑的重要问题之一, 这也与著名的Hilbert第16问题的第二部分密切相关^[4]. 因此, 建立研究不连续微分系统分支理论的方法是非常有实际意义的.

最简单的不连续微分系统就是带一条切换直线的分片光滑微分系统

(1.1) $ \begin{equation} \dot{x}=F(x, y), \dot{y}=G(x, y), \end{equation} $

其中

$ F(x, y) =\left\{\begin{array}{ll} F^{+}(x, y), & x\geq 0, \\ F^{-}(x, y), & x<0, \end{array}\right. \quad G(x, y) =\left\{\begin{array}{ll} G^{+}(x, y), & x\geq 0, \\ G^{-}(x, y), & x<0, \end{array}\right. $

$ F^{\pm}(x, y), G^{\pm}(x, y) $都是$ C^{\infty} $上的函数. 系统(1.1) 在$ y $轴上的非光滑性产生了许多在光滑情况下不可能发生的复杂的行为, 如滑动同宿分支、滑膜振荡等^{[3, 5-7]}. 文献[8] 给出了研究微分系统(1.1) 极限环分支问题的广义的首阶Melnikov函数的公式, 之后相关学者利用此种方法对特定的微分系统(1.1) 进行研究, 研究其Hopf分支、同宿分支、异宿分支及Poincaré 分支等^{[9, 10]}. 最近, 文献[11] 把微分系统(1.1) 的切换线推广到从原点出发的任意条射线, 并获得首阶Melnikov的表达式, 此公式对任意条平行直线也成立^[12].

基于以上讨论, 本文研究如下带两条平行切换直线的多项式微分系统

(1.2) $ \begin{equation} \dot{x}=y+\varepsilon p(y), \dot{y}=-g(x)+\varepsilon y q(x), \end{equation} $

其中$ 0<\varepsilon\ll1 $,

$ (g(x), p(y), q(x))=\left\{\begin{array}{ll} { } (x-1, \sum\limits_{i=0}^m a^+_{i}y^i, \sum\limits_{i=0}^{m-1}{b_{i}^{+}x^i}), &x\geq1, \\ { } (-x, \sum\limits_{i=0}^m a_i y^i, \sum\limits_{i=0}^{m-1}{b_i x^i}), &-1\leq x<1, \\ { } (-1, \sum\limits_{i=0}^m a_i^- y^i, \sum\limits_{i=0}^{m-1}{b_i^- x^i}), &x<-1. \end{array}\right. $

那么, 微分系统(1.2) 有以下三个子系统

(1.2a) $ \dot{x}=y+\varepsilon \sum\limits_{i=0}^m a_i^+ y^i, \quad \dot{x}=-(x-1)+\varepsilon \sum\limits_{i=0}^{m-1} b_i^+ x^i y, $

(1.2b) $ \dot{x}=y+\varepsilon \sum\limits_{i=0}^{m} a_i y^i, \quad \dot{y}=x+\varepsilon \sum\limits_{i=0}^{m-1} b_i x^i y, $

(1.2c) $ \dot{x}=y+\varepsilon \sum\limits_{i=0}^m a_i^- y^i, \quad \dot{y}=1+\varepsilon \sum\limits_{i=0}^{m-1} b_i^- x^i y, $

当$ \varepsilon=0 $时, (1.2a), (1.2b), (1.2c) 分别是Hamiltonian微分系统, 且Hamiltonian函数分别为

$ H^+ (x, y)=\frac{1}{2}y^2+\frac{1}{2}(x-1)^2, $

$ H(x, y)=\frac{1}{2}y^2-\frac{1}{2}x^2, $

$ H^+ (x, y)=\frac{1}{2}y^2-(x+1). $

另外, 易得未扰动系统(1.2)$ |_{\varepsilon=0} $有如下三簇周期轨道

$ \begin{eqnarray*} \Gamma_h^+&=&\big\{(x, y)\; |\; H^+(x, y)=h+\frac{1}{2}, \; 1< x<2\big\}\cup\big\{(x, y)\; |\; H(x, y)=h, \; 0<x<1\big\}, \\ &&{\quad} h\in(-\frac{1}{2}, 0);\\ \Gamma_h^-&=&\big\{(x, y)\; |\; H^-(x, y)=h+\frac{1}{2}, \; 1<-x<\frac{3}{2}\big\}\cup\big\{(x, y)\; |\; H(x, y)=h, \; 0<-x<1\big\}, \\ &&{\quad} h\in(-\frac{1}{2}, 0);\\ \Gamma_h&=&\big\{(x, y)\; |\; H^+(x, y)=h+\frac{1}{2}, \; x>1\big\}\cup\big\{(x, y)\; |\; H(x, y)=h, \; -1<x<1\big\}\\ &&{\quad} \cup\big\{(x, y)\; |\; H^-(x, y)=h+\frac{1}{2}, \; x<-1\big\}, \ \ h\in(0, +\infty). \end{eqnarray*} $

不难发现当$ h\to-\frac{1}{2} $时, $ \Gamma_h^+ $和$ \Gamma_h^- $分别趋近于广义初等中心$ (1, 0) $和$ (-1, 0) $; 当$ h\to0 $时, $ \Gamma_h $趋近于广义的双同宿环. 闭曲线$ \Gamma_h^+ $(或$ \Gamma_h^- $) 顺时针穿过直线$ x=1 $ (或$ x=-1) $分别交于两点$ C_1(h)=(1, \sqrt{2h+1}) $和$ D_1(h)=(1, -\sqrt{2h+1}) $ (或$ C_2(h)=(-1, \sqrt{2h+1}) $) 和$ D_2(h)=(-1, -\sqrt{2h+1}) $), 这里$ h\in{(-\frac{1}{2}, 0)}. $周期轨道$ \Gamma_h $和直线$ x=\pm1 $依次相交于四点$ A_1(h)=(1, \sqrt{2h+1}), \; B_1(h)=(1, -\sqrt{2h+1}), \; B_2(h)=(-1, -\sqrt{2h+1}) $和$ A_2(h)=(-1, \sqrt{2h+1}) $, 其中$ h\in(0, +\infty) $. 图 1展示了微分系统$ (1.2)|_{\varepsilon=0} $在平面上的相图.

根据文献[11, 12], 相对应于上面三簇周期轨道, 分别有如下首阶Melnikov函数

(1.3) $ \begin{equation} \begin{array}{ll} M^{\pm}(h)=M^{\pm}_1(h)+M^{\pm}_2(h), \quad h\in(-\frac{1}{2}, 0), \\ M(h)=M_1(h)+M_2(h)+M_3(h)+M_4(h), {\quad} h\in(0, +\infty), \end{array} \end{equation} $

其中

(1.4) $ \begin{equation} M^+_1(h)=\int_{\widehat{C_1D_1}} \sum\limits_{i=0}^{m-1} b_i^+x^iy{\rm d}x-\sum\limits_{i=0}^m a_i^+y^i{\rm d}y, \quad M^+_2(h)=\int_{\widehat{D_1C_1}} \sum\limits_{i=0}^{m-1} b_ix^iy{\rm d}x-\sum\limits_{i=0}^m a_iy^i{\rm d}y, \end{equation} $

(1.5) $ \begin{equation} M^-_1(h)=\int_{\widehat{C_2D_2}} \sum\limits_{i=0}^{m-1} b_ix^iy{\rm d}x-\sum\limits_{i=0}^m a_i^+y^i{\rm d}y, \quad M^-_2(h)=\int_{\widehat{D_2C_2}} \sum\limits_{i=0}^{m-1} b_i^-x^iy{\rm d}x-\sum\limits_{i=0}^m a_i^-y^i{\rm d}y, \\ \end{equation} $

(1.6) $ \begin{equation} M_1(h)=\int_{\widehat{A_1B_1}} \sum\limits_{i=0}^{m-1} b_i^+x^iy{\rm d}x-\sum\limits_{i=0}^m a_i^+y^i{\rm d}y, \quad M_2(h)=\int_{\widehat{B_1B_2}} \sum\limits_{i=0}^{m-1} b_ix^iy{\rm d}x-\sum\limits_{i=0}^m a_iy^i{\rm d}y, \\ \end{equation} $

(1.7) $ \begin{equation} M_3(h)=\int_{\widetilde{B_2A_2}} \sum\limits_{i=0}^{m-1} b_i^-x^iy{\rm d}x-\sum\limits_{i=0}^m a_i^+y^i{\rm d}y, \quad M_4(h)=\int_{\widehat{A_2A_1}} \sum\limits_{i=0}^{m-1} b_ix^iy{\rm d}x-\sum\limits_{i=0}^m a_iy^i{\rm d}y. \end{equation} $

则, 利用上述函数, 我们可证明如下结论:

定理1.1  当$ 0<\varepsilon\ll1 $, 微分系统(1.2) 在广义双同宿环$ \Gamma $附近可分支出$ 3m+[\frac{m+1}{2}]+1 $个极限环.

定理1.1的证明将在本文的第二部分给出.

首先, 我们来推导$ M^{\pm}_i(h), i=1, 2 $和$ M_i(h), i=1, 2, 3, 4 $在(1.4)–(1.7) 式中的具体表达式.

引理2.1  由公式(1.4) 给出的函数$ M^+_1(h) $可表示成

(2.1) $ \begin{equation} M^+_1(h)=\sum\limits_{i=0}^m A^+_i(2h+1)^{\frac{i}{2}+\frac{1}{2}}, \quad h\in(-\frac{1}{2}, 0), \end{equation} $

其中

(2.2) $ \begin{eqnarray} &&A^+_0=2a^+_0, {}\\ &&A^+_{2i+1}=\sum\limits_{k=2i}^{m-1}b^+_k\alpha_{k, 2i}, \; i=0, \; 1, \cdots, \; [\frac{m-1}{2}], \\ &&A^+_{2i}=\frac{a^+_{2i}}{2i+1}+\sum\limits_{k=2i-1}^{m-1}b^+_k\alpha_{k, 2i-1}, \; i=1, \; 2, \cdots, \; [\frac{m}{2}], {} \end{eqnarray} $

这里$ \alpha_{ki}>0 $且为常数.

证  沿着曲线$ \widehat{C_1D_1} $, 有$ \frac{1}{2}y^2+\frac{1}{2}(x-1)^2=h+\frac{1}{2} $. 再根据(1.4) 式, 可得

(2.3) $ \begin{equation} M^+_1(h)=\sum\limits_{i=0}^{m-1}2b^+_i\int_1^{1+\sqrt{2h+1}}x^i[2h+1-(x-1)^2]{\rm d}x-\sum\limits_{i=0}^ma_i^+\int_{\sqrt{2h+1}}^{-\sqrt{2h+1}}y^i{\rm d}y. \end{equation} $

对上式中的第一个定积分做变量变换$ x=\sqrt{2h+1}\sin\theta+1 $, 那么(2.3) 式可变为

(2.4) $ \begin{eqnarray} M^+_1(h)&=&\sum\limits_{i=0}^{m-1}2b^+_i(2h+1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sqrt{2h+1}\sin\theta+1)^i\cos^2\theta {\rm d}\theta+\sum\limits_{2i=0}^m \frac{2a^+_{2i}}{2i+1}(2h+1)^{i+\frac{1}{2}}{}\\ &=&\sum\limits_{i=0}^{m-1}2b^+_i(2h+1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sum\limits_{r=0}^iC_i^r\cos^2\theta {\rm d}\theta+\sum\limits_{2i=0}^m \frac{2a^+_{2i}}{2i+1}(2h+1)^{i+\frac{1}{2}}{}\\ &=&\sum\limits_{i=0}^{m-1}b^+_i\sum\limits_{r=0}^i\alpha_{ir}(2h+1)^{\frac{r}{2}+1}+\sum\limits_{i=0}^{[\frac{m}{2}]} \frac{2a^+_{2i}}{2i+1}(2h+1)^{i+\frac{1}{2}}{}\\ &=&\sum\limits_{i=0}^{m}(\sum\limits_{k=i-1}^{m-1}b_k^+\alpha_{k, i-1}) (2h+1)^{\frac{i }{2}+\frac{1}{2}}+\sum\limits_{i=0}^{[\frac{m}{2}]}\frac{2a^+_{2i}}{2i+1}(2h+1)^{i+\frac{1}{2}}, \end{eqnarray} $

其中

$ \alpha_{ir}=2C_i^r\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^r\theta\cos^2\theta {\rm d}\theta=C_i^r{\bf B}(\frac{r+1}{2}, \frac{3}{2})>0. $

这里$ {\bf B} $是Beta函数. 那么, 依据(2.4) 式, 不难得到(2.1) 式. 证毕.

注2.1  由(1.6) 式所定义的函数$ M_1(h) $同样有(2.3) 式中的表达形式, 不过这里$ h>0 $.

引理2.2  对于(1.4) 式中所定义的函数$ M^+_2(h) $, 当$ h\in(-\frac{1}{2}, 0) $时, 有

(2.5) $ \begin{eqnarray} M^+_2(h)&=&-\sum\limits_{i=0}^{[\frac{m}{2}]}\frac{2a_{2i}}{2i+1}(2h+1)^{i+\frac{1}{2}}+\sum\limits_{i=1}^{m-1}2b_i\frac{(2h+1)^\frac{3}{2}}{i+2}(1+\sum\limits_{j=1}^{[\frac{i+1}{2}]-1}\beta_{ij}h^j){}\\ &&+\sum\limits_{i=0}^{[\frac{m-1}{2}]}2b_{2i}\gamma_ih^i\int^{1}_{\sqrt{-2h}}(2h+x^2)^{\frac{1}{2}}{\rm d}x, \end{eqnarray} $

其中$ \beta_{ij} $和$ \gamma_{ij} $是常数.

证  在曲线$ \widehat{D_1C_1} $上, 我们有$ \frac{1}{2}y^2-\frac{1}{2}x^2=h $, 其中$ 0<x<1 $. 则, 由(1.4) 式可得

(2.6) $ \begin{eqnarray} M^+_2(h)&=&\sum\limits_{i=0}^{m-1}2b_i\int_{\sqrt{-2h}}^1x^i\sqrt{2h+x^2}-\sum\limits_{i=0}^ma_i\int_{-\sqrt{2h+1}}^{\sqrt{2h+1}}y^i{\rm d}y{}\\ &=&\sum\limits_{i=0}^{m-1}2b_iI_i(h)-\sum\limits_{i=0}^{[\frac{m}{2}]}\frac{2a_{2i}}{2i+1}(2h+1)^{i+\frac{1}{2}}, \end{eqnarray} $

其中

(2.7) $ \begin{equation} I_i(h)=\int_{\sqrt{-2h}}^1x^i(2h+x^2)^{\frac{1}{2}}{\rm d}x. \end{equation} $

又因为

(2.8) $ \begin{equation} \int x^i(2h+x^2)^{\frac{1}{2}}{\rm d}x=\frac{x^{i-1}(2h+x^2)^{\frac{3}{2}}}{i+2}\int x^{i-2}(2h+x^2)^{\frac{1}{2}}, \quad i\ge1, \end{equation} $

则, 可得到下列递推关系

$ I_i(h)=\frac{(2h+1)^{\frac{3}{2}}}{i+2}+\frac{(1-i)2h}{i+2}I_{i-2}(h), \quad i\ge1. $

因此, 有

(2.9) $ \begin{equation} I_i(h)=\frac{(2h+1)^{\frac{3}{2}}}{i+2}(1+\sum\limits_{i=1}^{[\frac{i+1}{2}]-1}\beta_{ij}h^j)+\gamma_{i, [\frac{i+1}{2}]}h^{[\frac{i}{2}]}I_0(h), \quad i\ge1, \end{equation} $

其中

(2.10) $ \begin{equation} \beta_{ij}=\prod\limits_{r=1}^{j-1}\frac{2(2r+1-i)}{i-2r}, \quad \gamma_{i, [\frac{i+1}{2}]}=\prod\limits_{r=0}^{[\frac{i+1}{1}]-1}\frac{2(2r+1-i)}{i+2-2r}, \quad i, \; j\ge1. \end{equation} $

注意到, 当$ i $为奇数时, $ \gamma_{i, [\frac{i+1}{2}]}=0 $. 因此, 将$ \gamma_{2i, i} $简写为$ \gamma_i $, 即$ \gamma_i=\prod\limits_{r=0}^{i-1}\frac{2r+1-2i}{i+1-r}, i\ge1 $, 同时令$ \gamma_0=1 $. 把(2.9) 式代入(2.6) 式, 同时根据(2.10) 式, 不难推导出(2.5) 式成立. 证毕.

引理2.3  由(1.5) 式所定义的函数$ M^-_1(h) $可写成

(2.11) $ \begin{eqnarray} M_1^-(h)&=&\sum\limits_{i=0}^{[\frac{m}{2}]}\frac{2a_{2i}}{2i+1}(2h+1)^{i+\frac{1}{2}}+\sum\limits_{i=1}^{m-1}2(-1)^ib_i\frac{(2h+1)^{\frac{3}{2}}}{i+2}(1+\sum\limits_{j=1}^{[\frac{i+1}{2}]-1}\beta_{ij}h^j){}\\ &&+\sum\limits_{i=1}^{[\frac{m-1}{2}]}2b_{2i}\gamma_ih^i\int_{\sqrt{-2h}}^1(2h+x^2)^{\frac{1}{2}}{\rm d}x, \quad h\in(-\frac{1}{2}, 0), \end{eqnarray} $

其中$ \beta_{ij} $和$ \gamma_i $的定义与(2.5) 式中相同.

证  因为在曲线$ \widehat{C_2D_2} $上, 有$ \frac{1}{2}y^2-\frac{1}{2}x^2=h, -1<x<0 $, 所以

$ \begin{eqnarray*} M^-_1(h)&=&2\int_{-1}^{-\sqrt{-2h}}\sum\limits_{i=0}^{m-1} b_i x^i\sqrt{2h+x^2}{\rm d}x-\sum\limits_{i=0}^m a_i\int_{\sqrt{2h+1}}^{-\sqrt{2h+1}}y^i{\rm d}y{\nonumber}\\ &=&\sum\limits_{i=0}^{m-1}2(-1)^ib_i\int_{\sqrt{-2h}}^1x^i\sqrt{2h+x^2}{\rm d}x+\sum\limits_{i=0}^{[\frac{m}{2}]}\frac{2a_{2i}}{2i+1}(2h+1)^{i+\frac{1}{2}}{\nonumber}\\ &=&\sum\limits_{i=0}^{m-1}2(-1)^ib_i I_i(h)+\sum\limits_{i=0}^{[\frac{m}{2}]}\frac{2a_{2i}}{2i+1}(2h+1)^{i+\frac{1}{2}}, \end{eqnarray*} $

这里函数$ I_i(h) $由(2.7) 式给出. 根据引理2.2的证明过程, 易得到(2.11) 式. 证毕.

引理2.4  对于(1.5) 式中的函数$ M^-_2(h) $, 成立

(2.12) $ \begin{equation} M^-_2(h)=\mathop \sum \limits_{i = 0}^m A^-_i(2h+1)^{i +\frac{1}{2}}, h\in(-\frac{1}{2}, 0), \end{equation} $

其中

(2.13) $ \begin{equation} \begin{array}{ll} { } A^-_0=-2a^-_0, \\ { } A^-_1=-\frac{2}{3}a^-_2 +\frac{2}{3}b^-_0 +O(| b^-_1 , \cdots, b^-_{m-1}|), \\ { } A^-_1=-\frac{2a^-_{2i}}{2i+1}+\frac{2}{3}(-1)^{i-1}b^-_{i-1} \mathop \prod \limits_{r = 0}^{i - 2} \frac{i-r}{5+2r} +O(| b^-_i, b^-_i+1, \cdots, b^-_{m-1}|), \ \ i=2, 3, \cdots, [\frac{m}{2}], \\ { } A^-_1=\frac{2}{3} (-1)^{i-1} b^-_{i-1} \mathop \prod \limits_{r = 0}^{i - 2} \frac{i-r}{5+2r} +O(| b^-_i , b^-_{i+1} , \cdots, b^-_{m-1} |), \; i=[\frac{m}{2}]+1, [\frac{m}{2}]+2, \cdots, m. \end{array} \end{equation} $

证  沿着曲线$ \widehat{D_2C_2} $, 有$ y^2=2h+1+2(x+1) $. 与上述处理方法相同, 类似可得

(2.14) $ \begin{eqnarray} M^-_2(h)&=&2\int^{-1}_{-\frac{2h+3}{2}} \mathop \sum \limits_{i = 0}^{m - 1} b^-_i x^i [2h+1+2(x+1)]^{\frac{1}{2} }{\rm d}x-\mathop \sum \limits_{i = 0}^m a^-_i \int^{\sqrt(2h+1)}_{-\sqrt(2h+1)} y^i {\rm d}y{}\\ &=&2\mathop \sum \limits_{i = 0}^{m - 1} b^-_i J_{i1}(h) -\mathop \sum \limits_{i = 0}^{[\frac{m}{2}]} \frac{2a^-_{2i}}{2i+1} (2h+1)^{i+\frac{1}{2}}, \end{eqnarray} $

这里

$ J_{ik} (h)=\int^{-1}_{-\frac{2h+3}{2}}x^i[2h+1+2(x+1)]^{\frac{k}{2}}{\rm d}x, \; i, \; k\in \mathbb{N}. $

对于任意给定的一对正整数$ (i, k) $, 有如下等式

$ J_{ik} (h)=\frac{(-1)^i}{k+2}(2h+1)^{\frac{k+2}{2}}-\frac{i}{k+2}J_{i-1, k+2}(h), \; i, \; k\in \mathbb{N}. $

通过数学归纳法得到

(2.15) $ \begin{eqnarray} J_{i1}(h)&=&\frac{(-1)^i}{3} (2h+1)^{\frac{3}{2}}[1+\sum\limits_{j=1}^{i-1}\prod\limits_{r=0}^{j-1}\frac{i-r}{5+2r}(2h+1)^j]+(-1)^j\prod\limits_{r=0}^{i-1}\frac{i-r}{3+2r}J_{0, 2i+1}(h){}\\ &=&\frac{(-1)^i}{3}(2h+1)^{\frac{3}{2}}\big[1+\sum\limits_{j=1}^{i-1}\prod\limits_{r=0}^{j-1}\frac{i-r}{5+2r}(2h+1)^j\big]. \end{eqnarray} $

将(2.15) 式代入(2.14) 式可得(2.12) 式. 证毕.

注2.2  由(1.7) 式中所定义的函数$ M_3(h) $也有(2.12) 式中的形式表达式, 这里$ h>0 $.

引理2.5  由(1.6) 式给出的函数$ M_2(h) $, 可以被表示为

(2.16) $ \begin{equation} M_2(h)=\sum\limits_{i=1}^{[\frac{m-1}{2}]}b_{2i}\frac{(2h+1)^\frac{3}{2}}{i+1}(1+\sum\limits_{j=1}^{i-1}\beta_{2i, j}h^j)+\sum\limits_{i=0}^{[\frac{m-1}{2}]}b_{2i}\gamma_i h^i\int_{-1}^1(2h+x^2)^{\frac{1}{2}}{\rm d}x, \end{equation} $

这里的$ \beta_{2i, j} $和$ \gamma_i $与(2.5) 式中给出的定义相同. 此外, 对于$ h>0 $, 有

(2.17) $ \begin{equation} M_2(h)=M_4(h), \end{equation} $

其中$ M_4(h) $由(1.7) 式给出.

证  沿着曲线$ \widehat{B_1B_2}, \; y^2-x^2=2h, -1<x<1. $由(1.6) 式所定义的函数$ M_2(h) $可被改写为如下的表达式

(2.18) $ \begin{eqnarray} M_2(h)&=&\int_1^{-1}\sum\limits_{i=0}^{m-1}b_ix^i(-\sqrt{2h+x^2}){\rm d}x-\int_1^{-1}\sum\limits_{i=0}^{m}a_i(-1)^{i+1}\sqrt{2h+x^2} {\rm d}\sqrt{2h+x^2}{}\\ &=&\sum\limits_{i=0}^{[\frac{m-1}{2}]}b_i\overline{I}_i(h), \end{eqnarray} $

其中$ \overline{I}_i(h)=\int_{-1}^{1}x^{2i}\sqrt{2h+x^2}{\rm d}x $.

利用(2.8) 式中, 不难发现成立

$ \overline{I}_i(h)=\frac{(2h+1)^{\frac{3}{2}}}{i+1}+\frac{1-2i}{i+1}\overline{I}_{i-1}(h). $

因此, 易推出

(2.19) $ \begin{equation} \overline{I}_i(h)=\frac{(2h+1)^\frac{3}{2}}{i+1}\big(1+\sum\limits_{j=1}^{i-1}\prod\limits_{r=1}^{i-1}\frac{2r+1-2i}{i-r}h^j\big)+\prod\limits_{r=1}^{i-1}\frac{2r+1-2i}{i-r}h^i\overline{I}_0(h). \end{equation} $

将(2.19) 式代入(2.18) 式, 同时结合(2.10) 式, 易得(2.16) 式中的表达式.

同样, 我们可以推导出(1.7) 式中函数$ M_4(h) $的显示表达式, 易知其表达式与$ M_2(h) $所对应的相同. 证毕.

对于(2.5) 式和(2.16) 式中的定积分部分, 我们有

引理2.6  当$ h>-\frac{1}{2} $时, 成立

(2.20) $ \begin{equation} \begin{array}{ll} { } \int_{\sqrt{-2h}}^1\sqrt{2h+x^2}{\rm d}x&=\frac{1}{2}(-h\ln|h|+\phi(h)), \ \ -\frac{1}{2}<h<0, \\ { } \int_{-1}^1\sqrt{2h+x^2}{\rm d}x&=-h\ln|h|+\phi(h), h>0, \end{array} \end{equation} $

其中$ \phi(h)=\sqrt{2h+1}+2h\ln(1+\sqrt{2h+1})-h\ln2 $.

证  注意到

$ \int\sqrt{x^2\pm a^2}{\rm d}x=\frac{1}{2}[x\sqrt{x^2\pm a^2}\pm a^2\ln(x+\sqrt{x^2\pm a^2})], $

其中$ a $是一个常数. 因此, 我们有

$ \int_{\sqrt{-2h}}^1\sqrt{2h+x^2}{\rm d}x=\frac{1}{2}\sqrt{2h+1}+h\ln(1+\sqrt{2h+1})-\frac{1}{2}h\ln2-\frac{1}{2}h\ln|h|, \ \ h\in(-\frac{1}{2}, 0), $

$ \int_{\sqrt{-1}}^1\sqrt{2h+x^2}{\rm d}x=\sqrt{2h+1}+2h\ln(1+\sqrt{2h+1})-h\ln2-h\ln|h|, \ \ h>0. $

由此可得到(2.20) 式. 证毕.

现在, 我们研究微分系统(1.2) 的广义双同宿环$ \Gamma $附近的极限环分支问题. 为此, 引入

$ d_\tau=\frac{(-1)^{\tau-1}}{\prod\limits_{i=0}^{\tau-1}(k_2+ki)}, \ \ d_j=(-1)^{j-1}\frac{\prod\limits_{i=0}^{j-\tau-1}(k_1+ki)}{(k_2+ki)}, j\geq\tau+1, $

其中$ k_1, k_2 $和$ k $都是正常数且$ k_1\neq k_2 $. 然后, 对于任意给定的一对正整数$ (s, t), \; s\geq t \geq\tau, \; s, \; t\in N. $再利用$ d_j $构建一个$ (s-t+1)\times(s-t+1) $矩阵

(2.21) $ \begin{equation} {\cal D}_{s, t}(k_1, k_2, k, s)= \left(\begin{array}{cccccc} d_s&d_{s-1}&d_{s-2}&\cdots&d_t\\ d_{s+1}&d_s&d_{s-1}&\cdots&d_{t+1}\\ d_{s+2}&d_{s+1}&d_s&\cdots&d_{t+1}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ d_{2s-t}&d_{2s-t-1}&d_{2s-t-2}&\cdots&d_s \end{array}\right). \end{equation} $

那么, 我们有

引理2.7  对于(2.21) 式中的矩阵$ {\cal D}_{s, t}(k_1, k_2, k, \tau) $, 成立

$ {\cal D}_{s, t}(k_1, k_2, k, \tau)\neq0. $

证  对于(2.21) 式中的矩阵$ {\cal D}_{s, t}(k_1, k_2, k, \tau) $, 我们做如下初等变换:

(1) 第$ i $列乘以$ (-1)^{i-1}, i=2, 3, \cdots, s-t+1 $;

(2) 第$ i $行除以$ (-1)^{i-1}, i=1, 2, \cdots, s-t+1 $.

那么$ {\cal D}_{s, t}(k_1, k_2, k, \tau) $经过上面一系列的操作变成另一个矩阵, 我们用$ {\cal D}_0 $表示. 这里

(2.22) $ \begin{equation} {\cal D}_{s, t}(k_1, k_2, k, \tau)\sim {\cal D}_0, \end{equation} $

其中

$ {\cal D}_0= \left(\begin{array}{cccccc} { }\frac{e_{s-\tau}}{f_s}&{ }\frac{e_{s-1-\tau}}{f_{s-1}}&{ }\frac{e_{s-2-\tau}}{f_{s-2}}&\cdots&{ }\frac{e_{t-\tau}}{f_t}\\ { }\frac{e_{s+1-\tau}}{f_{s+1}}&{ }\frac{e_{s-\tau}}{f_s}&{ }\frac{e_{s-1-\tau}}{f_{s-1}}&\cdots&{ }\frac{e_{t+1-\tau}}{f_{t+1}}\\ { }\frac{e_{s+2-\tau}}{f_{s+2}}&{ }\frac{e_{s+1-\tau}}{f_{s+1}}&{ }\frac{e_{s-\tau}}{f_s}&\cdots&{ }\frac{e_{t+2-\tau}}{f_{t+2}}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ { }\frac{e_{2s-t-\tau}}{f_{2s-t}}& { }\frac{e_{2s-t-1-\tau}}{f_{2s-t-1}}&{ }\frac{e_{2s-t-2-\tau}}{f_{2s-t-2}}&\cdots&{ }\frac{e_{s-\tau}}{f_s} \end{array}\right), $

这里

$ e_0=f_0=1, \ \ e_j=\prod\limits_{i=0}^{j-1}(k_1+ki), \ \ f_j=\prod\limits_{i=0}^{j-1}(k_2+ki), j\geq1. $

从文献[9, 引理3.1]可发现, $ \det({\cal D}_0)\neq0 $. 因此, 可以从(2.22) 式可得结论成立. 证毕.

定理1.1的证明  我们分为如下四种情况进行讨论:

$ m=2l+1, \; l=2k, \ \ \ m=2l+1, \; l=2k+1, \ \ \ m=2l, \; l=2k, \ \ \ m=2l, \; l=2k+1. $

首先, 我们证明$ m=2l+1, l=2k $的情况, 通过(1.3) 式, (2.1) 式和(2.5) 式可推导出

(2.23) $ \begin{eqnarray} \frac{M^+(h)}{\sqrt{2h+1}} &=&\sum\limits_{i=0}^{2l+1}A_i^+(2h+1)^{\frac{i}{2}}-\sum\limits_{i=0}^l\frac{2a_{2i}}{2i+1}(2h+1)^i+\sum\limits_{i=0}^{2l}2b_i\frac{2h+1}{i+2}(1+\sum\limits_{j=1}^{[\frac{i+1}{2}]-1}\beta_{ij}h^j){}\\ &&+\sum\limits_{i=0}^l2b_{2i}\gamma_ih^i\frac{\int_{\sqrt{2h}}^1(2h+x^2)^{\frac{1}{2}}{\rm d}x}{\sqrt{2h+1}}{}\\ &=&\sum\limits_{i=0}^l(A_{2i}^+-\frac{2a_{2i}}{2i+1})(2h+1)^i +\sum\limits_{i=1}^{2l}2b_i\frac{2h+1}{i+2}(1+\sum\limits_{j=1}^{[\frac{i+1}{2}]-1}\beta_{ij}h^j){}\\ &&+\sum\limits_{i=0}^{l}A_{2i+1}^+(2h+1){i+\frac{1}{2}}+\sum\limits_{i=0}^l2b_{2i}\gamma_ih^i\frac{\int_{\sqrt{2h}}^1(2h+x^2)^{\frac{1}{2}}{\rm d}x}{\sqrt{2h+1}}. \end{eqnarray} $

另一方面, 对于$ |h|>0 $且足够小

(2.24) $ \begin{equation} \begin{array}{ll} { } (2h+1)^\frac{1}{2}=1+\sum\limits_{i\geq1}A_ih^i, \; A_1=1, \; A_i=(-1)^{i-1}\frac{\prod\limits_{r=0}^{i-2}(2r+1)}{\prod\limits_{r=0}^{i-1}(r+1)}, \; i\geq2, \\ { } (2h+1)^{-\frac{1}{2}}=1+\sum\limits_{i\geq1}\bar{A}_ih^i, \; \bar{A}_1=1, \; \bar{A}_i=(-1)^{i}\prod\limits_{r=0}^{i-1}\frac{2r+1}{r+1}, \; i\geq2. \end{array} \end{equation} $

那么, 根据引理2.6, 对于$ 0<-h\ll1 $, (2.23) 式能够写成

(2.25) $ \begin{eqnarray} \frac{M^{+}(h)}{\sqrt{2h+1}}&=&\sum\limits_{i=1}^l(A_{2i}^+ - \frac{2a_{2i}}{2i+1})\sum\limits_{r=0}^i C_i^r 2^r h^r + \sum\limits_{i=1}^{2l} 2b_i \frac{2h+1}{i+2} \big(1 + \sum\limits_{j=1}^{[\frac{i+1}{2}]-1} \beta_{ij}h^j\big){}\\ &&+\sum\limits_{i=0}^l A_{2i+1}^+ \sum\limits_{r=0}^i C_i^r 2^r h^r (1+\sum\limits_{i\geq1} A_i h^i) + \sum\limits_{i=0}^l b_{2i} \gamma_i h^i \big(-h\ln|h|+1+O(h)\big){}\\ &=&\sum\limits_{i=0}^l(B_i^+ + D_i h \ln|h|)h^i+\sum\limits_{i \geq 0}B_{l+1+i}^+h^{l+1+i}, \end{eqnarray} $

其中

(2.26) $ \begin{equation} \begin{array}{ll} D_i = -2b_{2i}\gamma_i, \quad i=0, 1, \cdots, l, \\ B_i^+ ={ } 2^i(A_{2i}^+ - \frac{2a_{2i}}{2i+1})+O(| A_{2(i+1)}^+, A_{2(i+2)}^+, \cdots, A_{2l}^+, a_{2(i+1)}, a_{2(i+2)}, \\ {\quad}{\qquad} \cdots, a_{2l}, A_1^+, A_3^+, \cdots, A_{2l+1}^+, b_0, b_1, \cdots, b_{2l} | ), \quad i=0, 1, \cdots, l, \\ B_{l+1+i}^+ ={ } \sum\limits_{i=1}^l A_{2i+1}^+ \sum\limits_{r=0}^i C_i^r 2^r A_{l+1+i-r}, \quad i\geq0. \end{array} \end{equation} $

此外, 利用(1.3) 式, (2.11)–(2.12) 式可得到

$ \begin{eqnarray*} \frac{M^{-}(h)}{\sqrt{2h+1}}&=&\sum\limits_{i=1}^{2l+1}A_i^- (2h+1)^i+\sum\limits_{i=1}^l \frac{2a_{2i}}{2i+1}(2h+1)^i+\sum\limits_{i=1}^l 2(-1)^ib_i\frac{(2h+1)}{i+2}(1+\sum\limits_{j=1}^{[\frac{i+1}{2}]-1} \beta_{ij}h^j){\nonumber}\\ &&+\sum\limits_{i=0}^l 2b_{2i} \gamma_i h^i \frac{\int_{\sqrt{-2h}}^1 (2h+x^2)^{\frac{1}{2}}{\rm d}x}{\sqrt{2h+1}}. \end{eqnarray*} $

再利用(2.24) 式, 进一步得到

(2.27) $ \begin{eqnarray} \frac{M^{-}(h)}{\sqrt{2h+1}}&=&\sum\limits_{i=1}^{2l+1}A_{i}^-\sum\limits_{r=0}^i C_i^r 2^r h^r + \sum\limits_{i=1}^l \frac{2a_{2i}}{2i+1} \sum\limits_{r=0}^i C_i^r 2^r h^r{}\\ &&+ \sum\limits_{i=1}^{2l}2(-1)^ib_i\frac{2h+1}{i+2}(1+\sum\limits_{j=1}^{[\frac{i+1}{2}]-1} \beta_{ij}h^j) +\sum\limits_{i=0}^l b_{2i} \gamma_i h^i\big(-h \ln|h|+ 1 + O(h)\big){}\\ &=&\sum\limits_{i=0}^l(B_i^- + D_i h \ln|h|)h^i + \sum\limits_{i \geq 0}B_{l+1+i}^- h^{l+1+i}, \end{eqnarray} $

其中$ D_i $与(2.24) 式中给出相同, 且

(2.28) $ \begin{equation} B_i^- = 2^i A_i^- + O(| A_{i+1}^-, A_{i+2}^-, \cdots, A_{2l+1}^-, a_0, a_2, \cdots, a_{2l}, b_0, b_1, \cdots, b_{2l}| ). \end{equation} $

现在, 我们导出$ \frac{M(h)}{\sqrt{2h+1}} $的表达式, 利用引理2.1–2.5和注2.1和注2.2, 不难得到, 对于$ h>0 $, 有

$ \frac{M(h)}{\sqrt{2h+1}}=\frac{M^{+}(h)}{\sqrt{2h+1}}+\frac{M^{-}(h)}{\sqrt{2h+1}}. $

那么, 鉴于(2.25) 式和(2.27) 式, 当$ 0<h\ll 1 $时, 有

(2.29) $ \begin{equation} \frac{M(h)}{\sqrt{2h+1}}=\sum\limits_{i=0}^l\big[(B_i^+ + B_i^-)+2D_i h \ln{| h | }\big]h^i + \sum\limits_{i \geq 0}(B_{l+1+i}^+ + B_{l+1+i}^-)h^{l+1+i}. \end{equation} $

为了证明$ B_0^+, B_1^+, \cdots , B_{2l+1}^+, B_0^-, B_1^-, \cdots , B_{2l+1}^-, D_0, D_1, \cdots , D_l $是相互独立的参数, 依据(2.26) 式和(2.28) 式, 以及(2.2) 式和(2.13) 式, 我们只需要证明下式成立:

(2.30) $ \begin{equation} \det\frac{\partial(B_{l+1}^+, B_{l+2}^+, \cdots , B_{2l+1}^+)}{\partial(A_1^+, A_3^+, \cdots , A_{2l+1}^+)}=\det({\cal D})\neq0, \end{equation} $

其中

$ {\cal D}= \left(\begin{array}{cccccc} A_{l+1} &{ }\sum\limits_{r=0}^1 C_l^r 2^r A_{l+1-r} & { }\sum\limits_{r=0}^2 C_l^r 2^r A_{l+1-r} &\cdots &{ }\sum\limits_{r=0}^l C_l^r 2^r A_{l+1-r} \\ A_{l+2} &{ }\sum\limits_{r=0}^1 C_l^r 2^r A_{l+2-r} & { }\sum\limits_{r=0}^2 C_l^r 2^r A_{l+2-r} &\cdots &{ }\sum\limits_{r=0}^l C_l^r 2^r A_{l+2-r} \\ A_{l+3} &{ }\sum\limits_{r=0}^1 C_l^r 2^r A_{l+3-r} &{ } \sum\limits_{r=0}^2 C_l^r 2^r A_{l+3-r} &\cdots &{ }\sum\limits_{r=0}^l C_l^r 2^r A_{l+3-r} \\ \vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\ A_{2l+1} &{ }\sum\limits_{r=0}^1 C_l^r 2^r A_{2l+1-r} & { }\sum\limits_{r=0}^2 C_l^r 2^r A_{2l+1-r} &\cdots &{ }\sum\limits_{r=0}^l C_l^r 2^r A_{2l+1-r} \end{array}\right). $

我们对矩阵$ D $做以下初等变换:

(1) 用$ -C_{j-1}^{i-1} $乘第$ i $列加到第$ j $列, $ j=i+1, \; i+2, \cdots, \; l+1, \; i=1, \; 2, \cdots, \; l; $

(2) 第$ i $列除以$ \frac{1}{2^{i-1}}, \ \ i=1, \; 2, \cdots, \; l+1; $

(3) 第$ i $列乘以$ \frac{1}{2^{l+2-i}}, \ \ i=1, \; 2, \cdots, \; l+1; $

(4) 第$ i $行乘以$ \frac{1}{2^{i-1}}, \ \ i=1, \; 2, \cdots, \; l+1 $.

那么, 矩阵$ D $可化为矩阵$ \tilde{D} $:

$ \tilde{D}= \left(\begin{array}{cccccc} { }\frac{A_{l+1}}{2^{l+1}} &{ }\frac{A_l}{2^l} &{ }\frac{A_{l+1}}{2^{l-1}} &\cdots &{ }\frac{A_1}{2}\\ { }\frac{A_{l+2}}{2^{l+2}} &{ }\frac{A_{l+1}}{2^{l+1}} &{ }\frac{A_{l}}{2^{l}} &\cdots &{ }\frac{A_2}{2^2}\\ { }\frac{A_{l+3}}{2^{l+3}} &{ }\frac{A_{l+2}}{2^{l+2}} &{ }\frac{A_{l+3}}{2^{l+1}} &\cdots &{ }\frac{A_3}{2^3}\\ \vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ { }\frac{A_{2l+1}}{2^{2l+1}} &{ }\frac{A_{2l}}{2^{2l}} &{ }\frac{A_{2l-1}}{2^{2l-1}} &\cdots &{ }\frac{A_{l+1}}{2^{l+1}} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccccc} \tilde{A}_{l+1} &\tilde{A}_{l} &\tilde{A}_{l-1} &\cdots &\tilde{A}_{1}\\ \tilde{A}_{l+2} &\tilde{A}_{l+1} &\tilde{A}_{l} &\cdots &\tilde{A}_{2}\\ \tilde{A}_{l+3} &\tilde{A}_{l+2} &\tilde{A}_{l+1} &\cdots &\tilde{A}_{3}\\ \vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ \tilde{A}_{2l+1} &\tilde{A}_{2l} &\tilde{A}_{2l-1} &\cdots &\tilde{A}_{l+1} \end{array}\right), $

其中

$ \tilde{A}_i=\frac{1}{2}, \; \tilde{A}_i=(-1)^{i-1}\frac{\prod \limits_{r=0}^{i-2}(2r+1)}{\prod \limits_{r=0}^{i-1}(2r+2)}, \ \ i\geq 2. $

在引理2.7中, 令$ s=l+1, t=1, k_1=1.k_2=2, k=2 $和$ \tau=1 $, 那么, 我们有

$ \det(\tilde{{\cal D}})=\det({\cal D}_{l+1, l}(1, 2, 2, 1))\neq0. $

因此(2.30) 式恒成立. 从而(2.25) 式, (2.27) 式, (2.29) 式中的系数

$ B_0^+, B_1^+, \cdots, B_{2l+1}^+, B_0^-, B_1^-, \cdots, B_{2l+1}^-, D_0, D_1, \cdots, D_l $

能够当作自由参数. 注意到$ l=2k $, 对以上参数可选择满足如下

$ \begin{eqnarray*} 0&<&B_0^-\ll B_0^+ \ll D_0 \ll B_1^- \ll B_1^+ \ll D_1 \ll \cdots \ll B_{2k-1}^- \ll B_{2k-1}^+ \ll D_{2k-1} \\ &\ll &B_{2k}^- \ll B_{2k}^+ \ll D_{2k} \ll -B_{2k+1}^- \ll B_{2k+1}^+ \ll B_{2k+2}^+ \ll -B_{2k+2}^- \ll -B_{2k+3}^- \\ &\ll&\cdots \ll -B_{4k-2}^- \ll -B_{4k-1}^- \ll B_{4k-1}^+ \ll B_{4k}^+ \ll -B_{4k}^- \ll -B_{4k+1}^- \ll B_{4k+1}^+ \ll 1. \end{eqnarray*} $

这意味着(2.25) 式, (2.27) 式, (2.29) 式中的函数$ \frac{M^+(h)}{\sqrt{2h+1}} $, $ \frac{M^-(h)}{\sqrt{2h+1}} $, $ \frac{M(h)}{\sqrt{2h+1}} $, 其符号分别改变了如下次数：

$ 4k+1+1, \ \ 4k+1, \ \ 4k+1+2k+1, $

则其总体改变了次数如下

$ 3(4k+1)+2k+1+1=3m+[\frac{m+1}{2}]+1. $

所以, 再根据隐函数定理, 微分系统(1.2) 在广义双同宿环附近可分支出$ 3m+[\frac{m+1}{2}]+1 $个极限环. 对其他情况, 可类似证明. 定理1.1证毕.