一類單側有界不對稱Duffing方程的對稱周期解

成 誠, 成紅勝

(1. 江蘇師范大學 數學與統計學院, 江蘇 徐州 221116; 2. 鹽城師范學院 信息工程學院, 江蘇 鹽城 224001)

考慮二階Duffing方程

x″+g(x)=p(t)

(1)

的2π-周期解的存在性和多解性問題,其中p:R→R是2π-周期的連續偶函數,g:R→R是局部Lipschitz連續函數,g(0)=0,滿足

(g1) ?d0>0使得對x≥d0都有

g(x)>2p0,

其中p0:=max{|p(t)|:t∈[0,2π]};

(g2) ?M0>0,?s∈R+,|g(s)|≤M0;

(g3) 存在正數0

由于二階Duffing方程(1)與許多實際問題相關聯[1-2],因而廣受關注.其中,關于方程周期解的存在性和多解性問題已有許多研究工作.例如,在超線性條件

(2)

下,丁偉岳[3]運用自己證明的推廣Poincare-Birkhoff扭轉不動點定理證明了方程(1)無窮多個調和解和次調和解的存在性.Ding等[4]在更一般性的超線性條件

(τ0)

下推廣了文獻[4]的結論,其中

為自治方程x″+g(x)=0的周期軌道

在文獻[10]中,在條件(2)和假設p(t)是偶周期函數的條件下,Nakajima證明了無窮多個偶的調和解和次調和解的存在性,并且在g(x)是C1函數的假設下證明了偶的次調和解的稠密性分布結果.對于對稱周期解的研究,針對非線性Hill方程也有一些結果,參見文獻[11-12].在上述有關二階方程的對稱周期解的研究中沒有關于不對稱方程的討論,一個有趣的問題是:文獻[10-12]的結論能否推廣到一些不對稱方程的情形.

本文討論一類不對稱Duffing方程的對稱周期解問題.所謂不對稱方程是指當x<0和x>0時,回復力g(x)滿足不同的非線性條件.在本文中,在一側回復力是有界函數且另一側回復力滿足半線性條件時,證明方程(1)有無窮多個偶次調和解.同時,偶次調和解是稠密性分布的.由于偶函數是對稱函數,因此偶的周期解亦稱為對稱周期解.本文首先運用相平面分析的方法對等價系統解的動力行為進行分析,得到在充分大的區域外系統解的動力行為.之后利用解的性質在相平面上構造適當大的圓環,使得Poincaré映射在環的邊界具有扭轉性,再利用偶周期解存在的充分必要條件證明了方程(1)無窮多個偶的次調和解的存在性和稠密性分布結果.

1 預備引理

令x′=y,則可得與方程(1)等價的系統

(2)

類似于文獻[11]中的做法,構造輔助系統

(3)

其中連續函數η:R2→R稱為截斷函數,滿足

且|η(a,b)|≤1.易見,如果方程(3)的解(x(t),y(t))在區間I?R上滿足|(x(t),y(t))|≥1,則(x(t),y(t))也是系統(2)定義在區間I上的解.

下面,記(x(t;x0,y0),y(t;x0,y0))是方程(3)在t=0時刻以(x0,y0)為初值條件的解.易證

引理 1.1方程(3)的解(x(t;x0,y0),y(t;x0,y0))是唯一且全局存在的.

從而,由引理1.1有:

推論 1.1對任給的正實數T>0和H>0都存在一個正數R0:=R0(T,H)>0,對任意的(x0,y0)∈R2,只要|(x0,y0)|≥R0,則(2)式的解(x(t;x0,y0),y(t;x0,y0))一定滿足

|(x(t;x0,y0),y(t;x0,y0))|>H,

?t∈[-T,T].

注 1.1由推論1.1,易見,對任意的T>0,存在正數M:=M(T)>0使得對方程(3)的任意解(x(t),y(t)),只要|(x(t),y(t))|≥M,則

|(x(t),y(t))|≥1,t∈[-T,T].

從而,(x(t),y(t))也是系統(2)定義在[-T,T]上的解.

因為g(0)=0,故(0,0)是方程(3)的平衡點,從而由解的存在唯一性定理,方程(3)的任意非零解在任何有限時間內不會通過原點.對方程(3)初值不為(0,0)的解,可以定義它的極坐標形式

其中r(t)和θ(t)是關于t的C1函數.顯然,?t∈R,r(t)、θ(t)滿足

記(r(t;t0,r0,θ0),θ(t;t0,r0,θ0))為方程(4)的滿足初始條件r(t0)=r0和θ(t0)=θ0的解.

引理 1.2?R1>1,對(2)式的任意解(x(t),y(t)),只要r(t)>R1就有

θ′(t)<0.

證明當(x(t),y(t))∈Ⅰ時,易見-sin2θ(t)≤-sin2δ.由(4)式知存在M1>0,當r>M1時有

其中,p0:=max{|p(t)|:t∈[0,2π]}.從而有

θ′(t)≤-sin2δ<0.

類似可證:存在M2>0,使得當(x(t),y(t))∈Ⅲ且r(t)>M2時有θ′(t)<0.

當(x(t),y(t))∈Ⅱ時,cos(取δ充分小).因此,在Ⅱ內,當r→+∞時有x→+∞.從而,由(g1),對充分大的正數M3>0,當r(t)>M3時(注意到有

從而由(4)式知θ′(t)<0.

當(x(t),y(t))∈Ⅳ時,首先,-sin2θ(t)≤-sin2δ.其次,由(g3)知,存在d1>0,當x≤-d1時有g(x)<0.取M4>0充分大使得當(x(t),y(t))∈Ⅳ且r(t)>M4時,如果-d1

(x(t),y(t))∈Ⅳ

且r(t)>M4時有

類似可證:存在M5>0,使得當(x(t),y(t))∈Ⅵ且r(t)>M5時有θ′(t)<0.

當(x(t),y(t))∈Ⅴ時,由(g3),取M6>0適當大使得當r(t)>M6時x(t)<-d1且g(x)<-2p0.從而,θ′(t)<0.

取R1>max{Mi:i=1,2,…,6},則(1)和(2)式成立.證畢.

引理1.2指出,在充分大的圓盤外,系統(3)的解在總是繞著原點作順時針旋轉.

引理 1.3設τ(R)為方程(3)的解在區域{(x,y):|(x,y)|≥R}內轉一圈所用時間的下確界,則

證明對充分大的R>R1,只需計算解在

1.4.2 搭建成本分析。對2015年建造避雨棚時所用的搭建成本進行統計，包括用工、肥料、避雨棚膜、架材、苗木等。

{(x,y):|(x,y)|≥R}

內通過區域

Ω:={(x,y):-x0}

所需時間即可.

θ′(t)=-cos2θ(t)+

因此,軌線穿過Ω所需的時間τ滿足

θ(t1)-θ(t0)<-4π.

證明首先,在XOY右半平面上定義一些區域.記

Ⅰ={(x,y):0≤x

Ⅱ={(x,y):x≥d0,y≥d0},

Ⅲ={(x,y):x≥d0,-d0

Ⅳ={(x,y):x≥d0,y≤-d0},

Ⅴ={(x,y):0

其中d0在(g1)中給出.

設(x(t),y(t))是方程(3)的定義在[τ,τ+T]上的解,滿足

r(t)>2max

?t∈[τ,τ+T],

其中τ∈R是任意的一個實數,T>0是一個正實數,M1:=M0+p0,其中M0、p0在(g2)、(g1)中定義.下面將在各個區域討論r(t)的變化情況.

(i) 設?t∈I1?[τ,τ+T],有(x(t),y(t))∈Ⅰ.因為

所以?t,s∈I1,有

|y(t)-y(s)|≤2M1.

從而,

所以

易見F1(r),F-1(r):R→R都是單調遞增的函數.在區域Ⅴ中有類似的討論,并且存在單調遞增的函數

(ii) 設?t∈I2?[τ,τ+T],有

(x(t),y(t))∈Ⅱ.

由(2)式得

ydy=(-g(x)+p(t))dx.

設t0,t1∈I2,t0

(5)

從而有

其中t=t(x)是x=x(t)的反函數且ξ∈[x0,x1],則有

或

因為y0

從而

(9)

因此

(10)

同時,注意到d0≤x0

(11)

從而

(12)

則易見,F-2和F2都是單調遞增函數且

F-2(r0)

(13)

在區域Ⅵ中有類似的討論,并且存在單調遞增的函數

F±6(r):=F±2(r).

(iii) 設?t∈I3?[τ,τ+T],有

(x(t),y(t))∈Ⅲ.

?t0,t1∈I3,因為

d0(t1-t0)

則

|r(t1)-r(t0)|≤

(14)

從而

(15)

易見,F-3和F3都是單調遞增函數.在區域Ⅶ中有類似的討論,并且存在單調遞增的函數

F±7(r)=F±3(r).

(iv) 類似于(ii)中的討論,若

?t∈I4?[τ,τ+L],

有

(x(t),y(t))∈Ⅳ,

則可以找到2個單調遞增的函數F±4(r)使得對任意的t0,t1∈I4,t0

F-4(r(t0))≤r(t1)≤F4(r(t0)).

(16)

接下來,在XOY左半平面上定義一些區域.由(g3)知,存在d1>0,使得當x≤-d1時有

g(x)<-(L0+1)p0.

記

Ⅵ={(x,y):-d1

Ⅶ={(x,y):x≤-d1,y≤-d1},

Ⅷ={(x,y):x≤-d1,-d1

Ⅸ={(x,y):x≤-d1,y≥d1},

Ⅹ={(x,y):-d1≤x<0,y≥d1}.

(v) 類似于(i)中的討論,若?t∈I6?[τ,τ+T],有(x(t),y(t))∈Ⅵ,則可以找到2個單調遞增的函數F±6(r)使得對任意的t0,t1∈I6,t0

F-6(r)

(17)

同樣地,若?t∈I10?[τ,τ+L],有(x(t),y(t))∈Ⅹ,則可以找到2個單調遞增的函數F±10(r)使得對任意的t0,t1∈I10,t0

F-10(r(t0))≤r(t1)≤F10(r(t0)).

(18)

(vi) 類似于(iii)中的討論,若?t∈I8?[τ,τ+L],有(x(t),y(t))∈Ⅷ,則可以找到2個單調遞增的函數F±8(r)使得對任意的t0,t1∈I8,t0

F-8(r(t0))≤r(t1)≤F8(r(t0)).

(19)

(vii) 設?t∈I7?[τ,τ+T],有

(x(t),y(t))∈Ⅶ.

由(g3)和(4)式知,只要取d1充分大,就有

|r′(t)|≤(L0+1)r,

從而對任意的t0,t1∈I7,t0

r(t0)e-(L0+1)T≤r(t1)≤r(t0)e(L0+1)T.

(20)

取F-7(r):=re-(L0+1)T及F7(r):=re(L0+1)T,則F±7(r)是2個單調遞增的函數.

類似地,可定義2個單調遞增的函數F±9(r)使得若?t∈I9?[τ,τ+L]有(x(t),y(t))∈Ⅷ,則對任意的t0,t1∈I9,t0

F-9(r(t0))≤r(t1)≤F9(r(t0)).

(21)

這樣,在區域Ⅰ,Ⅱ,…,Ⅹ上分別定義了20個單調遞增的函數F±1,F±2,…,F±10定義

γ1(r):=F1°F2°…°F10°

F1°F2°…°F10(r),

且

γ-1(r):=F-1°F-2°…°F-10°

F-1°F-2°…°F-10(r).

這樣,無論初始點在哪一個區域,對于充分大的C>0有?r>C,對?t1,t2∈[τ,τ+L]且t1

θ(t2)-θ(t1)<-2π.

類似地,只要r(t1)≥r且r(t2)≤γ-1(r),就有

θ(t2)-θ(t1)<-2π.

顯然,γ1(r)和γ-1(r)是單調遞增函數.令

γ(r):=γ1°γ1(r),

γ(-1)(r):=γ-1°γ-1(r),

則γ、γ(-1)即為所求.

2 主要結論

若x(t)為(1)的偶周期解,則稱初值點(x(0),x′(0))為一個ε-點.由于x(t)是偶函數,所以必有x′(0)=0.若一個偶周期解x(t)的最小周期為2mπ(m∈Z+),則稱ε-點(x(0),x′(0))為m階的.

在下面,對任一個t0∈R和(r0,θ0)∈R+×R,r0>0,設(r(t;t0,r0,θ0),θ(t;t0,r0,θ0))是方程(4)的滿足初始條件

r(t0)=r0,θ′(t0)=θ0

的解.特別地,若t0=0,記

(r(t;r0,θ0),θ(t;r0,θ0))=

(r(t;0,r0,θ0),θ(t;0,r0,θ0)).

相應地,記(x(t;x0,y0),y(t;x0,y0))為方程(2)的滿足(x(0),y(0))=(x0,y0)的解.

下述引理見文獻[13].

引理 2.1方程(1)的解x(t)是一個偶周期解當且僅當存在一個正整數m,使得

x′(0)=x′(mπ)=0.

特別地,ε-點(x(0),x′(0))是m階的當且僅當x′(kπ)≠0,k=1,2,…,m-1.

定理 2.1假設(g1)～(g3),則存在m1∈Z+,對?m≥m1,系統(1)至少存在2個最小正周期為2mπ的偶周期解.

證明取r1>max易見r3>r2>r1.記閉圓環

B(r2):={(x,y):r1≤|(x,y)|≤r3}.

由引理1.2,在B(r2)內有

θ′(t)<0, ?t∈R.

因此,由(4)式、θ′的連續性和系統的周期性,存在正數b>0,在閉圓環{(x,y):r1≤|(x,y)|≤r3}內有

θ′≤-b, ?t∈R.

可以證明,對上述的a,取

則對任給的θ0∈R及T≥T0,方程(4)的以(r2,θ0)為初值解

(r(t),θ(t)):=(r(t;0,r2,θ0),θ(t;0,r2,θ0))

滿足

θ(T)-θ0<-2π.

(22)

令m1為充分大的正整數且滿足

m1π≥T0,

則對任意固定的整數m≥m1以及方程(4)的滿足初始條件r(0)=r2的任一解(r(t),θ(t)),都有

θ(mπ)-θ(0)<-2π.

r(t)≥r4, 0≤t≤mπ,

則有

θ(mπ)-θ(0)>-2π.

特別地

θ(mπ;r2,?0)-θ(0;r2,?0)<-2π

和

θ(mπ;r5,?0)-θ(0;r5,?0)>-2π,

其中?0≡0(modπ).

從而

下面,任取方程(1)的2個ε點p1、p2,其中

p1=(c1,0),p2=(c2,0),c1

主要結果是:

類似于文獻[10]中定理3的證明,有