二次多项式微分方程的周期解

现在我们考虑二阶微分方程

x″=a₀₀（t）+a₁₀（t）x+a₀₁（t）x′+a₂₀（t）x²+a₁₁（t）xx′+a₀₂（t）x′²， （4.3.1）

这里a_ij（t）在R上连续可微，（i，j=0，1，2）

Riccati方程

u′=α₀（t）+α₁（t）u+α₂（t）u²， （4.3.2）

其中α_i（t）在R上连续可微，（i，j=0，1，2）且α₂（t）≠0.

设x（t）为方程（4.3.1）的任一解，构造函数

u（t）=b₀₀（t）+b₁₀（t）x（t）+b₀₁（t）x′（t）， （4.3.3）

b_ij（t）在R上连续可微，（i，j=0，1）.

从4.4.1知，我们可以通过反射函数的性质来研究Riccati方程（4.3.2）周期解的个数及稳定性态.下面我们将应用Riccati方程（4.3.2）周期解的性态来研究微分方程（4.3.1）的性态.

引理 4.3.1 假设a₀₂（t）a₁₁（t）≠0，对于方程（4.3.1）存在连续可微函数α₀（t），α₁（t），α₂（t）（α₂≠0）和b₀₀（t），b₀₁（t），b₁₀（t）满足：

a²₁₁（t）=4a₂₀（t）a₀₂（t），δ′=δ²+a₀₁（t）δ-a₁₀，

b₀′₀（t）+b₀₁（t）a₀₀（t）=α₀（t）+α₁（t）b₀₀（t）+α₂（t）b²₀₀（t）.

则u（t）为Riccati方程（4.3.2）的解.

其中

证 由于x（t）为方程（4.3.1）的任一解，则

比较上式两边x（t），x′（t）同次幂的系数得

b₀′₀+b₀₁a₀₀=α₀+α₁b₀₀+α₂b²₀₀，

b₁′₀+b₀₁a₁₀=α₁b₁₀+2α₂b₀₀b₁₀，

b₀′₁+b₁₀+a₀₁b₀₁=α₁b₀₁+2α₂b₀₀b₀₁，

b_01a20=α₂b²₁₀， a₁₁=2α₂b₁₀，

b_01a02=α₂b²_01.

由上式不难计算可得引理的结论成立.

在引理的条件下，方程（4.3.1）可表示成

x″=a₀₀+（δ²-δ′）x+a₀₁（δx+x′）+a₀₂（δx+x′）².

式（4.3.3）变为

u（t）=b₀₀+b₀₁（δx（t）+x′（t））.

若取b₀₀=0，b₀₁=1，则方程（4.3.1）变为

u′=a₀₀+（a₁₀+δ）u+a₀₂u2.

定理4.3.1 假设引理4.3.1的条件满足，且方程（4.3.1）和方程（4.3.2）的系数函数均为连续的2ω-周期函数，则

1）若Riccati方程（4.3.2）没有2ω-周期解，则方程（4.3.1）没有2ω-周期解；

2）若，并且方程（4.3.2）有且仅有一个2ω-周期解，则方程（4.3.1）最多只有一个2ω-周期解；

3）若，并且方程（4.3.2）有且仅有两个2ω-周期解，则方程（4.3.1）最多只有两个2ω-周期解.

证 1）反证 若方程（4.3.1）有一个2ω-周期解x（t），则u（t）=b₀₀（t）+b₀₁（t）（δ（t）x（t）+x′（t））为方程（4.3.2）的一个2ω-周期解，与假设矛盾，故结论1成立.

2）反证 若此时方程（4.3.1）存在两个2ω-周期解x₁（t），x₂（t），且x₁（t）≠x₂（t）.则

u₁（t）=b₀₀+b₀₁（δ（t）x₁（t）+x₁′（t）），

u₂（t）=b₀₀+b₀₁（δ（t）x₂（t）+x₂′（t））

都是方程（4.3.2）的周期解，由假设得u₁（t）≡u₂（t），即

δ（t）（x₁（t）-x₂（t））+（x₁（t）-x₂（t））′=0，

解此方程得

因此有

由于，则x₁（t）≡x₂（t）.与假设矛盾.故结论2成立.与2）同理可证结论3）成立.

引理4.3.2 对于可微函数x（t）和2ω-周期函数δ（t），若

则

其中σ（t）是一个2ω-周期函数.

证 令

由于

又由式（4.3.4）得

x′（t+2ω）-x′（t）=-δ（t）（x（t+2ω）-x（t）），则σ（t+2ω）=σ（t）.即σ（t）为2ω-周期函数.又

解此一阶微分方程即得关系式（4.3.5）.

引理4.3.3 对可微函数x（t）和2ω-周期函数δ（t），若式（4.3.4）成立，则当时，有

这里σ（t）和都是2ω-周期函数.

证记，则x（0）=y（0），x（2ω）=y（2ω）.又，则由式（4.3.4）得

y（t+2ω）-y（t）=x（2ω）-x（0）.

微分此恒等式得

y′（t+2ω）-y′（t）=0.

即y′（t）为2ω-周期函数，则，这里σ₁（t）为2ω-周期函数^[4].因此只要取σ（t）=σ₁（t）+y（0），即得式（4.3.6）成立.

定理4.3.2 假设引理4.3.1的条件满足，方程（4.3.1）和方程（4.3.2）所有系数都是2ω-周期函数，并且方程（4.3.2）的所有解都是2ω-周期解，则对于方程（4.3.1）的任一解x（t）

1）若，则

这里σ（t）和∫₀^tδ（s）ds都是2ω-周期函数，；

2）若x（2ω）=x（0），则x（t）为2ω-周期函数；

3）若x（2ω）≠x（0），则当时，当时，

证 设x（t）为方程（4.3.1）的任一解，则u（t）=b₀₀（t）+b₀₁（t）（δ（t）x（t）+x′（t））为式（4.3.2）的解，且u（t+2ω）=u（t），即

δ（t）（x（t+2ω）-x（t））+（x（t+2ω）-x（t））′=0.

解此方程得

由此可得，若，由引理4.3.3得结论1）成立.若x（2ω）=x（0），则x（t+2ω）=x（t），即结论2）成立.若x（2ω）≠x（0），由于，σ2（t）一个2ω-周期函数^[4]，则有

由于σ₂（t）为2ω-周期函数，从而有界.则由上面关系式即可得结论3）成立.

我们可以利用上述方法来讨论微分方程

当a_ij（t+2ω）=a_ij（t）（i，j=0，1，2，…），其周期解的个数.

根据引理4.3.1我们不妨考虑二阶微分方程

其中a_i（t），δ（t），a₁^∗（t）为连续可微函数（i=0，1，2，3，…，n）.

对其任一解x（t），构造函数

记y=δx+x′，则式（4.3.7）和式（4.3.8）变为

其中a₁（t）=a₁^∗（t）+δ（t）.

下面将建立Riccati方程（4.3.2）与方程（4.3.7）解之间的关系？

定理4.3.3 设a_n≠0，对微分方程（4.3.9）存在连续可微函数α₀，α₁，α2（α₂≠0）和b_i（i=0，1，2，…，n-1）若(https://www.daowen.com)

则函数（4.3.10）为Riccati方程（4.3.2）的解.其中

若k＞n，a_k=0，若k＞n-1，b_k=0.

证 由定理的条件得

比较等式两边y的同次幂的系数得

其中a_k=0，当k＞n时.b_k=0，当k＞n-1时.

计算式（4.3.14）即可推得式（4.3.12）.由式（4.3.13）和计算b_k′b_n-1-b′_n-1b_k（k=1，2，…，n-2）可得式（4.3.11）成立.

综上即可得定理的结论成立.

例4.3.1 考虑微分方程

对其任一解x（t），函数

满足Riccati方程

下面我们总假设定理4.3.3的条件满足，并且微分方程（4.3.2），方程（4.3.7）和方程（4.3.8）的所有系数为t的2ω-周期函数.

定理4.3.4 若Riccati方程（4.3.2）没有2ω-周期解，则方程（4.3.6）也没有2ω-周期解.

证 反证 若方程（4.3.7）有一个2ω-周期解，则函数

为方程（4.3.2）的2ω-周期解，这与定理的假设矛盾.从而定理的结论成立.

推论4.3.1 若α₁（t）+α₁（-t）=0，α₀（t）=α₀（-t），α₂（t）=α₂（-t），α₂（t）≥0，α₀（t）≥0或α₀（t）≤0，α₂（t）≤0，t∈R，且存在τ∈R使得α₂（τ）α₀（τ）＞0，则方程（4.3.7）没有2ω-周期解.

由定理4.1.3知，此时微分方程（4.3.2）不存在2ω-周期解，则由定理4.3.4得推论的结论成立.

推论4.3.2 若α²₁＜4α₀α₁，则方程（4.3.7）没有2ω-周期解.

该结论可由推论4.1.1及定理4.3.4得.

定理4.3.5 若及Riccati方程（4.3.2）仅有一个2ω-周期解，则方程（4.3.7）最多具有n-1个2ω-周期解.

证 反证 假设方程（4.3.7）具有n个2ω-周期解x_i（t）（i=1，2，…，n）且x_i（t）≠x_j（t）（i，j=1，2，…，n，i≠j）.则y_i（t）=δ（t）x_i（t）+x_i′（t）（i=1，2，…，n）都是方程（4.3.8）的2ω-周期解.下面证明存在i，j（1≤i≠j≤n）使得

y_i（t）≡y_j（t）. （4.3.15）

假设对任意的i，j（1≤i≠j≤n），都有

y_i（t）-y_j（t）≠0. （4.3.16）由式（4.3.10）得（i=1，2，…，n）都是方程（4.3.2）的2ω-周期解.由定理的条件得

u_i（t）≡u_j（t） （i，j=1，2，…，n）， （4.3.17）

则

u_i（t）-u_j（t）≡0 （i，j=1，2，…，n），

即

由于y₁-y_j≠0，则

即

将上面其他式减去第一式得

又由于y₂-y_j≠0，则

重复上述步骤得

即

两式相减得

b_n-1（y_n-1-y_n）≡0.

又由于，则y_n-1^-yn≡0，这与式（4.3.16）矛盾.因此式（4.3.15）成立，即

δ（t）（x_i（t）-x_j（t））+（x_i（t）-x_j（t））′≡0 （i≠j），

解此方程得

又因为，则x_i（0）-x_j（0）=0，从而x_i（t）-x_j（t）≡0，这与假设矛盾，从而定理得证.

定理4.3.6假设及Riccati方程（4.3.2）恰有两个2ω-周期解，则方程（4.3.7）至多有n个2ω-周期解.

证 反证 若方程（4.3.7）有n+1个2ω-周期解x_i（t）（i=1，2，…，n+1）且x_i（t）≠x_j（t）（i≠j），则y_i（t）=δ（t）x_i（t）+x_i′（t）（i=1，2，…，n+1）是方程（4.3.9）的2ω-周期解，都是Riccati方程（4.3.2）的2ω-周期解.根据定理的假设与定理4.3.5同理可证定理4.3.6的结论成立.

推论4.3.3 若，并且存在τ∈R使得α₂（τ）α₀（τ）＜0，方程（4.3.2）至少有一个解在[-ω，ω]上有定义，则方程（4.3.7）至多存在n个2ω-周期解.

在上述条件下，再由定理4.1.2知，此时Riccati方程（4.3.2）恰有两个2ω-周期解，再应用定理4.3.6的结论即可推得推论4.3.3

下面我们记

λ_ij=x（2iω）-x（2jω）， μ_ij=x（t+2iω）-x（t+2jω）， 0≤i≠j≤n-1.

定理4.3.7 假设Riccati方程（4.3.2）的所有解皆为2ω-周期解.则对方程（4.3.7）的任一解x（t），1）若，则存在i，j，0≤i≠j≤n-1，使得

其中m（t）是一个2（j-i）ω-周期函数；

2）若对上面i，j，λ_ij=0，则x（t+2iω）是t的2（j-i）ω-周期函数；

3）若对上面i，j，λ_ij≠0，则当，；当；4）若，，，（0≤i≠j≤n-2），λ_0n=0，则x（t）为2（n-1）ω-周期函数；5）若∫，，，（1≤i≠j≤n-1），λ_1n=0，则x（t）为2nω-周期函数.

证 设x（t）为式（4.3.7）的任一解.记y_i（t）=δ（t）x（t+2iω）+x′（t+2iω），（i=1，2，…，n-1），则方程（4.3.2）的2ω-周期解，则

u（t）=u（t+2ω）=…=u（t+2（n-1）ω），

即

应用此式，与定理4.3.5同理可得，存在i，j，0≤i≠j≤n-1使得

y_i（t）=y_j（t），

即

δ（t）（x（t+2iω）-x（t+2jω））+（x（t+2iω）-x（t+2jω））′=0，由此得

因此，与定理4.3.2和引理4.3.3类似可证得定理的前三个结论成立.

下面验证结论4成立.

先证在条件4）成立时，有y_i（t）≠y_j（t）（0≤i≠j≤n-2）.

反证 若存在i，j，（0≤i≠j≤n-2）使得

y_i（t）=y_j（t），

则

由此得

x（2（i+1）ω）-x（2（j+1）ω）=x（2iω）-x（2jω），

即

λ_i+1j+1=λ_ij.

这与定理的条件4）矛盾.因此由式（4.3.18）可推得

b_n-2+b_n-1（y0+y₁+…+y_n-3+y_n-2）=0.

解此方程得

应用条件4）得

因此

x（t）=x（t+2（n-1）ω）.

从而定理的结论4）成立.同理可证结论5）成立.综上，定理得证.

推论4.3.4 若α_i（t）+α_i（-t）=0（i=0，1，2），则定理4.3.7的结论成立.

由本章4.1知，此时Riccati方程的反射函数为F（t，u）=u，从而该方程的所有解均为2ω-周期函数，则由定理4.3.7得推论成立.