四階受迫擺方程周期解的存在性

摘要：運用Mawhin延拓定理研究四階受迫擺方程x（4）+a（t）sin x=e（t）周期解的存在性，其中a（t）和e（t）是連續的T-周期函數.同時，作為結論的應用，也給出一些具體的例子來說明所得結論的適用性.

中圖分類號：周期解; 受迫擺方程; 四階微分方程; Mawhin延拓定理

中圖分類號：O175.14

文獻標志碼：A

文章編號：1001-8395（2025）01-0132-06

doi：10.3969/j.issn.1001-8395.2025."01.013

1 研究背景

在非線性振動理論中，擺方程是一種經典的數學物理方程.關于受迫擺方程周期解的研究最早可以追溯到1922年Hamel的工作[1].在文獻[1]中，Hamel用變分法得到受迫擺方程

x″+asin x=bsin t

（1）

2π-周期解的存在性，其中a和b是常數.

在實際應用中，受迫擺方程的運動會受到摩擦項或者阻尼項的影響，當加上摩擦項時，方程（1）變為

x″+kx′+asin x=e（t），

（2）

其中，k和a是常數，e（t）是連續的T-周期函數且∫T0e（t）dt=0.當k≠0的時候，變分法將不再適用于研究方程（2）的周期解.后來許多學者用不同的方法來研究受迫擺方程的周期解并得出了豐富的結論[2-8].例如，文獻[2-3]用上下解方法和度理論研究了一類強迫擺方程周期邊界問題的多重解，文獻[4]討論了關于受迫阻尼擺方程周期解的存在性，文獻[7]利用擾動法證明了給定的強迫擺方程具有許多周期解.隨著二階受迫擺方程的研究更為深入，學者們對受迫擺方程的周期解的研究也更加深入.例如，對于二階受迫擺方程的最小周期解，非退化周期解和概周期解等問題[8-16].據筆者了解，目前還沒有文獻報道四階受迫擺方程周期解的研究.

受上述文獻的啟發，本文運用Mawhin延拓定理考慮了以下四階受迫擺方程

x（4）+a（t）sin x=e（t）

（3）

周期解的存在性，其中a（t）和e（t）是連續的T-周期函數.在研究四階受迫擺方程周期解時，當對x（4）·x在0到T上積分，能得到

∫T0（x（4）·x）dt=∫T0（x″）2dt，

此時出現了∫T0（x″）2dt這一項，為了得到本文的結論，就要找到∫T0（x′）2dt與∫T0（x″）2dt之間的關系，這就給本文的研究增加了難度.顯然，解決了這個問題之后，就能在函數a（t）、e（t）和周期T滿足適當的條件時，得到方程（3）周期解的存在性，同時給出具體的例子來說明所得結論的適用性.

2 預備知識

在本節中，將介紹一些符號和一些已知的結果.為了得到方程（3）周期解的存在性，假設a（t）和e（t）滿足以下條件：

（F） 假設a（t）是一個連續的T-周期函數且在[0，T]上不變號，e（t）是一個連續的T-周期函數且e（t）不恒為零.

此外，對于給定的連續函數f：[0，T]→R：當f（t）在[0，T]上不變號時，定義f+和f-為

f+=maxt∈[0，T]|f（t）|gt;0，

f-=mint∈[0，T]|f（t）|gt;0；

當f（t）在[0，T]上變號時，定義f*和f*為

f*=maxt∈[0，T]f（t）≥0，

f*=mint∈[0，T]f（t）≤0.

為方便，定義

CT={x∈C（R，R）：x（t）=x（t+T）}

是一個Banach空間，其范數為

‖x‖C=|x|∞.

定義 2.1 [17] 設X和Y為實Banach空間，L：Dom LX→Y是一個線性映射，如果L滿足：

（i） Im L是Y的閉子空間，

（ii） dim Ker L=codim Im Llt;+∞，

則稱L是一個零指標的Fredholm映射.

若L是一個零指標的Fredholm映射，則存在連續投影算子P：X→X和Q：Y→Y，滿足

Im P=Ker L， Ker Q=Im L=Im （I-Q）.

記

LP：Dom L∩Ker P→Im L

是L在Dom L∩Ker P上的限制，則LP是可逆的，記KP=L-1P.

定義 2.2 [17] 設Ω為X的有界開子集，N：X→Y是一個連續映射，如果QN（〖AKΩ-〗）有界且KP（I-Q）N：〖AKΩ-〗→X是緊映射，則稱映射N在〖AKΩ-〗上是L-緊的.

下面給出本文的主要工具定理Mawhin延拓定理.

引理 2.1 [17] 設L是零指標的Fredholm映射，N在〖AKΩ-〗上是L-緊的，假設下列條件成立：

1） Lx≠λNx，對x∈Ω∩Dom L，λ∈（0，1）;

2） QNx≠0，對x∈Ker L∩Ω;

3） deg{JQN，Ω∩Ker L，0}≠0，其中J：Im Q→Ker L為同構映射;

則方程Lx=Nx在Dom L∩〖AKΩ-〗上至少存在一個解.

引理 2.2 [18] 令x：[0，T]→R是絕對連續函數且x（0）=x（T），則

（maxt∈[0，T]x（t）-mint∈[0，T]x（t））2≤T4∫T0|x′（t）|2dt

成立.

引理 2.3 [19] 對u∈C2T，有

∫T0|u′（t）|2dt≤（Tπ）2∫T0|u″（t）|2dt.

3 主要結果及證明

本節陳述并證明本文的主要結果.

定理 3.1 "假設條件（F）成立，以及

C1=π2R1a+sin R1+e+， C2=π2R2a+sin R2-e*，

C3=π2R2a+sin R2+e*， R1=2arcsin（e+a-+），

R2=max{2arcsin（e*a-+），2arcsin（-e*a-+）}

是常數且當gt;0足夠小時

e+a-+lt;22， max{e*a-+，-e*a-+}lt;22，

則存在周期T（0lt;T4lt;min{C1，C2，C3}）使得方程（3）至少有一個T-周期解.

證明 "令X=Y=CT，定義線性算子L：Dom LX→Y，令

Lx=x（4）， x∈Dom L，

其中

Dom L={x|x∈X，x（4）∈C（R，R）}.

直接計算得

Ker L=R和

Im L={y|y∈Y，∫T0y（s）ds=0}.

因此，有

dim Ker L=codim Im L=1.

易看出Im L是Y中的閉集.因此，算子L是零指標的Fredholm算子.

定義非線性算子

N：X→Y， Nx=e（t）-a（t）sin x.

定義投影算子

P：X→Ker L， Px（t）=x（0），Q：Y→Y， Qx（t）=1T∫T0x（s）ds.

因此Im P=Ker L， Ker Q=Im L，則KP：Im L→Dom L∩Ker P可以表示為KPy（t）=∫T0G（t，s）y（s）ds，

其中，G（t，s）是x（4）=0， t∈[0，T]，

∫T0x（t）dt=0，x（i）（0）=x（i）（T）， i=0，1，2，3

的格林函數，故

KP：Im L→Dom L∩Ker P

是一個線性全連續算子且N：X→Y是個連續有界算子.因此，對于任意有界開子集Ω∈X，N在〖AKΩ-〗上是L-緊的.

由條件（F）可知函數a（t）有2種情況，分別為a（t）gt;0或者a（t）lt;0.e（t）有3種情況，分別為e（t）gt;0，e（t）lt;0或者e（t）變號.不失一般性，對于函數a（t），只討論a（t）gt;0.而a（t）lt;0的情形類似地可以證明.下面主要對函數e（t）的3種情形進行分類討論.

情形1 若a（t）gt;0，e（t）gt;0，則有0lt;a-≤a（t）≤a+， 0lt;e-≤e（t）≤e+，

記Ω1：={x∈X|‖x‖lt;R1}，

（4）

其中R1=2arcsin（e+a-+）是一個常數且gt;0足夠小使得e+a-+lt;22.顯然Ω1是X中的開集.

（I） 下面證明引理2.1的條件1）成立.設0lt;λlt;1和x∈Ω1∩Dom L，使得

x（4）+λa（t）sin x-λe（t）=0.

（5）

將（5）式兩邊同乘x并在0到T上積分得

∫T0（x（4）x+λxa（t）sin x-λxe（t））dt=0.

（6）

由分部積分法易知

∫T0x（4）xdt=∫T0（x″）2dt.

因此，（6）式等價于

∫T0（（x″）2+λxa（t）sin x-λxe（t））dt=0.

（7）

事實上，由（4）式可知，如果x∈Ω1，則‖x‖=R1.當‖x‖=R1時，有

|xmax-xmin|lt;R12

或

|xmax-xmin|≥R12

成立.如果|xmax-xmin|lt;R12，結合

‖x‖=maxt∈[0，T]|x（t）|，

可知R12lt;x≤R1或-R1≤xlt;-R12.下面對這2種情況進行分類討論.

當R12lt;x≤R1時，因為e+a-+lt;22，所以有

0lt;sinR12lt;sin x≤sin R1，

則對（5）式從0到T積分得

0=∫T0（λa（t）sin x-λe（t））dtgt;

∫T0（a-sinR12-e+）dtgt;0.

當-R1≤xlt;-R12時，因為e+a-+lt;22，所以有

sin（-R1）≤sin xlt;sin（-R12）lt;0，

則對（5）式從0到T積分得

0=∫T0（λa（t）sin x-λe（t））dtlt;

∫T0（a-sin（-R12）-e-）dtlt;0.

如果|xmax-xmin|≥R12，由（7）式和sin x≤sin R1，根據引理2.2和引理2.3可知

0=∫T0（x（4）x+λxa（t）sin x-λxe（t））dt=

∫T0（（x″）2+λxa（t）sin x-λxe（t））dt≥

4π2T3|xmax-xmin|2-∫T0（xe（t）-xa（t）sin x）dt≥

π2R12T3-T（e+R1+R1a+sin R1）=

R1T（π2R1T4-（e++a+sin R1））gt;0.

上述情況與事實相矛盾，因此可知引理2.1的條件1）成立.

（II） 接下來證明引理2.1的條件2）成立.通過簡單的計算，可以得到

e（t）-a（t）sin（-R1）=e（t）+a（t）sin R1≥

e-+a-sin R1gt;0，

e（t）-a（t）sin R1≤e+-a-sin R1lt;0.

因此

e（t）-a（t）sin（-R1）gt;0，

e（t）-a（t）sin R1lt;0.

（8）

若x∈Ω1∩Ker L，則x=-R1或者x=R1.根據（8）式可得

（QNx）（t）=1T∫T0（e（t）-a（t）sin x）dt≠0，x∈Ω1∩Ker L.

因此，引理2.1的條件2）成立.

（III） 下證引理2.1的條件3）成立.定義一個連續函數

H（x，μ）=-（1-μ）x+

μ1T∫T0（e（t）-a（t）sin x）dt， μ∈[0，1].

顯然，對于x∈Ω1∩Ker L，有H（x，μ）≠0.

根據拓撲度的同倫不變性可知

deg（QN，Ω1∩Ker L，0）=deg（H（x，1），Ω1∩Ker L，0）=

deg（H（x，0），Ω1∩Ker L，0）=

-1≠0.

因此，引理2.1的條件3）成立.

綜上所述，由引理2.1可知方程（3）在Ω1上至少存在一個T-周期解.

情形2 若a（t）gt;0，e（t）lt;0，易知0lt;a-≤a（t）≤a+， -e+≤e（t）≤-e-lt;0.令（t）=-e（t），

那么可以得到0lt;a-≤a（t）≤a+， 0lt;e-≤〖AKe～D〗（t）≤e+.

顯然，方程（3）等價于x（4）+a（t）sin x+〖AKe～D〗（t）=0.

（9）

剩下的證明類似于情形1的證明，故省略.因此，由引理2.1可知方程（9）在Ω1上至少有一個T-周期解.

情形3 若a（t）gt;0，e（t）在[0，T]上改變符號，易知

0lt;a-≤a（t）≤a+， e*≤e（t）≤e*，

顯然

e*≤0， e*≥0，

且e*和e*不同時為0.令

Ω2：={x∈X|‖x‖lt;R2}，

（10）

易知Ω2是X中的開集，其中

R2=max{2arcsin（e*a-+），2arcsin（-e*a-+）}

是一個常數且gt;0足夠小使得

max{e*a-+，-e*a-+}lt;22.

下面證明引理2.1的條件1）成立.設0lt;λlt;1和x∈Ω2∩Dom L使得

x（4）+λa（t）sin x-λe（t）=0.

（11）

將（11）式兩邊同乘x并在0到T上積分得

∫T0（（x″）2+λxa（t）sin x-λxe（t））dt=0.

（12）

事實上，由（10）式可知若x∈Ω2，則‖x‖=R2.當‖x‖=R2時，有

|xmax-xmin|lt;R22

或

|xmax-xmin|≥R22

成立.若|xmax-xmin|lt;R22，由于

‖x‖=maxt∈[0，T]|x（t）|，

可知R22lt;x≤R2或-R2≤xlt;-R22.下面對這2種情況進行分類討論.

當R22lt;x≤R2時，由

0lt;max{e*a-+，-e*a-+}lt;22，

可知

0lt;sinR22lt;sin x≤sin R2，

則（11）式從0到T積分得

0=∫T0（λa（t）sin x-λe（t））dtgt;

∫T0（a-sinR22-e*）dtgt;0.

當-R2≤xlt;-R22時，鑒于

0lt;max{e*a-+，-e*a-+}lt;22，

知

sin（-R2）≤sin xlt;sin（-R22）lt;0，

將（11）式從0到T積分得

0=∫T0（λa（t）sin x-λe（t））dtlt;

∫T0（a-sin（-R22）-e*）dtlt;

0.

如果

|xmax-xmin|≥R22且e*lt;|e*|，

由（12）式和sin x≤sin R2，根據引理2.2和引理2.3，可以得到

0=∫T0（x（4）x+λxa（t）sin x-λxe（t））dt≥

4π2T3|xmax-xmin|2-∫T0（xe（t）-xa（t）sin x）dt≥

π2R22T3-T（a+R2sin R2-e*R2）=

R2T（π2R2T4-（a+sin R2-e*））gt;0.

如果

|xmax-xmin|≥R22

且

e*≥|e*|，

由（12）式和sin x≤sin R2，根據引理2.2和引理2.3，可以得到

0=∫T0（x（4）x+λxa（t）sin x-λxe（t））dt≥

4π2T3|xmax-xmin|2-∫T0（xe（t）-xa（t）sin x）dt≥

π2R22T3-T（a+R2sin R2+e*R2）=

R2T（π2R2T4-（a+sin R2+e*））gt;0.

上述情況與事實相矛盾，故引理2.1的條件1）成立.

接下來證明引理2.1的條件2）成立.通過簡單的計算，可以得到

e（t）-a（t）sin（-R2）gt;0，

e（t）-a（t）sin R2lt;0.

剩下的證明類似于情形1的證明，故省略.

因此，從引理2.1可知方程（3）在Ω2上至少有一個T-周期解.

4 具體的例子

例 4.1 "考慮下面的四階受迫擺方程

x（4）+（cos（15πt）+8）sin x=cos（15πt）+3.

（13）

顯然方程（13）是方程（3）當a（t）=cos（15πt）+8，e（t）=cos（15πt）+3

時的情形.因此，a（t）gt;0，e（t）gt;0且a-=7， a+=9， e-=2， e+=4，

則函數a（t）和e（t）滿足條件（F）.令=1/700，則有0lt;T4lt;0.967 0.

因此，由定理3.1可知方程（13）在Ω1中至少具有一個T-周期解，其中

Ω1={x∈X|‖x‖lt;1.22}.

通過數值模擬（見圖1）得到方程（13）周期解的存在性，進一步說明了本文所得結論的適用性.

例 4.2 "考慮下面的四階受迫擺方程

x（4）+（cos（4πt）+6）sin x=sin（4πt）.

（14）

方程（14）是方程（3）當

a（t）=cos（4πt）+6， e（t）=sin（4πt）

時的情形，故有

a-=5， a+=7， e*=-1， e*=1，

則函數a（t）和e（t）滿足條件（F）.令=1700，則有0lt;T4lt;1.064 1.

因此，由定理3.1就能得到方程（14）在Ω2中至少具有一個T-周期解，其中

Ω2={x∈X|‖x‖lt;0.405 6}.

通過數值模擬（見圖2）得到方程（14）周期解的存在性，進一步說明了本文所得結論的適用性.

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Existence of Periodic Solutions for the Fourth-order Forced Pendulum Equation

YU Wenyuan， HAN Xiaoling

（College of Mathematics and Statistics， Northwest Normal University， Lanzhou 730070， Gansu）

In this paper， by using Mawhin’s continuation theorem to study the existence of periodic fourth-order forced pendulum equation x（4）+a（t）sin x=e（t），where a（t） and e（t） are continuous T-periodic functions. As the application of the conclusion， some concrete examples are given to illustrate the applicability of the conclusion.

periodic solution; forced pendulum equation; fourth-order differential equation; Mawhin’s continuation theorem

（編輯 余 毅）

收稿時間：2023-01-05 "接受日期：2023-03-17

基金項目：國家自然科學基金（12161079）

*通信作者簡介：韓曉玲（1978—），女，教授，主要從事常微分方程與動力系統的研究，E-mail：hanxiaoling9@163.com

引用格式：于文源，韓曉玲. 四階受迫擺方程周期解的存在性[J]. 四川師范大學學報（自然科學版），2025，48（1）：132-137.