平面时变Hamilton周期系统的一个典型模型是x″+f(t，x)=0，其中f(t，x)∈C¹($\mathbb{R} \times \mathbb{R}, \mathbb{R}$)关于变量t是2π周期的. 关于此系统周期解的存在性和重性的研究已开展了很多工作：关于半线性非奇异位势的工作见文献[1-7]，关于奇异位势的工作见文献[8-11]，关于扰动方程的工作见文献[12-14]. 本文考虑二阶半线性共振Hamilton方程：

其中g：$\mathbb{R} \to \mathbb{R}$为连续函数，满足半线性条件

p满足

有界、连续且关于第一个变量是2π周期的.

当p(t，x，y)=p(t)时，方程(1)即为Duffing方程：

记x″+g(x)=0满足x(0)=0，x′(0)= $\sqrt {2e} $的解的轨线为F_e，最小正周期为τ(e). 令τ(e)=τ⁺(e)+τ^-(e)，其中τ⁺(e)，τ^-(e)分别为解轨线F_e在右侧和左侧的时间. 文献[1]在条件(2)、振动位势条件

和全局李普希兹条件

下，证明方程(4)至少存在一个2π周期解和无穷多次调和解. 文献[3]将文献[1]中的振动位势条件减弱为弱振动位势

亦得到类似结论. 文献[4]去掉李普希兹条件，增加弱振动位势条件和共振条件

得出方程(4)至少存在一个2π周期解.

最近在条件

与条件

下，文献[5]证明方程(1)至少存在一个2π周期解. 注意条件(10)排除了τ(e)的共振点. 一个自然的问题是：在半线性共振条件下，加怎样的条件能保证方程(1)存在周期解. 本文结论如下.

定理1    设条件(2)，(3)，(8)以及(7)满足，则方程(1)至少存在一个2π周期解和无穷多2mπ周期解{x_k(t)}满足$\mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } \mathop {\max }\limits_{t \in [0,2\pi ]}\max _{k}\left(x_{k}^{2}(t)+\dot{x}_{k}^{2}(t)\right)=\infty$.

为了证明定理1，先给出一些引理.

引理1^[4]   设条件(2)成立，则存在常数e₀ > 0，使得当e > e₀时，Γ_e是一条包围原点的星形闭曲线.

引理2^[4]   设条件(2)成立，M为固定常数，对满足0≤y-M≤u≤y≤e的u和y，有

引理3^[4]   设条件(2)成立，M为固定常数，如果A < B < A+M，那么当A→∞时，有

考虑方程(1)的等价系统

它的极坐标形式为：

以(r(t)，θ(t))，表示方程(12)满足(r(0，r₀，θ₀)，θ(0，r₀，θ₀))=(r₀，θ₀)的解. 类似文献[4]可得：

引理4    假设条件(2)成立，则有：

1) 方程(11)(或(12))的每个解都在t轴上存在；

2) 任给T > 0，存在R₀ > 0，使当r₀≥R₀和t∈[0，T]时，有$\frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} t}<0$；

3) 任给T > 0，存在R₁ > 0，使当r₀≥R₁时，对任意的s，t∈[0，T]，有|h(s)-h(t)|≤P，其中$h(t)=\sqrt{y^{2}(t)+2 G(x(t))}$，x(t)=r(t)cosθ(t)，y(t)=r(t)sinθ(t)，P=sup{|p(t，x，y)|：t∈[0，2π]，(x，y)∈ ${\mathbb{R}^2}$}.

引理4结论2)表明，在任意确定的时段内，对充分大的e，自F_e上出发的方程(11)的解Λ是绕原点顺时针旋转的. 记解Λ绕一圈所用的时间为T.

引理5    设条件(2)和(8)成立，则当e→∞时，有$|\tau(e)-T|=O\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)$.

证    参考文献[4]方法. 证明过程分两步.

1) 先假定Λ自(0，$\sqrt{2 G(e)}$)出发，并且$T \leqslant \frac{4 m {\rm{\pi}}}{n}$. 引理4结论3)表明，对所有的$t \in\left[0, \frac{4 m {\rm{\pi}}}{n}\right]$和充分大的e有|h(s)-h(t)|≤P，又h(0)= $\sqrt{2 G(e)}$，所以$\sqrt{2 G(e)}-E \leqslant h(t) \leqslant \sqrt{2 G(e)}+E$，其中$E=\frac{4 m {\rm{\pi}} P}{n}$. 令

记F_A，F_B分别表示闭轨线$\frac{1}{2} y^{2}+G(x)=G(A), \frac{1}{2} y^{2}+G(x)=G(B)$，则Λ在走完一圈之前总位于F_A与F_B之间. 设Λ与x=A相交的时刻为α，Λ自(0，$\sqrt{2 G(e)}$到正x轴的时间为t₁. 先看t₁的估计.

当t∈[α，t₁]时，有A≤x≤x(t₁). 由于x′(t₁)=0，方程(11)得

设δ(A)=inf{g(x)：x≥A}，由条件(2)，当A≫1时，存在c > 0，使得δ(A) > cA，因此

其中$c_{1}=\int_{0}^{\frac{4 m {\rm{\pi}}}{n}}|p(s, x(x), y(s))| \mathrm{d} s$. 对式(14)从α到t₁积分，又x(t₁) < B，则有

由条件(2)和式(13)知，存在常数M > 0使得B-A < M，从而

当t∈[0，α]时，有0≤x≤A. 由$\sqrt{2 G(A)}<h(t)<\sqrt{2 G(B)}$得

两边积分得

由引理3、条件(2)和式(13)，综合可得

进而

对解Λ经过第i象限的时间t_i(i=2，3，4)有类似估计，最后可得

2) 对一般的从(x₀，y₀)∈F_e出发的解Λ，只需再估计解Λ通过下述区域

所需时间Δt.

不防设x₀ > 0，y₀ > 0. 记直线$y=\frac{y_{0}}{x_{0}} x$与x=x₀，F_A，F_B分别相交于(x₀，y₀)，(x_-，y_-)，(x₊，y₊)，则

分两种情形证明$\Delta t=O\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)$.

当G(x₀)≥ $\frac{1}{2}$G(e)时，从式(18)得$G\left(x_{-}\right) \geqslant \frac{1}{2} G(e)-2 E \sqrt{2 G(e)}+2 E^{2}$；从式(17)，(18)，(13)，得$G\left(x_{+}\right)-G\left(x_{-}\right) \leqslant G(B)-G(A)=4 E \sqrt{2 G(e)}$，因而，当E充分大时，

其中L是一个常数，又由条件(2)有x₊-x_-≤a. 如果x₊≤A，类似式(16)的推导，可得$\Delta t=O\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)$. 如果x₊≥A，令(x_-，x₊)=(x_-，A)∪(A，x₊). 设解Λ经过区域{(x，y)|x_- < x < A}与{(x，y)|A < x < x₊}的时间分别为Δt₁和Δt₂. 类似式(15)与式(16)的推理可得$\Delta t_{i}=O\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)(i=1, 2)$. 综合可得$\Delta t=O\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)$.

对$G\left(x_{0}\right) \leqslant \frac{1}{2} G(e)$的情形，可类似证明$\Delta t=O\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)$.

对任何正整数j，设T_j(e)是从F_e上出发的解转j圈所用的时间，由c₁ < T_j(e) < c₂知对充分大的E与A，B，解Λ在转k圈(k=1，2，…)时均位于F_A和F_B之间. 类似引理5可得：当e > e₀和c₁ < τ(e) < c₂时，就有

设P为方程(12)的Poincaré映射，即P：(r₀，θ₀) (r(2mπ，r₀，θ₀)，θ(2mπ，r₀，θ₀)). 引理6刻画了映射P的扭转性.

引理6    假设条件(2)，(7)成立，则存在两个数列{a_k}，{b_k}，当a_k < b_k < a_k+1以及$\mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } a_{k}=+\infty$时，下述结论成立：

1) 当(r₀，θ₀)∈F_ak时，θ(2mπ，r₀，θ₀)-θ₀ < -2nπ；

2) 当(r₀，θ₀)∈F_bk时，θ(2mπ，r₀，θ₀)-θ₀ > -2nπ.

证    从引理4结论2)知θ(2mπ，r₀，θ₀)-θ₀=-2jπ-η，j≥0，0≤η≤2π. 记t_η为θ(t)从θ₀-2jπ到θ₀-2jπ-η所用的时间，那么2mπ=T_j(e)+t_η≤T_j+1(e). 由条件(7)及τ(e)关于e的连续性知，存在数列{a_k}满足：当a_k→+∞ (k→+∞)时，有

取$\frac{k}{\sqrt{a_{k}}} \rightarrow 0$，又由式(19)知j≥n. 如果j≥n+1，那么

如果j=n，那么对k足够大，有

从而

因此

可类似证明结论2).

定理1的证明    由引理6知：对充分大的k，方程(12)的Poincaré映射P在A_k={(x，y)∈F_e，a_k≤e≤b_k}上满足扭转条件. 而引理1和引理4则保证F_ak是星形闭曲线，并且O∈D(a_k)，这里D(a_k)是F_ak所围成的开区域. 由文献[7]所推广的Poincaré-Birkhoff扭转定理，得证P在A_k上至少有两个不动点，这些不动点就对应着方程(1)的2mπ周期解{x_k(t)}，且满足$\mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } \mathop {\max }\limits_{t \in [0,2{\rm{\pi }}]}\left(x_{k}^{2}(t)+\dot{x}_{k}^{2}(t)\right)=\infty$.

再证明2π周期解的存在性. 考虑

定义如下算子

方程(1)的2π周期解的存在性问题等价于算子方程Lx=N_λ(x)，λ∈[0, 1]解的存在性问题. 令Ω={x(t)∈C¹[0，2π]：$\frac{x^{\prime}(t)^{2}}{2}+G(x(t))<e_{k}, t \in[0, 2 {\rm{\pi}}]$}. 取足够大的数e_k，则方程(20)在t₀时刻从(x₀，y₀)∈F_ek：$\frac{y^{2}}{2}+G(x)=G\left(e_{k}\right)$上出发的解F都不是2π周期的.

事实上，设解F围绕原点顺时针运动j圈所用时间为Δt_j(e)，与引理5类似可证|Δt_j(e)-jτ(e)|=$O\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)$，e→∞. 取$T=\frac{2 m {\rm{\pi}}(n+2)}{n}$，则在[t₀，t₀+T]解F围绕原点至少转了n圈. 由条件(7)及τ(e)关于e的连续性知：存在数列{e_k}→∞(k→∞)满足$\sqrt{e_{k}}\left(\tau\left(e_{k}\right)-\frac{2 m {\rm{\pi}}}{n}\right) \leqslant-k$，并可取e_k > k⁴，当k充分大时，有

这说明解F在2mπ时间内围绕原点顺时针运动超过n圈，但是达不到n+1圈，所以不是2mπ周期解，也不是2π周期解.

令$F(x, y)=(y, -g(x)), \mathit{\Omega}_{0}=\left\{(x, y) \in {\mathbb{R}^2}: \frac{y^{2}}{2}+G(x(t))<e_{k}\right\}$. 取k充分大使G(x)=e_k的正根x₊和负根x_-分别满足g(x₊) > 0和g(x_-) < 0. 于是λF(x，y)+(1-λ)J(x，y)=(y，-λg(x)- (1-λ)x)≠(0，0)，这里J(x，y)=(y，-x). 因此d_B(F，Ω₀，0)=d_B(J，Ω₀，0)=1，其中d_B(F，Ω，0)是F的Brouwer度，利用文献[15]结果，可得d_LS(id-L^-1N₀，Ω，0)=d_B(F，Ω₀，0)≠0. 所以算子方程Lx=N_λ(x)，λ∈[0, 1]解存在，进而方程(1)存在2π周期解.