考虑如下Hamilton系统的扰动向量场

$ \begin{equation} \ \begin{cases} \dot{x} = \frac{\partial H}{\partial y}+\varepsilon f(x, y), \\ \dot{y} = -\frac{\partial H}{\partial x}+\varepsilon g(x, y), \end{cases} \end{equation} $

(1.1)

其中 $0<|\varepsilon|\ll1$, $H(x, y)$是关于 $x$和 $y$的 $m+1$次实多项式, $f(x, y)$和 $g(x, y)$是关于 $x$和 $y$的次数不超过 $n$的实多项式.假设系统(1.1)的未扰动系统 $(1.1)_{\varepsilon=0}$有连续闭轨线族 $\{\Gamma_h\}$, $\Sigma$为 $\Gamma_h$的最大存在开区间, 即

$ \Gamma_h=\{(x, y)\in\mathbb{R}^2|H(x, y)=h, \ h\in\Sigma\}. $

考虑以下积分

$ \begin{eqnarray} I(h)=\oint_{\Gamma_h}g(x, y)dx-f(x, y)dy, \quad h\in\Sigma, \end{eqnarray} $

(1.2)

(1.2)式称为Abel积分.寻找Abel积分零点个数的最小上界 $Z(m, n)$称为弱Hilbert 16问题或Hilbert-Arnold问题^[1]相关的研究很多.例如, Khovansky和Varchenko独立地证明了 $Z(m, n)$的有限性, 但是没有给出具体的表达式^{[2, 3]}李承治和张芷芬得到了 $Z(2, 2)=2$ ^[4]对于 $H(x, y)=y^2+x^3-x$, Horozov和Iliev通过研究相应的Picard-Fuchs方程得到 $Z(2, n)\leq 5n+15$ ^[5]另外, Petrov分别研究了Hamilton函数 $H(x, y)=y^2-x+x^3$, $H(x, y)=y^2+x^2-x^4$和 $H(x, y)=y^2-x^2+x^4$的相应Abel积分 $I(h)$的零点的个数^[6-9]对于4次Hamilton函数 $H(x, y)=-x^2+x^4+y^4$和 $H(x, y)=x^2+y^2+ax^4+y^4$, Zhou和Li得到了相应Abel积分零点个数的上界^{[10, 11]}当 $m>4$时, 由于很难得到Abel积分 $I(h)$的代数结构, 目前研究结果很少^[10].

受文献[5, 10, 11]的启发, 本文研究八次Hamilton函数

$ \begin{equation} \ H(x, y)=x^4+y^4-x^8=h \end{equation} $

(1.3)

相应的向量场

$ \begin{equation} \ \begin{cases} \dot{x}=4y^3, \\ \dot{y}=-4x^3(1-2x^4) \end{cases} \end{equation} $

(1.4)

在多项式 $f(x, y)=\sum\limits_{1\leq4i+4j+1\leq n}a_{ij}x^{4i+1}y^{4j}$和 $g(x, y)=\sum\limits_{1\leq4i+4j+1\leq n}b_{ij}x^{4i}y^{4j+1}$的扰动下Abel积分 $I(h)$的零点个数的上界(计重数).系统(1.4)有两个幂零鞍点 $S_1(-\frac{1}{\sqrt[4]{2}}, 0)$与 $S_2(\frac{1}{\sqrt[4]{2}}, 0)$和一个幂零中心 $O(0, 0)$.卵形线 $\Gamma_h$由Hamilton值 $h$定义, 其中 $h\in(0, \frac{1}{4})$.如图 1所示.

记 $B(n)$为Abel积分 $I(h)$在 $(0, \frac{1}{4})$上的零点个数(计重数), 其中 $n=\max\{\deg f, \deg g\}$.本文的主要结果为

定理1.1  对Hamilton函数

$ \begin{eqnarray*} H(x, y)=x^4+y^4-x^8=h, \ h\in(0, \frac{1}{4}), \end{eqnarray*} $

$B(n)\leq3[\frac{n-1}{4}].$而且 $B(1)=0$, 其中 $[\cdot]$是取整函数.

由分部积分公式可知

$ \oint_{\Gamma_h}x^{4i+1}y^{4j}dy=-\frac{4i+1}{4j+1}\oint_{\Gamma_h}x^{4i}y^{4j+1}dx. $

所以Abel积分(1.2)可化为 $I(h)=\displaystyle\oint_{\Gamma_h}P(x, y)dx, $其中 $P(x, y)=\sum\limits_{1\leq4i+4j+1\leq n}c_{ij}x^{4i}y^{4j+1}.$下面只考虑如下形式的积分

$ \begin{eqnarray} I_{4i, 4j+1}(h)=\oint_{\Gamma_h}x^{4i}y^{4j+1}dx. \end{eqnarray} $

(2.1)

记 $I_0(h)=\displaystyle\oint_{\Gamma_h}ydx, \ I_1(h)=\oint_{\Gamma_h}x^4ydx$.

引理2.1  假设 $n\geq5$, 对于Hamilton函数(1.3), $I(h)$可表示为

$ \begin{eqnarray} I(h)=\alpha(h)I_0(h)+\beta(h)I_1(h), \end{eqnarray} $

(2.2)

其中 $\alpha(h)$和 $\beta(h)$是关于 $h$的多项式, $\deg\alpha(h)\leq[\frac{n-1}{4}]=k, $ $\deg\beta(h)\leq[\frac{n-1}{4}]-1=k-1, $且 $k$和 $k-1$分别是deg $\alpha(h)$和deg $\beta(h)$的最小上界.

证  分两步进行证明.

(1) 证明对 $n=4i+4j+1=4k+1\geq5$, 积分 $I_{4i, 4j+1}$可以表示为 $I_{l, m}\ (l+m=4k-3)$和 $hI_{l, m}\ (l+m=4k-7$或 $4k-3)$的线性组合.

事实上, 对(1.3)式两端同时关于 $x$求导可得

$ \begin{eqnarray} y^3\frac{\partial y}{\partial x}+x^3-2x^7=0. \end{eqnarray} $

(2.3)

(2.3)式两端同乘以 $x^{4i-7}y^{4j+1}dx$并沿着 $\Gamma_h$积分可得

$ \begin{eqnarray} I_{4i, 4j+1}=\frac{1}{2}\Big(I_{4i-4, 4j+1}-\frac{4i-7}{4j+5}I_{4i-8, 4j+5}\Big), \end{eqnarray} $

(2.4)

其中 $i\geq2$. (1.3)式两端同乘以 $x^{4i}y^{4j-3}$并沿着 $\Gamma_h$关于 $x$积分可得

$ \begin{eqnarray} I_{4i, 4j+1}=hI_{4i, 4j-3}+I_{4i+8, 4j-3}-I_{4i+4, 4j-3}. \end{eqnarray} $

(2.5)

由(2.4)式可得

$ \begin{eqnarray} I_{4i+8, 4j-3}=\frac{1}{2}\Big(I_{4i+4, 4j-3}-\frac{4i+1}{4j+1}I_{4i, 4j+1}\Big), \end{eqnarray} $

(2.6)

把(2.6)式代入(2.5)可得

$ \begin{eqnarray} I_{4i, 4j+1}=\frac{4j+1}{4i+8j+3}\Big(2hI_{4i, 4j-3}-I_{4i+4, 4j-3}\Big). \end{eqnarray} $

(2.7)

由(2.5)式可得

$ \begin{eqnarray} I_{4i-8, 4j+5}=hI_{4i-8, 4j+1}+I_{4i, 4j+1}-I_{4i-4, 4j+1}, \end{eqnarray} $

(2.8)

把(2.8)式代入(2.4)式可得

$ I_{4i, 4j+1}=\frac{1}{4i+8j+3}\\ \Big((4i+4j-2)I_{4i-4, 4j+1}-(4i-7)hI_{4i-8, 4j+1}\Big). $

(2.9)

在(2.7)式中分别取 $(i, j)=(0, k), (1, k-1)$, 在(2.9)式中分别取 $(i, j)=(2, k-2), (3, k-3), \cdots, (k-1, 1), (k, 0), $可得

$ \begin{eqnarray} \bf{A}\bf{J}={\bf{B}}, \end{eqnarray} $

(2.10)

其中 ${\bf{J}}=(I_{0, 4k+1}, I_{4, 4k-3}, I_{8, 4k-7}, \cdots$, $I_{4k-8, 9}, I_{4k-4, 5}, I_{4k, 1})^T$,

$ \begin{eqnarray*} \bf{A}&=&\left(\begin{matrix} 1&\frac{4k+1}{8k+3}&0&0&\cdots&0&0&0\\ 0&1&\frac{4k-3}{8k-1}&0&\cdots&0&0&0\\ 0&0&1&0&\cdots&0&0&0\\ 0&0&0&1&\cdots&0&0&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&0&\cdots&1&0&0\\ 0&0&0&0&\cdots&0&1&0\\ 0&0&0&0&\cdots&0&0&1 \end{matrix}\right), \\ \bf{B}&=&\left(\begin{matrix} \frac{2(4k+1)}{8k+3}hI_{0, 4k-3}\\ \frac{2(4k-3)}{8k-1}hI_{4, 4k-7}\\ \frac{1}{8k-5}((4k-2)I_{4, 4k-7}-hI_{0, 4k-7})\\ \frac{1}{8k-9}((4k-2)I_{8, 4k-11}-5hI_{4, 4k-11})\\ \vdots\\ \frac{1}{4k+11}((4k-2)I_{4k-12, 9}-(4k-15)hI_{4k-16, 9})\\ \frac{1}{4k+7}((4k-2)I_{4k-8, 5}-(4k-11)hI_{4k-12, 5})\\ \frac{1}{4k+3}((4k-2)I_{4k-4, 1}-(4k-7)hI_{4k-8, 1}) \end{matrix}\right). \end{eqnarray*} $

计算可得 $|A|=1$, 且 $\bf{B}$中元素仅含有积分 $I_{l, m}\ (l+m=4k-3)$和 $hI_{l, m}\ (l+m=4k-7$或 $4k-3)$.

(2) 用数学归纳法证明 $I(h)=\alpha(h)I_0(h)+\beta(h)I_1(h)$, 并且 $\deg\alpha(h)\leq[\frac{n-1}{4}], $ $\deg\beta(h)\leq[\frac{n-1}{4}]-1.$

事实上, 由(2.7)和(2.9)式可得

$ \begin{eqnarray} \begin{aligned} &I_{0, 5}=\frac{10}{11}hI_0-\frac{5}{11}I_1, \ I_{0, 9}=\frac{18}{19}hI_{0, 5}-\frac{9}{19}I_{4, 5}, \\ &I_{4, 5}=\frac{2}{3}hI_1-\frac{1}{3}I_{8, 1}, \ I_{8, 1}=-\frac{1}{11}hI_0+\frac{6}{11}I_1. \end{aligned} \end{eqnarray} $

(2.11)

即当 $k=1, 2$时结论成立, 其中 $n=4k+1$.假设当 $k\leq s-1$时, 结论成立.那么当 $k=s$时, 由等式(2.10)和第1步的结论可得

$ \begin{eqnarray*} \begin{aligned} I(h)=&\sum\limits_{l+m=4k-3}A_{l, m}I_{l, m}+h\sum\limits_{l+m\leq4k-3}B_{l, m}I_{l, m}\\ =&\alpha^{4k-3}(h)I_0+\beta^{4k-3}(h)I_1+h(\gamma^{4k-3}(h)I_0+\delta ^{4k-3}(h)I_1)\\ :=&\alpha(h)I_0+\beta(h)I_1, \end{aligned} \end{eqnarray*} $

其中 $\deg\alpha^{4k-3}(h)$, $\deg \gamma^{4k-3}(h)\leq k-1$, $\deg\beta^{4k-3}(h)$., $ \deg \delta^{4k-3}(h)\leq k-2$.因此

$ \begin{eqnarray*} \begin{aligned} &\deg\alpha(h)\leq \max\{\deg\alpha^{4k-3}(h), \ 1+\deg\gamma^{4k-3}(h)\} \leq k, \\ &\deg\beta(h)\leq \max\{\deg\beta^{4k-3}(h), \ 1+\deg\delta^{4k-3}(h)\} \leq k-1. \end{aligned} \end{eqnarray*} $

即对任意的 $n$, $\deg\alpha(h)\leq k=\Big[\frac{n-1}{4}\Big], ~ \deg\beta(h)\leq k-1=\Big[\frac{n-1}{4}\Big]-1, $并且 $k$和 $k-1$分别是deg $\alpha(h)$和deg $\beta(h)$的最小上界.证毕.

本小节将得到 $I_0$和 $I_1$满足的Picard-Fuchs方程.

引理3.1  对于Hamilton函数(1.3), $I_0$和 $I_1$满足Picard-Fuchs方程

$ \begin{eqnarray} 4h(4h-1)\left(\begin{matrix} I'_0\\ I'_1 \end{matrix}\right)= \left(\begin{matrix} 6h-2&7\\ -h&14h \end{matrix}\right) \left(\begin{matrix} I_0\\ I_1 \end{matrix}\right). \end{eqnarray} $

(3.1)

证  (1.3)式两端同时关于 $h$求导可得 $\frac{\partial y}{\partial h}=\frac{1}{4y^3}$, 进而可得

$ \begin{eqnarray} I'_{4i, 4j+1}=\frac{4j+1}{4}\oint_{\Gamma_h}x^{4i}y^{4j-3}dx, \end{eqnarray} $

(3.2)

所以

$ \begin{eqnarray} I_{4i, 4j+1}=\oint_{\Gamma_h}x^{4i}y^{4j+1}dx=\frac{4}{4j+5}I'_{4i, 4j+5}. \end{eqnarray} $

(3.3)

(3.2)式两端同乘以 $h$可得

$ \begin{eqnarray} \begin{aligned} hI'_{4i, 4j+1}=&\frac{4j+1}{4}\oint_{\Gamma_h}x^{4i}y^{4j-3}(x^4+y^4-x^8)dx\\ =&I'_{4i+4, 4j+1}+\frac{4j+1}{4j+5}I'_{4i, 4j+5}-I'_{4i+8, 4j+1}. \end{aligned} \end{eqnarray} $

(3.4)

另一方面,

$ \begin{eqnarray} \begin{aligned} I_{4i, 4j+1}=&\oint_{\Gamma_h}x^{4i}y^{4j+1}dx=-\frac{4j+1}{4i+1}\oint_{\Gamma_h}x^{4i+1}y^{4j}dy\\ =&-\frac{4j+1}{4i+1}\oint_{\Gamma_h}x^{4i+4}y^{4j-3}(2x^4-1)dx\\ =&-\frac{1}{4i+1}\Big(8I'_{4i+8, 4j+1}-4I'_{4i+4, 4j+1}\Big). \end{aligned} \end{eqnarray} $

(3.5)

由(3.3)-(3.5)式可得

$ \begin{eqnarray} I_{4i, 4j+1}=\frac{4}{4i+8j+3}(2hI'_{4i, 4j+1}-I'_{4i+4, 4j+1}). \end{eqnarray} $

(3.6)

在(3.6)式中分别取 $(i, j)=(0, 0)$和 $(1, 0)$可得

$ \begin{eqnarray} I_{01}=\frac{8h}{3}I'_{01}-\frac{4}{3}I'_{41}, \ \ I_{41}=\frac{8h}{7}I'_{41}-\frac{4}{7}I'_{81}. \end{eqnarray} $

(3.7)

注意到(2.11)式即可得结论成立.证毕.

容易得到 $I_0(h)=\displaystyle\oint_{\Gamma_h}ydx$= $\iint_{int(\Gamma_h)}dxdy\neq0, $所以可得如下引理.

引理3.2  对于Hamilton函数(1.3), $\omega(h)=\frac{I_1(h)}{I_0(h)}$满足如下的Riccati方程

$ \begin{eqnarray} 4h(4h-1)\omega'(h)=-7\omega^2(h)+2(4h+1)\omega(h)-h. \end{eqnarray} $

(3.8)

证  由于 $\omega'(h)=\frac{I'_1I_0-I'_0I_1}{I^2_0}$, 结合(3.1)式即可得(3.8)式.证毕.

引理4.1  设 $W(h)=\frac{I(h)}{I_0(h)}$, 则 $W(h)$满足

$ \begin{eqnarray} 4h(4h-1)\beta(h) W'(h)=-7W^2(h)+F_1(h)W(h)+F_0(h), \end{eqnarray} $

(4.1)

其中 $\deg F_0(h)\leq2p$, $F_1(h)=4h(4h-1)\beta'(h)+$ $2(4h+1)\beta(h)+14\alpha(h)$,

$ F_0(h)=4h(4h-1)\big(\alpha'(h)\beta(h)-\\ \alpha(h)\beta'(h)\big)-h\beta^2(h)-2(4h+1)\alpha(h)\beta(h)-7\alpha^2(h). $

证  因为 $W(h)=\frac{I(h)}{I_0(h)}=$ $\alpha(h)+\beta(h)\omega(h)$, 所以 $W'(h)=\alpha'(h)+\beta'(h)\omega(h)+$ $\beta(h)\omega'(h).$注意到(3.8)式即可得证.证毕.

引理4.2  假设 $\Sigma_0=(a, b)\subset\Sigma$, 则在 $\Sigma_0$上有 $\#W(h)\leq\#F_0(h)+\#\beta(h)+1, $其中 $\#W(h)$表示 $W(h)$在 $\Sigma_0$上零点的个数(计重数).

证  分两步进行证明.

(1) 如果 $\alpha(h)$和 $\beta(h)$没有公因子, 则 $W(h)$和 $\beta(h)$没有公共零点.设 $\xi_1, \xi_2, \cdots, \xi_k$是 $\beta(h)$在 $\Sigma_0$中的所有根, $\xi_0=a, \ \xi_{k+1}=b$, $\xi_j<\xi_{j+1}, \ j=0, 1, 2, \cdots, k$.设 $F_0(h)$在 $(\xi_j, \xi_{j+1})$中有 $\eta_j$个零点.记 $h_1, \ h_2$是 $W(h)$在 $(\xi_j, \xi_{j+1})$中的两个相邻零点, 则

$ 4h_i(4h_i-1)\beta(h_i)W'(h_i)=F_0(h_i), \ i=1, 2, $

所以在 $(\xi_j, \xi_{j+1})$中 $F_0(h_1)F_0(h_2)\leq0$, 也就是说 $W(h)$在 $(\xi_j, \xi_{j+1})$中的任何两个相邻零点之间至少有 $F_0(h)$的一个零点.因此 $W(h)$在 $(\xi_j, \xi_{j+1})$中至多有 $\eta_j+1$个零点, 进而可得

$ \#W(h)\leq\sum\limits_{j=0}^n(\eta_j+1)=\#F_0(h)+\#\beta(h)+1. $

(2) 如果 $\alpha(h)$和 $\beta(h)$有公因子 $\nu(h)$, 记 $W(h)=\nu(h)W_1(h), W_1(h)=$ $\bar{\alpha}(h)+\bar{\beta}(h)\omega(h), $其中 $\alpha(h)=\nu(h)\bar{\alpha}(h), \ \beta(h)=\nu(h)\bar{\beta}(h).$对于 $W_1(h)$按照(1)的证明过程可得结论成立.证毕.

定理1.1的证明  当 $n\geq5$时, 因为 $W(h)=\frac{I(h)}{I_0(h)}$, 且 $I_0(h)\neq0$, 所以在 $(0, \frac{1}{4})$上, ${W(h)}\text{与} {I(h)}$的零点个数相同.由引理4.2知

$ B(n)\leq\#F_0(h)+\#\beta(h)+1\leq2\Big[\frac{n-1}{4}\Big]+\\ \Big[\frac{n-1}{4}\Big]-1+1=3\Big[\frac{n-1}{4}\Big]. $

当 $n=1$时, $I(h)=c_0I_0$, 其中 $c_0$为非零常数.因为 $I_0\neq 0$, 所以 $B(1)=0$.证毕.