高阶非线性脉冲时滞微分方程的振动性

1、第20卷 第2期 2010年2月长 春 大 学 学 报JOURNALOFCHANGCHUNUNIVERSITY高阶非线性脉冲时滞微分方程的振动性贾对红(长治学院 数学系,山西 长治 046011)摘 要:对高阶非线性脉冲微分方程的解的振动性作了研究,所得结果是在原有结果基础上的改进,并举例说明脉冲对振动性态的影响。关键词:脉冲微分方程;时滞微分方程;振动性;非线性中图分类号:O175 文献标志码:A文章编号:1009-3907(2010)02-0005-04定义2 方程(1)的解称为非振动的,如果这个解最终为正或是最终为负;否则称该解为振动的。如果方程(1)的所有解为振动的,则称方程(1)是振

2、动的。由于高阶非线性脉冲微分方程可以转化为脉冲微分方程组,而对脉冲微分方程组解的整体存在性可以参考文4。下面我们总假定方程(1)的解在t0- ,+#上是整体存在的。(i)0 引 言近来在文献13中研究了一类高阶线性脉冲微分方程的振动性,得到了一些振动准则。本文主要是在已有的文献基础上研究一类高阶非线性脉冲微分方程:(r(t)xxx(i)(i)+(2n-1)(t)+'f(t,x(t- )=0,t t0,(i)(i)t tk,k=1,2 (tk)=gk(x(tk),i=0,1,2 2n-1(i)(t)= (i)(t),t!t0- ,t0,x(t)=x+以下总假设下列条件成立:() <

3、tk+1-tk<+#,k=0,1,2 。(%)f(t,x)在t0- ,+#&(-#,+#)上连续,且f(t,x)有:uf(t,u)>0(u 0),f(t,u)/!(u) p(t)(u 0)。其中p(t)在t0- ,+#上连续,p(t) 0,u!(u)>0(u 0),且!'(u)>0。r(t)在t0- ,+#上为连续正函数, (t)在t0- ,t0上分段连续,且 (t)在t0- ,t0上最多有有限个第一类间断。()gk(i)(x)在(-#,+#)上连续,且存在正常gk(i)(x)(i)(i)(i)(i)bk。数ck,bk,i=0,1 2n-1满足:ak x

4、(i)()(t1-t0)+(i-1)(t2-t1)+ +b1a1a2 am-1m+1-tm)+ =+#,(i-1)(i-1)(i-1)(tb1b2 bm-1()aj+1(2n-1)(2n-2)j+1tj+1tj(i)(i)(i)(i)(1)0<t0<t1< <tk< klimtk=+#。#其中xx(i)+k(i)(tk)=hlim-0x(i-1)x(i-1)(tk+h)-xh(i-1)(i-1)(tk),(t)=blim+0(tk+h)-xh(tk)+本文通过利用导数间符号的关系,得到了脉冲微分方程(1)振动的一个充分条件,所得结果改进了已有文献中的一些结论。1

5、基本概念定义1 函数x(t):t0- ,a)R,t0 0,a>0称为方程(1)的一个解,如果满足:(1)x(t)= (t),t!t0- t0,x(t0)=x0;(2)对t!t0,t0+a)且t tk,t tk+ ,x(t)满足:(r(t)x(3)x(i)(2n-1)(i)(i)(i)+(i)(t)f'+(i)aj+1tj+2dt+(2n-2)dt+ +tj+1r(t)r(t)aj+1(2n)-1(2n-2)j+m-1j+mtj+m-1(2n-1)(t,x(t- )=0;(t)在t tk(k!N)处连续,xx(i)aj+2a(2n-1)(2n-2)j+2a(j+m-1) at(t)

6、在t=adt+ =#。r(t)tk处左连续,且满足:(tk)=gk(i)(x+(i)(tk)。(+)tj+1tjtaj+1j+2dt+-dt+ +j+1tr(t)r(t)bj+1(2n-1)收稿日期:2009 10 26作者简介:贾对红(1979 ),女,山西寿阳人,助教,硕士,主要从事微分差分方程定性理论。6(2n-1)(2n-1)(2n-1)长 春 大 学 学 报 第20卷aj+1aj+2 aj+m-1tj+mdt+ =#。j+m-1r(t)bj+1bj+2 bj+m-1-t由上述讨论知,存在T1>T,使t>T1时x(i-1)2 主要结果引理1 设x(t)为方程(1)的解,且条

7、件()-()成立,又设对某一i!1,2, 2n-1,存在T t0当t T时,xx(i-1)(i)(t)>0。引理证毕。引理2 设x(t)为方程(1)的解,且条件(i)()-()成立,又设对某一i!1,2 2n-1,存在T t0当t T时有x(t)>0(<0),x( 0)且x(i)(i-1)(t) 0(t)>0(<0),x(i+1)(t)(t)在任何区间t,+#)上不恒为零,0( 0),则存在T1>T,使得当t>T1时有(t)>0(<0)。(i)则当t充分大时有x(t)>0(<0)。证明:仅就括号外情形证明。不妨设T=t0,下面证

8、明对一切tk>T,x由x(i)(i-1)证明:仅就括号外情形证。不妨设T=t0,当t!(tk,tk+1(k=1,2 )时,由x0,下面分两种情况讨论:情形1:若对一切tk>T时,有x为xx(i)(i)(i-1)(tk)>0。(i-1)(t)>0,x(i+1)(t)若不然,则存在某个tj>T使得x(t) 0知当k>j时x(i-1)(i-1)(i-1)(tj) 0。(i)(t)在(tk,tk+1上单(tk)<0,因(i)(t)>0,x(i+1)(t) 0知x(i)(t)>0且在(tk,(t)调不增。有x(tk+1) x(tk) 0,又x(t)在

9、任何区间t,+#)上不恒为零,故存在某个ts>tj,使xx(i-1)(i)tk+1上单调不减。从而当t!(t1,t2时,x(t)。从t1到t2积分上式得:x(i-1)+1(t)在(ts,ts+1不恒为零。为方便起见设s(i)=j,即x+1(t)在(tj,tj+1上不恒为零,从而有(i-1)(t2) x(i-1)(t)+x+1(i)(t)(t2-t1)。(2)(tj+1)<x(i-1)(tj) aj(i-1)+(i-1)x(i-1)(tj) 0,当(tj+1)+同理可得:(i-1)(i-1)+(i)+x(t3) x(t2)+x(t2)(t3-t2),(3)由(2)、(3)式xxg2(

10、x(i)(i)(i-1)(i)(i)(i)t!(tj+1,tj+2时有x(i-1)(t) x(i-1)(i-1)(t2) x(i-1)(i)(t1)得:(t2)+(x(i-1)(i-1)+aj+1x(tj+1)<0,即有x(tj+2)<0。由归纳法知,当t!(tj+m,tj+m+1时,当m充分大时x0,x(i)(i-1)(t3) g(x(i-1)(t)<0,故在(tj+1,+#)上有x(i-2)(i-1)(t)<(t2)(t3-t2) b2(i)22(i-1)(i-1)(t2)+(t1)+(t) 0。由引理1得x(i-1)(t)<0。依此类推(i-1)a2(xx(

11、i)(t2)(t3-t2) b2(xx由引理1可得当充分大时x(t)<0,这与x(t)>0矛盾,故对一切tk>T有x(i-1)a(t)(t2-t1)+b+1(tk)>0。再由x(i-1)(t)(i)(t2)(t3-t2)。(i-1)+在(tk,tk+1上单调不增有x(t) x(i-1)(tk+1)>用归纳法可得:x(i-1)(tm) b2+1(i-1)b3(i-1)bm-1x(i-1)(t1)+0,故t充分大时x(t)>0。引理证毕。引理3 设x(t)为方程(1)的解,且条件()-(+)成立,又设存在T t0当t T时有x(t)>0,则存在T, T及l

12、!1,3 2n-1,使得当t>T,时,有:x(i)x(i)a2(i)(t)(t2-t1)+(i-1)x(t2)(t3-t2)+b2(i)(i)(i)(i)a2a3 am-1+(i-1)(i-1)m-tm-1)。(4)(i-1)(tb2b3 bm-1因为a(i)k(t)>0,i=0,1, l(i-1)>0,b(i-1)k>0,由(1)式知当m充分大(i-1)(-1)x(i)(t)>0,i=l+1, 2n-1(5)时,(4)式的右端大于零,从而当m充分大时xm情形2:设存在某个tj>T时,x么有xx(i)(i-1)(i-1)>r(t)x(2n-1)(t)

13、'0,0,与假设矛盾。所以对一切tk>T,情形1不成立。(tj) 0,那(t) a(i-1)+j(i-1)j证明:设T=t0,因为x(t)>0(t t0),由条件(%)及p(t)非负,且在任何区间(t,+#)上不恒为零,知r(t)x(2n-1)x(i-1)(tj) 0,因为(t)>x(i-1)(t)'=-f(t,x(t- ) -p(t)&(2n-1)(t)>0,所以x(i-1)(t)在(tj,tj+1上单调增加。(i-1)+从而当t!(tj,tj+1时,x0,特别有xa(i-1)(j+1)(tj)+!(x(t- ) 0,令s(t)=r(t)x0。

14、(t),则s'(t)(tj+1)>x(i-1)(tj) 0。(t) x(i-1)(一)首先证当tk>T时,必有x(tk)>0。(1)若不然存在自然数j,满足tj>T时x(2n-1)(2n-1)当t!(tj+1,tj+2时,xxi-1(i-1)(tj+1)(tj) 0,s(tj)=r(tj)x+(2n-1)(tj) 0,因为s('t)(2n-1)(tj+1)>0,由归纳法知:(i-1)0,故当t!(tj,tj+1时,s(t)单调不增。(t)>0。故当t故有s(t) s(tj)=r(tj)xtjaj(2n-1)当t!(tj+m,tj+m+1时,x

15、tj+(i-1)(tj)+x(2n-1)tj)s(j1)第2期 贾对红:高阶非线性脉冲时滞微分方程的振动性7(2n-1)由此知s(tj+1) aj+1+(2n-1)s(tj+1) 0。由归纳法知,当t!(tj+m,tj+m+1时s(t) 0,由s(t) 0及s('t) 0且在(t,+#)上不恒为零,可得当t充分大时s(t)(2n-1)(2n-1)<0,从而x(t)<0。设t>tj时x(t)<0。(a)如果x(2n-2)+aj+1 aj+m-1tj+m -dt。tj+m-1r(t)bj+1 bj+m-1由条件(+)知,当m充分大时x(2n-2)(2n-1)(tj+

16、m)<(tk)<0时,s(tj) aj+(2n-1)&0,这与假设矛盾,这种情形不成立,故当t充分大时(2n-2)x(t)<0。(2)由t充分大时x(2n-3)(2n-1)s(tj)<0,记s(tj)=-(>0)。因为s,(t) 0,所以s(t)在区间(tj+i-1,tj+i(i=1,2 )上单调不增,故当t!(tj,tj+1时有:s(t) s(tj)=-<0。特别有s(tj+1)<-<0所以:(t) -,(2n-1)x(t) -t!(tj,tj+1,(6)r(t)+(2n-1)s(t) s(tj+1) -aj+1<0,t!(tj+

17、1,tj+2,x(2n-1)+(t)<0,x(2n-2)(t)<0,再由引理1知x(t)<0,反复利用引理1知t充分大时x(t)<0产生矛盾,故假设不成立,x(2n-1)(tk)>0。当t!(tk,tk+1时s,(t) 0,s(t)(2n-1)r(t)x(2n-1)s(tk+1)>0,从而有x(t)>0。由数学归纳法当t!(tk+m,tk+m+1时s,(t) 0,s(t) s(tk+m+1)>0,故m充分大时x(t)>0。(2n-1)(二)为方便起见,不妨设t t0时x(t)>0,从而有x切tk有x(2n-2)(2n-1)aj+1(t

18、) -,t!(tj+1,tj+2。r(t)(2n-2)(2n-1)(7)(t)在(tk,tk+1上单调增加,若对一(2n-)(2n-2)对(7)式从tj到tj+1积分得:x(2n-2)+(2n-1)tj+11x(tj)-j+1dt。tjr(t)xa(2n-2)(tj+1)(tk)<0,显然有x(2n-2)(t)>0(t(2n-2)t0)。若有某个tj使x单调性及ak(A1)x(B1)x(2n-2)(tj) 0,由x(2n-2)(t)的>0知当t>tj时x(t)>0,x(t)>0,x(2n-2)(2n-2)(t)>0。由同理对(7)式从tj+1到tj+2

19、积分得:(tj+2) xx(2n-2)+j(2n-2)此知存在T1>T下面两情形之一成立:(2n-1)(2n-1)tj+2tj+1(t+j+1)-a(2n-1)j+11dtr(t)(t)>0,t T1;(t)<0,t T1。(2n-2)j+1aj+1tj+2(t)-dt-dt。tj+1r(t)r(t)aj+1tj+1tj(2n-2)j+1(2n-2)j+m-1(2n-1)当(A1)成立时,由引理1知t充分大时,(2n-3)x(t)>0,反复利用引理1最终可得当t充分大时:x(2n-1)由归纳法知x(2n-2)(tj+m) aj+1tjax(2n-2)(tj)-+(t)&

20、gt;0,x(t)>0 x('t)>0,x(t)>0。当(B1)成立时,类似前面的讨论,由引理2知(2n-3)(2n-2)当t充分大时有xT,当t>T时有:(A2)x(B2)x(2n-3)(2n-3)ta1tj+21dt-(2n-2)dt-tj+1r(t)r(t)aj+1aa(2n-1)j+1j+-1(2n-1)j+1(t)>0,进一步知存在T2>(2n-4)(2n-4)-(2n-2)aa(2n-1)j+m-1j+m-1(t)>0,x(t)>0,x(t)>0,t T2;(t)<0,t T2。j+mtj+m-1tdt。r(r)由

21、条件()知,当m充分大时有x(tj+m)<0,由x(2n-2)(2n-2)2n-1重复上述推论,最终得存在T 'T及l!1,32n-1,使当t>T时',有x(i)(t)的单调递减性知,当t!(2n-2)(t)>0,i=0,1, l(i-1)(tk,tk+1时,x(t)<x(tk)<0。由此知,当(-1)x(i)(t)>0,i=l+1, 2n-1证毕。t充分大时x(t)<0。(2n-2)(b)当x(tk) 0时,对(7)式从tj+1到tj+2积分得:xb(2n-2)(2n-2)+(2n-1)tr(t)x(t) '0,注:x(t)为

22、负的情形也有类似引理。定理 如果条件()-(+)成立,且t2p(t)dt=+#,那么方程(1)的任意解振动。证明:假设方程(1)有一非振动解,不妨设x(t)>0(t t0),则x(t- )>0(t t1),由引理3知存在T 't0,当t T时有':r(t)x(2n-1)(2n-1)+#(2n-1)(tj+2) x(2n-2)+j(tj+1)-aj+1tj+1tj+2tj+1dt r(t)(2n-2)j+1xtdt-aj+1dt。j+2(t)-jt(2n-2)j+1r(t)r(t)bj+1(2n-1)由归纳法知:x(2n-2)(t), 0,(tj+m) bj+1tj+

23、1(2n-2)bj+m-1(2n-1)(2n-2)x(2n-2)(t+)j-x(t)>0,x'(t)>0,x(t)>0,令s(t)=(2n-1)+(2n-1)r(t)x(t),则s'(t) 0,s(tk)=r(tk)x(tk) bk+(2n-1)aj+1tj+2tjdt-(2n-2)dt-tj+1r(r(r)j+1x(2n-1)(tk),设T='t1,则tk>t1时,s(t)(,tk+18长 春 大 学 学 报 第20卷s(t) s(t1) b1有s(t2) s(t1) b1s(t) s(tm) b1+m+(2n-1)s(t1) t!(t1,t2

24、,特别(2n-1)(2n-1)s(t1),由数学归纳法得 bms(t1) t!(tm,tm+1,(2n-1)m(2n-1)1(2n-1)11)(1+x(t-),可知()-()满足,对于22()有:-当i>1时,ak=bk=2,a1(t1-t0)+(i-1)(t2-t1)+ +b1a1a2 am-1m+1-tm)+ =(tb1b2 bm-11+2+ +2+ =+#,(i)(0)当i=1时,ak=2,bk=2a1(t1-t0)+(i-1)(t2-t1)+ +b1a1a2 am-1b1(i)(i)(i)(i)m(i)(i)(i)(i)(i)(i)s(tm+1) s(t) b bs(t1)。由方

25、程(1)及!,(x)>0,x(t)的严格单调性知:s,(t)=-f(t,x(t- ) -p(t)!(x(t- )。(8)从t1到t2积分上式得:s(t2) s(t1)-p(s)!(x(s- )ds,s!(t1,t2。又因为!(x(s- )>!(x(t1- )>!(x(t0),故s(t2)<b1(t,t2,s(t3)<b1(2n-1)(2n-1)2s(t1)-!(x(t0),s!t1p(s)ds+t2t1tb2(2n-1)3s(t1)-!(x(t0),tp(s)ds2tb2bm-1m-1(tm+1tm)+ =ms!(t2,t3。由归纳法得到:s(tm+1)<s(t)-!(x(t0)bii=1tm(2n-1)t+mtm+1tm1+4!2+ +4对条件()有:-p(s)ds<tj+1tj/2+ =+#。m+1s(t1)-!(x(t0)p(s)ds&tmaj+11tj+21dt+(2n-2)dt+ +tj+1r(t)r(t)aj+1aj+1a(2n-1)(2n-1)m+1p(s)ds<tm(2n-1(bs(t1)s(tm+1)&i!(x(t0)i=1