时滞差分方程解的振动性

时滞差分方程解的振动性
范叶华
温州大学数学与信息科学学院, 浙江温州（325035）
E-mail：fanyehua88@
摘
要： 本文讨论了二阶时滞差分方程 ∆ ( a n ∆x n ) + p n x n + q n f ( x n − k ) = 0 解振动的
上式两边求和得到
l = n1
q ∑⎜ ⎝
n −1
⎛
l
+
xn +1 ds pl ⎞ ，这与条件（3）矛盾！ ⎟ ≤ A3 ∫x n1 m⎠ f (s)
若 {x n } 最终为负证明类似。定理 3 证明完毕。
-3-

∞
注 3 [ 2 ] 当 p n = 0 时，方程（1）即为方程（2） ， （3）可化为
-2-

f ( xn−k ) >
1 f ( L) > 0, 2
n ≥ n2 ，
1 L p n + f ( L)q n ≤ 0 ，两边求和得到 2 2
（6）
将（5） （6）代入（1）得 ∆ ( a n ∆x n ) +
n −1 1 ⎛L ⎞ a n ∆x n − a n2 ∆x n2 + ∑ ⎜ pl + f ( L)ql ⎟ ≤ 0 , 2 ⎠ l = n2 ⎝ 2
（10）
∞ ∞ 1 1 1 2 其中 a n = , p n = n − n, q n = n, f ( x) = x, 则有 ∑ = ∞, ∑ ( q n + p n ) = ∞ ， n(n + 1) m n =0 a n n =0
满足定理 1 的条件，从而方程（10）的所有解振动。 例 2 考虑差分方程
|u | →∞
∑q
n =0
∞
n
= ∞ ，若 f 非减，则
∑ (A q
n =0
∞
1
n
+ A2 p n ) = ∞ 成立，
则方程（1）的一切解振动。 证明： 不妨设 {x n } 是方程（1）的最终正解，则存在一正整数 n0 ≥ 0 ，使得
x n > 0, x n − k > 0, n ≥ n0 。 由定理 1 的证明知（4）成立，则 ∆x n ≥ 0 。
设 lim x n = L, 则有 lim x n − k = L, 则 L > 0 。
n →∞ n →∞
1 若 L 为有限数
则存在正整数 n1 ≥ n0 使得
o
xn >
L ， n ≥ n1 ， 2
n →∞
（5）
由 f 的连续性知 lim f ( x n − k ) = f ( L), 则存在 n 2 ≥ n1 ，使得
几个充分条件，推广和包含了文献中的相关结论。 关键词：时滞差分方程，振动，最终正解 中图分类号: O175
1. 引言
考虑二阶差分方程
∆(a n ∆x n ) + p n x n + q n f ( x n − k ) = 0 ，n ∈ N
以及
（1）
∆(a n ∆x n ) + q n f ( x n − k ) = 0 ，
[1]
（8）
当 p n = 0 时， 方程（ 1 ）即为方程（ 2 ） ， （ 3 ）可化为
∑q
n =0
∞
n
= ∞ ，若
lim inf f (u ) > 0, 则方程（2）的一切解振动。 此即文[1]的定理 1。
|u |→ ∞
定理 3 设 f 非增，
∫
α
0
du < ∞, ∀α > 0, 且（ 3 ）成立，存在常数 A3 > 0, 使得 f (u )
∆(
1 ∆x n ) + (n + 1) x n + nx n −1 = 0, n ∈ N , en
（11）
其中 a n =
∞ ∞ 1 1 1 , p = n + 1 , q = n , f ( x ) = x , 则有 = ∞ , (q n + p n ) = ∞ ，满足定 ∑ ∑ n n n m e n =0 a n n =0
∆bn = = = = f ( x n − k )∆(a n ∆x n ) − a n ∆x n ∆f ( x n− k ) f ( x n − k ) f ( x n+1− k ) f ( x n − k )a n+1 ∆x n +1 − f ( x n +1− k )a n ∆x n f ( x n − k ) f ( x n +1− k ) f ( x n +1− k )∆(a n ∆x n ) − a n+1 ∆x n +1 ∆f ( x n − k ) f ( x n − k ) f ( x n +1− k ) ∆(a n ∆x n ) ∆f ( x n − k ) − bn +1 f ( xn−k ) f ( xn−k ) pn xn ∆f ( x n − k ) ) − bn +1 f ( xn−k ) f ( xn−k ) p n xn p x p ) ≤ −( q n + n n − k ) ≤ − ( q n + n ) f ( x n− k ) f ( xn−k ) m
∫
α
0
1 xdx = α 2 < ∞, ∀α > 0, 满足定理 3 的条件，从而方程（12）的所有解振动。 2
参考文献
[1] 田 涌 波 , 林 诗 仲 , 俞 元 洪 . 二 阶 非 线 性 时 滞 差 分 方 程 的 振 动 准 则 [J]. 中 国 科 学 技 术 大 学 学 报 , 1998,28(5):571-575. [2] 王志斌,俞元洪. 中立型时滞差分方程解的渐近性[J]. 纯粹数学与应用数学, 1998,14(2):65-70.
n∈ N
（2）
其中 {a n } 为正实数序列， { p n }{q n } 为非负实数序列， ∆ 为向前差分算子，即
∆x n = x n +1 − x n ， k 为整数， f ∈ C ( R, R ), uf (u ) > 0, u ≠ 0 。
本文假设下列条件成立:
(i )∑
1 = ∞; n=0 a n
方程(1)的解是指对 n ∈ N 定义的实数序列 {x n } 满足方程(1)。 方程(1)的解 {x n } 称为振
∞
(ii ) 存在正整数 m 使得 f (u ) ≤ m u 成立。
动的, 如果对于任意正整数 n0 , 存在一 n ≥ n0 使得 x n x n +1 ≤ 0 。 否则, 此解称为非振动的。 目前关于方程 (1) 的振动性的判定准则不多, 而关于方程 (2) 的振动性结果比较多 [1][ 2 ] , 本文得到了方程(1)振动的充分条件, 并且得到了方程(2)振动的充分条件, 有关结果推广和 包含了文[1]和[2]的相关结论。
c ， an
l = n1
∑a
n −1
1
l
，这与 x n > 0 矛盾。
因此 （4） 式成立， 则有 ∆x n ≥ 0 。 故 {x n } 最终递增。 由于 f 非减， 则有 f ( x n +1− k ) > f ( x n − k ) 。 令 bn =
a n ∆x n ，则有 f ( xn−k )
2. 主要结果
定理 1 设 f 非减，且
q ∑⎜ ⎝
n =0
∞
⎛
n
+
1 ⎞ pn ⎟ = ∞ ， m ⎠
（3）
则方程（1）的一切解振动。 证明： 不妨设 {x n } 是方程（1）的最终正解，则存在一正整数 n0 ≥ 0 ，使得
x n > 0, x n − k > 0, a n ∆x n ≥ 0 ，
n ≥ n0 。
（4）
由（1）得到 ∆ (a n ∆x n ) = − p n x n − q n f ( x n − k ) ≤ 0 ，从而 {a n ∆x n } 最终递减，且有
-1-

否则存在 n1 ≥ n0 使得 a n1 ∆x n1 = c < 0, 则有 a n ∆x n ≤ c < 0 。故有 ∆x n ≤ 两边求和得到 x n − x n1 ≤ c
= −(q n + ≤ −( q n +
从而有 q n +
n −1 pn p ⎞ ⎛ ≤ − ∆bn ，两边求和得到 ∑ ⎜ ql + l ⎟ ≤ bn1 − bn ≤ bn1 。 m m⎠ l = n1 ⎝
当 n → ∞ 时，上式与（3）矛盾。若 {x n } 最终为负与 {x n } 最终为正类似，定理证明完毕。 注 1 当 p n = 0 时，方程（1）即为方程（2） ， （3）可化为 方程（2）的一切解振动。 定理 2 若 lim inf f (u ) > 0 ，存在常数 A1 , A2 > 0 ，使得
由定理 1 的证明有 ∆x n ≥ 0 ，从而可以得到 − 即有 −
a n ∆x n p + n + q n ≤ 0 ，由 f 非增及 x n − k ≤ s ≤ x n +1− k 有 f ( x n − k ) ≥ f ( s). f ( x n− k ) m
则有
x n +1 xn +1 ds pn a ∆x ds + qn ≤ n n = an ∫ ≤ A3 ∫ ， x x n n m f ( x n− k ) f ( xn−k ) f (s)
a n ≤ A3 ， 则方程的一切解振动。
证明： 不妨设 {x n } 是方程（1）的最终正解，则存在一正整数 n0 ≥ 0 ，使得