一類四階中立型微分方程解的振動性

賈對紅

長治學院數學系，山西 長治 046000

0 引言

微分方程解的振動性問題被越來越多的學者所關注，本文在已有文獻[1～6]的基礎上主要研究方程

(E)

的振動性，并給出方程解的幾個振動準則.

我們做如下假設：

(A4)τ(t,μ)∈C([t0,+∞)×[a,b],R+)，關于μ在區間[a,b]內單調遞減，且滿足τ(t,μ)≤t，

(A5)g(t,ξ)∈C([t0,+∞)×[c,d],R+)，關于ξ在區間[c,d]內單調遞減，且滿足g(t,ξ)≤t，

引理1 假設(A1)～(A7)成立，x(t)是方程(E)的一個最終正解，z(t)有如下情形：

(a)z(t)>0,z′(t)<0,z″(t)>0,z?(t)<0

(b)z(t)>0,z′(t)>0,z″(t)>0,z?(t)>0

(c)z(t)>0,z′(t)>0,z″(t)>0,z?(t)<0

證明 設x(t)是方程(E)的一個正解，t∈[t0,+∞)，則存在充分大的t1>t0，當t>t1時，x(τ(t,μ))>0，x(g(t,ξ))>0且

故a(t)ψ(x(t))(z?(t))α是減函數，從而有z?(t)<0或者z?(t)>0.若z?(t)<0，則z″(t)單調遞減，則z″(t)>0或者z″(t)<0.下面證明z″(t)>0，如若不然z″(t)<0，由于a(t)ψ(x(t))(z?(t))α是減函數，故存在Q>0，當t>t1時

上式從[t,T]積分得

這與假設矛盾，從而知z(t)只能有上述三種情況.

引理2 若假設(A1)～(A7)成立，x(t)是方程(E)的一個最終正解，z(t)有引理 1中的情形(a)，且假設

(1)

(2)

由(A6),(A7)和(2)式可得

(3)

有

1 主要結果

設D={(t,s):t0≤s≤t<+∞};D0={(t,s):t0≤s

(1)H(t,t)=0,t≥t0;H(t,s)>0,(t,s)∈D0.

定理1 假設A1～A7及條件(2)成立，若存在ρ∈C1([t0,+∞)，R+)以及(t,s)∈D0滿足

(4)

其中

那么方程(E)的任何解x(t)或者是振動的或者當t趨于無窮時趨向于0.

下面分別討論情形(b),(c).

情形1 設當t>t1時，z(t)滿足情形(b)，有z(t)>0,z′(t)>0，z″(t)>0,z?(t)>0,因而z(t)是單調遞增函數，則有

(5)

由假設A5,A6和A7得到

≤-δ(1-p)αzα(g(t,d))q(t)<0

可以看出a(t)ψ(x(t))(z?(t))α是單調遞減函數，且t>s時

a(t)ψ(x(t))(z?(t))α

即

(6)

兩邊同時對s從t0到t積分，可得

(7)

兩邊同時對s從t0到t積分，可得

即有

(8)

因此對任意的t≥s≥t1時有

(9)

令

(10)

令

(11)

由(10)式有

(12)

上式兩端分別乘以H(t,s)，對任意的t≥t1>t0積分得

由條件假設得

(13)

即

(14)

從而有

(15)

這與(4)矛盾.

情形2 若z(t)滿足情形(c)，有z(t)>0,z′(t)>0，z″(t)>0,z?(t)<0,同情形1可以看出a(t)ψ(x(t))(z?(t))α是單調遞減函數，且t>s時

a(t)ψ(x(t))(z?(t))α

同理可得

(16)

由(5)式和(8)式得

(17)

定理2 假設A1～A7以及式(1)成立，ρ∈C1([t0,+∞)，R+)，φ∈C([t0,+∞)，R)，H∈X對任意的T≥t0，有

(18)

(19)

(20)

φ+(s)=max{φ(s),0},則方程(E)的解或振動或趨于0.

證明

情形1 設x(t)是方程(E)的非振動解，設x(t)>0，且z(t)滿足情形(b)，由條件(19)，對任意的t1>t0

即對任意的t1>t0有

φ(t1)≤w(t1)

由(13)式和(18)式得

≤w(t1)-φ(t1)<+∞

(21)

若

(22)

由條件(18)知，存在ε>0使得

(23)

對上述ε及任意的正常數N，存在t2>t1，當t>t2時有

因此對任意的t≥t2有

由N的任意性

這與式(21)矛盾，故

這與條件(20)矛盾.

情形2 若z(t)滿足情形(c)證明與情形1類似，可以得到同樣的結論.由以上證明可得方程(E)的解或振動或趨于0.

2 應用舉例

可知此方程的解或振動或趨于0.