On Oscillation of Third-Order Neutral Differential Equations with Distributed Delay

考虑如下一类三阶中立型分布时滞微分方程：

目前对三阶微分方程振动性研究还比较少. 文献[1-3]研究了α=β的情况，其中文献[3]研究了

的振动性. 文献[4]在

的情形下，研究了

的振动性(α=β=1). 文献[5]在

情形，研究了如下三阶半线性中立型微分方程的振动性(α=β)：

文献[6]在

情形下，研究了如下三阶微分方程的振动性(α=β)：

文献[7]在uf(u)≥0情形下，研究了

振动性(α=β=1). 文献[8-9]在α=β、文献[10-11]在α=β=1情形下研究了三阶微分方程的振动性. 文献[12]在α≥β＞0、文献[13]在α≥β与β≥α情形研究了二阶微分方程

的振动性. 文献[14]在α=β=1、文献[15]在α=β情形研究了三阶微分方程的振动性. 文献[16-20]研究了一些方程或方程组解的存在性及渐近性态.

从上述文献可看到，三阶微分方程基本上是在α=β的情形下展开研究的^{[1-11, 14-15]}，二阶微分方程也只有极少数文章在α≥β＞0，β≥α和α＞β的情形下展开研究^[12-13].

本文拟在β≥α和α＞β两种情形下探讨一类三阶中立型分布时滞微分方程(1)的振动性，运用广义Riccati变换和特殊技术，同时处理了β≥α和α＞β两种情形，并将这两种情形统一起来，最终获得了方程(1)解振动或收敛于零的新的充分条件，文章所得的新的结论是上述文献的推广和改进.

在方程(1)中

并假设下列条件成立：

(Ⅰ) $f(x) \in C(R, R), \frac{{f(x)}}{{{r^\beta }}} \ge \delta > 0, x \ne 0, $ α和β是正奇数.

(Ⅱ) $r(t) \in {C^1}\left( {\left[ {{t_0}, \infty } \right), (0, \infty )} \right), \int_{{t_0}}^\infty {{r^{ - \frac{1}{\alpha }}}} (t){\rm{d}}t = \infty , $ $p(t, \xi ) \in C\left( {\left[ {{t_0}, \infty } \right) \times [a, b], R} \right), p(t, \xi ) \ge 0, $ $0 \le \int_a^b p (t, \xi ){\rm{d}}\xi \le {p_0} < 1;$

(Ⅲ) τ(t，ξ)∈C([t₀，∞)×[a，b]，R)，τ(t，ξ)≤t，$\mathop {\lim \inf }\limits_{t \to \infty } \tau (t,\xi ) = \infty ;\sigma (t,\xi ) \in {C^1}\left( {\left[ {{t_0},\infty } \right) \times } \right.[c,d],R)$是关于ξ的非减函数，σ(t，ξ)≤t，$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } (t, \xi ) = \infty , \xi \in [c, d]$；

(Ⅳ) $q(t, \xi ) \in C\left( {\left[ {{t_0}, \infty } \right] \times [c, d], \;\;{\mathbb{R}_ + }} \right)$.

引理1  假设x(t)是方程(1)的正解，且条件(Ⅱ)-(Ⅳ)成立，则存在t₁≥t₀，使得对t≥t₁，z(t)具有下列4种可能性质：

(ⅰ) z(t)＞0，z′(t)＞0，z″(t)＞0，(r(t)|z″(t)|^α-1z″(t))′≤0；

(ⅱ) z(t)＞0，z′(t) < 0，z″(t)＞0，(r(t)|z″(t)|^α-1z″(t))′≤0；

(ⅲ) z(t) < 0，z′(t) < 0，z″(t)＞0，(r(t)|z″(t)|^α-1z″(t))′≤0；

(ⅳ) z(t) < 0，z′(t) < 0，z″(t) < 0，(r(t)|z″(t)|^α-1z″(t))′≤0.

证  若x(t)是方程(1)的正解，那么存在t₁≥t₀，使得对t≥t₁，有

由z(t)的定义可得x(t)≥z(t)，从方程(1)得到

则r(t)(z″(t))^α是减函数而且最终定号，因此，存在t₂≥t₁，使得t≥t₂，有z″(t) < 0或z″(t)＞0.

若z″(t) < 0，t≥t₂，那么由(2)式得到

于是r(t)(-z″(t))^α是增函数，则存在正常数M＞0，使得

即

进一步在[t₂，t]上积分，得到

由(Ⅱ)知$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {z^\prime }(t) = - \infty $，则z′(t) < 0最终成立，而z″(t) < 0，因此z(t) < 0，得到性质(ⅳ).

若z″(t)＞0，t≥t₂，则z′(t)定号. 如果z′(t)＞0，那么z(t)＞0，得到性质(ⅰ). 如果z′(t) < 0，那么z(t)＞0或z(t) < 0，得到(ⅱ)和(ⅲ)两种性质.

引理2  假设x(t)是方程(1)的正解，并且z(t)满足引理1的性质(i)，则存在t₁≥t₀，t₂≥t₁，使得对t≥t₂，有

且$\frac{{{z^\prime }(t)}}{{\int_{{t_1}}^t {{r^{ - \frac{1}{\alpha }}}} (s){\rm{d}}s}}$是减函数.

证  若z(t)满足引理1性质(i)，则

于是

则$\frac{{{z^\prime }(t)}}{{\int_{{t_1}}^t {{r^{ - \frac{1}{\alpha }}}} (s){\rm{d}}s}}$是减函数，故

即

定理1  假设存在函数ρ(t)∈C¹([t₀，∞)，${\mathbb{R}_+}$)，使得

其中

则引理1中的性质(ⅰ)不成立.

证  设x(t)是方程(1)的正解，z(t)满足引理1中的性质(i)，由方程(1)得到

其中

分两种情况讨论如下：

1) 若β≥α，定义函数如下

则w(t)＞0，且

由于z′(t)＞0，则z(t)是增函数，而z(t)＞0，β≥α，则存在正常数M₁＞0，使得

由引理2和条件(Ⅲ)有

即

于是

其中

因此

2) 若β < α，定义函数

则w(t)＞0，并有

由方程(1)和引理1的性质(ⅰ)，有$z'''$ (t)≤0即z″(t)是减函数，$\frac{1}{{z''\left( t \right)}}$是增函数，由于

则存在常数M₂≥1，使得

类似于(5)式得到

于是

令

则可将(6)式与(7)式统一写成

参照文献[1]使用不等式：

则由(8)式得到

进一步在[T，t]上积分，有

此式与(4)式相矛盾，则引理1中的性质(i)不存在.

定理2  假设x(t)是方程(1)的正解，且引理1中的性质(ⅱ)成立，若

则$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } x(t) = 0$.

证  由引理1(ⅱ)知，存在常数c≥0，使得$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } z(t) = c$，我们的目标是c=0. 假设c＞0，由z(t)的定义和(ⅱ)知x(t)≥z(t)＞c，由方程(1)有

进一步在[t，∞]上积分

即

将(10)式在[t，∞]上积分，再在[t₁，∞]上积分，注意到z′(t) < 0，得到

与(9)式相矛盾，因此，c=0，即$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } z(t) = 0$.

接下来，要证明x(t)有界. 用反证法，假设x(t)无界，则存在序列{t_n}，使得$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {t_n} = \infty , \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } x\left( {{t_n}} \right) = \infty $. 其中x(t_n)=max{x(s)：t₀≤s≤t_n}.

由条件(Ⅲ)，$\mathop {\lim \inf }\limits_{t \to \infty } \tau (t, \xi ) = \infty $，可得τ(t_n，ξ)＞t₀对充分大的n成立. 又由条件(Ⅲ)的τ(t，ξ)≤t，有

则由条件(Ⅱ)，有

由假设$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } x\left( {{t_n}} \right) = \infty $可得$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } z\left( {{t_n}} \right) = \infty $，这与$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } z(t) = 0$相矛盾，所以x(t)有界.

设$\mathop {\lim \sup }\limits_{t \to \infty } x(t) = {a_0}$，0≤a₀ < ∞，则存在序列{t_k}，使得$\mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } x\left( {{t_k}} \right) = {a_0}$. 如果a₀＞0，则取

可得x(t_k) < a₀+ε₀，我们有

此式矛盾，则a₀=0，故$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } x(t) = 0$.

定理3  假设(4)式和(9)式成立，则方程(1)的解振动或者$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } x(t) = 0$.

证  由定理1知，引理1性质(ⅰ)不存在. 若引理1性质(ⅱ)满足，由定理2得到$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } x(t) = 0$.

如果引理1的性质(ⅲ)或(ⅳ)满足，则$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } (t) = {c_0} < 0$ (可能c₀=-∞)或$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } (t) = - \infty $. 类似于定理2的推导可知x(t)和z(t)有界，于是c₀是有限数，则性质(ⅳ)不会满足，类似于定理2的推导可得到$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } x(t) = 0$. 因此，方程(1)的解振动或$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } x(t) = 0$.

例  考虑下列三阶微分方程

则$a = 0, b = \frac{\pi }{2}, c = 2\pi , d = 3\pi , r(t) = 1, p(t, \xi ) = \frac{1}{2}, \tau (t, \xi ) = t - \xi , \sigma (t, \xi ) = t - \frac{\xi }{2}, q(t, \xi ) = \frac{1}{4}, \alpha = 1, \beta = 1, \lambda = 1$. 选取ρ(t)=1，显然(9)式成立，且

即(4)式成立，定理3条件满足，可得例题中方程的解振动或$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } x(t) = 0$.事实上，可以验证x(t)=cost就是该方程的振动解.