延迟微分方程是一类泛函微分方程, 又叫时滞微分方程, 它是带有时间延迟项的微分方程.方程所描述的事物运动规律既与当前状态有关, 又受过去的影响.大量的文献^[1-7]讨论了其解析解和数值解的性质, 同时获得了颇多关键的发现和结论.

自变量分段连续微分方程广泛存在于各个领域, 是数学分支中一类重要的模型, 它能将某些连续和离散变量混合系统问题有效地解决, 如反馈控制^[8].同时可以通过研究微分方程和差分方程的性质, 将复杂的物理和生命科学等问题用简单的数学模型进行近似, 很大程度促进了其理论和相关算法的进一步研究, 此类方程有特别重要的理论价值和现实意义^[9-13].目前有关其解析解振动性的理论已经比较成熟, 然而近年来才对其数值解振动性进行讨论和研究, 同时有关数值振动性的研究目前仅局限于1维情形, 本论文把相关结论推广到2维情形, 更好地对实际问题进行分析和处理.文献[14-24]介绍了自变量分段连续延迟微分方程的理论.下面给出振动和非振动的定义.

定义1.1^[25]  设$ x(t) $是定义在区间$ [t_{0}, \infty) $上的连续函数, 如果$ x(t) $有任意大的零点, 那么称函数$ x(t) $振动, 即对任意$ t_{1}>t_{0} $, 都存在$ t_{2}>t_{1} $, 使得$ x(t_{2})=0 $.反过来, 如果存在$ t_{3}>t_{0} $, 使得对任意$ t>t_{3} $恒有$ x(t)\neq0 $, 那么称函数$ x(t) $非振动, 即$ x(t) $是最终正的或最终负的.如果$ x(t) $和$ y(t) $都有任意大的零点, 我们就称向量值函数$ (x(t), y(t))^{T} $是振动的, 否则就是非振动的.

考虑下列自变量分段连续系统

(2.1) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{l} x'(t)=ax(t)+by([t]), \\ y'(t)=cy(t)+dx([t]), \\ x(0)=c_{0}, \\ y(0)=b_{0}, \end{array} \right. \end{equation} $

其中$ a $, $ b $, $ c $, $ d $是实常数, $ [\cdot] $表示最大整数函数.

注2.1  $ a=0 $时, 系统(2.1)中有关$ x(t) $的方程在单位区间$ [n, n+1) $上就变为$ x'(t)=by(n) $, 这个方程的解很显然是非振动的, 按照定义1.1可知, 方程(2.1)非振动；同理当$ c=0 $时, 依然可得方程(2.1)非振动.下面我们假设$ ac\neq 0 $.

令$ Y(t)=\left(\begin{array}{cc} x(t)\\y(t) \end{array}\right) $, 则$ Y'(t)=PY(t)+QY([t]) $, 其中$ P=\left(\begin{array}{cc} a&0\\0&c \end{array}\right) $, $ Q=\left(\begin{array}{cc} 0&b\\d&0 \end{array}\right) $.

定义2.1^[25]  方程(2.1)的解是指定义在区间$ [0, \infty) $上的函数$ Y(t) $, 它满足以下条件

$ \rm 1) $$ Y(t) $在$ t\in [0, \infty) $上连续;

$ \rm 2) $$ Y(t) $在$ t\in [0, \infty) $的每一点上都存在导数, 除了存在单侧导数的点$ [t]\in [0, \infty) $之外;

$ \rm 3) $$ Y(t) $在每个区间$ [n, n+1) $满足方程(2.1).

下面的定理给出了方程(2.1)的解.

定理2.1^[25]  对于任意给定的$ c_{0} $, $ b_{0} $, $ ac\neq0 $, 方程(2.1)在$ [0, \infty) $上存在唯一解

$ \begin{eqnarray*} Y(t)&=&-QP^{-1}Y(n)+Y(n)e^{P(t-n)}+Y(n)QP^{-1}e^{P(t-n)} \\ &=&Y(n)(-QP^{-1}+e^{P(t-n)}+QP^{-1}e^{P(t-n)}), {\quad} n\leq t<n+1, \end{eqnarray*} $

其中$ Y(n) $满足差分方程

(2.2) $ \begin{equation} Y(n+1)+(QP^{-1}-e^P-QP^{-1}e^P)Y(n)=0. \end{equation} $

方程(2.2)的特征方程是

(2.3) $ \begin{equation} \lambda^{2}-(e^{a}+e^{c})\lambda+e^{a+c}-\frac {bd}{ac}(e^{a}-1)(e^{c}-1)=0. \end{equation} $

定理2.2^[25]  下列陈述是等价的:

$ \rm (1) $ 方程(2.1)的每个解振动;

$ \rm (2) $ 方程(2.2)的每个解振动;

$ \rm (3) $ 特征方程(2.3)无正根.

定理2.3  方程(2.1)的每个解振动当且仅当满足下列条件

$ bd<-\frac {ac(e^{a}-e^{c})^{2}} {4(e^{a}-1)(e^{c}-1)}, $

方程(2.1)存在一个非振动解当且仅当满足下列条件

$ bd\geq -\frac {ac(e^{a}-e^{c})^{2}} {4(e^{a}-1)(e^{c}-1)}. $

证  由定理$ 2.2 $, 方程(2.1)存在一个非振动解的充分必要条件是其特征方程(2.3)

$ \lambda^{2}-(e^{a}+e^{c})\lambda+e^{a+c}-\frac {bd} {ac}(e^{a}-1)(e^{c}-1)=0 $

的根$ \lambda_1 $与$ \lambda_2 $中至少有一个正根, 即

$\lambda_1>0$, $\lambda_2\geq0\; 或 \;\lambda_1>0$, $\lambda_2\leq0.$

由于特征方程(2.3)有实根, 则有

$ \Delta=(e^{a}+e^{c})^{2}-4\left(e^{a+c}-\frac {bd} {ac}(e^{a}-1)(e^{c}-1)\right)\geq0, $

即

$ bd\geq -\frac {ac(e^{a}-e^{c})^{2}} {4(e^{a}-1)(e^{c}-1)}. $

接下来考虑根的情况, 当$ \lambda_1>0 $, $ \lambda_2\geq0 $时, 根据根与系数的关系可得

$ \left\{\begin{array}{ll} \lambda_1+\lambda_2=e^{a}+e^{c}>0, \\ { } \lambda_1\lambda_2=e^{a+c}-\frac {bd}{ac}(e^{a}-1)(e^{c}-1)\geq 0, \end{array} \right. $

即

$ \left\{\begin{array}{l} e^{a}+e^{c}>0, \\ ac>0, \\ ace^{a+c}-bd(e^{a}-1)(e^{c}-1)\geq0 \end{array} \right. $

或

$ \left\{\begin{array}{l} e^{a}+e^{c}>0, \\ ac<0, \\ ace^{a+c}-bd(e^{a}-1)(e^{c}-1)\leq0, \\ \end{array} \right. $

即

$ ac\neq0, {\quad} bd\leq\frac {ace^{a+c}}{(e^{a}-1)(e^{c}-1)}. $

当$ \lambda_1>0 $, $ \lambda_2\leq0 $时, 根据根与系数的关系可得

$ \lambda_1\lambda_2=e^{a+c}-\frac {bd}{ac}(e^{a}-1)(e^{c}-1)\leq 0, $

即

$ \left\{\begin{array}{ll} ac>0, \\ ace^{a+c}-bd(e^{a}-1)(e^{c}-1)\leq0 \end{array} \right. $

或

$ \left\{\begin{array}{ll} ac<0, \\ ace^{a+c}-bd(e^{a}-1)(e^{c}-1)\geq0, \\ \end{array} \right. $

即

$ ac\neq0, {\quad} bd\geq\frac {ace^{a+c}}{(e^{a}-1)(e^{c}-1)}. $

结合判别式的情况可得

$ ac\neq0, {\quad} bd\geq -\frac {ac(e^{a}-e^{c})^{2}} {4(e^{a}-1)(e^{c}-1)}. $

由于方程的每个解振动等价于方程没有一个非振动解, 由方程存在一个非振动解的充要条件, 我们可以得到方程每个解振动的条件为

$ bd<-\frac {ac(e^{a}-e^{c})^{2}} {4(e^{a}-1)(e^{c}-1)}. $

定理2.3得证.

与文献[26]类似, 线性$ \theta $ -方法运用于方程(2.1), 得到递推关系

(3.1) $ \begin{eqnarray} Y_{km+l+1}&=&(I-h\theta P)^{-1}(I+h(1-\theta)P)Y_{km+l}+(I-h\theta P)^{-1}hQY_{km}{}\\ &=&MY_{km+l}+NY_{km}, \end{eqnarray} $

其中$ M=(I-h\theta P)^{-1}(I+h(1-\theta)P) $, $ N=(I-h\theta P)^{-1}hQ $, $ n=km+l $, $ l=0, 1, \cdots , m-1 $, $ \theta $是一个参数, $ 0\leq \theta \leq 1 $, $ h=\frac{1}{m} $, $ m $是正整数, 为了使数值过程继续下去, $ h $需要满足下列条件

$ h<\min\{{h_{1}, h_{2}, h_{3}, h_{4}}\}, $

其中$ c>0 $时, $ h_{1}=\frac {1} {\theta c} $; $ c<0 $时, $ h_{2}=\frac {1} {(\theta-1) c} $; $ a>0 $时, $ h_{3}=\frac {1} {\theta a} $; $ a<0 $时, $ h_{4}=\frac {1} {(\theta-1) a} $.

由方程(3.1)有

(3.2) $ \begin{eqnarray} Y_{(k+1)m}&=&\left(M^{m}+(M^{m-1}+\cdots +I)N\right)Y_{km}{}\\ &=&\left(M^{m}+(I-M)^{-1}(I-M^{m})N\right)Y_{km} {}\\ &=&\left(\begin{array}{cc} { } (1+\frac{ha}{1-h\theta a})^{m}\ & { } -\frac{b}{a}\left(1-(1+\frac{ha}{1-h\theta a})^{m}\right)\\ { }-\frac{d}{c}\left(1-(1+\frac{hc}{1-h\theta c})^{m}\right)\ &{ }(1+\frac{hc}{1-h\theta c})^{m} \end{array}\right)Y_{km}, \end{eqnarray} $

(3.3) $ \begin{eqnarray} Y_{km+l+1}&=&\left(M^{l+1}+(M^{l}+\cdots +I)N\right)Y_{km}{}\\ & =&\left(M^{l+1}+(I-M)^{-1}(I-M^{l+1})N\right)Y_{km}. \end{eqnarray} $

为了讨论和叙述的方便, 我们引入以下记号:

$ p=p(\theta, h, a)=\left(1+\frac{ha}{1-h\theta a}\right)^{m}, {\quad} q=q(\theta, h, c)=\left(1+\frac{hc}{1-h\theta c}\right)^{m}. $

方程(3.2)的特征方程是

(3.4) $ \begin{equation} \lambda^{2}-(p+q)\lambda+pq-\frac {bd}{ac}(p-1)(q-1)=0. \end{equation} $

下面的定理给出了$ \{Y_{n}\} $和$ \{Y_{km}\} $之间非振动的关系.

定理3.1   $ \{Y_{km}\} $和$ \{Y_{n}\} $分别由(3.2)式和(3.3)式给出, 当$ b\geq 0 $, $ d\geq 0 $, $ h<\min\{{h_{1}, h_{3}}\} $时, 下面的陈述是等价的:

(1) $ \{Y_{km}\} $是非振动的;

(2) $ \{Y_{n}\} $是非振动的.

证  容易得到$ (2)\Rightarrow (1) $.反过来, 如果$ (1) $成立, 不失一般性, 我们假设$ \{Y_{km}\} $是方程(3.2)的最终正解, 即存在$ k_{0}\in \mathbb{R} $, 使得当$ k>k_{0} $时, $ Y_{km}>0 $.下证对于$ {\forall} $$ k>k_{0}+1 $, 都有$ Y_{km+l}>0 $, $ l=0, 1, 2, \cdots , m-1 $.

$ a>0 $时, 由于$ h<h_3=\frac{1}{\theta a} $, 有$ 1+\frac{ha}{1-h\theta a}>1 $.又由于$ b\geq 0 $, 所以有

$ -\frac{b}{a}\left(1-(1+\frac{ha}{1-h\theta a})^{l+1}\right)\geq 0. $

$ a<0 $时, 有$ 1+\frac{ha}{1-h\theta a}<1 $.又由于$ b\geq 0 $, 所以有

$ -\frac{b}{a}\left(1-(1+\frac{ha}{1-h\theta a})^{l+1}\right)\geq 0. $

同理可得

$ -\frac{d}{c}\left(1-(1+\frac{hc}{1-h\theta c})^{l+1}\right)\geq 0. $

因此, 如果$ Y_{km}>0 $, 即$ x_{km}>0 $, $ y_{km}>0 $.则

$ \left(1+\frac{ha}{1-h\theta a}\right)^{l+1}x_{km}-\frac{b}{a}\left(1-(1+\frac{ha}{1-h\theta a})^{l+1}\right)y_{km}>0, $

且

$ -\frac{d}{c}\left(1-(1+\frac{hc}{1-h\theta c})^{l+1}\right)x_{km}+\left(1+\frac{hc}{1-h\theta c}\right)^{l+1}y_{km}>0. $

故$ Y_{km+l+1}>0 $.同理可得, 如果$ Y_{km}<0 $, 那么$ Y_{km+l+1}<0 $.定理3.1得证.

通过定理$ 3.1 $, 可以得到以下定理.

定理3.2  方程(3.2)和方程(3.3)分别给出了$ \{Y_{km}\} $和$ \{Y_{n}\} $, 当$ b\geq 0 $, $ d\geq 0 $, $ h<\min\{{h_{1}, h_{3}}\} $时, $ \{Y_{n}\} $是振动的当且仅当$ \{Y_{km}\} $是振动的.

为了研究方程(3.3)的振动性, 只需研究方程(3.2)的振动性.令

$ C=-\frac {ac(e^{a}-e^{c})^{2}} {4(e^{a}-1)(e^{c}-1)}, {\quad} D=\frac {ace^{a+c}}{(e^{a}-1)(e^{c}-1)}, $

$ C(m)=-\frac {ac(p-q)^{2}} {4(p-1)(q-1)}, {\quad} D(m)=\frac {acpq}{(p-1)(q-1)}, $

其中$ p=p(\theta, h, a)=\left(1+\frac{ha}{1-h\theta a}\right)^{m} $, $ q=q(\theta, h, c)=\left(1+\frac{hc}{1-h\theta c}\right)^{m} $.

引理3.1  方程(3.2)存在一个非振动解当且仅当$ C(m)\leq bd $.

证  根据文献[25], 方程(3.2)存在一个非振动解的充分必要条件是其特征方程(3.4)

$ \lambda^{2}-(p+q)\lambda+pq-\frac {bd}{ac}(p-1)(q-1)=0 $

的根$ \lambda_1 $与$ \lambda_2 $中至少有一个正根, 即

$ \lambda_1>0, \lambda_2\geq0 \qquad\mbox{ 或 }\qquad \lambda_1>0, \lambda_2\leq0. $

由于特征方程(3.4)存在实根, 则有

$ \Delta=(p+q)^{2}-4\left(pq-\frac {bd}{ac}(p-1)(q-1)\right)\geq0, $

即

$ bd\geq -\frac {ac(p-q)^{2}} {4(p-1)(q-1)}=C(m). $

接下来考虑根的情况, 当$ \lambda_1>0 $, $ \lambda_2\geq0 $时, 根据根与系数的关系可得

$ \left\{\begin{array}{ll} \lambda_1+\lambda_2=p+q>0, \\ { } \lambda_1\lambda_2=pq-\frac {bd}{ac}(p-1)(q-1)\geq 0, \end{array} \right. $

即

$ \left\{\begin{array}{ll} p+q>0, \\ ac>0, \\ acpq-bd(p-1)(q-1)\geq0 \end{array} \right. $

或

$ \left\{\begin{array}{ll} p+q>0, \\ ac<0, \\ acpq-bd(p-1)(q-1)\leq0, \\ \end{array} \right. $

即

$ ac\neq0, {\quad} bd\leq\frac {acpq}{(p-1)(q-1)}=D(m). $

当$ \lambda_1>0 $, $ \lambda_2\leq0 $时, 根据根与系数的关系可得

$ \lambda_1\lambda_2=pq-\frac {bd}{ac}(p-1)(q-1)\leq 0, $

即

$ \left\{\begin{array}{l} ac>0, \\ acpq-bd(p-1)(q-1)\leq0 \end{array} \right. $

或

$ \left\{\begin{array}{l} ac<0, \\ acpq-bd(p-1)(q-1)\geq0, \\ \end{array} \right. $

即

$ ac\neq0, {\quad} bd\geq\frac {acpq}{(p-1)(q-1)}=D(m). $

结合判别式的条件可得

$ ac\neq0, {\quad} bd\geq -\frac {ac(p-q)^{2}} {4(p-1)(q-1)}=C(m). $

因此方程(3.2)存在一个非振动解当且仅当$ C(m)\leq bd. $

根据定理$ 3.1 $, 定理$ 3.2 $和引理$ 3.1 $, 可以得到以下推论.

推论3.1  $ \rm (1) $ 方程(3.3)是振动的当且仅当$ bd<C(m) $;

$ \rm (2) $ 方程(3.3)存在一个非振动解当且仅当$ bd\geq C(m) $.

根据定理$ 2.3 $和推论$ 3.1 $, 可以得到以下定理.

定理4.1  $ \rm (1) $$ \theta $ -方法保持方程(2.1)的振动性当且仅当$ C\leq C(m) $;

$ \rm (2) $$ \theta $ -方法保持方程(2.1)的非振动性当且仅当$ C> C(m) $.

下面的引理给出了$ C\leq C(m) $的条件.

引理4.1  $ \rm (I) $当$ h \rightarrow 0 $时, $ C(m) \rightarrow C $;

(Ⅱ)如果满足下列条件之一:

$ \begin{eqnarray*} (1)&& a>0, c<0, e^{a}+e^{c}>2, p\leq e^{a}, q\leq e^{c}, q<1, p>1, p+q>2, {\qquad}{\qquad}{\qquad}{\qquad}\\ (2)&& a<0, c>0, e^{a}+e^{c}<2, p\geq e^{a}, q\geq e^{c}, q>1, p<1, p+q<2, \\ (3)&& a>0, c<0, e^{a}+e^{c}<2, p\geq e^{a}, q\geq e^{c}, q<1, p>1, p+q<2, \\ (4)&& a<0, c>0, e^{a}+e^{c}>2, p\leq e^{a}, q\leq e^{c}, q>1, p<1, p+q>2, \\ (5)&& c>a>0, p\geq e^{a}, q\leq e^{c}, q>p>1, \\ (6)&& c<a<0, p\leq e^{a}, q\geq e^{c}, q<p<1, \\ (7)&& a>c>0, p\leq e^{a}, q\geq e^{c}, p>q>1, \\ (8)&& a<c<0, p\geq e^{a}, q\leq e^{c}, p<q<1, \end{eqnarray*} $

则$ C\leq C(m) $.

证  (Ⅰ)

$ \begin{eqnarray*} {\lim\limits_{h\to 0}}p(\theta, h, a)&=&{\lim\limits_{h\to 0}}(1+\frac{ha}{1-h\theta a})^{m}={\lim\limits_{h\to 0}}(1+\frac{ha}{1-h\theta a})^{\frac{1-h\theta a}{ha}\frac{ha}{1-h\theta a}{m}}\\ &=&e^{{\lim\limits_{h\to 0}}\frac{ha}{1-h\theta a}{m}}=e^{{\lim\limits_{h \to 0}}\frac{ha}{1-h\theta a}\frac {1}{h}}=e^a. \end{eqnarray*} $

同理可得$ {\lim\limits_{h\to 0}}q(\theta, h, c)=e^c. $所以$ h \rightarrow 0 $时, $ C(m) \rightarrow C $.

(Ⅱ) $ C\leq C(m) $当且仅当

$ \left\{\begin{array}{ll} ac<0, \\ { } \frac {(e^{a}-e^{c})^{2}} {(e^{a}-1)(e^{c}-1)}\leq \frac {(p-q)^{2}} {(p-1)(q-1)}, \\ \end{array} \right. $

或者

$ \left\{\begin{array}{l} ac>0, \\ { } \frac {(e^{a}-e^{c})^{2}} {(e^{a}-1)(e^{c}-1)}\geq \frac {(p-q)^{2}} {(p-1)(q-1)}, \\ \end{array} \right. $

令

$ f(x, y)=\frac {(x-y)^{2}} {(x-1)(y-1)}=\frac {[(x-1)-(y-1)]^{2}}{(x-1)(y-1)}=\frac {x-1} {y-1}+\frac {y-1} {x-1}-2, $

$ z(x, y)=\frac {x-1} {y-1}, $

则$ f(z)=z+\frac {1}{z}-2. $

当$ z<-1 $时, $ f(z) $单调递增, 即

$ \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}<-1, \frac {p-1} {q-1}<-1, $

可得

$ \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}<0, \frac {p-1} {q-1}<0, $

则有$ ac<0, p<1, q>1, $或者$ ac<0, p>1, q<1, $要证

$ \frac {(e^{a}-e^{c})^{2}} {(e^{a}-1)(e^{c}-1)}\leq \frac {(p-q)^{2}} {(p-1)(q-1)}, $

只需证$ z(a, c)\leq z(p, q), $即

$ \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}\leq \frac {p-1} {q-1}. $

$ (1) $ 当$ a>0, c<0, e^{a}+e^{c}>2, p\leq e^{a}, q\leq e^{c}, q<1, p>1, p+q>2 $时,

$ \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}<-1, \frac {p-1} {q-1}<-1, $

由$ p-1 \leq {e^{a}-1}, q-1 \leq {e^{c}-1}, $则

$ \frac {1}{q-1}\geq \frac {1}{e^{c}-1}, $

又

$ \frac {p-1} {q-1}\geq \frac {e^a-1} {q-1}; \frac {e^a-1} {q-1}\geq \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}, $

即

$ \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}\leq \frac {p-1} {q-1}. $

结论得证.

$ (2) $ 同理可证.当$ -1<z<0 $时, $ f(z) $单调递减, 即

$ -1<\frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}<0, -1<\frac {p-1} {q-1}<0, $

则有$ ac<0, p<1, q>1, $或者$ ac<0, p>1, q<1, $要证

$ \frac {(e^{a}-e^{c})^{2}} {(e^{a}-1)(e^{c}-1)}\leq \frac {(p-q)^{2}} {(p-1)(q-1)}, $

只需证$ z(a, c)\geq z(p, q) $, 即

$ \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}\geq \frac {p-1} {q-1}. $

$ (3) $ 当$ a>0, c<0, e^{a}+e^{c}<2, p\geq e^{a}, q\geq e^{c}, q<1, p>1, p+q<2 $时, 有

$ -1<\frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}<0, -1<\frac {p-1} {q-1}<0, $

由$ p-1 \geq {e^{a}-1}, q-1 \geq {e^{c}-1}, $则

$ \frac {1}{q-1}\leq \frac {1}{e^{c}-1}, $

又

$ \frac {p-1} {q-1}\leq \frac {e^a-1} {q-1}; \frac {e^a-1} {q-1}\leq \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}, $

即

$ \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}\geq \frac {p-1} {q-1}. $

结论得证.

$ (4) $ 同理可证.当$ 0<z<1 $时, $ f(z) $单调递减, 即

$ 0<\frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}<1, 0<\frac {p-1} {q-1}<1, $

则有$ ac>0, p>1, q>1, $或者$ ac>0, p<1, q<1, $要证

$ \frac {(e^{a}-e^{c})^{2}} {(e^{a}-1)(e^{c}-1)}\geq \frac {(p-q)^{2}} {(p-1)(q-1)}, $

只需证$ z(a, c)\leq z(p, q) $, 即

$ \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}\leq \frac {p-1} {q-1}. $

$ (5) $ 当$ c>a>0, p\geq e^{a}, q\leq e^{c}, q>p>1 $时,

$ 0<\frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}<1, 0<\frac {p-1} {q-1}<1, $

由$ p-1 \geq {e^{a}-1}, q-1 \leq {e^{c}-1}, $则

$ \frac {1}{q-1}\geq \frac {1}{e^{c}-1}, $

又

$ \frac {p-1} {q-1}\geq \frac {e^a-1} {q-1}; \frac {e^a-1} {q-1}\geq \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}, $

即

$ \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}\leq \frac {p-1} {q-1}. $

结论得证.

$ (6) $ 同理可证.当$ z>1 $时, $ f(z) $单调递增, 即

$ \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}>1, \frac {p-1} {q-1}>1, $

可得

$ \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}>0, \frac {p-1} {q-1}>0, $

则有$ ac>0, p>1, q>1, $或者$ ac>0, p<1, q<1, $要证

$ \frac {(e^{a}-e^{c})^{2}} {(e^{a}-1)(e^{c}-1)}\geq \frac {(p-q)^{2}} {(p-1)(q-1)}, $

只需证

$ z(a, c)\geq z(p, q), $

即

$ \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}\geq \frac {p-1} {q-1}. $

$ (7) $ 当$ a>c>0, p\leq e^{a}, q\geq e^{c}, p>q>1 $时, 有

$ \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}>1, \frac {p-1} {q-1}>1, $

由$ p-1 \leq {e^{a}-1}, q-1 \geq {e^{c}-1}, $则

$ \frac {1}{q-1}\leq \frac {1}{e^{c}-1}, $

又

$ \frac {p-1} {q-1}\leq \frac {e^a-1} {q-1}; \frac {e^a-1} {q-1}\leq \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}, $

即

$ \frac {e^{a}-1} {e^{c}-1}\geq \frac {p-1} {q-1}. $

结论得证.

$ (8) $ 同理可证.

引理4.2^[26]  对任意的$ m>|a| $, 有

$ \rm (1) $$ a>0 $,

$ \begin{eqnarray*} && \left(1+\frac{ha}{1-h\theta a}\right)^{m} \geq e^a{\quad}\mbox{当且仅当}{\quad} \frac{1}{2}\leq \theta \leq 1, \\ && \left(1+\frac{ha}{1-h\theta a}\right)^{m} \leq e^a{\quad}\mbox{当且仅当}{\quad} 0\leq \theta \leq \varphi(1), \end{eqnarray*} $

$ \rm (2) $$ a<0 $,

$ \begin{eqnarray*} && \left(1+\frac{ha}{1-h\theta a}\right)^{m} \geq e^a{\quad}\mbox{当且仅当}{\quad} \varphi(-1)\leq \theta \leq 1, \\ && \left(1+\frac{ha}{1-h\theta a}\right)^{m} \leq e^a{\quad}\mbox{当且仅当}{\quad} 0\leq \theta \leq \varphi(1), \end{eqnarray*} $

其中$ \varphi(x)=\frac {1}{x}-\frac {1}{e^x-1} $.

根据定理$ 4.1 $, 引理$ 4.1 $和引理$ 4.2 $, 可以得到以下定理.

定理4.2   $ \theta $ -方法保持方程(2.1)的振动性, 如果满足下列条件之一

$ \begin{eqnarray*} (1)&& a>0, c<0, e^{a}+e^{c}>2, 0\leq \theta \leq \varphi(1), p+q>2, \\ (2)&& a<0, c>0, e^{a}+e^{c}<2, \varphi(-1)\leq \theta \leq 1, \frac {1}{2}\leq \theta \leq 1, p+q<2, {\qquad}{\qquad}{\qquad}{\qquad}\\ (3)&& a>0, c<0, e^{a}+e^{c}<2, \varphi(-1)\leq \theta \leq 1, \frac {1}{2}\leq \theta \leq 1, p+q<2, \\ (4)&& a<0, c>0, e^{a}+e^{c}>2, 0\leq \theta \leq \varphi(1), p+q>2, \\ (5)&& c>a>0, 0\leq \theta \leq \varphi(1), \frac {1}{2}\leq \theta \leq 1, \\ (6)&& c<a<0, 0\leq \theta \leq \varphi(1), \varphi(-1)\leq \theta \leq 1, \\ (7)&& a>c>0, 0\leq \theta \leq \varphi(1), \frac {1}{2}\leq \theta \leq 1, \\ (8)&& a<c<0, 0\leq \theta \leq \varphi(1), \varphi(-1)\leq \theta \leq 1, \end{eqnarray*} $

其中$ \varphi(x)=\frac {1}{x}-\frac {1}{e^x-1} $.

例1  考虑以下方程

(5.1) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{l} Y'(t)={\left(\begin{array}{cc} 2&0\\ 0&-1 \end{array}\right)}Y(t)+{\left(\begin{array}{cc} 0&1\\ 1&0 \end{array}\right)}Y([t]), \qquad t\geq0, \\ Y(0)={\left(\begin{array}{cc} 1\\ 1 \end{array}\right)}, \end{array} \right. \end{equation} $

其中$ A=\left(\begin{array}{cc} 2&0\\0&-1 \end{array}\right) $, $ B=\left(\begin{array}{cc} 0&1\\1&0 \end{array}\right) $, 满足定理$ 2.3 $, 所以方程(5.1)解析解是非振动的.对于$ \theta=0.5 $, $ h=0.5 $, 在图$ 1 $中, 分别给出方程(5.1)的解析解(a)和数值解(b).由图 1可以发现, 解析解(a)和数值解(b)都是非振动的, 这与定理$ 4.2 $结论一致.

例2  考虑方程

(5.2) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{l} Y'(t)={\left(\begin{array}{cc} 3&0\\ 0&3 \end{array}\right)}Y(t)+{\left(\begin{array}{cc} 0&-2\\ -4&0 \end{array}\right)}Y([t]), \qquad t\geq0, \\ Y(0)={\left(\begin{array}{cc} 1\\ 1 \end{array}\right)}, \end{array} \right. \end{equation} $

其中$ A=\left(\begin{array}{cc} 3&0\\0&3 \end{array}\right) $, $ B=\left(\begin{array}{cc} 0&-2\\-4&0 \end{array}\right) $, 满足定理$ 2.3 $, 所以方程(5.2)解析解是非振动的.对于$ \theta=0.2 $, $ h=1 $, 在图 2中, 分别给出方程(5.2)的解析解(a)和数值解(b).由图 2可以发现, 解析解(a)和数值解(b)都是非振动的, 这与定理$ 4.2 $结论一致.