时间尺度上系数函数无界的推广Halanay不等式

摘要

在本文中，我们得到了一个时间尺度上系数函数无界的推广Halanay不等式，它推广了Wen的一个早期结果等。（数学与分析杂志，应用347:169-178，2008). 文中还给出了两个示例。

1简介和准备

众所周知，Halanay型微分不等式在时滞系统的稳定性分析中非常有用，这些都导致了一些有趣的新稳定性条件（见[1——4]以及其中的参考）。

在[三]，Halanay证明了以下不等式。

引理1.1

哈拉奈不等式

如果

$$x'（t）\leq-\alpha x（t）+\beta\sup_{s\in[t-\tau，t]}x（s），\quad\textit{表示}t\geq t_{0}，\tau>0$$

(1.1)

和 \（阿尔法>贝塔>0）,那么就有了 \（伽马>0） 和 \（K>0） 这样的话

$$x（t）\leq Ke^{-\gamma（t-t_{0}）}，\quad\textit{表示}t\geq t_{0{$$

(1.2)

在[5]Baker和Tang得到了以下系数函数无界的Halanay型不等式。

引理1.2

参见[5]

让 \（x（t）>0，t\in（-\infty，+\infty）\）,和

$$\开始{对齐}和\压裂{dx（t）}{dt}\leq-a（t）x（t$$

（1.3）

$$\begin{aligned}&x（t）=\bigl|\varphi（t）\bigr|，\quad t\leq t_{0}，\end{alinged}$$

(1.4)

哪里 \（\varphi（t）\） 有界且连续 \（t\leq t_{0}\）,和 \（a（t），b（t） 对于 \（位于[t{0}，\infty），\tau（t）\geq0） 和 \（t-\tau（t）\rightarrow\infty\） 作为 \（t\rightarrow\infty\）.如果存在 \（\西格玛>0\） 这样的话

$$\begin｛aligned｝-a（t）+b（t）\leq-\sigma＜0\quad\textit｛for｝t\geq t_｛0｝，\end｛aligned｝$$

(1.5)

然后

$$\begin{aligned}&（\mathrm{i}）\quad x（t）\leq\|\varphi\|^{（-\infty，t_{0}]}，\quad t\geq t_{0{0}\quad\textit{和}\quad（\mathrm{ii}$$

(1.6)

哪里 \（\|\varphi\|^{（-\infty，t_{0}]}=\sup_{t\in（-\infty，t_{0}]}|\varfi（t）|<\infty\）.

在[1]，Wen等人获得了引理的一个推广1.2.

在本文中，我们推广了[5]到时间刻度。作为应用，我们考虑以下延迟动态方程的稳定性：

$$\开始{对齐}\left\{\textstyle\begin{数组}{@{}l}x^{三角形}（t）=-a（t}]_{\mathbb{t}}，\end{array}\displaystyle\right.\end{aligned}$$

(1.7)

哪里\（\varphi（s）\）有界rd-连续\（位于（-\infty，t_{0}]_{\mathbb{t}}\）和\（套（t））,\（a（t）\）,\（b（t）\）,\（c（t）\）是非负的、包含rd的函数\（位于[t_{0}，\infty）_{\mathbb{t}}\）和\（c（t）\）有界。我们证明了延迟差分方程的零解

$$开始{对齐}\三角形x（n）=-2（n+1）x（n+1$$

(1.8)

是稳定的。

为了完整性，我们介绍了以下与时间尺度概念相关的概念。我们指的是[6]有关时间尺度微积分的更多详细信息。

定义1.1

参见[6]

A函数\（h:\mathbb｛T｝\rightarrow\mathbb｛R｝\）据说是回归的，前提是\（1+\mu（t）h（t）\neq0）为所有人\（在\mathbb{t}^{kappa}\中），其中\（\mu（t）=\sigma（t）-t）.所有回归rd-连续函数的集合\（\varphi:\mathbb{T}\rightarrow\mathbb{R}\）表示为\（\mathfrak{R}\）而设置\（\mathfrak{R}^{+}\）由提供\（\mathfrak{R}^{+}=\{{\varphi\in}\mathfrak{R}:1+\mu（t）\varphi（t.如果\（\varphi\in\mathfrak{R}\），指数函数定义为

$$e_{\varphi}（t，s）=\exp\biggl（\int_{s}^{t}\xi_{\mu（r）}\bigl（\varphi（r$$

(1.9)

哪里\（\xi_{\mu（s）}\）是圆柱体变换，由

$$\begin{aligned}\xi_{\mu（r）}\bigl（\varphi（r$$

在下面的引理中给出了指数函数的一些性质。

引理1.3

参见[7]

让 \（\varphi\in\mathfrak{R}\）,然后

• （i） \（e_{0}（s，t）\equiv1，e_{\varphi}（t，t）\ equiv1\） 和 \（e_{\varphi}（\sigma（t），s）=（1+\mu（t）\varphi（t;

• （ii） \（\frac{1}{e_{\varphi}（t，s）}=e_{\ ominus\varphi}（t，s）\）,哪里 \（\ominus\varphi（t）=-\frac{\varphi（t）}{1+\mu（t;

• （iii） \（（\frac{1}{e_{\varphi}（t，s）}）^{\三角形}=-\frac}\varphi（t）}{e_（s）}\）;

• （iv） \（[e_{\varphi}（c，t）]^{\Delta}=-\varphi（t）e_{\varphineneneep（c，\sigma（t））\）,哪里 \（c\in\mathbb{T}\）;

• （v） \（e_{p}（t，s）=\压裂{1}{e_{p}（s，t）}=e_{\ominus p}.

引理1.4

参见[8]

对于非负 φ 具有 \（-\varphi\in\mathfrak｛R｝^｛+｝\）,我们有不平等

$$\begin{aligned}1-\int_{s}^{t}\varphi（u）\Delta u\leqe_{-\varphi}（t，s）\leq\exp\biggl\{-\int_}s}^}t}\varphi（u$$

(1.10)

如果 φ 是rd-连续非负,然后

$$\begin{aligned}1+\int_{s}^{t}\varphi（u）\Delta u\leqe_{varphi}（t，s）\leq\exp\biggl\{int_{s}^{t}\varpi（u$$

(1.11)

备注1.1

如果\（\varphi\in\mathfrak{R}^{+}\）和\（\varphi（r）>0\）为所有人\（在[s，t]_{\mathbb{t}}\中），然后

$$\begin{aligned}e_{\varphi}（t，r）\leq e_{\varphineneneep（t，s）\quad\mbox{和}\quad e_{\ varphi}（a，b）<1\quad\mpox{for}s\leq a<b\leq t.\end{alinged}$$

(1.12)

证明

由\（\varphi（r）>0\）,\（\varphi\in\mathfrak{R}^{+}\）和引理1.3（iv）我们已经\（[e_{\varphi}（c，t）]^{\Delta}=-\varphi（t）e_{\varphineneneep（c，\sigma（t））<0\），所以

$$e_{\varphi}（t，r）\leqe_{\varphineneneep（t，s）$$

自\（a<b），根据上述结果，我们得出

$$e_{\varphi}（a，b）<e_{\ varphi}（a，a）=1$$

 □

2主要成果

在本文中，我们假设以下条件成立：

（H）₁):

让\（x（t）\）是一个非负的右义函数，满足

$$\left\{\textstyle\开始{数组}{@{}l}x^{三角形}（t）\leq-a（t_{0}克（t，s）x（t-s）\增量s，\quad t\in[t_{0}，\infty），\\x（t）=|\varphi（t）|，\quade t\in（-\infty，t_{0{]，\end{array}\displaystyle\right）$$

哪里\（\varphi（t）\）有界rd-连续\（位于（-\infty，t_{0}]_{\mathbb{t}}\）和\（\sup_{t\leq t_{0}}{|\varphi（t）|}=M\）.

（H）₂):

\（a（t）\）,\（b（t）\）,\（c（t）\）,\（套（t））是非负的rd连续函数\（t\in[t_｛0｝，\infty）_｛\mathbb｛t｝｝｝\）和\（c（t）\）是有界的，因此\（\sup_{t\geqt_{0}}{c（t）}=\上划线{c}\）,\（\lim_{t\rightarrow\infty}（t-\tau（t））=+\infty）.

（H）_三):

存在\（增量>0）这样的话\（a（t）-b（t）-d（t）\int_{0}^{\infty}K（t，s）\三角形s>\delta>0\），用于\（位于[t_{0}，\infty）_{\mathbb{t}}\），其中延迟内核\（K（t，s）\）是非负的，包含rd\（（t，s）\in\mathbb{t}\times[0，\infty）\）并满足\（对于所有t\in\mathbb{t}，\int_{0}^{\infty}K（t，s）\三角形s<\infty）.

定理2.1

假设（H）₁)-（H）_三)和 \（-a（t）\在\mathfrak{R}^{+}\中） 持有,那么我们有

• （i）
  $$x（t）\leq\frac{\overline{c}}{\delta}+M，\quad t\in[t_{0}，+\infty）$$

  (2.1)

  如果我们进一步假设 \（d（t）=0） 在里面（H）₁)，（H_三)并且存在 \（0<\kappa<1） 这样的话

  $$\kappa a（t）-b（t）>0\quad\textit{用于}t在[t_{0}，+\infty）_{{mathbb{t}}$$

  (2.2)

  那么我们有

• （ii） 对于任何给定的 \（ε>0\）,存在 \（\widetilde{t}=\widetilde{t}（M，\epsilon）>t_{0}\）,这样的话

  $$x（t）\leq\frac{\overline{c}}{\delta}+\epsilon，\quad t\in[\widetilde{t}，\infty）$$

  （2.3）

证明

我们现在依次考虑以下两种情况。

案例1.\（上一行{c}>0\）.

定理的证明 2.1 （i） ●●●●。

对于任何\（\varepsilon>1\），我们从（H）₁)

$$\begin{aligned}\对于所有的t\leq t_{0}，\quad x（t）=\bigl|\varphi（t）\bigr|\leq\sup_{t\leq t_{0}}{\bigl |\varφ（t）\ bigr|}=M<\frac{\overline{c}}{\ delta}+\varepsilon M，\end{alinged}$$

(2.4)

由此我们可以推断

$$\开始{aligned}\对于所有t\geq t_{0}，\四个x（t）<\frac{\上划线{c}}{\delta}+\varepsilon M.\end{aligned}$$

(2.5)

为了证明(2.5)，让\（t_｛1｝=\sup\） \（[t_｛0｝，t]_｛\mathbb｛t｝｝\｝>t_｛0｝），我们将展示\（t_{1}=\infty\）.

假设\（t_{1}<\infty\）。显然我们已经\（x（t_{1}）\leq\frac{\overline{c}}{\delta}+\varepsilon M\）.

事实上，假设\（x（t_{1}）\leq\frac{\overline{c}}{\delta}+\varepsilon M\）失败了，我们有\（x（t_{1}）>\frac{\overline{c}}{\delta}+\varepsilon M\）.

如果\（t{1}\）是左旋的，有\（{t_{n}）令人满意的：\（t{n}<t{1}，t{nneneneep \右箭头t{1{）(\（n\rightarrow\infty\）)、和\（x（t_{n}）\leq\frac{\overline{c}}{\delta}+\varepsilon M\），我们有\（x（t_{1}）=lim_{n\rightarrow\infty}x（t_}n}）\leq\frac{上划线{c}}{delta}+\varepsilon M），这与\（x（t_{1}）>\frac{\overline{c}}{\delta}+\varepsilon M\）.

如果\（t{1}\）是左散射的，\（\rho（t{1}）<t{1{）和\（x（\rho（t_{1}））\leq\frac{\上划线{c}}{\delta}+\varepsilon M\）;\（x（t_｛1｝）>\frac｛\overline｛c｝｝｛\delta｝+\varepsilon M\），然后我们吃晚饭\（{t|x（s）<\frac{上划线{c}}{delta}+\varepsilon M，s位于[t{0}，t]}=\rho（t{1}）<t{1{），这与\（t{1}\）.

因此我们可以假设\（t{1}<infty，x（t{1}）leq\frac{上划线{c}}{delta}+varepsilon M）。我们将讨论两个案例：

案例1.1.假设\（x（t_{1}）=frac{上划线{c}}{delta}+varepsilon M，t_{1{>t_{0}）,

$$对于[t{0}，t{1}）{{\mathbb{t}}}，\quad x（t）\leq\frac{\overline{c}}{\delta}+\varepsilon M中的所有t，\quade x（t{1{）=\frac}\overline{c}{\delta}+\ varepsilen M$$

(2.6)

显然我们已经\（x^{\三角形}（t_{1}）\geq0\）事实上，假设\（x^｛\triangle｝（t_｛1｝）\geq0\）失败了，我们有\（x^{\三角形}（t{1}）<0\）.

如果\（t{1}\）是正确的，\（对于所有s>t{1}），来自\（x^{\三角形}（t{1}）={\lim{s\rightarrowt_{1}^{+}}}\frac{x（t{1}）-x（s）}{t_{1} -秒}<0\)，我们得到\（x（s）<x（t_{1}）=\frac{\上划线{c}}{\delta}+\varepsilon M\），这与\（t{1}\）.

如果\（t{1}\）右散射，来自\（x^{\三角形}（t{1}）=\分形{x（\sigma（t{1}））-x（t{1'）}{\mu（t}1）}<0\），我们得到\（x（σ（t_{1}））<x（t_{1}）=frac{上测线{c}}{delta}+varepsilon M），这与\（t{1}\）.

我们有来自(2.6)，（H₁)、和（H_三)

$$\开始{对齐}x^{三角形}（t_{1}）&\stackrel{（\mathrm{高}_{1} ）-a（t_｛1｝）x（t_｛1｝）+b（t_｛1｝）\sup_｛t_{1}-\τ（t_{1}）\leqs \leqt{1}}{x（s）}+c（t_{1}）+d（t_{1'）\int_{0}^{infty}K（t_{1,s）x（t_{1} -秒)三角形s\\&\stackrel{（2.6）}{=}-a（t_{1}）\biggl（\frac{上划线{c}}{delta}+\varepsilon M\biggr）+b（t_{1}）\sup_{t_{1}-\τ（t_{1}）\leqs \leqt{1}}{x（s）}+c（t_{1}）+d（t_{1'）\int_{0}^{infty}K（t_{1,s）x（t_{1} -秒)三角形s（2.6）}{高}_{3} ）}{<}-\delta\biggl（\frac{\overline{c}}{\delta}+\varepsilon M\biggr）+\overline{c}=-\delta \varepsilon M<0，\end{aligned}$$

(2.7)

这与之相矛盾\（x^{\三角形}（t_{1}）\geq0\）.

案例1.2.假设\（x（t_{1}）<\frac{\overline{c}}{\delta}+\varepsilon M\）在这种情况下，\（t_｛1｝\）必须向右散射，否则如果\（t{1}\）是正确的，存在\（\epsilon_{1}\）足够小，以便\（x（t）<\frac{\overline{c}}{\delta}+\varepsilon M\），用于\（在[t{1}，t{1{+\epsilon_{1}]{{\mathbb{t}}}中）因此，\（x（t）\leq\frac{\overline{c}}{\delta}+\varepsilon M\），用于\（位于[t_{0}，t_{1}+\epsilon_{1}]_{\mathbb{t}}\）。这与\（t{1}\）因此，自\（t{1}\）向右散射，我们有

$$x\bigl（\sigma（t_{1}）\bigr）>\frac{\overline{c}}{\delta}+\varepsilon M\quad\mbox{and}\quad x（t）\leq\frac}\overline{c}{\delta}+\ varepsilen M\quad\mbax{for all}t\leq t_{1{<\sigma{1}$$

(2.8)

我们有来自(2.8)和（H₁)

$$开始{对齐}\frac{x（\sigma（t{1}））-x（t{1'）}{\mu（t{1\}）}={}&x^{三角形}（t}）\\stackrel{（\mathrm{高}_{1} ）}{\leq}{}&{-}一个（t{1}）x（t{1}）+b（t{1'）\sup{t_{1}-\τ（t_{1}）\leqs\leqt_{1{}{x（s）}+c（t_{1}）\\&{}+d（t_{1'）\int_{0}^{infty}K（t_{1,s）x（t_{1} -秒)三角形s\\stackrel{（2.8）}{<}{&{-}一个（t_{1}）x（t_{1}）+\biggl（b（t_{1'）+d（t_{1\）\int_{0}^{\infty}K（t_{10}，s）\triangles\biggr）\biggal（\frac{\overline{c}}{\delta}+\varepsilon M\bigger）+\overline{c}。\结束{对齐}$$

(2.9)

由(2.8), (2.9)，（H_三)、和\（1-\mu（t）a（t）>0，t\in\mathbb{t}），我们得到

$$开始{对齐}\frac{上划线{c}}{delta}+\varepsilon M<{}&x\bigl（\sigma（t_{1}）\bigr 1）\int_{0}^{\infty}K（t_{1}，s）\triangles s\biggr）\biggl（\frac{\overline{c}}{delta}+\varepsilon M\biggr\\stackrel{（2.8）}{<}{}&\biggl（1-\mu（t_{1}）a（t_{1}）+\mu \biggr）\\&{}+\mu（t{1}）\overline{c}\\stackrel{（\mathrm{高}_{3} ）}{\leq}{}&\bigl（1-\delta\mu（t_{1}）\biggl（\frac{\overline{c}}{\delta}+\varepsilon M\biggr）+\mu$$

(2.10)

这导致了矛盾。

因此，不平等(2.5)必须保持。

自\（\varepsilon>1\）是武断的，我们让\（\varepsilon\rightarrow 1^{+}\）并获得

$$\开始{aligned}\对于所有t\geq t_{0}，\四个x（t）\leq\frac{\上划线{c}}{delta}+M.\结束{aligned}$$

(2.11)

定理的证明 2.1 （ii）。

如果\（M=0），很明显(2.1)那个(2.3)持有。现在我们假设\（M>0）.让\（\limsup_｛t\rightarrow\infty｝x（t）=\alpha\），然后\（0\leq\alpha\leq\frac{\overline{c}}{\delta}+M\）现在我们证明\（\alpha\leq\frac{\overline{c}}{\delta}\）.

假设这不是真的，即 \（\alpha>\frac{\overline{c}}{\delta}\），然后我们可以选择\（\varepsilon_{2}>0\）这样的话\（\alpha=\frac{\overline{c}}{\delta}+\varepsilon{2}\）.

自\（\tau（t）\geq0）、和\（\lim_{t\rightarrow\infty}（t-\tau（t））=+\infty），我们有\（\limsup_{t\rightarrow\infty}\sup_{t-\tau（t）\leqs\leqt}{x（s）}=\alpha\）.

显然，存在一个足够大的\（T>0）和T型是固定的，因此

$$\begin{aligned}&\lambda:=\kappa+（1-\kappa）\exp（-\delta T）<1。\结束{对齐}$$

（2.12）

拿\（θ：0<θ<frac{1-\lambda}{1+\lambda}\varepsilon{2}\），使用上极限的性质，我们可以看到存在一个足够大的\（t^{*}>t{0}\），因此

$$\left\{\textstyle\begin{array}{@{}l}x（t^{*}）>\alpha-\theta，\\x（t）<\alpha+\ttheta，\quad t\in[t^{}-t，t^{x}]\\sup_{t-\tau（t）\leqs\leq-t}{x（s）}\leq\alpha+/theta，\ quad t\in[t^}-t、t^{**}]。\结束｛array｝\displaystyle\right$$

(2.13)

另一方面，它遵循（H₁)和（H_三)那个

$$\开始{对齐}x^{三角形}（t）&\重叠{（\mathrm{高}_{1} ）}{\leq}-a（t）x（t）+b（t）\sup_{t-\tau（t｛H｝_{3} ）-a（t）x（t）+b（t）\sup_｛t-\tau（t）\leq s\leq t｝｛x（s）｝+\frac｛a（t）-b（t）｝ine｛c｝｝｛\delta｝\biggr）｝。\结束{对齐}$$

(2.14)

表示\（y（t）=x（t）-\裂缝{\上划线{c}}{\三角洲}\）、和(2.13)意味着

$$\left\{\textstyle\begin{array}{@{}l}y（t^{*}）=x（t^}}）-\frac{\overline{c}}{\delta}>\alpha-\theta-\frac{\bar{c}{\delta}=\varepsilon_{2}-\θ，\\y（t）=x（t）-\frac{上划线{c}}{delta}\leq\alpha+\theta-\frac{上中线{c}{delta}=\varepsilon_{2}+\theta，[t^{*}-t，t^{**}]\\sup{t-\tau（t）\leq-s\leq-t}{y（s）}=\sup{t-\tao（t qt}（x（s）-\frac{\overline{c}}{\delta}）\leq\alpha+\theta-\frac:\overline{c}{\delta}=\varepsilon_{2}+\theta，\\quart-t\in[t^{*}-t，t^{**}]。\结束｛array｝\displaystyle\right$$

(2.15)

由(2.2), (2.14), (2.15)、和\（y（t）=x（t）-\裂缝{\上划线{c}}{\三角洲}\），我们有

$$开始{对齐}y^{三角形}（t）&\stackrel{（2.14）}{\leq}-a（t t）y（t）+\kappa（\varepsilon{2}+\theta）a（t），\end{aligned}$$

(2.16)

这意味着

$$\begin{aligned}\bigl（y（t）-\kappa（\varepsilon_{2}+\theta）\bigr）^{\triangle}\leq-a（t）\ bigl；\结束{对齐}$$

(2.17)

那么我们有

$$开始{对齐}\biggl（\frac{y（t）-\kappa（\varepsilon_{2}+\theta）}{e_{-a}（t，t_{0}）}\bigr a}（\sigma（t），t{0}）}\重叠{（2.17）}{\leq}0，\end{aligned}$$

(2.18)

其中我们使用了指数函数的性质：如果\（p\in\mathfrak{R}^{+}\）和\（t_{0}\in\mathbb{t}\），然后\（e_{p}（t，t{0}）>0\）为所有人\（t\in\mathbb{t}\）.

整合(2.18)来自\（t^{*}-t\）到\（t^{*}\）和依据(1.11)我们获得

$$开始{对齐}（1-\kappa）（\varepsilon_{2}+\theta）-2\theta&=\varepsilon_{2}-\θ-\kappa（\varepsilon_{2}+\theta）\\&<y\bigl（t^{*}\bigr）\\kappa r）-\kappa（\varepsilon_{2}+\theta）\bigr]\\&\stackrel{（1.11），\（2.15）}{\leq}\bigl（\varesilon_{2{+\theta-\katpa（\verepsilon_2}+\ttheta）\bigr）\exp\biggl（-\int_{t^{*}-t}^{t^}*}a（u）\Delta u\biggr）\\&<（1-\kappa）（\varepsilon_{2}+\theta）\exp（-\Delta t），\end{aligned}$$

（2.19）

我们使用的位置\（a（t）\geq a（t）-b（t）\geq\delta>0\）在最后一步中。

由(2.19)，我们有

$$\theta\geq\frac{1-[\kappa+（1-\kappa）\exp（-\delta T）]}{1+[\kapta+（1-\kappa-）\exp（-\delta T）]}\varepsilon_{2}=\frac{1-\lambda}{1+/lambda{\varepsilon_{2]$$

这与选择θ，所以我们得到\（\alpha\leq\frac{\overline{c}}{\delta}\）.从上极限的定义中，我们得到(2.3).

案例2.\（上一行{c}=0\）.

如果我们更换c̅在案例1的证明中\（\overline{c}+\epsilon_{3}\）对于任何给定的\（ε_｛3｝>0\），然后让\（\epsilon_{3}\rightarrow0^{+}\），我们发现(2.1)和(2.3)保持。

案例1和案例2的组合完成了定理的证明2.1. □

备注2.1

什么时候？\（M=0），来自(2.7)，（H_三)必须具有存在的形式\（增量>0）这样的话

$$开始{对齐}a（t）-b（t）-d（t$$

什么时候？\（M>0），（H_三)可能具有存在的形式\（增量>0）这样的话

$$\开始{对齐}a（t）-b（t）-d（t$$

类似地，在[1]何时\（G=0）, (2.10)必须具有以下形式

$$\alpha（t）+\beta（t）<-\sigma<0\quad\mbox{对于}t\geq t_{0}$$

什么时候\（G>0）, (2.10)可能具有以下形式

$$\alpha（t）+\beta（t）\leq-\sigma＜0\quad\box｛for｝t\geq t_｛0｝$$

定理2.1可以看作是主定理的推广[5]，定理2.3[1].

三应用程序和示例

考虑延迟动力学方程

$$\开始{对齐}\left\{\textstyle\begin{数组}{@{}l}x^{三角形}（t）=-a（t_{0}克（t，s）x（t-s）\三角形s，[t_{0}，+\infty）_{{mathbb{t}}}中的四边形t，\\x（t）=|\varphi$$

（3.1）

哪里\（\varphi（t）\）对于是有界rd连续的\（s\in（-\infty，t_｛0｝]_｛\mathbb｛t｝｝｝\）和\（套（t））,\（a（t）\）,\（b（t）\）,\（c（t）\）,\（d（t）\）是非负的、包含rd的函数\（位于[t_{0}，\infty）_{\mathbb{t}}\）和\（c（t）\）有界，

$$\sup_{t\leq t_{0}}{\bigl|\varphi（t）\bigr|}=M，\qquad\sup_{t\geq t_{0}}{c（t）}=\上横线{c}，\qquid\lim_{t\rightarrow\infty}\bigl（t-\tau（t$$

假设存在\（增量>0）这样的话

$$a（t）-b（t）-d（t$$

(3.2)

其中延迟内核\（K（t，s）\）是非负的，包含rd\（（t，s）\在[0，\infty中）_{\mathbb{t}}\次[0，\ infty）_{\\mathbb}}\）.

发件人(3.1)，我们有

$$\开始{对齐}x（t）={}&x（t_{0}）e_{\ominus a}（t，t_{0{）\\&{}+\int^{t}（t）_{t{0}}e_{\ominus a}（t，s）\biggl[b（s）x\bigl（s-\tau（s）\bigr）+c（s）+d（s）\nint^{\infty}_{0}克（s，v）x（s-v）\三角形v\biggr]\三角形s.\end{对齐}$$

(3.3)

让函数\（y（t）\）定义如下：\（y（t）=|x（t）|\）对于\（在（-\infty，t_{0}]_{{\mathbb{t}}}中）、和

$$\开始{对齐}y（t）={}&\bigl|x（t_{0}）\bigr|e_{\ominus a}（t，t_{0{）\\&{}+\int^{t}（t）_{t{0}}e_{\ominus a}（t，s）\biggl[b（s）\bigl|x\bigl（s-\tau（s）\ bigr）\bigr|+c（s）+d（s）\nint^{\infty}_{0}克（s，v）\bigl|x（s-v）\bigr|\三角形v\biggr]\三角形s，\end{aligned}$$

对于\（t>t{0}\）.那么我们有\（|x（t）|\leq y（t）\），对于所有人\（在（-\infty，+\infty）_{{mathbb{t}}}中）.

签署人[9]，定理5.37，我们得到

$$\开始{对齐}y^{\三角形}（t）={}&\ominus a（t）\biggl\{\bigl|x（t_{0}）\bigr|e_{\ominusa}（t，t_{0{）+\int^{t}（t）_{t{0}}e_{\ominus a}（t，s）\biggl[b（s）\bigl|x\bigl（s-\tau（s）\ bigr）\bigr|+c（s）\\&{}+d（s）\nint^{\infty}_{0}克（s，v）\bigl|x（s-v）\bigr|\三角形v\biggr]\三角形s\biggr\}\\&{}+e_{\ominus a}\bigl（\sigma（t），t\bigr_{0}克（t，v）\bigl|x（t-v）\bigr|\三角形v\biggr\}\\leq{}&\frac{1}{1+\mu（t）a（t）}\biggl\{-a（t_{0}克（t，v）y（t-v）\三角形v\biggr\}，\四元t\in[t_{0}，\infty）_{mathbb{t}}.\end{aligned}$$

(3.4)

示例1

让\（{\mathbb{T}}={\mathbb{R}}^{+}\），然后是系统（H₁)表示为

$$\left\{\textstyle\开始{数组}{@{}l}x'（t）\leq-a（t）x（t）+b（t）\sup_{t-\tau（t varphi（t）|，\quad t\leq0，\end{array}\displaystyle\right$$

(3.5)

哪里\（\varphi（t）\）有界连续\（t\in（-\infty，0]\）和\（\sup_{t\leq0}{|\varphi（t）|}=M\）.

我们选择一些显式的非负连续函数\（a（t）、b（t），c（t）.让

$$\开始{对齐}&a（t）=\frac{（t+1）^{2}}{t+2}，\qquad b（t）=\frac}t^{2{2e（t+2）}，\ qquad c（t）＝\biggl（\frac_2}{t+1}\biggr）}，\\&K（t，s）=（2-\cos2ts）e^{-s^{2}}，[0，\infty）\times[0，\finfty中的\quad（t，s），\tau（t）<t\mbox{和}\lim_{t\rightarrow\infty}\bigl（t-\t（t）\bigr）=+\finfty.\end{aligned}$$

显然，\（a（t）、b（t）、d（t）\）是无界的\（t \geq0）和\（\sup_{t\geq0}{c（t）}=\上一行{c}=e\）.

(1)\（对于[0，\infty中的所有t），g（t）：=\int_{0}^{\infty}K（t，s）\，ds=\int_{0}^{\infty}（2-\cos2ts）e^{-s^{2}}\，ds\），然后从\（对于[0，\infty中的所有（t，s）\times[0，\ infty）\）,

$$开始{对齐}和\bigl|K（t，s）\bigr|\leq3e^{-s^{2}}\quad\mbox{和}\quad\biggl|\frac{\partial K（t、s）}{\partitle t}\biggr|=\bigl |2se^{-s{2}{\sin2ts\bigr |\leq 2se^}{-s^}}，\\ int_{0}^{\infty}e^{}\，ds=\frac{\sqrt{\pi}}{2}=g（0）\quad\mbox{和}\quad_int_{0}^{\infty}2se^{-s^{2}}\，ds=1，\end{aligned}$$

我们有\（g（t）=\int_{0}^{\infty}K（t，s）\，ds\）收敛于\（位于[0，\infty）\中）和\（\int_{0}^{\infty}K_{t}（t，s）\，ds\）一致收敛于\（t\in[0，\infty）\）.

所以

$$\begin｛aligned｝g'（t）=\int_｛0｝^｛\infty｝K_｛t｝（t，s）\，ds=\int_｛0｝^｛\infty｝2se^｛-s^｛2｝｝\sin2ts\，ds=-2tg（t）+2\sqrt｛\pi｝t\end｛aligned｝$$

重新安排条款并获得

$$\frac{（g（t）-\sqrt{\pi}）'}{g（t$$

(3.6)

解决(3.6)的\（克（吨）\），我们有

$$g（t）=\int_{0}^{\infty}K（t，s）\，ds=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\bigl（2-e^{-t^{2}}\bigr）<\sqrt}\pi}$$

（2） 存在\（增量=\压裂{1}{2}>0\），因此

$$开始{aligned}a（t）-b（t）=\分数{（t+1）^{2}}{t+2}-\分数{t^{2{+t}{2e（t+2）}\geq\frac{1}{2}=\增量>0，[0，\infty）中的\四元t\$$

根据定理（i）2.1，我们有\（|x（t）|\leq\frac{\overline{c}}{\delta}+M=2e+M，t\geq0\）.

采取\（kappa=frac{1}{2}\在（0,1）中\），很容易看出

$$\kappa（t）-b（t）=\frac{1}{e}\cdot\frac{（t+1）^{2}}{t+2}\geq\frac{1}}{4}>0，[0，\infty）中的四元t$$

根据定理（ii）2.1，对于任何给定\（epsilon>0\），存在\（\widetilde{t}=\widetilde{t}（M，\epsilon）>0\），因此\（|x（t）|\leq\frac{\overline{c}}{\delta}+\epsilon=2e+\epsilon，t\geq\widetilde{t}>0\）.

拿\（c（t）等于0），我们有\（|x（t）|\leq\epsilon\）,\（t\geq\widetilde{t}>0\）所以系统的零解(3.1)是稳定的。

示例2

考虑延迟动力学方程

$$\left\{\textstyle\begin{array}{@{}l}x^{triangle}（t）=-a（t mathbb{t}}，\end{array}\displaystyle\right$$

(3.7)

哪里\（\varphi（t）\）有界，rd-continuious for\（t\leq t_{0}\）和\（\sup_{t\leq t_{0}}{|\varphi（t）|}=M\）,\（a（t）、b（t），c（t）和tau（t））是非负的、包含rd的函数\（位于[t_{0}，\infty）_{\mathbb{t}}\）和\（\sup_{t\geqt_{0}}{c（t）}=\上划线{c}\）.

如果存在\（增量>0）这样的话

$$\开始{aligned}a（t）-b（t）\geq\delta>0\quad\mbox{for}t\geqt_{0}。\结束{对齐}$$

（3.8）

与示例类似1，我们得到

$$y^｛\triangle｝（t）\leq\frac｛1｝｛1+\mu（t）a（t）｝\Bigl｛-a（t）y（t）+b（t）\sup_｛t-\tau（t）\leq s\leq t｝y（s）+c（t）\Bigr｝，\quad t\in[t_｛0｝，+\infty）_｛\mathbb｛t｝｝｝$$

特别是，我们认为\（\mathbb{T}=\mathbb{N}\）, (3.7)减少到

$$\开始{对齐}\三角形x（n）=-a（n）x（n+1）+b（n）x（n-2）+c（n），\四元n\geq2。\结束{对齐}$$

让\（a（n）=2（n+1），b（n）=frac{n^{2}}{2n+1}，c（n）=frac{5n}{sqrt[n]{n！}}，τ（n）＝2）.

显然，\（a（n），b（n）\）是无界的\（n\in\mathbb{n}\）和\（\sup_{n\in\mathbb{n}}{c（n）}={\lim_{n\rightarrow\infty}}\frac{5n}{\sqrt[n]{n！}}=\上划线{c}=5e\）.

• (1) \（对于所有n\geq2，frac{a（n）-b（n）}{1+a（t）}=frac{2（n+1）-frac{n^{2}}{2n+1}}{2 n+3}=frac{3n^{2}+6n+2}{（2n+1）（2n+3）}\geq\frac{2}{3}=delta）.

• (2) 采取\（kappa=0.9英寸（0,1）），很容易看出

  $$\frac{\kappa a（n）-b（n）}{1+a（n）}>0$$

根据定理（ii）2.1，对于任何给定\（epsilon>0\），存在\（\widetilde{t}=\widetilde{t}（M，\epsilon）>0\），因此\（|x（t）|\leq\frac{上划线{c}}{delta}+\epsilon=\frac}{15e}{2}+\ε，t\geq\widetilde{t}>0\）.

拿\（c（n）等于0），我们有\（|x（t）|\leq\epsilon\）,\（t\geq\widetilde{t}>0\）所以系统的零解(3.7)是稳定的。