一类分数阶差分方程解的振动性

摘要

在本文中，我们考虑了以下分数差分方程解的振动性：

$$\Delta\bigl（c（t）\Delta\ bigl$$

哪里\（t \ in \ mathbf{无}_{t{0}+1-\alpha}\）,\（G（t）=\sum_{s=t_{0}}^{t-1+\alpha}（t-s-1）^{-\alpha{x（s）\）、和\（\Delta^{\alpha}\）表示Riemann–Liouville分数阶差分算子\（0<\alpha\leq 1）利用广义Riccati变换技术，我们得到了一些振动准则。最后给出了一个例子。

1导言和序言

分数阶微分（或差分）方程是整数阶微分方程的更一般形式。由于一些重要贡献，人们对它们的研究越来越感兴趣[1,2].

许多作者专注于各种方程，如常微分方程和偏微分方程[三,4,5,6]，差分方程[7,8,9]，时间尺度上的动力学方程[10,11,12,13,14]，和分数阶微分（差分）方程[15,16,17,18,19,20,21,22,23,24,25,26,27,28,29,30,31]获得一些振动准则。近年来，振动研究已成为一个非常热门的话题。因此，我们考虑以下分数差分方程：

$$\Delta\bigl（c（t）\Delta\ bigl$$

(1)

哪里\（t\in\mathbf{N}_{t_{0}+1-\alpha}\）,\（G（t）=\sum_｛s=t_｛0｝｝^｛t-1+\α｝（t-s-1）^｛（-\α）｝x（s）\）,\（c（t）\）,\（a（t）\）,\（r（t）\）、和\（q（t）\）是正序列，并且\（\Delta^{\alpha}\）表示Riemann–Liouville分数阶差分算子\（0<\alpha\leq 1）.

通过方程式的解(1)，我们指的是实值序列\（x（t）\）满足等式(1)的\（t\in\mathbf{N}_{t_{0}}\）.解决方案\（x（t）\）等式的(1)如果它既非最终正也非最终负，则称为振荡，否则称为非振荡。方程式(1)如果其所有解都是振荡的，则称为振荡。

定义1

([32])

让\（v>0）. Thev（v）第个小数和（f）由定义

$$\增量^{-v}f（t）=frac{1}{varGamma（v）}\sum_{s=a}^{t-v}（t-s-1）^{v-1}f（s）$$

(2)

哪里（f）为定义\（等同于a \ mathbf{mod}（1）\）,\（\增量^{-v}f\)为定义\（等于（a+v）\mathbf{mod}（1）\）、和\（t^{（v）}=\frac{\varGamma（t+1）}{\varGamma（t-v+1）}\）.分数和\（\三角洲^｛-v｝f\)映射函数定义于\（\mathbf{N}_{a}\）到上定义的函数\（\mathbf{N}_{a+v}\），其中\（\mathbf{N}_{t}=\{t，t+1，t+2，\ldots\}\）.

定义2

([32])

让\（v>0）和\（m-1<\mu<m\），其中米表示正整数，\（m=\lceil\mu\rceil\）.设置\（v=m-\mu）. Theμ分数差定义为

$$\增量^{\mu}f（t）=\增量^{m-v}f（t）=δ^{m}\δ^{-v}f（t）$$

(3)

哪里\（\lceil\mu\rceil\）是的上限函数μ.

引理1

([33])

假设 A类 和 B类 是非负实数.然后

$$\lambda AB^{\lambda-1}-A^{\lambda}\leq（\lambda-1）B^{\lambda}$$

(4)

为所有人 \（λ>1）.

2主要成果

在本文中，我们表示

$$\phi（t）=\sum_{s=t_{1}}^{t-1}\frac{1}{c（s）}；\quad\quad\vartheta（t）=\sum{s=t{2}}^{t-1}\frac{\phi（s）}{a（s）{}；\quad\quad\delta（t）=\sum{s=t{3}}^{t-1}\frac{\vartheta（s）}{r（s）{}$$

为了简化，我们考虑

$$\Delta\gamma_{+}=最大值\bigl\{0，Delta\gamma（s）\bigr\}$$

和

$$\Delta\beta_{+}（s）=\max\bigl\{0，\Delta\ beta（s）\bigr\}$$

引理2

([28])

让 \（x（t）\） 是等式的解. (1),然后让

$$G（t）=\sum_{s=t_{0}}^{t-1+\alpha}（t-s-1）^{（-\alpha）}x（s）$$

(5)

然后

$$\Delta\bigl（G（t）\bigr）=\varGamma（1-\alpha）\Delta^{\alpha}x（t）$$

(6)

引理3

假设 \（x（t）\） 是等式的最终正解. (1).如果

$$\sum_{s=t_{0}}^{\infty}\frac{1}{c（s）}=\sum_{s=t_{0{}}^}\infty}\frac{1}{a（s）{=\sum{s=t_{0}}^{\frity}\frac{1{r}=\infty$$

(7)

那么我们有两种可能的情况 \（位于[t{1}，\infty）\）,\（t{1}>t{0}\） 足够大:

• 案例1 \（增量^{\alpha}x（t）>0\）,\（\增量（r（t）\增量^{\alpha}x（t））>0\）,\（\增量（a（t）\增量（r（t）\Delta^{\alpha}x（t）））>0\） 或

• 案例2 \（增量^{\alpha}x（t）>0\）,\（\增量（r（t）\增量^{\alpha}x（t））<0\）,\（\增量（a（t）\增量（r（t）\Delta^{\alpha}x（t）））>0\）.

证明

从假设来看，存在\（t{1}\）这样的话\（x（t）>0）在\（[t{1}，\infty）\），所以\（G（t）>0）在\（[t{1}，\infty）\）和公式(1)，我们有

$$\Delta\bigl（c（t）\Delta\bigl（a（t）\Delta\bigl（r（t）\Delta^｛\alpha｝x（t）\bigr）\bigr）=-q（t）G（t）<0$$

(8)

然后\（c（t）\增量（a（t）/增量（r（t）\Delta^{\alpha}x（t））\）是上的最终非增量序列\（[t{1}，\infty）\）我们知道\（\Delta^{\alpha}x（t）\）,\（\增量（r（t）\增量^{\alpha}x（t））\）、和\（\增量（a（t）\增量（r（t）\Delta^{\alpha}x（t））\）最终有一个迹象。因为\（t_｛2｝>t_｛1｝\）足够大，我们声称\（\增量（a（t）\增量（r（t）\增量^｛\alpha｝x（t））>0\）在\（[t{2}，\infty）\）。否则，假设存在足够大的\（t{3}>t{2}\）这样的话\（\增量（a（t）\增量（r（t）\Delta^{\alpha}x（t）））<0\）在\（[t{3}，\infty）\）。对于\（[t{3}，\infty）\）存在一个常数\（l{1}>0\），我们有

$$\Delta\bigl（a（t）\Delta\figl（r（t）\ Delta^{\alpha}x（t）\figr）\bigr）\leq-\frac{l_{1}}{c（t）}<0$$

因此，存在一个常量\（l{2}>0\）并且足够大\（t{4}>t{3}\）这样的话

$$\Delta\bigl（r（t）\Delta^{\alpha}x（t）\ bigr）\leq-\frac{l_{2}}{a（t）}<0$$

(9)

然后存在一个常数\（l{3}>0\）并且足够大\（t{5}>t{4}\）这样的话

$$\Delta^{\alpha}x（t）\leq-\frac{l_{3}}{r（t）}$$

也就是说，

$$\Delta G（t）\leq-\frac{\varGamma（1-\alpha）l{3}}{r（t）}<0$$

由(7)，我们获得\（\lim_{t\rightarrow\infty}G（t）=-\infty）这是一个矛盾。如果\（\增量（r（t）\增量^{\alpha}x（t））<0\），然后\（增量^{\alpha}x（t）>0\）由于\（\sum_{s=t_{0}}^{\infty}\frac{1}{r（s）}=\infty）.如果\（\增量（r（t）\增量^{\alpha}x（t））>0\），然后\（增量^{\alpha}x（t）>0\）由于\（\增量（a（t）\增量（r（t）\Delta^{\alpha}x（t）））>0\）因此，证明是完整的。 □

引理4

假设 \（x（t）\） 是方程的最终正解(1),满足Case1引理的三.然后

$$a（t）\Delta\bigl（r（t）\ Delta^{\alpha}x（t）\figr）\geq c（t）\nDelta\bigl（a（t$$

如果存在正序列 ϕ 这样的话,对于 \（位于[t{1}，\infty）\）,

$$\frac{\phi（t）}{c（t）\sum_{s=t_{0}}^{t-1}\frac}{c$$

哪里 \（t{1}\） 足够大,然后 \（a（t）\增量（r（t）\Delta ^{\alpha}x（t））/\phi（t） 是非-上的递增序列 \（[t{1}，\infty）\） 和

$$r（t）\Delta^{\alpha}x（t）\ geq\Delta\bigl（r（t$$

此外,如果存在正序列 ϑ 和 \（t{2}>t{1}\） 足够大，以至于,对于 \（在[t{2}，infty）中）,

$$\frac{\vartheta（t）}{\frac{a（t）{\phi（t）>\sum_{s=t{2}}^{t-1}\frac{\fhi（s）}{a（s）{}-\Delta\vartheta（t）\leq 0$$

然后 \（r（t）\Delta^{\alpha}x（t）/\vartheta（t）\） 是非-上的递增序列 \（[t{2}，\infty）\） 和

$$G（t）\geq\Delta G（t$$

假设存在一个正序列 δ 和 \（t{3}>t{2}\） 足够大，以至于,对于 \（在[t{3}，infty）中）,

$$\frac{\delta（t）}{\frac}r（t）{\vartheta（t$$

然后 \（G（t）/δ（t）） 是非-上的递增序列 \（[t{3}，\infty）\）.

证明

假设x个是等式的最终正解(1). 那么我们有了\（\增量（r（t）\增量^{\alpha}x（t））>0\）和\（\增量（c（t）\增量（a（t）\增量（r（t）\增量^｛\alpha｝x（t）））＜0\）在\（[t_｛0｝，\infty）\）因此，

$$\开始{对齐}a（t）\增量\bigl（r（t）\Delta^{\alpha}x（t）\figr）=&a（t_{0}）\增量\ bigl{c（s）}\\geq&c（t）\Delta\bigl（a（t）\ Delta\bigl（r（t）\tDelta^{\alpha}x（t）\bigr）\biger）\sum{s=t{0}}^{t-1}\frac{1}{c（s）}，\end{aligned}$$

然后

$$开始{对齐}和\Delta\biggl（\frac{a（t）\Delta（r（t）\ Delta^{\alpha}x（t））}{\phi（t）}\biggr）\\&\quad=\frac}\Delta}\\&\四\leq\frac{\增量（a（t）\Delta（r（t）\Delta^{\alpha}x（t））}{\phi（t）\fhi（t+1）}\biggl（\frac{\φ（t）}{c（t）\sum_{s=t_{1}}^{t-1}\frac}{c。\结束{对齐}$$

因此，\（a（t）\增量（r（t）\Delta ^{\alpha}x（t））/\phi（t）是上的非增量序列\（[t{1}，\infty）\）哪里\（t{1}>t{0}\）足够大。那么我们有

$$\开始{对齐}r（t）\Delta^{\alpha}x（t）=&r（t_{1}）\Delta ^{\alpha}x（t_{1\}）+\sum_{s=t_{1{}^{t-1}\frac{a（s）\ Delta（s）\Delata^{\阿尔pha}x）\Delta^{\alpha}x（t））}{\phi（t）}\sum_{s=t_{1}}^{t-1}\frac{\phi}{a（s）}\结束{对齐}$$

和

$$\begin{aligned}\Delta\biggl（\frac{r（t）\Delta^{alpha}x（t）}{\vartheta（t）{\biggr）=&\frac{\Delta（r（t{\alpha}x（t）}{\vartheta（t）\vartheda（t+1）}\biggl（\frac{\vartheta（t）}{\frac{a（t）{\phi（t）>\sum_{s=t{1}}^{t-1}\frac{\fhi（s）}{a（s）{}-\Delta\vartheta（t）\biggr）\leq 0。\结束{对齐}$$

所以\（r（t）\Delta^{\alpha}x（t）/\vartheta（t）\）是上的非增量序列\（[t{2}，\infty）\）哪里\（t{2}>t{1}\）足够大。那么我们有

$$开始{对齐}G（t）=&G（t_{2}）+\varGamma（t）}\sum_{s=t_{2}}^{t-1}\frac{\vartheta（s）}{r（s）{\\=&\Delta G（t）\frac{r（t）}{\vartheta（t）{\sum_{s=t{2}}^{t-1}\frac}\vartheta}{r（s）}，\end{aligned}$$

然后

$$开始{aligned}\Delta\biggl（\frac{G（t）}{\Delta（t）{\biggr）=&\frac{（\Delta G（t（t）}\sum{s=t{2}}^{t-1}\frac{\vartheta（s）}{r（s）{}-\Delta\Delta（t）\biggr）\leq 0。\结束{对齐}$$

然后\（G（t）/δ（t））是上的非增量序列\（[t{3}，\infty）\）哪里\（t{3}>t{2}\）足够大。所以证明是完整的。 □

定理1

假设(7)保持并存在正序列 γ 这样的话,对于所有足够大的 t吨,

$$\lim_{t\rightarrow\infty}\sup\sum_{s=t_{3}}^{t-1}\Biggl（\frac{\varGamma（1-\alpha）\gamma（s）q（u）}{a（u）{-\frac{c（s）（\Delta\gamma_{+}（s））^{2}{4\gamma（s}\Biggr）=\infty$$

(10)

如果存在阳性序列 β,λ 这样的话,对于所有足够大的 t吨,

$$\frac{\lambda（t）}{r（t）\sum_{s=t_{1}}^{t-1}\frac}{r$$

(11)

和

$$\lim_{t\rightarrow\infty}\sup\sum_{\zeta=t_{2}}^{t-1}\Biggl（\frac{\beta（\zeta）\lambda（\zeta+1）a（\ze塔）}\sum_{s=\zeta}^{\infty}\Bigbl（\frac{1}{c（s）}\sam_{v=s}^{\finfty{q（v）\Biggr）-\裂缝{r（\zeta）（\Delta\beta_{+}（\zeta））^{2}}{4\varGamma（1-\alpha）\beta（\ze塔）}\Biggr）=\infty$$

(12)

那么方程的每一个解(1)是振荡的.

证明

假设相反\（x（t）\）是等式的非振荡解(1). 那么，在不损失一般性的情况下，我们可以假设有一个解决方案\（x（t）\）等式的(1)这样的话\（x（t）>0）在\（[t_{0}，\infty）\），其中\（t_{0}\）足够大。从引理三,\（x（t）\）满足情况1或情况2。首先，让案例1保持不变。然后我们定义以下函数：

$$\omega（t）=\gamma（t）\frac{c（t）\δ$$

对于\（位于[t_{0}，\infty）\），我们有

$$\begin{aligned}\Delta\omega（t）=&\ Delta\gamma（t）\frac{\omega ga（t+1）}{\gamma（t+1\frac{q（t）G（t）}{a（t+1）\Delta（r（t+1）a（t+1）\增量（r（t+1 ) }. \结束{对齐}$$

自\（a（t）\增量（r（t）\Delta ^{\alpha}x（t））/\phi（t）是上的非递增序列\（[t{1}，\infty）\），我们有

$$\frac{a（t+1）\Delta（r（t+1”）\Delta^{\alpha}x$$

从引理4，我们获得

$$开始{对齐}和\frac{G（t）}{a（t+1）\Delta（r（t+1 t）}{\增量（r（t+1）\Delta^{\alpha}x（t+1，）}\\&\quad\geq\frac{1}{a（t+1）}\Biggl（\frac{r（t）}{\vartheta \phi（s）}{a（s）{\Biggr）\frac{\phi{\vartheta（t）\phi（t+1）}\sum_{s=t_{2}}^{t-1}\frac{\vartheta（s）}{r$$

和

$$开始{aligned}\Delta\omega（t）\leq&\ Delta\gamma_{+}（t）\frac{\omega s=t{1}}^{t-1}\压裂{\phi（s）}{a（s）{\Biggr）\\&{}-\frac{\gamma（t）}{c（t）{\裂缝{\omega^{2}（t+1）}{\gamma^{2{（t+1}）}。\结束{对齐}$$

设置\（λ=2）,\（A=（压裂{\gamma（t）}{c（t）{）}）^{1/2}\frac{\omega（t+1）}{\phi（t+1、和\（B=\压裂{1}{2}（\压裂{c（t）}{\伽马（t）{）^{1/2}\增量\伽马{+}（t）\）使用引理1，我们获得

$$\Delta\omega（t）\leq-\gamma（t）q（t）\ frac{\varGamma（1-\alpha）}{\vartheta（t）\fhi（t+1）}\sum_{s=t_{2}}^{t-1}\frac{\ vartheta c（t）}{4\gamma（t）{bigl（\Delta\gamma_{+}（t）\bigr）^{2}$$

将上述不等式的两边相加\（t_｛3｝\）到\（t-1\），我们得到

$$\begin｛aligned｝&\sum_｛s=t_｛3｝｝^｛t-1｝\Biggl（\frac｛\varGamma（1-\alpha）\gamma（s）q（s））｝｛\vartheta（s+1）｝\sum_｛u=t_｛2｝｝^｛s-1｝\frac｛\vartheta（u）｝\Biggr）-\frac｛c（s）（\德尔塔\伽马_｛+｝（s））^｛2｝｝｛4 \伽马（s）｝\Biggr）\\&\quad\leq\omega（t_{3}）-\ omega（t）\leq\omega（t_{3}）。\结束{对齐}$$

这与之相矛盾(10). 现在我们考虑案例2。然后我们定义以下函数：

$$\omega_{2}（t）=\beta（t）\frac{r（t）\ Delta^{\alpha}x（t）}{G（t）{$$

然后

$$\开始{aligned}\Delta\omega_{2}（t）=&\ Delta\beta（t）\frac{\omega（t+1）}{\beta c{\Delta（r（t）\Delta^{\alpha}x（t））G（t）-r（t）\Delta^{\alpha}x（t）\Delta G（t）}{G（t，G（t+1）}\biggr）\\=&\Delta\beta（t）\frac{\omega（t+1 G（t）G（t+1）}。\结束{对齐}$$

因此我们有

$$\开始{对齐}G（t）=&G（t_{1}）+\varGamma（1-\alpha）\sum_{s=t_{1{}}^{t-1}\frac{r（s）\Delta^{\alpha}x（s）}{r（s）}\\geq&\varGamma（1-\alpha）r（t）\Delta ^{\alpha}x●●●●。\结束{对齐}$$

也就是说，

$$\压裂{G（t）}{r（t）\sum_{s=t_{1}}^{t-1}\frac{1}{r$$

和

$$\开始{对齐}\Delta\biggl（\frac{G（t）}{\lambda（t）{\biggr）=&\frac{\Delta G（t=t_{1}}^{t-1}\frac{1}{r（s）}}-\Delta\lambda（t）\biggr）\leq 0。\结束{对齐}$$

因此，我们有\（G（t）/λ（t））最终不会增加

$$\frac{G（t）}{G（t+1）}\geq\frac}\lambda（t）{\lambda}$$

(13)

利用以下事实\（r（t）\Delta^{\alpha}x（t）\）严格来说是在减少

$$r（t）\增量^{\alpha}x（t）\geqr（t+1）\Delta^{\alpha}x（t+1$$

和\（增量G（t）>0），然后\（G（t+1）>G（t）\），因此

$$开始{对齐}\ Delta\omega_{2}（t）\leq&\Delta\beta_{+}（t）\frac{\omega（t+1）}{\beta（t+1 ^{2}（t+1）}{\beta^{2{（t+1}）}。\结束{对齐}$$

发件人8，我们有

$$\开始{对齐}和c（u）\增量\bigl^{u-1}q（s）G结束{对齐}$$

对于\（增量G（t）>0），并出租\（u\rightarrow\infty\），我们得到

$$-c（t）\Delta\bigl（a（t）\ Delta\bigl（r$$

或

$$\Delta\bigl（a（t）\Delta\figl（r（t）\ Delta^{\alpha}x（t）\figr）\bigr）\geq\frac{G（t）}{c（t）{\sum_{s=t}^{\infty}q（s）$$

所以

$$a（u）\Delta\bigl（r（u）\ Delta^{\alpha}x（u）\figr）-a（t）\Delta \bigle（r$$

出租\（u\rightarrow\infty\），我们有

$$\Delta\bigl（r（t）\Delta^{\alpha}x（t）\ biger）\leq-G（t）\frac{1}{a（t）}\sum_{s=t}^{\infty}\Biggl（\frac{1}{c（s）}\sam_{v=s}^{\ infty{q（v）\Biggr）$$

由于\（\lim_｛u\rightarrow\infty｝a（u）\Delta（r（u）\Delta ^｛\alpha｝x（u））=k＜0\）。然后，通过(13)，我们获得

$$开始{aligned}\frac{\Delta（r（t）\Delta^{\alpha}x（t））}{G（t+1）}\leq&-\frac}{G（t）}（t+1压裂{\lambda（t）}{\lambeda（t+1）}\压裂{1}{a（t）{\sum_{s=t}^{\infty}\Biggl（\frac{1}{c（s）}\sum_}v=s}^{\infty}q（v）\Biggr）。\结束{对齐}$$

所以，

$$\begin{aligned}\begin{aligned}\Delta\omega_{2}（t）&\leq\Delta\ beta_{+}}\sum_{v=s}^{\infty}q（v）\Biggr）\\&{}-\frac{\varGamma（1-\alpha）\beta（t）}{r（t）{\裂缝{\omega{2}^{2}（t+1）}{\beta^{2{（t/1）}。\end{aligned}\end{alinged}$$

设置\（λ=2）,\（A=（\frac{\varGamma（1-\alpha）\beta（t）}{r（t）{）^{1/2}\frac}\omega{{2}（t+1）}{\beta、和\（B=\压裂{1}{2}（\压裂{r（t）}{\varGamma（1-\alpha）\beta（t）{）^{1/2}\Delta\beta_{+}（t）\）使用引理1，我们获得

$$\Delta\omega_{2}（t）\leq-\beta（t）\ frac{\lambda（t）}{\lampda（t+1）}\frac{1}{a（t）{\sum_{s=t}^{\infty}\Biggl（\frac}{1}{c（s{4\varGamma（1-\alpha）\beta（t）}$$

将上述不等式的两边相加\（t{2}\）到\（t-1），我们有

$$\开始{对齐}和\sum_{\zeta=t_{2}}^{t-1}\Biggl（\beta（\zeta）\frac{\lambda（\zeta+1）}\frac}1}{a（\ze塔）}\sum_{s=\zeta}^{\infty}\Biggl（\frac[1}{c（s）}\sam_{v=s}^{infty{q（v）\Biggr）-\frac{r（\zeta）（\Delta\beta_{+}（\zeta]））^{2}}{4\varGamma（1-\alpha）\beta（\ze塔）}\Biggr）\\&\quad\leq\omega_{2}（t_2}）-\omega_2}（t）\leq\omega_2}$$

这与之相矛盾(12). 所以，证明是完整的。 □

定理2

让(7)持有.假设存在正序列 γ 这样的话,对于所有足够大的 t吨,

$$\lim_{t\rightarrow\infty}\sup\sum_{s=t_{3}}^{t-1}\Biggl（\gamma（s）q s）^{2}}{4\gamma（s）\vartheta（s）\sum_{u=t_{0}}^{s-1}\frac{1}{c（u）}}\Biggr）=\infty$$

(14)

如果存在阳性序列 β,λ 这样的话(11)和(12)持有,然后等式. (1)是振荡的.

证明

假设相反\（x（t）\）是的非振荡解(1). 那么，在不损失一般性的情况下，我们可以假设有一个解决方案\（x（t）\）等式的(1)这样的话\（x（t）>0）在\（[t_{0}，\infty）\）哪里\（t_{0}\）足够大。从引理三,\（x（t）\）满足情况1或情况2。首先，让案例1成立。然后我们定义以下函数：

$$\pi（t）=\伽马（t）\压裂{c（t）\Delta（a（t）\sDelta（r（t）\telta^{\alpha}x（t））}{r（t$$

对于\（位于[t_{0}，\infty）\），我们有

$$\开始{aligned}\Delta\pi（t）=&\ Delta\gamma（t（t+1）}-\伽马（t）\压裂{q（t）G（t）}{r（t+1）\Delta^{\alpha}x（t+1。\结束{对齐}$$

从引理4，我们获得

$$\开始{对齐}和\增量\bigl（r（t）\增量^{\alpha}x（t）\bigr）\geq\frac{\sum_{s=t_{0}}^{t-1}\frac}{c（s）}{a（t）}c（t）\\增量\bigle（a（t ^{\alpha}x（t+1）}{r（t）\Delta（增量）{\vartheta（t）}，\\&\frac{\vartheta（t$$

或

$$\frac{r（t+1）\vartheta（t）}{r（t）\varheta（t+1$$

和

$$开始{对齐}\frac{G（t）}{r（t+1）\Delta^{\alpha}x（t+1{r（t）}{\vartheta（t）{\sum_{s=t{2}}^{t-1}\frac{\vartheta（s）}{r（s）{\Biggr）\frac{r（t+1）\vartheta（t）}{r（t）\varheta（t+1。\结束{对齐}$$

因此，

$$\开始{对齐}\Delta\pi（t）\leq&\ Delta\gamma_{+}（t \vartheta（t）}{\vartheda（t+1）}\frac{\sum_{s=t{0}}^{t-1}\frac{1}{c（s）}}{a（t）{\裂缝{\pi^{2}（t+1）}{\gamma^{2{（t+1}）}。\结束{对齐}$$

在引理中1，选择\（λ=2）,\（A=（压裂{\gamma（t）\vartheta（t）}{\vartheta（t+1）}\frac{\sum_{s=t{1}}^{t-1}\frac（s）}}{A（t）{）}^{1/2}\压裂{\pi（t+1、和\（B=\frac{1}{2}（\frac{a（t）\vartheta（t+1）}{\gamma（t）\ vartheta，我们获得

$$\Delta\pi（t）\leq-\gamma（t=t_{0}}^{t-1}\压裂{1}{c（s）}}$$

将上述不等式的两边相加\（t{3}\）到\（t-1），我们有

$$开始{对齐}&\sum_{s=t_{3}}^{t-1}\Biggl（\gamma（s）q{4\gamma（s）\vartheta（s）\sum_{u=t_{0}}^{s-1}\frac{1}{c（u）}}\Biggr）\\&\quad\leq\pi（t_{1}）-\pi（t）\\&\quad\leq\fi（t{2}）<\infty，\end{aligned}$$

这与之相矛盾(14). 情形2的证明与定理的证明相同1因此省略。这就完成了证明。 □

定理3

让(7)持有.假设存在正序列 γ 这样的话,对于所有足够大的 t吨,

$$\lim_{t\rightarrow\infty}\sup\sum_{s=t_{2}}^{t-1}\biggl（\gamma（s）q（u）}\sum{u=t{0}}^{s-1}\frac{1}{c（u）{}\biggr）=\infty$$

(15)

如果存在阳性序列 β,λ 这样的话(11)和(12)持有,然后等式. (1)是振荡的.

证明

假设与此相反\（x（t）\）是的非振荡解(1). 那么，在不损失一般性的情况下，我们可以假设有一个解决方案\（x（t）\）等式的(1)这样的话\（x（t）>0）在\（[t_{0}，\infty）\），其中\（t_{0}\）足够大。从引理三,\（x（t）\）满足情况1或情况2。首先，让案例1保持不变。然后我们定义以下函数：

$$\nu（t）=\gamma（t）\frac{c（t）\增量（a（t）\telta（r（t）\selta^{\alpha}x（t））}{G（t）}$$

对于\（位于[t_{0}，\infty）\），我们得到

$$\开始{aligned}\Delta\nu（t）=&\ Delta\gamma（t）\压裂{q（t）G（t）}{G（t+1）}\\&{}-\gamma（t）\frac{c（t）\Delta（a（t）\ Delta（r（t）\telta^{\alpha}x（t）））\DeltaG（t）}{G（t，G（t+1）}。\结束{对齐}$$

从引理4，我们有

$$\Delta G（t）\geq\frac{1}{r（t（t）\Delta\bigl（r（t）\ Delta^{\alpha}x（t）\tigr）\bigr）$$

和

$$\frac{G（t）}{G（t+1）}\geq\frac}\delta（t）{\delta$$

因此，我们获得

$$开始{对齐}\Delta \nu（t）\leq&\Delta\gamma_{+}（t（s）}\sum_{s=t{0}}^{t-1}\frac{1}{c（s）{\frac}\nu^{2}（t+1）}{\gamma^{2{（t+1）}。\结束{对齐}$$

然后，设置\（λ=2）,

$$\开始{对齐}&A=\Biggl（\frac{\gamma（t）}{r（t）\phi（t \text{和}\\&B=\压裂{1}{2}\Biggl（\压裂{r（t）\phi（t）}{\伽玛（t）\sum_{s=t_{1}}^{t-1}\压裂{\phi\sum_{s=t_{0}}^{t-1}\frac{1}{c（s）}}\biggr）^{1/2}\Delta\gamma_{+}（t）\end{aligned}$$

使用引理1，我们获得

$$\Delta\nu（t）\leq-\gamma（t{c（s）}}$$

将上述不等式的两边相加\（t{2}\）到\（t-1），我们有

$$\begin{aligned}\begin{aligned}\sum_{s=t_{2}}^{t-1}\biggl（\gamma（s）q \sum_{u=t_{0}}^{s-1}\frac{1}{c（u）}}\biggr<\infty，\end{aligned}\end}对齐}$$

这与之相矛盾(15). 情形2的证明与定理的证明相同1因此省略。这就完成了证明。□

三应用

示例1

考虑以下分数差分方程\（第2页）:

$$\Delta^{3+\alpha}x（t）+t^{-2}\Biggl（\sum_{s=t_{0}}^{t-1+\alpha{（t-s-1）^{（-\alpha）}x（s）\Biggr）=0$$

(16)

这对应于等式(1)带有\（在（0,1]\）中为α,\（t{0}=2\）,\（c（t）=a（t）=r（t）=1）、和\（q（t）=t^{-2}\）.然后\（φ（t）=λ（t）=t-t{1}）,\（瓦尔特（t）=sum{s=t{2}}^{t-1}（s-t{1}））,\（γ（t）=β（t）=t）。对于\（k\英寸（0,1）\），它可以写\（kt\leq\phi（t）\leq t\）,\（k）^{2} t吨^{2} /2\leq\vartheta（t）\leqt^{2}/2\）,\（k）^{3} t吨^{3} /3\leq\sum_{s=t_{3}}^{t-1}k^{2} 秒^{2}\leq t^{3}/3）所以，

$$开始{对齐}&\lim_{t\rightarrow\infty}\sup\sum_{s=t_{3}}^{t-1}\Biggl（\frac{\varGamma（1-\alpha）\gamma（s）q（s）}{\vartheta（s）\phi（s+1）}\sum_{u=t_{2}}^{s-1}压裂{\phi（u）}{a（u）{-\frac{c（s）（δ\gamma{+}（s））^{2}}{4\gamma}\Biggr）\\&\quad\geq\lim_{t\rightarrow\infty}\sup\sum_{s=t_{3}}^{t-1}\biggl（\frac{\varGamma（1-\alpha）k^{5} 秒^{2} }{6（s+1）}-\frac{1}{4s}\biggr）=\infty\end{aligned}$$

和

$$\开始{对齐}&\lim_{t\rightarrow\infty}\sup\sum_{\zeta=t_{2}}^{t-1}\Biggl（\frac{\beta（\zeta）\lambda（\zeda）}{\lambda（\zeta+1）a（\ze塔\Biggr）-\frac{r（\zeta）（\Delta\beta_{+}（\ze塔））^{2}}{4\varGamma（1-\alpha）\beta（\zeta）}\Biggr）\\&\quad\geq\lim_{t\rightarrow\infty}\sup\sum_{\zeta=t_{2}}^{t-1}\Biggl（\frac{\ze塔^{2}{（\zeta+1）}\sum_{s=\zeta}^{\infty}\Bigl alpha）\zeta}\Biggr）\\&\quad=\infty。\结束{对齐}$$

因此(16)根据定理是振荡的1.