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user: 2. 预备知识 论文中，考虑的二阶中立型脉冲时滞微分方程如下： [ x ( t ) + c x ( t − σ ) ] ′ ​ ′ = a x ( t ) + b x ( t − τ ) ， t ≠ t k ， t ≥ 0 ， (1) Δ x ( t k ) = l k ， k ∈ z + ， (2) x ( t ) = ϕ ( t ) ， t ∈ [ − h ， 0 ] ， (3) 其中：1) σ ， τ ∈ z + ， a ， b ， c ∈ R ； 2) Δ x ( t k ) = x ( t k + ) − x ( t k − ) ； 3) 脉冲点 t k 满足 0 < t 1 < t 2 < ⋯ < t k < t k + 1 < ⋯ ， lim t → ∞ t k = ∞ ； 4) h = max { σ ， τ } 。 定义1.1 x ( t ) 是方程(1)~(3)的解，如果 1) x ( t ) 在 t ∉ z + 处连续； 2) x ( t ) + c x ( t − σ ) 在 t ≠ t k 处二阶连续可微； 3) x ( t k + ) = x ( t k ) ； 4) [ x ( t ) + c x ( t − σ ) ] ′ ​ ′ = a x ( t ) + b x ( t − τ ) 。 注1.2 设 x ( t ) = e λ 0 t 带入(1)得特征方程 λ 2 ( 1 + c e − λ σ ) = a + b e − λ τ ， (4) 假设 λ 0 是方程(4)的实根，令 y ( t ) = e − λ 0 t x ( t ) ， (5) 把(5)分别代入(1)~(3)，得 [ y ( t ) + c e − λ 0 σ y ( t − σ ) ] ′ ​ ′ = ( a − λ 0 2 ) y ( t ) + b e − λ 0 τ ( y − τ ) − c λ 0 2 e − λ 0 σ y ( t − σ ) − 2 λ 0 y ′ ( t ) − 2 c λ 0 2 e − λ 0 σ y ′ ( t − σ ) ， (6) y ( t k ) − y ( t k − ) = l k e − λ 0 t k ， k ∈ z + ， (7) y ( t ) = e − λ 0 t ϕ ( t ) ， t ∈ [ − h ， 0 ] ， (8) 引理1.3 假设 λ 0 是(4)的实根，并且 t k − σ 不是脉冲点。如果 y ( t ) 是(6)~(8)的唯一解，当且仅当 y ( t ) = e − λ 0 t ϕ ( t ) ， t ∈ [ − h ， 0 ] ， (9) y ( t ) + c e − λ 0 σ y ( t − σ ) = ϕ ( 0 ) + c ϕ ( − σ ) + ∑ i = 1 ∞ l i e − λ 0 t i + b e − λ 0 τ ∫ − τ 0 ∫ − τ m e − λ 0 s ϕ ( s ) d s d m     − c λ 0 2 e − λ 0 σ ∫ − σ 0 ∫ − σ m e − λ 0 s ϕ ( s ) d s d m − 2 c λ 0 e − λ 0 σ ∫ − σ 0 ∫ − σ m e − λ 0 s ϕ ′ ( s ) d s d m     + ( a − λ 0 2 ) ∫ 0 t ∫ 0 m y ( s ) d s d m − 2 λ 0 ∫ 0 t ∫ 0 m y ′ ( s ) d s d m + b e − λ 0 τ ∫ 0 t − τ ∫ 0 m y ( s ) d s d m       − c λ 0 2 e − λ 0 σ ∫ 0 t − σ ∫ 0 m y ( s ) d s d m − 2 c λ 0 e − λ 0 σ ∫ 0 t − σ ∫ 0 m y ′ ( s ) d s d m ， 证明：当 t ∈ [ t k ， t k + 1 ) y ( t ) + c e − λ 0 σ y ( t − σ ) = y ( t k ) + c e − λ 0 σ y ( t k − σ ) + ( a − λ 0 2 ) ∫ t k t ∫ t k m y ( s ) d s d m     + b e − λ 0 τ ∫ t k t ∫ t k m y ( s − τ ) d s d m − c λ 0 2 e − λ 0 σ ∫ t k t ∫ t k m y ( s − σ ) d s d m     − 2 λ 0 ∫ t k t ∫ t k m y ′ ( s ) d s d m − 2 c λ 0 e − λ 0 σ ∫ t k t ∫ t k m y ′ ( s − σ ) d s d m ， 因为 t k − σ 不是脉冲点，并且根据(7)，得 y ( t ) + c e − λ 0 σ y ( t − σ ) = l k e − λ 0 t k + y ( t k − ) + c e − λ 0 σ y ( t k − σ ) + ( a − λ 0 2 ) ∫ t k t ∫ t k m y ( s ) d s d m     + b e − λ 0 τ ∫ t k t ∫ t k m y ( s − τ ) d s d m − c λ 0 2 e − λ 0 σ ∫ t k t ∫ t k m y ( s − σ ) d s d m     − 2 λ 0 ∫ t k t ∫ t k m y ′ ( s ) d s d m − 2 c λ 0 e − λ 0 σ ∫ t k t ∫ t k m y ′ ( s − σ ) d s d m ， (10) 因为 k ∈ [ 0 ， ∞ ) ，所以 y ( t k − ) + c e − λ 0 σ y ( t k − σ ) = l k − 1 e − λ 0 t k + y ( t k − 1 − ) + c e − λ 0 σ y ( t k − 1 − σ )     + ( a − λ 0 2 ) ∫ t k − 1 t ∫ t k − 1 m y ( s ) d s d m + b e − λ 0 τ ∫ t k − 1 t ∫ t k − 1 m y ( s − τ ) d s d m     − c λ 0 2 e − λ 0 σ ∫ t k − 1 t ∫ t k − 1 m y ( s − σ ) d s d m − 2 λ 0 ∫ t k − 1 t ∫ t k − 1 m y ′ ( s ) d s d m     − 2 c λ 0 e − λ 0 σ ∫ t k − 1 t ∫ t k − 1 m y ′ ( s − σ ) d s d m ， ⋮ y ( t 2 − ) + c e − λ 0 σ y ( t 2 − σ ) = l 1 e − λ 0 t k + y ( t 1 − ) + c e − λ 0 σ y ( t 1 − σ )     + ( a − λ 0 2 ) ∫ t 1 t ∫ t 1 m y ( s ) d s d m + b e − λ 0 τ ∫ t 1 t ∫ t 1 m y ( s − τ ) d s d m     − c λ 0 2 e − λ 0 σ ∫ t 1 t ∫ t 1 m y ( s − σ ) d s d m − 2 λ 0 ∫ t 1 t ∫ t 1 m y ′ ( s ) d s d m     − 2 c λ 0 e − λ 0 σ ∫ t 1 t ∫ t 1 m y ′ ( s − σ ) d s d m ， y ( t 1 − ) + c e − λ 0 σ y ( t 1 − σ ) = l 0 e − λ 0 t k + y ( t 0 − ) + c e − λ 0 σ y ( t 0 − σ )     + ( a − λ 0 2 ) ∫ t 0 t ∫ t 0 m y ( s ) d s d m + b e − λ 0 τ ∫ t 0 t ∫ t 0 m y ( s − τ ) d s d m     − c λ 0 2 e − λ 0 σ ∫ t 0 t ∫ t 0 m y ( s − σ ) d s d m − 2 λ 0 ∫ t 0 t ∫ t 0 m y ′ ( s ) d s d m     − 2 c λ 0 e − λ 0 σ ∫ t 0 t ∫ t 0 m y ′ ( s − σ ) d s d m ， 根据(9)，递归代回(10)，得 y ( t ) + c e − λ 0 σ y ( t − σ ) = ϕ ( 0 ) + c ϕ ( − σ ) + ∑ i = 1 ∞ l i e − λ 0 t i + ( a − λ 0 2 ) ∫ 0 t ∫ 0 m y ( s ) d s d m     + b e − λ 0 τ ∫ 0 t ∫ 0 m y ( s − τ ) d s d m − c λ 0 2 e − λ 0 σ ∫ 0 t ∫ 0 m y ( s − σ ) d s d m     − 2 λ 0 ∫ 0 t ∫ 0 m y ′ ( s ) d s d m − 2 c λ 0 e − λ 0 σ ∫ 0 t ∫ 0 m y ′ ( s − σ ) d s d m ， 同时，根据初始条件(8)可得 y ( t ) + c e − λ 0 σ y ( t − σ ) = ϕ ( 0 ) + c ϕ ( − σ ) + ∑ i = 1 ∞ l i e − λ 0 t i + b e − λ 0 τ ∫ − τ 0 ∫ − τ m e − λ 0 s ϕ ( s ) d s d m     − c λ 0 2 e − λ 0 σ ∫ − σ 0 ∫ − σ m e − λ 0 s ϕ ( s ) d s d m − 2 c λ 0 e − λ 0 σ ∫ − σ 0 ∫ − σ m e − λ 0 s ϕ ′ ( s ) d s d m     + ( a − λ 0 2 ) ∫ 0 t ∫ 0 m y ( s ) d s d m − 2 λ 0 ∫ 0 t ∫ 0 m y ′ ( s ) d s d m + b e − λ 0 τ ∫ 0 t − τ ∫ 0 m y ( s ) d s d m     − c λ 0 2 e − λ 0 σ ∫ 0 t − σ ∫ 0 m y ( s ) d s d m − 2 c λ 0 e − λ 0 σ ∫ 0 t − σ ∫ 0 m y ′ ( s ) d s d m ， (11) 对(11)两边同时求二阶导，可推出方程(6)，同时方程(7)显然可得。引理1.3得证。 推论1.4 设 λ 0 是(4)的实根，当 k ∈ z + 时， t k − σ 不是脉冲点。那么 x ( t ) 是方程(1)~(3)的唯一解，当且仅当 y ( t ) = e − λ 0 t x ( t ) ， t ∈ [ − h ， ∞ ] 是(6)满足初始条件 y ( t ) = e − λ 0 t x ( t ) ， t ∈ [ − h ， 0 ] 的解。 定义1.3 [ 6 ] 1) 若(1)~(2)的零解是稳定的，则 ∀ δ ， τ > 0 ， ∃ δ ( σ ， τ ) > 0 ，对任意的起始函数 ϕ 有 ‖ ϕ ‖ = max − h ≤ t ≤ 0 | ϕ ( t ) | < δ ( σ ， τ ) ，   ‖ ϕ ′ ‖ = max − h ≤ t ≤ 0 | ϕ ′ ( t ) | < δ ( σ ， τ ) 且 x ( t ) = x ( t ; 0 ， ϕ ) 是(1)~(2)的解，那么对 ∀ t ∈ [ − h ， ∞ ) x ( t ; 0 ， ϕ ) < ε 。 2) 若(1)~(2)的零解是一致稳定，则 δ 与 σ ， τ 无关； 3) 若(1)~(2)是零解是渐近稳定的，则 ∃ δ 0 > 0 ，对任意的起始函数 ϕ 有 | ϕ | < δ 0 ( σ ， τ ) ， | ϕ ′ | < δ 0 ( σ ， τ ) 且 x ( t ) = x ( t ; 0 ， ϕ ) 是(1)~(2)的解，那么对 ∀ t ∈ [ − h ， ∞ ) lim t → ∞ x ( t ; 0 ， ϕ ) = 0 。