Luận văn thạc sỹ nghiệm tƣờng minh của một số phƣơng trình sai phân hữu tỉ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG THỊ HUYỀN NGHIỆM TƢỜNG MINH CỦA MỘT SỐ PHƢƠNG TRÌNH SAI PHÂN HỮU TỈ Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Nguyễn Thanh sơn THÁI NGUYÊN - 2022 i Mục lục Bảng ký hiệu iii Mở đầu 1 Sơ lược phương trình sai phân 1.1 Phép tính sai phân 1.1.1 Khái niệm sai phân 1.1.2 Một số tính chất sai phân 1.2 Chỉnh hợp 1.3 Phương trình sai phân 1.3.1 Định nghĩa 1.3.2 Sự tồn tính nghiệm Nguyên hàm quan hệ với phép tính tổng 1.4.1 Phép nguyên hàm 1.4.2 Tính tổng chuỗi 10 1.4 1.5 Tổng phần Định lý 12 1.6 Một số phương trình sai phân cấp 14 1.7 1.6.1 Phương trình sai phân tuyến tính 14 1.6.2 Phương trình sai phân 17 Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai hệ số 1.7.1 18 Phương trình sai phân cấp hai 18 ii 1.7.2 Phương pháp đồng hệ số cho phương trình sai phân khơng 20 1.8 Nhận xét cuối chương 24 Nghiệm tường minh số phương trình sai phân hữu tỉ 25 2.1 Phương trình sai phân hữu tỉ cấp 25 2.2 Một số lớp phương trình sai phân hữu tỉ cấp hai xn−1 2.2.1 Phương trình xn+1 = + xn−1 xn axn 2.2.2 Phương trình xn+1 = + bxn−1 xn Một họ phương trình sai phân hữu tỉ cấp hai 2.3 30 32 36 2.3.1 Một phương trình sai phân tích phụ thuộc tham số 37 2.3.2 Trường hợp |p| = |q| = 39 2.3.3 2.3.4 2.4 29 Một số trường hợp đơn giản với |p| = ̸ |q| ∈ {1 , } 47 Trường hợp |p| = |q| = 49 Một lớp phương trình sai phân hữu tỉ cấp cao 51 Kết luận 55 Tài liệu tham khảo 56 iii Bảng ký hiệu N, R Tập số tự nhiên, số thực ∆, ∆k Sai phân, sai phân cấp k ∆−1 , ∆−k Nguyên phân, nguyên phân cấp k Cnk Số tổ hợp k n phần tử n(k) Lũy giai hay số chỉnh hợp chập k n phần tử [· · · ] Phần tử họ hàm ⌊·⌋ |a| P Q , Phần nguyên Giá trị tuyệt đối Tổng, tích hữu hạn số hạng, nhân tử Mở đầu Phương trình sai phân khơng có nhiều ứng dụng mơ hình Tốn học cho nhiều tượng sinh thái học, kinh tế, xã hội, , mà cịn xuất nhiều chương trình Tốn học phổ thơng, đặc biệt kỳ thi học sinh giỏi Nhiều toán dãy số cho quan hệ hồi quy giải thơng qua việc giải phương trình sai phân tương ứng Sách phương trình sai phân tiếng Việt chưa phong phú Thêm vào đó, hầu hết sách trình bày phương trình bản, chẳng hạn, lớp phương trình tuyến tính phương trình phi tuyến xét Điều hiểu vì, phương trình vi phân, phương trình sai phân phi tuyến khó giải theo nghĩa tìm cơng thức nghiệm tổng qt Từ quan sát trên, chọn đề tài “Nghiệm tường minh số phương trình sai phân hữu tỉ" làm đề tài luận văn thạc sĩ Nội dung luận văn trình bày hai chương, không kể phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo Trong chương đầu, luận văn nhắc lại khái niệm phương trình sai phân phép tính sai phân, phương trình sai phân tuyến tính, phi tuyến, nghiệm phương trình sai phân Tiếp đó, chương trình bày phương trình quen thuộc cấp phương trình tuyến tính, phương trình Chương hai, “Nghiệm tường minh số phương trình sai phân hữu tỉ", nội dung luận văn, chia làm ba phần với độ phức tạp tăng dần Phần 2.1 trình bày kết tương đối cổ điển lớp phương trình sai phân phân tuyến tính Phần 2.2 trình bày nghiệm tường minh số phương trình sai phân hữu tỉ cấp hai mà mẫu thức chứa biểu thức bậc hai ẩn hàm Phần 2.3 coi khái hóa mở rộng kết phần 2.2 cách trình bày họ tổng quát phương trình sai phân hữu tỉ cấp hai phụ thuộc vào tham số Cách tiếp cận phần tương đối tổng quát nên kết thu cho phép mở rộng lên nhiều lớp phương trình Chương hai kết thúc phần 2.4 mà nội dung tìm nghiệm tường minh cho họ phương trình sai phân hữu tỉ cấp cao Luận văn hoàn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Nhân đây, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc đến TS Nguyễn Thanh Sơn, người thầy tận tình giúp đỡ bảo tác giả suốt trình thực luận văn Tác giả xin cảm ơn Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên cung cấp sở vật chất thủ tục học tập thuận lợi, giảng dạy nhiệt tình, chất lượng thầy Khoa Toán – Tin Tất điều yếu tố quan trọng giúp cho tác giả hồn thành khố học Cuối cùng, tác giả xin gửi lời cảm ơn đến Ban Giám hiệu trường THPT Chi Lăng, huyện Chi Lăng, tỉnh Lạng Sơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp – người ln bên giúp đỡ, động viên tác giả suốt trình học tập, nghiên cứu Quá trình viết luận văn khó tránh khỏi sai sót, mong nhận góp ý độc giả Xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, tháng 09 năm 2022 Tác giả Hoàng Thị Huyền Chương Sơ lược phương trình sai phân Trong chương này, chúng tơi trình bày cách chi tiết khái niệm, tính chất quan trọng phép tính sai phân, phương trình sai phân, số phương trình sai phân cấp phương trình sai phân tuyến tính cấp hai Ngun liệu cho phần trình bày sử dụng từ sách [1] 1.1 Phép tính sai phân Định nghĩa 1.1 (Dãy số) Dãy số hàm số x:N → R n 7→ x(n) = xn Ở trên, xn gọi số hạng (tổng quát) dãy Ta viết dãy dạng {xn }∞ n=1 hay ngắn gọn {xn } 1.1.1 Khái niệm sai phân Định nghĩa 1.2 (Sai phân) Sai phân (tiến) hữu hạn cấp hàm số x(n) = xn hiệu xn+1 − xn := ∆xn Ký hiệu hiểu sai phân hữu hạn dãy số xn dãy số mà số hạng thứ n định nghĩa hiệu số hạng thứ n + n dãy ban đầu Ta gọi ∆ phép lấy sai phân (tiến, cấp một) dãy số Sai phân hữu hạn cấp hàm số x(n) = xn sai phân sai phân cấp ký hiệu ∆2 xn Cụ thể, ∆2 xn = ∆(∆xn ) Ta tính tường minh sai phân dãy xn sau: Sai phân cấp 1: ∆xn = xn+1 − xn Sai phân cấp 2: ∆2 xn = ∆(∆xn ) = ∆xn+1 − ∆xn = (xn+2 − xn+1 ) − (xn+1 − xn ) = xn+2 − 2xn+1 + xn Các sai phân cấp cao định nghĩa quy nạp theo cấp sai phân: ∆k xn = ∆(∆k−1 xn ), với k ≥ 0, ∆0 xn := xn 1.1.2 Một số tính chất sai phân Ta liệt kê số tính chất sai phân Tính chất Sai phân cấp biểu diễn qua giá trị hàm số Cụ thể, ta có k ∆ xn = k X (−1)i Cki xn+k−i , i=0 với Cki = k! i!(k − i)! Tính chất Sai phân tốn tử tuyến tính Cụ thể, với α, β ∈ R, k = 1, 2, hai dãy số {xn }, {yn }, ta có ∆k (αxn + βyn ) = α∆k xn + β∆k yn Tính chất Sai phân cấp k làm giảm k bậc đa thức Ở đây, ta quy ước đa thức bậc số, đa thức bậc nhỏ số Tính chất Tổng liên tiếp sai phân N X n=i ∆k xn = ∆k−1 xN +1 − ∆k−1 xi , k = 1, 2, Đặc biệt k = 1, ta có PN n=i ∆xn = xN +1 − xi Tính chất Giá trị hàm số biểu thị thơng qua sai phân Cụ thể, ta quy ước ∆0 xn = Ixn = xn I phép đồng Ta minh họa tính chất số biểu diễn sau đây: xn = ∆ xn , xn+1 = xn + ∆xn = ∆0 xn + ∆xn , xn+2 = ∆2 xn + 2xn+1 − xn = ∆2 xn + 2∆xn + ∆0 xn Tính chất Sai phân tích hai dãy {xn }, {yn } ∆(xn yn ) = xn+1 ∆yn + yn ∆xn (1.1) Tính chất Cho hai dãy số {xn }, {yn }, với yn ̸= với n Sai phân thương xn ∆ yn   = yn ∆xn − xn ∆yn yn yn+1 Tính chất Sai phân dãy tổng riêng Ký hiệu Sk = x + · · · + x k Khi đó, ∆Sk = xk+1 1.2 Chỉnh hợp Chỉnh hợp tìm hiểu lớp 10 Chúng nhắc lại số điểm quan trọng giới thiệu ký hiệu khác Ký hiệu hữu ích tính toán sai phân Với k, n số tự nhiên, khái niệm số chỉnh hợp chập k n phần tử, k -hoán vị n phần tử hay lũy giai định nghĩa ký hiệu sau n(k) := n(n − 1) (n − (k − 1)) = n! (n − k)! Ký hiệu n(k) khác với ký hiệu quen thuộc Akn bậc học phổ thông Song, sau đây, ta thấy lợi ích ký hiệu Sau vài tính chất quy ước (i) n(n) = n!, n(0) = (ii) n(k) = 0, k > n (iii) Cho j ∈ N∗ n(k) (n − k)(j) = (n − k)! n! n! = = n(k+j) (n − k)! (n − k − j)! (n − k − j)! (iv) Từ n(−k) (n + k)(k) = n(−n+n) = 1, ta suy n(−k) = (n + k)(k) Nói cách khác, ta định nghĩa lũy giai với số mũ âm (v) ∆n(k) = kn(k−1) với số nguyên k Từ công thức này, ta suy ∆2 n(k) = k(k − 1)n(k−2) Công thức tương tự công thức đạo hàm hàm lũy thừa 31 Qn/2 k j=0 (2hkj + 1) = Qn/2 j=0 ((2j + 1)hk + 1) = xn+1 Bây giờ, ta xét n lẻ Khi đó, n − n + chẵn Thế (2.11) vào (2.10), ta thu đẳng thức k x−1 = , + x−1 x0 hk + x0 h(hk + 1) = x2 = + x1 x0 2hk + x1 = với n ≥ số lẻ xn−1 = + xn−1 xn Q(n−1)/2−1 ((2j + 1)hk + 1) Q(n−1)/2 (2jhk + 1) j=0 = Q(n−1)/2−1 Q(n+1)/2−1 ((2j + 1)hk + 1) (2jhk + 1) j=0 j=0 1+h k Q(n+1)/2−1 Q(n−1)/2 (2jhk + 1) ((2j + 1)hk + 1) j=0 j=0   (n−1)/2 (n−1)/2 Y Y ((2j + 1)hk + 1) / ((2j + 1)hk + 1) = h h j=0 j=0 j=0  (n−1)/2 (n−1)/2−1 Y Y  (2jhk + 1) j=0 ((2j + 1)hk + 1) j=0 (n−1)/2−1 (n−1)/2 Y Y + kh ((2j + 1)hk + 1) j=0 = h Q(n−1)/2 ((2j + 1)hk + 1) j=0 Q(n+1)/2 (2jhk + 1) j=0 j=0  (2jhk + 1) = xn+1 Như vậy, định lý hoàn toàn chứng minh Kết thúc tiểu mục này, ta xét điểm cân nghiệm 32 Định lý 2.5 Nếu a ̸= phương trình (2.10) có điểm cân x ∗ = Chứng minh Do x∗ điểm cân nên ta phải có x∗ x = + x∗ x∗ ∗ Giải phương trình đại số trên, với điều kiện a ̸= 0, ta thu nghiệm x ∗ = Phần trình bày dựa vào kết [3] Trong kết [4], tác giả mở rộng phương trình (2.4) cách cho thêm tham số không âm a xn+2 = xn , n = 0, 1, + axn+1 xn (2.12) Công thức nghiệm thu được xem mở rộng cho Định lý 2.4 Định lý 2.6 Giả sử x−1 = k, x0 = h a số thực không âm Khi đó, với n = 1, 2, , nghiệm dương phương trình (2.12) cho  Q(n+1)/2−1  k (2ahkj + 1)  j=0     Q(n+1)/2−1 ((2j + 1)ahk + 1) , n lẻ, j=0 xn = Q n/2−1  h j=0 ((2j + 1)ahk + 1)    , n chẵn Q(n+1)/2−1   (2ahkj + 1) j=0 Chứng minh Chứng minh thực hoàn toàn tương tự chứng minh cho Định lý 2.4 trình bày 2.2.2 Phương trình xn+1 = axn + bxn−1 xn Trong mục này, chúng tơi tiếp tục trình bày mở rộng cho Tiểu mục 2.2.1 cách cho thêm hai tham số tự không âm tử thức Đây kết 33 báo kết [5] Cụ thể, xét phương trình sai phân hữu tỉ cấp hai phụ thuộc tham số cho xn+1 = axn−1 , n = 0, 1, , + bxn−1 xn (2.13) với điều kiện ban đầu x0 , x−1 tham số a, b không âm Khi đó, dễ thấy, số hạng nghiệm phương trình (2.10) khơng âm Trong trường hợp đặc biệt, chẳng hạn a = hay điều kiện ban đầu x0 = x−1 = 0, phương trình (2.13) có nghiệm tầm thường Ngược lại, phương trình có nghiệm dương Trong tiểu mục này, ta xét trường hợp nghiệm dương Kết phần phát biểu sau Định lý 2.7 Giả sử {xn } nghiệm phương trình (2.13) Giả sử x−1 = k, x0 = h Khi đó, x1 = ak , bhk + x2 = ah(bhk + 1) abhk + bhk + với t = 1, 2, x2t+2 Qt−1  P2i+1 j  + j=0 a bkh  , = P2i j i=0 + j=0 a bkh  P2i j Qt  t+1 a h i=0 + j=0 a bkh  = Q  P2i+1 j t j=0 a bkh i=0 + a x2t+1 t+1 k Qt i=0  Chứng minh Ta chứng minh khẳng định quy nạp theo t Bằng cách thay trực tiếp, dễ kiểm tra thấy khẳng định với t = Xét với t > bất kỳ, ta giả sử mệnh đề với giá trị không vượt t − Theo đó, ta có t Qt−2  P2i+1 j  a k i=0 + j=0 a bkh  , x2t−1 = Q  P2i j t−1 j=0 a bkh i=0 +  P2i j Qt−1  t a h i=0 + j=0 a bkh  x2t = Q  P2i+1 j t−1 j=0 a bkh i=0 + (2.14) 34 Ta chứng minh khẳng định với t Thật vậy, từ (2.13) (2.14), ta có ax2t−1 + bx2t x2t−1 x2t+1 = t+1 Qt−2  P2i+1  j k i=0 + j=0 a bkh  P2i j Qt−1  + a bkh j=0 i=0    = P2i j P2i+1 j Qt−1 Qt−2  t t a h i=0 + j=0 a bkh a k i=0 + j=0 a bkh   1+b Q  P2i j P2i j Qt−1  t−1 j=0 a bkh j=0 a bkh i=0 + i=0 +      2i+1 t−1 2i+1 t−2 X Y X Y j t+1 1 + 1 + a bkh = a k aj bkh / a j=0 i=0 j=0 i=0      2i t−1 2i t−1 X Y X Y 1 +  1 + aj bkh aj bkh + at bh t−1 Y i=0  = at+1 k  1 + t−2 Y i=0 j=0 i=0 j=0 i=0  2i X j=0 1 +  aj bkh at k 2i+1 X j=0  aj bkh t−2 Y i=0 t−1 Y i=0  1 +  1 + 2i+1 X j=0 2i+1 X j=0  aj bkh  aj bkh /      2i t−1 2i+1 t−2 X Y X Y 1 +  1 + aj bkh × aj bkh 1 + i=0 j=0 i=0  2t−1 X j=0 j=0  aj bkh + a2t bkh t+1 Qt−1  P2i+1 j  + j=0 a bkh   P2t−1 j 2t j + j=0 a bkh + a bkh j=0 a bkh i=0 +   P2i+1 j Qt−1 t+1 a k i=0 + j=0 a bkh    =Q P2i j P2t j t−1 + j=0 a bkh j=0 a bkh i=0 +  P2i+1 j Qt−1  t+1 a k i=0 + j=0 a bkh  = P2i j Qt  j=0 a bkh i=0 + =Q  t−1 a k P2i i=0 35 Tương tự vậy, ta có ax2t + bx2t x2t+1 x2t+2 = t+1 Qt−1  P2i  j h i=0 + j=0 a bkh  P2i+1 j Qt−1  + a bkh j=0 i=0    = P2i j P2i+1 j Qt−1 Qt−1  t t+1 a h i=0 + j=0 a bkh a k i=0 + j=0 a bkh   1+b Q  P2i+1 j P2i j Qt  t−1 j=0 a bkh j=0 a bkh i=0 + i=0 +      2i t 2i t−1 X Y X Y j t+1 1 + 1 + a bkh = a h aj bkh / a j=0 i=0 j=0 i=0      2i t 2i+1 t−1 X Y X Y 1 +  1 + aj bkh aj bkh + at bh t−1 Y i=0  = at+1 h  1 + t−1 Y i=0  j=0 i=0 j=0 i=0 2i X j=0 1 +  aj bkh at+1 k 2i X j=0  aj bkh t−1 Y i=0 t Y i=0   1 + 1 + 2i+1 X j=0 2i X j=0  aj bkh  aj bkh /      2i t−1 2i+1 t−1 X Y X Y 1 +  1 + aj bkh × aj bkh i=0  j=0 i=0 j=0 1 + a2t+1 bkh + 2t X j=0 t+1  aj bkh Qt  P2i j  a h i=0 + j=0 a bkh   P2t j P2i+1 j 2t+1 1+a bkh + j=0 a bkh j=0 a bkh i=0 +   P2i j Qt t+1 a h i=0 + j=0 a bkh    =Q P2i+1 j P2t+1 j t−1 + j=0 a bkh j=0 a bkh i=0 +  P2i j Qt  t+1 a h i=0 + j=0 a bkh  = Q  P2i+1 j t j=0 a bkh i=0 + =Q  t−1 36 Định lý chứng minh Khác với trường hợp cụ thể nêu Định lý 2.5, Phương trình (2.13) có nhiều điểm cân Định lý 2.8 Giả sử a > b > Khi đó, phương trình (2.13) có ba điểm cân 0, − r a−1 , b r a−1 b Chứng minh Giả sử x∗ điểm cân bằng, ta phải có ax∗ x = + bx∗ x∗ ∗ Phương trình tương đương với by + (1 − a)y = Giải phương trình đại số trên, ta thu ba nghiệm kể 2.3 Một họ phương trình sai phân hữu tỉ cấp hai Trong mục này, chúng tơi trình bày cơng thức nghiệm tường minh họ phương trình sai phân phân tuyến tính cấp hai dạng xn+1 = f (xn , xn−1 ) g(xn , xn−1 ) (2.15) Phương trình (2.15) phương trình sai phân hữu tỉ cấp hai Trong trường hợp f g biểu thức tuyến tính biến, ta gọi phương trình sai phân phân tuyến tính cấp hai Phương trình (2.15) đối tượng nhiều báo, chí có hẳn sách chun khảo phương trình [7] Tuy nhiên, lời giải tổng quát bất khả thi Vì thế, người ta có xu hướng xét dạng Song kể dạng đơn lẻ, dáng điệu số tính chất 37 tiệm cận nghiệm nhiều phương trình chưa hiểu biết đầy đủ, chưa nói đến công thức nghiệm tường minh Trong mục này, chúng tơi trình bày kết [8] Khơng trực tiếp phần trước, cách tiếp cận để giải toán tương đối đặc biệt Đầu tiên, ta xét phương trình sai phân dạng tích với số tham số điều chỉnh tự Phần quan trọng nói lại tìm cơng thức nghiệm tường minh cho phương trình tích Sau đó, cách chọn phép đổi biến giá trị tham số thích hợp, ta thu kết liên quan đến nghiệm tường minh loạt phương trình sai phân hữu tỉ có dạng (2.15) 2.3.1 Một phương trình sai phân tích phụ thuộc tham số Đây phương trình phụ trợ sử dụng để thu công thức nghiệm tường minh (2.15) xn+2 = axpn+1 xqn (2.16) Xét phương trình (2.16) với hệ số a điều kiện ban đầu x0 , x1 số thực cho trước, p q số nguyên Biểu diễn vài số hạng đầu dãy nghiệm, ta có x2 = axp1 xq0 , x3 = ap+1 x1p +q pq x0 Từ đó, ta có nhận định nghiệm tổng qt phương trình (2.16) có dạng tổng quát n Cn xn = aAn xB x0 , (2.17) với dãy số {An }, {Bn }, {Cn } số hạng dãy hồi quy Phân tích sâu hơn, người ta rút dãy số xác định số hạng {An }, {Bn }, {Cn } có dạng: An+2 = pAn+1 + qAn + 1,A0 = 0, A1 = 0, (2.18) Bn+2 = pBn+1 + qBn , (2.19) A0 = 0, B1 = 1, 38 Cn+2 = pCn+1 + qCn , C0 = 1, C1 = (2.20) Quan sát thấy quan hệ hồi quy phương trình sai phân tuyến tính cấp hai hệ số có chúng phương trình đặc trưng λ2 − pλ − q = (2.21) Gọi λ1 , λ2 hai nghiệm phương trình (2.21) Định lý sau cho ta nghiệm tường minh phương trình sai phân tuyến tính Định lý 2.9 Giả sử p2 +4q ̸= Khi đó, nghiệm phương trình sai phân tuyến tính cấp hai (2.18)-(2.20) cho  (λ2 − 1)λn1 + (1 − λ1 )λn2 + λ1 − λ2   , p + q − ̸=  (λ − λ )(p + q − 1) An =   1−(−q)n    q+1 + n , p + q − = 0, p−2 λn − λn2 Bn = , λ1 − λ2 λ1 λn2 − λ2 λn1 Cn = λ1 − λ2 Hơn nữa, hai dãy {Bn }, {Cn } thỏa mãn đẳng thức, Cn = qBn , Cn+2 = q ⌊n/2⌋ X Cjn−j pn−2j q j , (2.22) j=0 ⌊x⌋ phần nguyên số thực x Nếu p2 + 4q = p + q − ̸= λ1 = λ2 = p/2   p n np − 2n − p  1+ , An = 1−q−p p  p n−1 , Bn = n   p n Cn = (1 − n) 39 Nếu p2 + 4q = p + q − = p = 2, q = −1, λ1 = λ2 = An = n(n − 1) , (2.23) Bn = n, Cn = − n Chứng minh Các công thức biểu diễn An , Bn , Cn thu cách giải phương trình sai phân tuyến tính (2.18), (2.19), (2.20) sử dụng kiến thức trình bày Mục 1.7 Ta chứng minh công thức (2.22) phương pháp quy nạp theo n Trước tiên, lưu ý C2 = q, C3 = pq thỏa mãn phương trình (2.22) Giả sử với n ≥ đó, Cn+2 Cn+3 thỏa mãn (2.22) Từ phương trình (2.20), ta có Cn+4 =q ⌊(n+1)/2⌋ X Cjn+1−j pn+2−2j q j +q ⌊(n+1)/2⌋ =q  X X Cjn−j pn−2j q j+1 j=0 j=0  ⌊n/2⌋ Cjn+1−j pn+2−2j q j + q j=0 ⌊(n+2)/2⌋ X j=0  j−1 Cn+1−j pn+2−2j q j  Đẳng thức cần chứng minh suy từ công thức nhị thức Newton Ckn+1 = Ckn + Ck−1 n , ≤ k ≤ n Tiếp theo, sử dụng kết Định lý 2.9, phát biểu chứng minh khẳng định nghiệm tường minh số tính chất tiệm cận dãy nghiệm suy từ cơng thức tường minh số phương trình sai phân hữu tỉ Để tiện theo dõi, xếp kết theo tiểu mục 2.3.2 Trường hợp |p| = |q| = Trước tiên tiểu mục này, ta xét trường hợp đặc biệt Định lý 2.9 cho phương trình (2.16) |p| = |q| = Có thể thấy ta ràng buộc thêm 40 |p + q| ̸= phép đổi biến tuyến tính, ta thu từ phương trình (2.16) phương trình sai phân phân tuyến tích Trong trường hợp cịn lại, f , g , f g có bậc cao Định lý 2.10 Giả sử ax0 x1 ̸= Khi đó, phát biểu sau Dãy số {xn } cho xn+2 = axn+1 /xn xác định với n ≥ Hơn nữa, với n ≥ 0, xn+6 = xn phần tử dãy x0 , x1 , x2 = ax1 /x0 , x3 = a2 /x0 , x4 = a2 /x1 , x5 = ax0 /x1 Dãy số {xn } cho xn+2 = axn /xn+1 xác định với n ≥ Hơn nữa, với n ≥ 3, F xn = a aFn−3 x0 n−2 F x1 n−1 !(−1)n (2.24) Fn số hạng dãy Fibonacci Hơn nữa, dãy {xn } bị chặn a = ±x1 = ±x0 Dãy số {xn } : xn+1 = a/(xn+1 xn ) xác định với n ≥ x3n = x0 , x3n+1 = x1 , x3n+2 = a x1 x0 Chứng minh Phần (1) phần (3) định lý dễ dàng chứng minh kiểm tra trực tiếp Chúng tơi trình bày chứng minh phần (2) quy nạp Thật vậy, nhắc lại dãy Fibonacci dãy xác định Fn+2 = Fn+1 + Fn , F0 = F1 = Với n = 3, theo công thức xác định dãy, ax1 ax1 x21 x3 = = ax0 = x2 x0 x1 Trong đó, theo cơng thức (2.24), !(−1)3   aF0 xF0 ax0 −1 x21 x3 = a = =a x21 x0 xF1 41 Vậy khẳng định với n = Giả sử, khẳng định với giá trị không vượt n − Ta cần chứng minh với n Sử dụng giả thiết quy nạp, ta có xn = a xn−2 xn−1 a F aFn−5 x0 n−4 F x1 n−3 !(−1)n−2 a F aFn−4 x0 n−3 F x1 n−2 !(−1)n−1 =a =a =a =a F F x1 n−2 x1 n−3 aFn−4 x0 n−3 aFn−5 x0 n−4 F F F +F aFn−4 +Fn−5 x0 n−3 n−4 F +F x1 n−2 n−3 !(−1)n Fn−3 Fn−2 a x0 F x1 n−1 !(−1)n−2 !(−1)n Khẳng định tính bị chặn suy từ dạng tường minh nghiệm Từ Định lý 2.10, ta thu số kết nghiệm tường minh xét phương trình sai phân hữu tỉ sau đây: ayn+1 + byn − ab − b2 , yn − b byn+1 + ayn − ab − b2 , = yn+1 − b a + b(yn+1 − b)(yn − b) = (yn+1 − b)(yn − b) yn+2 = (2.25) yn+2 (2.26) yn+2 (2.27) Có thể thấy, phép đổi biến xn = yn − b đưa phương trình (2.25), (2.26), (2.27) phương trình cho phát biểu (1), (2), (3) Định lý 2.10 Ta xét vài trường hợp cụ thể sau Khi a = −b, phương trình (2.25) (2.26) cịn phụ thuộc tham số 42 dạng a(yn+1 − yn ) , yn + a a(yn − yn+1 ) = yn+1 + a yn+2 = (2.28) yn+2 (2.29) Đặc biệt a = −1, hai phương trình (2.28) (2.29) lại tiếp tục giản lược thành yn+1 − yn , − yn yn+1 − yn = yn+1 − yn+2 = (2.30) yn+2 (2.31) Áp dụng phần (1) Định lý 2.10, ta suy nghiệm (2.28) bao gồm phương trình (2.30) có chu kỳ Một cách tương tự, sử dụng phần (2) Định lý 2.10 ta thu cơng thức nghiệm tường minh cho phương trình sai phân (2.26) aFn−3 (y0 − b)Fn−2 yn = b + a (y1 − b)Fn−1  (−1)n (2.32) Đặc biệt, nghiệm (2.31) có dạng yn = −  (1 − y0 )Fn−2 (1 − y1 )Fn−1 (−1)n (2.33) Bằng cách suy luận cho phương trình (2.27) sử dụng phần (3) Định lý 2.10, a = −b3 , nghiệm phương trình sai phân hữu tỉ phụ thuộc tham số yn+2 byn+1 yn − b2 (yn+1 + yn ) = (yn+1 − b)(yn − b) có chu kỳ Ta xét sau trường hợp phức tạp sử dụng phép đổi biến xn = yn + b yn + c 43 Khi đó, từ kết Định lý 2.10, ta rút kết luận tương ứng cho nghiệm tường minh ba họ phương trình phụ thuộc tham số sau: yn+2 = (ac − b)yn+1 yn + (ac2 − b2 )yn+1 + b(a − 1)yn + bc(ac − b) (1 − a)yn+1 yn + (b − ac)yn+1 + (c − ab)yn + bc(1 − a) (2.34) yn+2 (ac − b)yn+1 yn + (ac2 − b2 )yn + b(a − 1)yn+1 + bc(ac − b) = (1 − a)yn+1 yn + (b − ac)yn + (c − ab)yn+1 + bc(1 − a) (2.35) yn+2 (ac − b)yn+1 yn + (ac2 − b2 )(yn + yn+1 ) + ac3 − b3 = (1 − a)yn+1 yn + (b − ac)(yn+1 + yn ) + b2 − ac2 (2.36) Ta xét vài trường hợp cụ thể họ phương trình tham số Trường hợp 1: a = 1, b ̸= c: Khi đó, ba phương trình (2.34), (2.35), (2.36) tương ứng trở thành yn+1 yn + (b + c)yn+1 + bc , yn − yn+1 yn+1 yn + (b + c)yn + bc = , (yn+1 − yn yn+1 yn + (b + c)(yn+1 + yn ) + b2 + bc + c2 =− yn+1 + yn + b + c yn+2 = (2.37) yn+2 (2.38) yn+2 (2.39) Các phương trình (2.37), (2.38), (2.39) lại tiếp tục đơn giản hóa b + c = Cụ thể, yn+2 yn+2 yn+2 yn+1 yn − b2 , = yn − yn+1 yn+1 yn − b2 = , yn+1 − yn yn+1 yn + b2 =− yn+1 + yn Mặt khác, c = 0, từ phương trình (2.37), (2.38), (2.39), ta có tương ứng yn+2 = yn+1 yn + byn+1 , yn − yn+1 44 yn+1 yn + byn , yn+1 − yn yn+1 yn + b(yn+1 + yn ) + b2 =− yn+1 + yn + b yn+2 = yn+2 Trường hợp 2: a ̸= 1, b − ac = 0: Khi đó, phương trình (2.34), (2.35), (2.36) tương ứng đơn giản hóa thành yn+2 yn+2 yn+2 ac2 (yn+1 − yn ) = yn+1 yn + a(c + 1)yn + ac2 ac2 (yn − yn+1 ) = yn+1 yn + a(c + 1)yn+1 + ac2 ac2 (yn + yn+1 ) + a(a + 1)c3 = yn+1 yn − ac2 (2.40) (2.41) (2.42) Hơn nữa, c = −1, phương trình (2.40) (2.41) trở thành a(yn+1 − yn ) yn+1 yn + a a(yn − yn+1 ) = yn+1 yn + a yn+2 = yn+2 Mặt khác, a = −1, phương trình (2.42) trở thành yn+2 = − c2 (yn + yn+1 ) yn+1 yn + c2 Trước kết thúc tiểu mục này, ta tổng kết số kết trường hợp đặc biệt Định lý 2.10 Định lý 2.11 Nghiệm phương trình sai phân hữu tỉ sau có chu kỳ 6: yn+1 − yn yn + yn+1 − yn = − yn yn+1 yn − = yn − yn+1 yn+2 = (y0 + 1)(y1 + 1) ̸= 0, yn+2 (y0 − 1)(y1 − 1) ̸= 0, yn+2 (y0 − y1 )(y02 − 1)(y12 − 1) ̸= 0, 45 yn+1 yn + yn+1 y0 y1 (y0 − y1 )(y0 + 1)(y1 + 1) ̸= 0, yn − yn+1 yn − yn+1 (y0 y1 − 1)(y02 − 1)(y12 − 1) ̸= = yn+1 yn − yn+2 = yn+2 Chứng minh Định lý suy từ phần (1) Định lý 2.10 Định lý 2.12 Nếu (y0 + 1)(y1 + 1) ̸= phương trình sai phân yn+2 = yn − yn+1 , yn+1 + n = 0, 1, có nghiệm nghiệm cho cơng thức yn = −1 +  (y0 + 1)Fn−2 (y1 + 1)Fn−1 (−1)n Hơn nữa, dãy nghiệm {yn } không bị chặn trừ y0 = y1 = 0; trường hợp đó, yn = với n Nếu (y0 − 1)(y1 − 1) ̸= phương trình sai phân yn+2 = yn+1 − yn , yn+1 − n = 0, 1, có nghiệm nghiệm cho cơng thức yn = −  (1 − y0 )Fn−2 (1 − y1 )Fn−1 (−1)n Hơn nữa, dãy nghiệm {yn } không bị chặn trừ y0 = y1 = 0; trường hợp đó, yn = với n Nếu (y1 − y0 )(y02 − 1)(y12 − 1) ̸= (y0 − 1)Fn−2 (y1 + 1)Fn−1 ̸= (y0 + 1)Fn−2 (y1 − 1)Fn−1 , n = 2, 3, phương trình sai phân yn+2 = yn+1 yn − , yn+1 − yn n = 0, 1, (2.43)