Tổng quan về phương trình sai phân
Mục này trình bày các khái niệm mở đầu như khái niệm phép tính sai phân, tính tuyến tính, phi tuyến, cấp của phương trình sai phân, các loại nghiệm, tính tồn tại duy nhất nghiệm Định nghĩa 1.1.1 Xét hàm số một biến thực x n Biểu thức
∆x n = x n+1 −x n được gọi là sai phân (tiến) bậc nhất củax n Sai phân bậc cao được xác định bởi biểu thức:
∆ k x n = ∆(∆ k−1 x n ), k ≥ 2. Định nghĩa 1.1.2 Mộtphương trình sai phân của ẩnx n là một hệ thức liên hệ giữan, x n và sai phân của nó có dạng
F(xn+k, , xn+1, xn, n) = 0 (1.1) hay dạng đã giải ra đối với số hạng có chỉ số cao nhất x n+k = H(x n+k−1 , , x n+1 , x n , n) (1.2)
Cấpcủa phương trình là hiệu số của chỉ số cao nhất và thấp nhất của dãy số x n trong phương trình.
Phương trình (1.1) được gọi là tuyến tínhnếu F là một biểu thức tuyến tính đối với các số hạng x j , j = n, , n +k Ngược lại, ta nói nó là một phương trìnhphi tuyến.
Nghiệm của (1.1) là một hàm số ϕ(n) sao cho khi thay vào (1.1), ta được một đồng nhất thức theo n Điểm cân bằng của (1.1) là một nghiệm hằng của phương trình đó.
Nghiệm tổng quát của (1.1) là một hàm ϕ(n, c 1 , , c k ) phụ thuộc vào k hằng số tự do sao cho nó thỏa mãn phương trình (1.1) với mọi bộ hằng số c 1 , , c k
Nghiệm riêng của (1.1) là một nghiệm ϕ(n) và đồng thời thỏa mãn điều kiện ϕ(0) = x 0 0 , ϕ(1) = x 0 1 , , ϕ(k −1) = x 0 k−1 , (1.3) vớix 0 0 , , x 0 k−1 cho trước Các hệ thức (1.3) được gọi là điều kiện ban đầu.
Giải phương trình sai phân là tìm tất cả các nghiệm của phương trình đó. Bài toán giải phương trình (1.1) và thỏa mãn điều kiện (1.1) được gọi là bài toán giá trị ban đầu. Định lý 1.1.3 Giả sử hàm H ở phương trình (1.2) luôn xác định và đơn trị với mọi giá trị có thể của đối số Khi đó, với k giá trị ban đầu cho trước x 0 0 , , x 0 k−1 , phương trình(1.2)luôn có duy nhất nghiệm.
Ví dụ 1.1.4 Sản phẩm của xí nghiệp A tăng trung bình mỗi tháng 1% Sản lượng của tháng đầu làA 1 Hãy mô tả tình hình sản phẩm của xí nghiệp.
Giải Ta gọi sản lượng tháng thứn làxn Khi đóxn+1 = xn + 1
100xn Đây là phương trình sai phân x n+1 = 1.01x n , x 1 = A 1
Ta thấy dãy sốx 1 , x 2 , , x n , lập thành một cấp số nhân với công bội q 1.01 Do đó xn = q n−1 x1 Vậy sản lượng tháng thứ n của xí nghiệp là xn 1.01 n−1 A 1
Ví dụ 1.1.5 Tại thời điểm thứngọipn là giá,Sn là cầu,Dn là cung Tốc độ giá cả là pn+1 −pn
∆t Khi đó phương trình mô tả hình động của thị trường có dạng p n+1 −p n
Vậy ta có phương trình sai phân p n+1 −p n = à∆t(S n −D n ).
Phép tính nguyên hàm
Tương tự như nguyên hàm đối với đạo hàm, sai phân cũng có một phép toán đảo ngược quá trình lấy sai phân, mà ta cũng sẽ gọi là nguyên hàm Chúng ta sẽ thấy, hầu như các loại phương trình sai phân đều đòi hỏi thao tác này để tìm nghiệm. Định nghĩa 1.2.1 Phép nghịch đảo phải của ∆, ký hiệu ∆ −1 , gọi là nguyên hàm của {x n } Tức là nguyên hàm của {x n } là một hàm mà sai phân của nó chính là hàmx n :
Ta có thể thấy ngay vài tính chất đơn giản ban đầu của nguyên hàm:
(i) ∆ −1 0 =c vớiclà hằng số bất kỳ.
(iii) Nguyên hàm có tính chất tuyến tính.
Bây giờ, ta giả sử y n = ∆ −1 x n hay∆y n = x n Từ định nghĩa sai phần, ta có ngày với mọin:
∆y n = y n+1 −y n = x n Cộng các đẳng thức trên vế theo vế cho các chỉ số1,2, , n−1, ta được yn−y1 n−1
Doy1 là bất kỳ nên ta có thể ký hiệu nó bởi một hằng sốc Thayyn bởi∆ −1 xn, ta có công thức
Bằng cách tương tự, ta định nghĩa nguyên hàm cấpk là nghịch đảo phải của sai phân cấpk:
Tất nhiên, ta cũng có thể định nghĩa nguyên hàm cấpk thông qua quy nạp, tức là nguyên hàm cấpk là nguyên hàm của nguyên hàm cấpk −1
Ta hãy xét một vài trường hợp cụ thể Sử dụng công thức (1.4), ta có
X h=1 xh+c1n 2 +c2n+c3 và công thức tổng quát là
Ta hãy kiểm tra xem ∆ −1 có phải là nghịch đảo trái của ∆hay không.
Tức là∆ −1 ∆và ∆∆ −1 sai khác một hằng số.
Sơ lược về phương trình cấp hai
Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai tổng quát
Đối tượng chính của tiểu mục này là lớpphương trình tuyến tính cấp haicó dạng như sau:
L(n)x n := x n+2 + p(n)x n+1 +q(n)x n = f n , (1.5) trong đó p(n), q(n) là hệ số của phương trình, nếu chúng không phụ thuộc vào nthì gọi làphương trình sai phân cấp hai hệ số hằng số Khi vế phải triệt tiêu f n = 0, ta cóphương trình thuần nhất:
Nếuf n ̸= 0, ta gọi phương trình là phương trình không thuần nhất Ta luôn giả sửq(n) ̸= 0để phương trình trên có cấp 2.
Trước tiên, ta thảo luận các khái niệm và tính chất liên quan đến nghiệm của phương trình thuần nhất. Định lý 1.3.1 Nếux (1) n , x (2) n là các nghiệm của(1.6)thì
Ax (1) n +Bx (2) n cũng là nghiệm của(1.6) với mọi hằng sốA, B.
Từ định lý trên, tập nghiệm của phương trình thuần nhất có cấu trúc của một không gian véctơ Điều đó dẫn đến yêu cầu nghiên cứu những tính chất tuyến tính của tập các nghiệm này. Định nghĩa 1.3.2 Hai hàm f1(n), f2(n) được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu tồn tại hai hằng sốc 1 , c 2 không đồng thời bằng không sao cho c 1 f 1 (n) +c 2 f 2 (n) ≡0.
Ngược lại, ta nói hai hàm trên làđộc lập tuyến tính.
Phát biểu sau đây chỉ ra điều kiện cần và đủ của tính độc lập tuyến tính. Định lý 1.3.3 Hai hàm f1(n), f2(n) phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi định thức Casorati của chúng đồng nhất không, tức là f 1 (n) f 2 (n) f 1 (n+ 1) f 2 (n+ 1)
Tiếp theo, ta thiết lập sự tồn tại của tập nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình tuyến tính thuần nhất. Định lý 1.3.4 Giả sử các hệ số p(n) và q(n) của phương trình (1.6) luôn xác định vàq(n)không triệt tiêu với mọin.Khi đó,(1.6)có2nghiệm độc lập tuyến tính. Định lý 1.3.5 Nếu x (1) n , x (2) n là hai nghiệm độc lập tuyến tính của (1.6) thì x n = Ax (1) n + Bx (2) n với A, B là hai hằng số tùy ý, là nghiệm tổng quát của phương trình(1.6).
Từ định lý trên ta thấy hai nghiệm độc lập tuyến tính bất kỳ lập thành cơ sở của không gian nghiệm Từ đó, ta gọi hai nghiệm độc lập tuyến tính bất kỳ của (1.6) làtập nghiệm cơ bản của phương trình.
Ta quay trở lại thảo luận các tính chất liên quan đến nghiệm của phương trình không thuần nhất Định lý sau đây cho ta cấu trúc nghiệm của phương trình tuyến tính không thuần nhất (1.5), từ đó ta có cơ sở để tách việc tìm nghiệm của phương trình (1.5) thành hai bước. Định lý 1.3.6 Nếu x¯ n là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất (1.6) và Xn là một nghiệm của phương trình không thuần nhất (1.5) thì tổng xn ¯ x n +X n là nghiệm tổng quát của(1.5).
Chứng minh Vì x¯n là nghiệm tổng quát của (1.6) và Xn là một nghiệm của (1.5) nên
Vậy nghiệm tổng quát của (1.5) làxn = ¯xn+Xn.
Nghiệm phương trình sai phân tuyến tính cấp hai hệ số hằng
De Moivre là người đầu tiên tìm công thức nghiệm dạng đóng của phương trình sai phân bắt đầu vào đầu thế kỷ thứ 18 (xem [5]) Ông đã giải được phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất với hệ số hằng Đầu tiên ông tìm được phương trình sai phân x n+2 = eax n+1 +ebx n , n ∈ N 0 , (1.7) dưới điều kiệneb ̸= 0và ea 2 ̸= −4eb có nghiệm là x n = (x1 −λ2x0)λ n 1 + (λ1x0 −x1)λ 2 n λ 1 −λ 2 , n ∈ N 0 , (1.8) trong đóλ1 vàλ2 là các nghiệm của phương trìnhP2(λ) = λ 2 −eaλ−eb Công thức nghiệm (1.8) được gọi là công thức de Moivre, còn đa thứcP 2 (λ)được gọi là đa thức đặc trưng của phương trình tuyến tính (1.7).
Sau đó, Euler phát triển phương pháp và ý tưởng của de Moivre Lagrange, Laplace và nhiều nhà khoa học khác tiếp tục nghiên cứu chủ đề này Laplace đã tìm ra một số phương pháp tìm nghiệm dạng đóng của một số lớp phương trình sai phân phi tuyến.
Từ kết quả của Laplace, dường như ông đã biết cách giải lớp phương trình sai phân phân tuyến tính như sau x n+1 = αx n +β γxn +δ, n ∈ N 0 , (1.9) trong đó α, β, γ, δ là các số cho trước Chú ý rằng ta thường phải giả thiết αδ −βγ ̸= 0 ̸= γ để tránh làm việc với phương trình tầm thường và phương trình tuyến tính trong (1.9) Do đó, phương trình (1.9) được coi là một trong những phương sai phân phi tuyến cơ bản giải được.
Chú ý rằng, nếu thực hiện đổi biến xen = γxn +δ, n ∈ N 0 , phương trình (1.9) trở thành xen+1 = αe+ βe xe n , n ∈ N 0 (1.10)
Tiếp tục thực hiện phép đổi biến xen = u n u n−1 , n ∈ N 0 , phương trình (1.10) trở thành u n+1 = αue n + βue n−1 , n ∈ N 0 , vậy ta thu được phương trình có dạng (1.7) Điều này có nghĩa tính giải được của (1.7) kéo theo tính giải được của (1.9).
Ví dụ về phương trình sai phân tuyến tính chưa giải được 10
Theo Định lý 1.3.6 và kết hợp cấu trúc không gian nghi của phương trình thuần nhất, nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất (1.5) sẽ tìm được bằng cách cộng nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng với một nghiệm riêng của nó Tuy nhiên, việc tìm nghiệm riêng của phương trình tổng quát chỉ khả thi với một số dạng đặc biệt của vế phải Khi không thuộc các trường hợp này, rất khó tìm được nghiệm tổng quát của phương trình. Chẳng hạn xét các ví dụ sau.
Ví dụ 1.3.7 Xét phương trình x n+2 −3x n+1 + 2x n = log 2 (n 2 + 1) + 3n 2
Phương trình đặc trưng tương ứng làλ 2 −3λ+ 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt làλ1 = 1và λ2 = 2.Vậy hai nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng là x (1) n = 1vàx (2) n = 2 n Giả sử nghiệm riêng của phương trình có dạng
Tìmc1(n)vàc2(n)bằng phương pháp biến thiên hằng số, ta có∆c1(n),∆c2(n) là nghiệm của hệ
2 n+2 ∆c 1 (n) + ∆c 2 (n) = log 2 (n 2 + 1) + 3n 2 (1.12) Giải hệ (1.12), ta thu được
Cộng vế với vế ta thu được c 1 (n)−c 1 (1) n−1
2 j+1 (log 2 (j 2 + 1) + 3j 2 ) với hệA = c1(1) được xác định sau Tương tự, ta tìm được c 2 (n) =B − n−1
(log 2 (j 2 + 1) + 3j 2 ) vớiB = c2(1)được xác định sau Tuy nhiên, hai công thức củac1(n) và c2(n) chỉ là công thức hình thức, không tính được tổng đó ra dưới dạng một hàm của n Do đó phương trình này là chưa giải được.
Ví dụ 1.3.8 Xét phương trình x n+2 −5x n+1 + 6x n = √ 3 n 2 + 2 + 3 n
Phương trình đặc trưng tương ứng làλ 2 −5λ+ 6 = 0 có hai nghiệm phân biệt làλ 1 = 2và λ 2 = 3.Vậy hai nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng là x (1) n = 2 n và x (2) n = 3 n Giả sử nghiệm riêng của phương trình có dạng
Tìmc 1 (n)vàc 2 (n)bằng phương pháp biến thiên hằng số, ta có∆c 1 (n),∆c 2 (n) là nghiệm của hệ
2 n+2 ∆c 1 (n) + 3 n+2 ∆c 2 (n) = √ 3 n 2 + 2 + 3 n Giải hệ phương trình, ta thu được
Cộng vế với vế ta thu được c1(n)−c1(1) n−1
2 j+1 , với hệA = c1(1) được xác định sau Tương tự, ta tìm được c2(n) =B − n−1
3 j+1 , vớiB = c 2 (1)được xác định sau Tuy nhiên, hai công thức củac 1 (n) và c 2 (n) chỉ là công thức hình thức, không tính được tổng đó ra dưới dạng một hàm của n Do đó phương trình này là chưa giải được.
Giải một số lớp phương trình sai phân cấp hai
Trong chương này luận văn trình bày 3 lớp phương trình sai phân có thể giải được Mục 2.1 trình bày một lớp phương trình sai phân cấp hai giải được bằng phương pháp phân tích thành nhân tử Mục 2.2 trình bày hai phương pháp khác nhau giải một lớp phương trình sai phân cấp hai hữu tỉ Mục 2.3 vận dụng lý thuyết liên phân số để giải một lớp phương trình sai phân tuyến tính cấp hai hệ số biến thiên.
Phương pháp phân tích thành nhân tử cho một lớp phương trình
Phương pháp phân tích thành nhân tử cho bài toán giá trị riêng của toán tử
Trong mục này, ta trình bày phương pháp phân tích thành nhân tử để giải bài toán giá trị riêng của toán tử sai phân cấp hai dưới một số giả thiết nhất định. Như sẽ trình bày sau đây, ta đi tìm một lớp phương trình sai phân cấp hai mà có phép phân tích thành nhân tử thành toán tử sai phân cấp một, từ đó giải được phương trình.
Xét họ toán tử sai phân cấp hai H k : ℓ 2 k (Z;ρ k ) → ℓ 2 k (Z;ρ k ), k ∈ Z, xác định bởi
Hk := zk(n)T + +wk(n)T − +vk(n), trong đó:
• {z k },{w k }và{v k }là các dãy số thực,
• T ± toán tử dịch chuyển xác định bởi
• ℓ 2 k (Z;ρk) là tập các dãy số phức với tích vô hướng
Ta muốn áp dụng phương pháp phân tích thành nhân tử cho các toán tửH k Định nghĩa 2.1.1([2]) Ta nói rằng các toán tửH k có phép phân tích nhân tử nếu
H k := A ∗ k A k +α k = A k+1 A ∗ k+1 +α k+1 , (2.1) trong đó α k là các hằng số thực, A k : ℓ 2 k (Z;ρ k ) → ℓ 2 k−1 (Z;ρ k−1 ) là toán tử annihilation (lowering) và A ∗ k : ℓ 2 k−1 (Z;ρ k−1 ) → ℓ 2 k (Z;ρk) là toán tử creation (rasing) tương ứng xác định bởi
Trong các công thức bên trên,{f k },{b k }và {c k }là các dãy số thực.
Trong mục này, lớp phương trình sai phân cấp hai cần giải là bài toán giá trị riêng củaH k như sau:
Hkψ l k (n) = λ l k ψ k l (n) (2.2) với ψ k l (n) là hàm riêng (nghiệm) cần tìm, l ∈ Z Thực hiện biến đổi bài toán giá trị riêng (2.2) ta được
⇔zk(n)ψ l k (n+ 1)−λ l k ψ k l (n) +wk(n)ψ k l (n−1) = −v k (n), chứng tỏ bài toán giá trị riêng (2.2) thuộc lớp phương trình sai phân cấp 2 phi tuyến không thuần nhất hệ số khác hằng (do bậc l trong ψ k l (n) có thể khác 1,các hệ sốz k (n), w k (n) phụ thuộc vàon, hàm vế phải−v k (n) không đồng nhất bằng0).
Áp dụng cho phương trình sai phân
Nếu toán tử H k có phép phân tích (2.1) thì bài toán giá trị riêng (2.2) giải được Tồn tại một số lớp phân tích nhân tử quan trọng
A k+1 A ∗ k+1 ψ k l (n) = (λ l k −a k+1 )ψ k l (n), với tính chất λ 0 k = a k Trong các trường hợp này, nghiệm khác không của phương trình A k ψ k 0 (n) = 0 cũng là nghiệm của (2.2) Ngoài ra, ta có thể sử dụng chỳng để xõy dựng nghiệm mới ψ l k (n) = A ∗ k ã ã ãA ∗ k−l+1 ψ k−l 0 (n) của bài toán giá trị riêng của toán tửH k với các giá trị riêng λ l k = α k−l Tác động của các toán tử tăng và toán tử giảm giữa các hàm này tương ứng làA ∗ k+1 ψ k l = ψ k+1 l+1 vàA k ψ k l = (α k−l −α k )ψ k−1 l−1 Các hàmψ k−1 l−1 , ψ k l , ψ k+1 l+1 tương ứng với cùng mức năng lượng λ l−1 k−1 = λ l k = λ l+1 k+1 = α k−l và tương ứng là các hàm riêng của các toán H k−1 ,H k ,H k+1 Ta minh họa tác động của toán tử tăng và toán tử giảm bằng đồ thị sau ψ 0 0 , α 0 ψ 1 0 , α 1 ψ 1 0 , α −1 ψ 1 1 , α 0 ψ 2 0 , α −2 ψ 1 2 , α −1
A 1 Điều kiện cần và đủ để tồn tại công thức phân tích (2.1) là f k+1 (n)−1 = b k (n) bk+1(n)(f k (n−1)−1), (2.3) ck+1(n) = b k+1 (n) b k (n) ck(n−1), (2.4) b k (n)−b k+1 (n+ 1) = α k+1 −α k + b k (n) b k+1 (n)(f k (n−1)−1) 2 c k (n−1)
Từ giờ trở đi, ta giả sử dãy{c k }xác định bởi c k (n) := 1 fk(n)−1.
Khi đó, hệ điều kiện (2.3)–(2.5) rút gọn thành f k+1 (n)−1 = bk(n) b k+1 (n)(f k (n−1)−1), (2.6) b k (n)−b k+1 (n+ 1) = α k+1 −α k + b k (n) b k+1 (n)(f k (n−1)−1)−(f k (n)−1).
Từ các hệ thức bên trên, ta có thể biểu diễn dãy{f k }theo dữ liệu ban đầu{f 0 } theo hai cách khác nhau là f k (n) = f 0 (n) + k−1
Từ tính tương thích giữa chúng, ta thu được bk(n)ã ã ãbk(1) b k+1 (n)ã ã ãb k+1 (1)(f k (0)−1)− bk(n)ã ã ãbk(1) b k+1 (n)ã ã ãb k+1 (2) (2.8)
Do tính phi tuyến của hệ, ta sẽ giới hạn trong trường hợp b k (n) =λb k+1 (n), λ ∈ R\{0}.
Phụ thuộc vào giá trị củaλ,ta chia thành hai trường hợp nhỏ sau đây.
Trường hợpλ = 1: Nếuλ = 1thì điều kiện (2.8) rút gọn thành phương trình của dãy{b 0 } b 0 (n+1)−b 0 (n) = n k(α k −α k+1 +α 1 −α 0 )+1 k(f 0 (0)−f k (0)+α 0 −α k ) (2.9)
Vì vế trái của biểu thức trên không phụ thuộc vào tham số k,ta thu được điều kiện sau đối với các hằng sốα k vàf k (0) α k = α 1 + (k−1)(α 1 −α 0 )−β 2 k(k−1), f k (0) = f 0 (0) +α 0 −α k −(β 2 +β 1 )k.
Ngoài ra, từ (2.9) ta thu được công thức tổng quát b k (n) = β 2 n 2 + β 1 n+β 0 với mọik, trong đóβ 2 , β 1 , β 0 là các hằng số.
Cuối cùng, ta thu được dạng tường minh của toán tử creation và toán tử annihilation
Thay các toán tử trên vào công thức phân tích nhân tử của họ toán tử sai phân cấp hai trong (2.1) ta thu được
Trường hợpλ ̸= 1: Nếuλ ̸= 1thì điều kiện (2.8) trở thành b 0 (n+ 1)−λ 2 b 0 (n)
Bởi vì dãy {b 0 }không phụ thuộc vào tham số k, ta thu được các điều kiện của hằng sốfk(0)và αk là f k (0) = f 0 (0) + (1−λ −k )(β 0 −λβ 0 ) +α 0 −α k , (2.11) α k = λ k α0 −α1
1−λ + (1 +λ −1 )β 0 , trong đóf 0 (0), α 0 , α 1 là các hằng số tuý ý và bk(n) = λ −k b0(n) =λ −k (β2λ 2n +β1λ n +β0) (2.12) Thay (2.11)-(2.12) vào (2.6) hoặc (2.7) ta thu được công thức biến đổi f k (n)−1 = λ k (f 0 (n−k)−1)
1−λ +λ −1 β 0 Cuối cùng, ta thu được dạng tường minh của các toán tử creation và annihilation
Thay các toán tử trên vào công thức phân tích nhân tử của họ toán tử sai phân cấp hai ta thu được
Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 2.1.2 Xét trường hợp λ = 1, β 2 = β 1 = 0, β 0 = 1, α 1 = 1và α 0 = 2. Công thức của toán tử creation và toán tử annihilation là
Ta thu được dãy các toán tử vớik ∈ Z có dạng
Hk = T + + [f0(0)−n+k]T − +f0(0)−n+ 1 Vậy bài toán giá trị riêng
Hkψ l k (n) = λ l k ψ k l (n) có nghiệm là ψ k l (n) = (T − + 1) l ψ k−l 0 (n) ứng với giá trị riêngλ l k = α k−l = k−l,trong đó các trạng thái cơ sở xác định bởi ψ k 0 (n) =ψ k 0 (0) n
Ví dụ 2.1.3 Xét trường hợpλ = 1, β 2 = 0, β 1 = 1, β 0 = 0, α 1 = 1vàα 0 = 2. Công thức của toán tử creation và toán tử annihilation là
Ta thu được dãy các toán tử vớik ∈ Z có dạng
H k = T + +n[f 0 (0)−1]T − +f 0 (0) +n−k + 1 Vậy bài toán giá trị riêng
H k ψ l k (n) = λ l k ψ k l (n) có nghiệm là ψ k l (n) = (nT − + 1) l ψ k−l 0 (n) ứng với giá trị riêngλ l k = α k−l = k−l,trong đó các trạng thái cơ sở xác định bởi ψ k 0 (n) = (2−f0(0)) n ψ 0 k (0).
Ví dụ 2.1.4 Xét trường hợp λ = 1 2 , β2 = β1 = 0, β0 = 1, α1 = 1 và α0 = 2. Công thức của toán tử creation và toán tử annihilation là
Ta thu được dãy các toán tử vớik ∈ Z có dạng
Hàm riêng (nghiệm) của các toán tử trên là ψ l k (n) = (2 k T − + 1)ã ã ã(2 k−l+1 T − + 1)ψ 0 k−l (n) ứng với giá trị riêng λ l k = α k−l = 3−2 k−l , trong đó các trạng thái cơ sở xác định bởi ψ k 0 (n) = (1−f 0 (0)) n 2 − n(n−1) n ψ k 0 (0).
Một lớp phương trình sai phân cấp hai hữu tỉ
Một lớp phương trình sai phân hữu tỉ cấp hai
Trong mục này, ta xét phương trình sai phân hữu tỉ cấp hai x n+1 = ax n + dx n x n −ax n−1 , n ∈ N 0 , (2.14) với các tham sốavà dvà các giá trị ban đầux −1 , x 0 được cho trước.
Chú ý rằng nếu d = 0thì (2.14) trở thành x n+1 = ax n , n ∈ N 0 , từ đó suy ra x n = a n x 0 , n ∈ N 0
Do vậy, từ giờ trở đi ta giả sửd ̸= 0.
Cũng chú ý rằng nếu a = 0thì (2.14) trở thành x n+1 = x n d x n , n ∈ N 0 , từ đó suy ra nghiệm của phương trình xác định đúng khi và chỉ khi x0 ̸= 0, và khix 0 ̸= 0thìx n = d, n ∈ N.Do đó, từ giờ trở đi ta cũng giả sửa ̸= 0.
Tính giải được dưới dạng đóng của phương trình sai phân được định nghĩa như sau. Định nghĩa 2.2.1 ([5]) Phương trình sai phân được gọi làgiải được dưới dạng đóng nếu tìm được hữu hạn công thức dạng đóng giúp xác định được mọi nghiệm xác định đúng của phương trình.
Dựa theo Định nghĩa 2.2.1, ta chỉ xét đến những nghiệm xác định đúng. Điều này có nghĩa với mọi nghiệm xác định đúng(xn) n≥−1 của (2.14), ta có x n ̸= ax n−1 , n ∈ N 0 (2.15)
Trong mục này ta trình bày hai phương pháp để giải phương trình sai phân (2.14) Phương pháp thứ nhất dùng bất biến của phương trình kết hợp với một số thủ thuật, phương pháp thứ hai là phương pháp thế, trong đó ta áp dụng một chuỗi các phép thế để thu được nghiệm tổng quát của phương trình.
Phương pháp sử dụng bất biến
Định nghĩa 2.2.2 ([5]) Nếu với mọi nghiệm (x n ) n≥−k của phương trình sai phân x n+s = f(x n+s−1 , x n+s−2 , , x n ), n ≥ −k, (2.16) trong đós, k ∈ N,tồn tại hàmI : R l (hoặc C l ) →R (hoặcC) và hằng số csao cho
I(xn, xn+1, , x n+l−1 ) = c, với n≥ −k, thì ta nói rằngI là một bất biếncủa phương trình (2.16).
I(u, v, w) = (w−av)(v −au)−dv thì từ (2.17) ta thấy hàmI là một bất biến của (2.14).
(x n+1 −ax n )(x n −a n−1 )−dx n = a(x n −ax n−1 )(x n−1 −ax n−2 )−adx n−1 , vớin ∈ N,từ đó kéo theo
Do phải thoả mãn (2.15) nên từ (2.18) ta thu được x n+1 −ax n −ax n−1 +a 2 x n−2 = d, n ∈ N (2.19) Phương trình đặc trưng của (2.19) là p3(λ) =λ 3 −aλ 2 −aλ+a 2 = (λ−a)(λ 2 −a), nên có nghiệm là λ1 = a, λ2 = √ a, λ3 = −√ a (2.20)
Trường hợp a = 1đã được trình bày trong [6] và thu được kết quả sau. Định lý 2.2.3([6]) Xét phương trình sai phân x n+1 = x n + dx n xn −x n−1 , n ∈ N 0 , (2.21) vớid ∈ C\{0}và x −1 , x 0 ∈ C.Khi đó nghiệm của(2.21)là x n x 0 +x −1 + dx 0 x0 −x −1 n
Tiếp theo, giả sử a ∈ C\{1,0} Khi này, các nghiệm của phương trình đặc trưng trong (2.20) khác nhau Do đó, phương trình thuần nhất xn+1−axn −ax n−1 +a 2 x n−2 = 0 có nghiệm tổng quát là x h n = c 1 a n +c 2 (√ a) n +c 3 (−√ a) n , n ≥ −1, kéo theo một nghiệm riêng của (2.19) có dạng x p n = ec, n≥ −1, từ đó dễ dàng tìm được x p n = d
Do đó nghiệm tổng quát của (2.19) là xn = c1a n +c2(√ a) n + c3(−√ a) n + d
(1−a) 2 , n ≥ −1 (2.23) Thay tương ứngn = −1,0,1vào (2.23), ta thu được a −1 c 1 + (√ a) −1 c 2 −(√ a) −1 c 3 = x −1 − d
(1−a) 2 Định thức của ma trận hệ số cho hệ phương trình (2.24) là
√a ̸= 0. Đặt các hệ số ở vế phải của (2.24) là ex j = x j − d
Do đó theo định lý Cramer, hệ (2.24) có các nghiệmc 1 , c 2 , c 3 là c1 = 1
Thay (2.25)–(2.27) vào (2.23), ta thu được x n a(x 0 −x −1 ) + x dx 0
Bây giờ ta sẽ chỉ ra dãy (x n )trong (2.28) là nghiệm của phương (2.14) bằng phương pháp quy nạp Đặc biệt trong quá trình chứng minh ta chỉ rõ trường hợp nchẵn và lẻ Đặt xb n :a(x0 −x −1 ) + x dx 0
Từ cách tính (2.28), ta suy ra xb −1 = x −1 và xb 0 = x 0 (2.30)
Từ (2.29) ta có bx 2n−1 a(x0 −x −1 ) + x dx 0
Ta cũng có xb 2n (x 0 −x −1 )a n+1 −(x 0 −ax −1 )
(2.33) vớin ≥ −1.Từ (2.31) và (2.32), ta có bx 2n −axb 2n−1 = ((a−1)x 0 +a(1−a)x −1 +d)a n −d a−1 , từ đó suy ra a+ d xb 2n −axb 2n−1 = a+ d(a−1)
Từ (2.33) và (2.34) ta có xb 2n a+ d bx 2n −axb 2n−1
Từ (2.32) và (2.36) ta có xb 2n+1 −abx 2n = d((x0 −x−1)a n+1 −(x0 −ax−1))
(x 0 −ax −1 )(a−1) , từ đó suy ra a+ d bx2n+1 −axb 2n
= (x 0 −ax −1 )a n+2 −(x 0 −ax −1 ) (x 0 −x −1 )a n+1 −(x 0 −ax −1 ) (2.38) Kết hợp (2.35) với (2.38), ta thu được bx 2n+1 a+ d xb 2n+1 −abx 2n
Theo nguyên lý quy nạp, từ các phương trình (2.30), (2.37), (2.39) ta suy ra (2.29) là nghiệm của (2.14) Do đó ta có định lý sau là trường hợp tổng quát của (2.23). Định lý 2.2.4 Xét phương trình(2.14), nếu a ̸= 1thì phương trình có nghiệm tổng quát xác định bởi x n a(x 0 −x −1 ) + x dx 0
Phương pháp thế
Trong mục này, ta sẽ dùng phương pháp thế để biến đổi phương trình về một số dạng đã có lời giải Chú ý rằng nếu xn 0 = 0và xn 0 ̸= axn 0 −1 (2.40) với n0 ∈ N 0 nào đó (tất nhiên ở đây ta coi các số hạng xn với −1 ≤ n ≤ n 0 xác định) thì từ (2.14) suy ra x n 0 +1 = 0, nên kết hợp với (2.40) suy ra x n 0 +1 −ax n 0 = 0, kéo theox n 0 +2 không xác định Do đó, những nghiệm như trên không xác định đúng Do vậy, từ giờ trở đi ta có thể giả sử thêm rằng xn ̸= 0, với mọi n ∈ N 0 Giá trị của x −1 có thể bằng không và về bản chất nó không ảnh hưởng tới nghiệm cuối cùng Tuy nhiên, vì nó ảnh hưởng tới một số bước trong quy trình tìm nghiệm tổng quát, ta cũng sẽ giả sử thêmx −1 ̸= 0.
Từ (2.14) ta có x n+1 −ax n = dx n x n −ax n−1 , n ∈ N 0 (2.41)
Do đó xn −axn−1 = dx n−1 x n−1 −ax n−2 , n ∈ N (2.42)
Từ (2.41) và (2.42) ta thu được xn+1 −axn = x n x n−1 (x n−1 −ax n−2 ), n ∈ N (2.43)
Ta viết lại (2.43) dưới dạng x n+1 xn
Sử dụng phép đối biến y n = xn x n−1 , n ∈ N 0 , (2.45) thì phương trình (2.44) trở thành y n+1 = a+ 1− a y n−1 , n ∈ N (2.46)
Phương trình (2.46) là phương trình cấp hai với chỉ số đan xen (xem [7]) Theo đó, dãy y m (i) := y 2m+i , (2.47) vớim ∈ N 0 và i = 0,1, là hai nghiệm của phương trình sai phân bậc nhất z m+1 = a+ 1− a z m , m ∈ N 0 (2.48)
Phương trình (2.48) là một trường hợp đặc biệt của phương trình sai phân phân tuyến tính (1.10) nên giải được Từ đó kéo theo tính giải được của (2.46), và từ phép đổi biến (2.45) kéo theo tính giải được của (2.43).
Ta chia thành hai trường hợp làa = 1vàa ̸= 1.
Trường hợp a = 1 Trong trường hợp này (2.48) trở thành zm+1 = 2− 1 z m , m ∈ N 0
Sử dụng phép đổi biến zm = u m u m−1 , m ∈ N 0 , (2.49) và với giả thiếtu −1 khác không, ta thu được u m+1 = 2u m −u m−1 , m ∈ N 0 (2.50)
Phương trình đặc trưngPe 2 (λ) = λ 2 −2λ+1của phương trình (2.50) có nghiệm làλ 1 = λ 2 = 1 nên nghiệm tổng quát của (2.50) là u m = bc 1 m+bc 2 , m ≥ −1, từ đó thu được u m = (u 0 −u −1 )m+u 0 = u 0 (m + 1)−u −1 m, m≥ −1 (2.51) Thay (2.51) vào (2.49), ta thu được z m = u 0 (m+ 1)−u −1 m u 0 mưu ư1 (mư1) = z 0 (m+ 1)ưm z 0 m−m+ 1 , m ∈ N 0 (2.52)
Do đó từ (2.53)-(2.54) ta thu được x 2n−1 = x −1
Từ (2.45), (2.53), (2.54) và (2.55) ta thu được x 2n = x −1
Dễ thấy phương trình (2.56) và (2.57) phù hợp với (2.22), chứng tỏ phương pháp dẫn tới việc tìm nghiệm tổng quát của phương trình (2.14) trong trường hợpa = 1.
Trường hợp a ̸= 1 Thay phép đổi biến (2.49) vào (2.48) ta thu được u m+1 = (a+ 1)u m −au m−1 , (2.58) vớim ∈ N 0 Vì phương trình đặc trưng
Pb 2 (λ) = λ 2 −(a+ 1)λ +a có nghiệm là λ 1 = a, λ 2 = 1 nên sử dụng công thức de Moivre (1.8) ta thu được nghiệm tổng quát của (2.58) là u m = (u 0 −u −1 )a m+1 +au −1 −u 0 a−1 , (2.59) vớim ≥ −1.Thay (2.59) vào (2.49), ta thu được z m = (u 0 −u −1 )a m+1 +au −1 −u 0
= (y i −1)a m+1 +a−y i (y i −1)a m +a−y i , vớim ∈ N 0 và i = 0,1,từ đó kết hợp với (2.45) ta có y 2m = (y0 −1)a m+1 + a−y0
(2.63) vớin ∈ N 0 Ngoài ra, từ (2.54), (2.61) và (2.63) ta có x 2n = x 2n−1 y 2n
(2.64) vớin∈ N 0 Dễ kiểm tra được phương trình (2.63) và (2.64) phù hợp với (2.28), chứng tỏ phương pháp thế dẫn tới việc tìm nghiệm tổng quát của phương trình (2.14) trong trường hợpa ̸= 1.
Ví dụ 2.2.5 (i) Xét phương trình x n+1 = x n + 4x n x n −x n−1 , x −1 = 1, x 0 = 3, n ∈ N 0 Vớid= 4,theo công thức nghiệm (2.56)–(2.57), phương trình có nghiệm là x 2n−1 = dn 2 + x 0 −x −1 + dx −1 x0 −x −1 n+x −1
= 4n 2 + 8n+ 3, n ∈ N 0 (ii) Xét phương trình xn+1 = xn+ 6x n x n −x n−1 , x −1 = 2, x0 = 4, n ∈ N 0 Vớid= 6,theo công thức nghiệm (2.56)–(2.57), phương trình có nghiệm là x 2n−1 = dn 2 + x 0 −x −1 + dx −1 x0 −x −1 n+x −1
Ví dụ 2.2.6 (i) Xét phương trình x n+1 = 2x n + 3x n x n −2x n−1 , x −1 = 1, x 0 = 3, n ∈ N 0
Vớia = 2, x 0 ̸= ax −1 nên phương trình có nghiệm đúng Vớid = 3,theo công thức nghiệm (2.63)–(2.64), phương trình có nghiệm là x 2n−1 = ((x 0 −x −1 )a n +ax −1 −x 0 )(((a−1)(x 0 −ax −1 ) +d)a n −d)
(ii) Xét phương trình x n+1 = 3x n + 4x n xn −3x n−1 , x −1 = 2, x 0 = 4, n ∈ N 0
Vớia = 3, x 0 ̸= ax −1 nên phương trình có nghiệm đúng Vớid = 4,theo công thức nghiệm (2.63)–(2.64), phương trình có nghiệm là x 2n−1 = ((x0 −x −1 )a n +ax −1 −x0)(((a−1)(x0 −ax −1 ) +d)a n −d)
Vớia = 2, x 0 ̸= ax −1 nên phương trình có nghiệm đúng Vớid = 2,theo công thức nghiệm (2.63)–(2.64), phương trình có nghiệm là x 2n−1 = ((x 0 −x −1 )a n +ax −1 −x 0 )(((a−1)(x 0 −ax −1 ) +d)a n −d)
Chú ý 2.2.7 Nhắc lại rằng tính giải được của (2.48) kéo theo tính giải được của (2.43) Nhưng không hiển nhiên thấy (2.63) và (2.64) là một nghiệm tổng quát của (2.14) Để đầy đủ ta cần kiểm tra bằng phương pháp quy nạp Điều đáng chú ý là ở đây chúng ta chỉ xét các nghiệm được xác định đúng, tức là các nghiệm thỏa mãn điều kiện (2.15) Điều này có nghĩa là đối với các nghiệm như vậy phương trình (2.43) tương đương với phương trình sau:
(x n+1 −ax n )(x n −ax n−1 ) dx n = (x n −ax n−1 )(x n−1 −ax n−2 ) dx n−1 , n ∈ N, nên tương đương với phương trình sau:
(xn+1 −axn)(xn −ax n−1 ) dx n = (x1 −ax0)(x0 −ax −1 ) dx 0 , n ∈ N, (2.65) Bây giờ, từ (2.14) vớin = 0ta thu được
Từ (2.65) và (2.66) ta thu được hệ thức (2.14) Do đó, nghiệm xác định đúng của (2.14) thoả mãn đồng thời (2.14) và (2.43).
Một lớp phương trình sai phân tuyến tính cấp hai có hệ số biến thiên
Một lớp phương trình đặc biệt
Xét phương trình sai phân tuyến tính cấp hai y n −b n y n−1 −a n y n−2 = f n , n ≥ 1 (2.67) với(b n )và(a n )là các hệ số biến thiên trong tập số phức Khi các hệ số là hằng số thì (2.67) có nghiệm yn dạng yn = x n và được tìm bằng cách giải phương trình đặc trưng (xem Mục 1.3.2) Tuy nhiên, khi các hệ số khác hằng thì biểu diễn nghiệm tổng quát trở nên rất phức tạp và không cung cấp bất kỳ thông tin chi tiết hữu ích nào Theo Định lý 1.3.5, ta biết rằng phương trình (2.67) có hai nghiệm độc lập tuyến tính và nghiệm tổng quát là tổ hợp tuyến tính của hai nghiệm độc lập tuyến tính này Bên cạnh đó, khi cho trước điều kiện ban đầuy 0 vày −1 thì nghiệm xác định duy nhất Định lý sau đưa ra công thức nghiệm của(2.67) bằng cách sử dụng liên phân số. Định lý 2.3.1([3]) Giả sử tồn tại hai dãy số phức (cn)và (dn)thỏa mãn c n +d n+1 = b n , (2.68) cndn = −a n , (2.69) với bất kỳn ≥ 1 Khi đó với điều kiện ban đầu y −1 và y 0 , phương trình(2.67) có nghiệm là y n n+1
Y j=1 d j , với mọin≥ 1. Để chứng minh định lý, ta cần một số kết quả chuẩn bị Ký hiệuT là toán tử dịch chuyển: T y n = y n+1 với dãy (y n ) bất kỳ Khi đó, ta có thể viết lại (2.67) như sau yn−bny n−1 −any n−2 = (T 2 −bnT −an)y n−2 = 0.
Bổ đề 2.3.2 Cho hai dãy(c n )và(d n )xác định như trong Định lý 2.3.1 Khi đó
So sánh với (2.67) ta thu được d n+1 + c n = b n và c n d n = −a n Đây chính là điều phải chứng minh.
Chú ý rằng T không có tính giao hoán nên (2.68) không có tính đối xứng. Bây giờ ta chứng minh Định lý 2.3.1.
Chứng minh Định lý 2.3.1 Lấy (c n ) và (d n ) như trong phát biểu của định lý. Áp dụng Bổ đề 2.3.2, ta viết lại (2.67) thành(T −c n )(T −d n )y n−2 = f n Đặt dãy(w n ) n≥−1 bởi w n−2 := (T −dn)y n−2 (2.70) khi đó (T −cn)w n−2 = fn Kéo theo w n−1 = fn + cnw n−2 với bất kỳn ≥ 1. Tiến hành lặp liên tiếp ta thu được wn−1 n
Y j=1 cj, trong đów −1 xác định từ (2.70) bởi w −1 = y 0 −d 1 y −1 Áp dụng (2.70), ta thu được phương trình sai phân cấp một với hệ số biến thiên y n−1 = w n−2 +d n y n−2 Tiến hành lặp liên tiếp ta thu được y n−1 n
Chú ý rằng, bằng quy nạp ta có thể thấy với hầu hết dãy(an)và(bn), tồn tại hai dãy(c n ) và(d n ) thỏa mãn (2.68) và (2.69).
Cũng lưu ý rằng, ta có sự linh hoạt trong việc chọn d 1 Điều này không có nghĩa là phương trình sai phân (2.67) có nhiều nghiệm Thay vào đó, chúng chỉ là các cách biểu diễn khác nhau của cùng một nghiệm Cụ thể, khi y −1 khác 0, ta chọnd 1 sao choy 0 −d 1 y −1 = 0kéo theo nghiệm có biểu diễn đơn giản hơn.
Hệ quả trực tiếp của định lý trên là ta có thể đặtf n = 0để thu được nghiệm sau của phương trình thuần nhất. Định lý 2.3.3([3]) Giả sử tồn tại hai dãy số phức(c n )và(d n )thỏa mãn(2.68) và(2.69)với bất kỳn ≥1.Khi đó, phương trình sai phân cấp hai thuần nhất y n −b n y n−1 −a n y n−2 = 0, n ≥ 1 với điều kiện ban đầuy −1 vày 0 có nghiệm là y n = (y 0 −d 1 y −1 ) n+1
Hệ quả 2.3.4 ([3]) Giả sử (cn) và (dn) xác định như trong Định lý 2.3.1 Nếu y −1 ̸= 0,phương trình sai phân(2.67)có nghiệm y n = y −1 n+1
Ứng dụng trong biểu diễn số π
Để đưa ra công thức nghiệm dạng đóng, ta cần tìm nghiệm dạng đóng của (2.68) và (2.69) Đặc biệt khi a n ̸= 0 với mọi n ≥ 1thì có d n ̸= 0 với n ≥ 0 nên ta có thể lấy d1 ̸= 0 Trong trường hợp này, thay vào (2.69) ta thu được (b n −d n+1 )d n = −a n Giải theod n+1 ta thu được công thức truy hồi d n+1 = b n + a n dn
Lặp lại công thức trên, ta thu được biểu diễn liên phân số suy rộng cho dãy(c n ) và(dn) như sau.
Bổ đề 2.3.5([3]) Cố địnhd1 là một số phức khác không bất kỳ, vớin ≥1đặt d n+1 = b n + a n b n−1 + a n−1 b n−2 +ã ã ã+ a 2 b 1 + a 1 d 1
Giả sử dãy(d n )xác định đúng, khi đó(d n ) và(c n ) thỏa mãn(2.68)và(2.69).
Tiếp theo, ta áp dụng Định lý 2.3.1 để thu được biểu diễn liên phân số suy rộng mới của π 2 Biểu diễn các hằng số toán học bằng liên phân số suy rộng không phải là chủ đề mới Tuy nhiên, một thuật toán máy tính dựa trên học máy đã được phát triển gần đây để tạo ra nhiều giả thuyết dường như mới về cách biểu diễn liên phân số Những giả thuyết mới được tạo ra này được đăng tạiwww.ramanujanmachine.com, thu hút các nghiên cứu mới về lý thuyết liên phân số Sử dụng Định lý 2.3.3, ta chứng minh được các giả thuyết sau trong trang web trên. Định lý 2.3.6([3]) Ta có
Chứng minh Theo tính chất của liên phân số, phép xấp xỉ thứn A n và B n của liên phân số suy rộng thoả mãn
VìA −1 ̸= 0,ta có thể áp dụng Hệ quả 2.3.4 với d 1 = A 0 /A −1 = b 0 = 1và thu được
Y j=1 dj, với d j xác định trong (2.71) Ta có d 2 = b 1 +a 1 = 7−1 = 6 Theo quy nạp vớid n = n(2n−1)ta thu được d n+1 = b n + an d n = 3n(n+ 1) + 1− (2n−1)n 3 n(2n−1) = (n+ 1)(2n+ 1).
2 n+1 Đối vớiB n , ta cóB −1 = 0và B 0 = 1nên thu được nghiệm
Y j=i+1 d j Lấyd 1 = 1như trước đây, ta thu được dn = n(2n−1) = 2n(2n−1)/2, kéo theo c n = b n −d n+1 = 3n 2 + 3n+ 1−2n 2 −3n−1 = n 2
Y j=i+1 d j = (i−1)! 2 (n+ 1)!(2n+ 1)!! i!(2i−1)!! = A n (i−1)! 2 i!(2i−1)!! = A n i! 2 2 i i 2 (2i)!, ở trên ta sử dụng tính chấti!(2i−1)!! = (2i)!/2 i Do đó
Do đó, áp dụng [4, (3.78)] ta thu được n→∞lim
Chứng minh Chứng minh của Định lý 2.3.7 tương tự như chứng minh định lý trên nên ta bỏ qua chi tiết Lấy d 1 = A 0 /A −1 = b 0 = 2 ta thu được d n 2n(2n−1)dẫn tới
Ta cũng sử dụng d n để tìm B n Trong trường hợp này, ta thu được c n = b n − d n+1 = n 2 và
Do đó, áp dụng [4, (3.75)] ta thu được n→∞lim
• Luận văn này đã nhắc lại một số kiến thức cơ bản của phương trình sai phân Cụ thể luận văn trình bày một số kết quả về hệ nghiệm cơ bản của phương trình sai phân tổng quát và công thức nghiệm theo nghiệm phương trình đặc trưng của phương trình sai phân hệ số hằng.
• Tiếp đó luận văn đã trình bày một số phương pháp mới giải phương trình sai phân cấp hai, bao gồm: sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử, sử dụng bất biến của phương trình và sử dụng liên phân số.
• Kết hợp với phép đổi biến, kết quả của luận văn có thể được dùng để tạo ra những đề bài mới, phục vụ cho việc giảng dạy nội dung quan hệ hồi quy,hay một số bài toán về dãy số ở chương trình phổ thông, từ dạng cơ bản cho học sinh đại trà, đến những dạng phức tạp cho các cuộc thi học sinh giỏi.