Biến phức định lý và áp dụng P7

302 Chương 6. Khảo sát dãy số và phương trình sai phân u √ v 2 − 1= √ 3 √ v 2 − 1+v, ∀u, v ∈ [ √ 3, +∞). Lấy phương trình thứ hai trừ vế theo vế cho phương trình thứ nhất của hệ ta được u √ v 2 − 1 − v √ u 2 − 1= √ 3 √ v 2 − 1 − √ 3 √ u 2 − 1+v − u. Viết lại phương trình này dưới dạng √ v 2 − 1  u − √ 3  − √ u 2 − 1  v − √ 3  = v − u. Ta chứng minh u = v. Giả sử trái lại, u>v, khi đó vế phải âm. Ta chứng minh vế trái dương. Thật vậy, xét hàm số f(t)= t− √ 3 √ t 2 −1 ,t √ 3. Dễ thấy, f là hàm đơn điệu tăng. Do đó ta có f(u) >f(v) u − √ 3 √ u 2 − 1 > v − √ 3 √ v 2 − 1 √ v 2 − 1  u − √ 3  > √ u 2 − 1  v − √ 3  √ v 2 − 1  u − √ 3  − √ u 2 − 1  v − √ 3  > 0. Điều này chứng tỏ vế trái dương. Ta có điều vô lý. Do đó u = v. Xét phương trình  = √ 3+  √  2 − 1 ,∈ [ √ 3, +∞). (∗) Vì  ∈ [ √ 3, +∞) nên 0 < 1  < 1. Do đó tồn tại θ ∈ (0,π/2) sao cho 1  = sin θ. Khi đó phương trình có dạng  = 1 sin θ = √ 3+ 1 cos θ ⇔ (sin θ − cos θ)+ √ 3 sin θ cos θ =0. Giải phương trình (∗) với điều kiện  ∈ [ √ 3, +∞) ta được nghiệm duy nhất  = 1 sin θ = √ 3( √ 5+1) 2 . 6.6. Một số lớp phương trình sai phân phi tuyến có chậm 303 Vậy, mọi nghiệm của phương trình sai phân trên với điều kiện ban đầu thuộc [ √ 3, +∞) hội tụ đến số dương  = √ 3( √ 5+1) 2 . Nhận xét 6.3. Dễ thấy rằng, nếu (y n ,z n ) là nghiệm của hệ phương trình sai phân y n+1 = βy n + αz n ,y 0 = x 0 , z n+1 = By n + Az n ,z 0 =1 thì x n = y n z n là nghiệm của phương trình (4.13). Do đó, việc khảo sát sự hội tụ của nghiệm phương trình (4.13) có thể chuyển về việc tìm nghiệm (y n ,z n ) của hệ phương trình sai phân trên, sau đó tính giới hạn y n z n khi n tiến ra vô cùng. Tuy nhiên, cách này không gọn bằng cách sử dụng định lý 6.16. Về một số phương trình sai phân hữu tỷ bậc hai Trong mục này ta khảo sát sự hội tụ của nghiệm phương trình sai phân sau x n+1 = βx n + α A + x n + Cx n−1 , (4.14) trong đó n ∈ N và x 0 ,x 1 là 2 số thực không âm cho trước. Ta giả thiết các tham số trong phương trình (4.14) là các số thực dương. Trong mục này ta luôn giả thiết f :[0, +∞)× [0, +∞) → [0, +∞) là hàm liên tục. Các bổ đề sau rất cần thiết để khảo sát sự hội tụ của nghiệm phương trình (4.14). Bổ đề 6.1. Nếu mọi nghiệm của phương trình x n+1 = f(x n ,x n−1 ),n∈ N, (x 0 ,x 1 > 0 cho trước) (4.15) hội tụ đến một số dương , thì hệ phương trình x = f(y,x), 304 Chương 6. Khảo sát dãy số và phương trình sai phân y = f(x, y) có nghiệm dương duy nhất x = y = . Chứng minh: Gọi (x, y) là một nghiệm dương của hệ phương trình trên. Xét phương trình (4.15) với x 1 = x và x 0 = y. Thế thì x 2 = f(x 1 ,x 0 )=f(x, y)=y và x 3 = f(x 2 ,x 1 )=f(y,x)=x. Ta chứng minh bằng quy nạp rằng x 2k = y và x 2k+1 = x với mọi k. Giả sử x 2k = y, x 2k+1 = x với một số tự nhiên k nào đó, ta sẽ chứng minh x 2(k+1) = y, x 2(k+1)+1 = x. Thật vậy, ta có x 2(k+1) = f(x 2k+1 ,x 2k )=f(x, y)=y, x 2(k+1)+1 = f(x 2k+2 ,x 2k+1 )=f(y,x)=x. Như vậy x 2k = y,x 2k+1 = x với k ∈ N 0 . Theo giả thiết {x n } n hội tụ đến số dương , nên ta được các dãy con {x 2k } ∞ k=0 ,{x 2k+1 } ∞ k=0 hội tụ đến , tức là x = y = . Bổ đề được chứng minh. Bổ đề sau sẽ chỉ ra rằng điều kiện của bổ đề 6.1 là đủ nếu hàm f bị chặn và đơn điệu giảm theo biến x, đơn điệu tăng theo biến y. Trước hết ta xét ví dụ sau: Ví dụ 6.50. Xét phương trình sai phân x n+1 = x n +1 x n + x n−1 +1 ,x 0 ,x 1 cho trước . Chọn x 0 ,x 1 ∈ (0, 1). Xét hàm số f(x, y)= x +1 x + y +1 . Dễ thấy f đồng biến theo x, nghịch biến theo y. Mặt khác, inf x,y0 f(x, y)=0:=α 0 , sup x,y0 f(x, y)=1:=β 0 và x n ∈ (α 0 ,β 0 ), ∀n  2. 6.6. Một số lớp phương trình sai phân phi tuyến có chậm 305 Đặt α 1 = inf x,y∈(α 0 ,β 0 ) f(x, y),β 1 = sup x,y∈(α 0 ,β 0 ) f(x, y). Ta có α 1 = f(α 0 ,β 0 )= 1 2 ,β 1 = f(β 0 ,α 0 )=1. Tương tự α n+1 = inf x,y∈(α n ,β n ) f(x, y)=f(α n ,β n ),β n+1 = sup x,y∈(α n ,β n ) f(x, y)=f(β n ,α n ), với n =0, 1, 2,···. Ta được {α n } n là dãy đơn điệu tăng và bị chặn trên bởi 1, {β n } n là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới bởi 0, do đó chúng hội tụ. Giả sử lim n→∞ α n = α, lim n→∞ β n = β. Ta thu được hệ sau α = f(α, β) β = f(β,α). Suy ra α = β = 1 √ 2 . Mặt khác, ta chứng minh bằng quy nạp được x n+2k ∈ (α k ,β k ),k=0, 1, 2,··· . Do đó lim x n = 1 √ 2 . Bổ đề 6.2. Giả sử hàm f đơn điệu giảm theo biến x với mỗi y>0 và đơn điệu tăng theo biến y với mỗi x>0. Giả thiết thêm rằng, M := sup x,y0 f(x, y) < ∞ và hệ phương trình u = f(v,u), 306 Chương 6. Khảo sát dãy số và phương trình sai phân v = f(u, v) có nghiệm duy nhất u = v = . Khi đó mọi nghiệm của (4.15) hội tụ đến . Chứng minh: Theo giả thiết ta có x n+1 = f(x n ,x n−1 ) <Mvới mọi n ∈ N 2 . Không mất tính tổng quát ta giả sử x n <Mvới mọi n ∈ N 0 . Ta xét hệ phương trình sai phân sau u n+1 = f(v n ,u n ), v n+1 = f(u n ,v n ) với n ∈ N 0 . ở đây ta đặt u 0 =0,v 0 = M. Rõ ràng, u 0 <x n <v 0 với mọi n ∈ N 0 . Do hàm f đơn điệu giảm theo biến x và đơn điệu tăng theo biến y, nên x n+2 = f(x n+1 ,x n ) <f(u 0 ,v 0 )=v 1 và tương tự, x n+2 = f(x n+1 ,x n ) >f(v 0 ,u 0 )=u 1 với mọi n ∈ N 0 . Bằng phương pháp chứng minh quy nạp, ta có thể thấy rằng u k <x n+2k <v k với mọi k, n ∈ N 0 . Mặt khác u 0 <u 1 và v 0 >v 1 . Cũng do hàm f đơn điệu giảm theo biến x và đơn điệu tăng theo biến y nên ta có u 2 = f(v 1 ,u 1 ) >f(v 0 ,u 0 )=u 1 và tương tự v 2 <v 1 . Bằng chứng minh quy nạp ta có dãy {u k } k đơn điệu tăng và dãy {v k } k đơn điệu giảm. Gọi u, v lần lượt là giới hạn của các dãy {u k } k và {v k } k .Tacóu và v thỏa mãn hệ phương trình u = f(v,u), 6.6. Một số lớp phương trình sai phân phi tuyến có chậm 307 v = f(u, v). Theo giả thiết u = v = . Như vậy các dãy {u k } k và {v k } k là hội tụ và giới hạn của hai dãy này là . Theo trên ta có u k <x n+2k <v k ,k,n∈ N 0 nên ta được dãy {x n } ∞ n=0 hội tụ và lim n→∞ x n = . Bổ đề được chứng minh. Chú ý 6.5. Nếu hàm f bị chặn thì với mỗi nghiệm {x n } n của (4.15), tồn tại hai dãy giới hạn đầy {u n } n∈Z và {v n } n∈Z thoả mãn (4.15) với mọi n ∈ Z sao cho u 0 = lim sup n→∞ x n ,v 0 = lim inf n→∞ x n ,u n ,v n ∈ [v 0 ,u 0 ] với mọi n ∈ Z. Hai dãy giới hạn đầy này được chọn từ tập giới hạn ω của nghiệm {x n } n . Bổ đề 6.3. Giả sử hàm f đơn điệu giảm theo biến y với mỗi x>0 và M := sup x,y0 f(x, y) < ∞. Thế thì với mỗi nghiệm {x n } n của (4.15) ta có max 0xM f(x, 0)  lim sup n→∞ x n    lim inf n→∞ x n  min 0xM f(x, M). Chứng minh: Chọn hai dãy giới hạn đầy {u n } n∈Z và {v n } n∈Z từ tập giới hạn ω của {x n } n sao cho u 0 = lim sup n→∞ x n ,v 0 = lim inf n→∞ x n ,u n ,v n ∈ [v 0 ,u 0 ] với mọi n ∈ Z. Ta có u 0  u 1 = f(u 0 ,u −1 )  f(u 0 ,u 0 ). Tương tự, ta nhận được v 0  f(v 0 ,v 0 ). Từ đây suy ra nghiệm dương duy nhất của phương trình x = f(x, x) phải nằm trong [v 0 ,u 0 ]. Mặt khác, u 0 = f(u −1 ,u −2 )  f(u −1 , 0)  max 0xM f(x, 0). 308 Chương 6. Khảo sát dãy số và phương trình sai phân Tương tự, ta có v 0  min 0xM f(x, M). Bổ đề được chứng minh. Bây giờ ta khảo sát tính chất của nghiệm phương trình (4.14). Để tiện theo dõi ta nhắc lại kết qủa sau của Đ.V. Giang. Định lý 6.17. Giả sử β  α/A. Nếu một trong các điều kiện sau thoả mãn thì dự đoán của G. Ladas là đúng. (i) β  A; (ii) β>Avà C  1; (iii) β>A,C>1 và (β − A) 2  4α/(C − 1). Nhận xét 6.4. Kết hợp định lý 6.17 và bổ đề 6.3 ta thấy rằng, nếu các điều kiện (i)-(iii) của định lý 6.17 không xảy ra thì với mỗi nghiệm {x n } n của (4.14) ta có a  lim inf n→∞ x n    lim sup n→∞ x n  b, trong đó a = 1 2  β − A −  (β − A) 2 − 4α C − 1  , b = 1 2  β − A +  (β − A) 2 − 4α C − 1  . Tiếp theo ta nghiên cứu dự đoán của Ladas trong trường hợp β = A. Đáng tiếc trong trường hợp này ta vẫn phải hạn chế trên các tham số β,α và C. Định lý 6.18. Giả sử β = A và C<1. Nếu α<4β 2 /(C +1) thì dự đoán của G. Ladas là đúng. 6.6. Một số lớp phương trình sai phân phi tuyến có chậm 309 Chứng minh: Trước hết để ý rằng nếu α  β 2 , ta có thể áp dụng trường hợp (i) của định lý 6.17. Vì vậy, không mất tính tổng quát ta giả sử rằng α>β 2 . Mặt khác ta có  =  α C +1 (4.16) và |x n+1 − | = |(β − )(x n − ) − C(x n−1 − )| x n + Cx n−1 + β . (4.17) Đặt δ n = |x n − |. Ta nhận được δ n+1  |β − |δ n + Cδ n−1 β . Xét phương trình sai phân tuyến tính y n+1 = |β − |y n + Cy n−1 β với n ∈ N, (y 0 = δ 0 ,y 1 = δ 1 ). Dễ thấy δ n  y n với mọi n ∈ N 0 và y n có dạng y n = α 1 λ n 1 + α 2 λ n 2 , trong đó λ 1,2 là các nghiệm của phương trình βλ 2 =| β −  | λ + C. (4.18) Ta chứng minh rằng các nghiệm của phương trình (4.14) có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn 1 (và hệ quả là y n → 0 khi n →∞). Điều này tương đương với việc chứng minh β>|β − | + C. (4.19) Cuối cùng ta hãy xét hai trường hợp có thể xảy ra: Nếu α<β 2 (C +1),ta có β>và hệ quả là |β − | + C = β +(C − 1)<β(vì C<1). Trường hợp thứ hai là α ≥ β 2 (C +1).Tacóβ   và |β − | + C =(C +1) − β =  α(C +1)− β<2β − β = β (vì α<4β 2 /(C +1)). Định lí được chứng minh. 310 Chương 6. Khảo sát dãy số và phương trình sai phân Định lý 6.19. Giả sử β = A và 1  C  2. Nếu α<9β 2 /(C +1) thì dự đoán của Ladas là đúng. Chứng minh: Trước hết chú ý rằng nếu α  β 2 , ta có thể áp dụng trường hợp (i) định lý 6.17. Vì vậy không mất tính tổng quát, ta giả sử α>β 2 . Xét hàm f(x, y)= βx + α x + Cy + β . Ta sẽ chứng tỏ sup x,y0 f(x, y)= α β . Thật vậy, ta có f(x, y)= βx + α x + Cy + β = α β − αx + αCy − β 2 x x + Cy + β = α β − αCy + βx( α β − β) x + Cy + β  α β . với mọi x, y ≥ 0. Lấy >0 nhỏ tùy ý, ta chứng minh tồn tại (x, y) ∈ [0,∞)× [0,∞) sao cho f(x, y) > α β − , tức là αx + αCy − β 2 x x + Cy + β < hay (x + Cy)( − α)+β + β 2 x x + Cy + β > 0. Nếu  ≥ α thì bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng với mọi (x, y) ∈ [0,∞) × [0,∞). Còn nếu <αthì ta chọn x = 1 β 2 (x + Cy)(α − ) và y tùy ý thuộc [0,∞), khi đó bất đẳng thức trên thỏa mãn. Vậy sup x,y≥0 f(x, y)= α β . Mặt khác, ta có ∂ ∂y f(x, y)= −C (x+Cy+β) 2 < 0, ∀x, y  0 nên hàm f(x, y) đơn điệu giảm theo biến y trên [0,∞), do đó f(x, y)  f(x, α/β), ∀y ∈ [0, α/β]. Hơn nữa, ta có ∂ ∂x f(x, y)= Cβy+(β 2 −α) (x+Cy+β) 2 và do C ≥ 1 nên ∂ ∂x f(x, α/β) > 0. 6.6. Một số lớp phương trình sai phân phi tuyến có chậm 311 Suy ra f(x, y)  f(x, α/β)  f(0, α/β), ∀x, y ∈ [0, α/β]. Từ đó ta thu được inf x,y∈(0,α/β) f(x, y)=f(0, α/β)= βα β 2 + Cα > βα (C +1)α = β C +1 . Để ý rằng x n+1 = f(x n ,x n−1 ) nên x n > β C +1 với n ∈ N 4 . Mặt khác, đặt δ n = |x n − |, từ (4.17) ta có δ n+1  |β − |δ n + Cδ n−1 2β . Xét phương trình sai phân tuyến tính y n+1 = |β − |y n + Cy n−1 2β với n ∈ N 5 , (y 4 = δ 4 ,y 5 = δ 5 ). Dễ thấy δ n  y n với mọi n ∈ N 4 và y n có dạng y n = α 1 λ n 1 + α 2 λ n 2 , trong đó λ 1,2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình 2βλ 2 = |β − |λ + C. (4.20) Ta chứng minh rằng các nghiệm của phương trình (4.20) có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn 1 (và hệ quả là y n → 0 khi n →∞). Điều này tương đương với việc chứng minh 2β>|β − | + C. (4.21) Xét hai trường hợp sau có thể xảy ra: Nếu α<(C +1)β 2 , ta có β>=  α/(C +1) và hệ quả là |β − | + a = β +(C − 1)  β + <2β (vì a  2). Trường hợp thứ hai là α ≥ (C +1)β 2 . Ta nhận được β   và [...]... số và phương trình sai phân |β− |+C = (C+1) −β = α(C + 1)−β < 3β−β = 2β (vì α < 9β 2/(C+1)) Định lý được chứng minh Định lý sau cho một điều kiện đủ để mọi nghiệm của (4.14) hội tụ Định lý 6.20 Nếu γ < A thì mọi nghiệm của (4.14) hội tụ tới Chứng minh: Xét hàm số H(x, y, u, v) = γy + α v + Bu + A Để ý rằng H(x, y, x, y) = f (x, y) Hơn nữa, H(x, y, u, v) là hàm đơn điệu tăng theo các biến x, y và. .. tuyến có chậm và phương trình (4.22) có dạng xn+1 = α + xn−2m−1 F (xn , xn−2 , · · ·, xn−2m ) (4.34) Khi đó giả thiết (H) đối với hàm F được phát biểu lại như sau: (H ) : F : [0; ∞) m+1 → (0; ∞) là một hàm liên tục, không giảm với mỗi biến và tăng với ít nhất một biến Vì hàm g (u) := F (u, u, · · ·, u) là hàm tăng nên có hàm ngược g −1 Ta có định lý sau: Định lý 6.28 Giả sử α ≥ 0, g (α) < 1 và hàm F thỏa... giá trị dương nên H (z1 , z2, · · ·, zk , y) là hàm liên tục Mặt khác, f là hàm không giảm với mỗi biến và tăng với ít nhất một biến nên với cách đặt như trên thì hàm H không tăng với mỗi biến zi , i ∈ {1, 2, · · ·, k} \ {i0}; giảm theo biến zi0 và tăng theo y Khi đó hàm H thỏa mãn giả thiết của Định lý 6.21 Vì vậy, trừ nửa chu trình đầu tiên, mỗi nghiệm dao động của phương trình sai phân xn+1 = H... hợp g (α) = 1 Xét phương trình (4.22) trong trường hợp g (α) = 1 Nếu α > 0 thì chứng minh tương tự như Định lý 6.22, ta có phương trình (4.22) có điểm cân bằng dương duy nhất x ¯ Định lý sau là kết quả chính của mục này: Định lý 6.29 Giả sử α > 0 và hàm liên tục f (z1, · · ·, zk ) không giảm với ∞ mỗi biến thỏa g (α) = 1 Khi đó mỗi nghiệm không dao động (xn )n=−k của phương trình (4.22) hội tụ đến nghiệm... kiện (4.32), ta cần chứng minh y0 = z0 Giả sử y0 > z0 Định nghĩa hàm hai biến Z (u, v) := u − α − u , g (v) và đặt ζ (r) := Z [(1 − r) z0 + ry0, (1 − r) y0 + rz0 ] Ta có ζ (0) = Z (z0, y0) = z0 − α − z0 ≥ 0, g (y0) ζ (1) = Z (y0 , z0) = y0 − α − y0 g (z0) và 0 326 Chương 6 Khảo sát dãy số và phương trình sai phân Như vậy ζ (1) 0 ζ (0) Theo Định lý Langrange ∃r0 ∈ (0; 1) thỏa mãn ζ (1) − ζ (0) = ζ... các số thực dương và do giả thiết (H) nên nghiệm của phương trình (4.22) là dương Đặt g(u) := f (u, u, · · ·, u) , u ≥ 0 Do giả thiết (H) nên g là hàm tăng và luôn nhận giá trị trong khoảng (0; ∞) Karakostas và Stevic đã nghiên cứu tính bị chặn, tính hút toàn cục, tính dao động và tính tuần hoàn của nghiệm của phương trình (4.22) với các điều kiện trên Định lý sau cho phép ta xác định được độ dài tối... x0} + αg (α) := M0 g (α) − 1 Các định lý sau đề cập đến tính hút toàn cục của nghiệm dương phương trình (4.22) Định lý 6.24 Giả sử α > 0, g (α) > 1 và hàm f thỏa mãn giả thiết (H) Khi đó, nếu hàm x → g(x)−g(α) x−α giảm trên (α; ∞) thì mọi nghiệm dương của phương trình (4.22) hội tụ Chứng minh: Giả sử (xn )∞ n=−k là nghiệm dương của phương trình (4.22), theo Định lý 6.23 thì (xn )∞ n=−k bị chặn Do... Khảo sát dãy số và phương trình sai phân trong đó k là số tự nhiên dương, A ∈ (0; ∞) và f : Rk → R+ là hàm liên tục, + không giảm với mỗi biến Ta sẽ nghiên cứu tính bị chặn, hội tụ của nghiệm phương trình (4.36) với các giả thiết trên Trong mục này, ta nghiên cứu sự tồn tại và tính duy nhất của điểm cân bằng dương x của phương trình (4.36) ¯ Định lý sau cho ta dấu hiệu nhận biết sự tồn tại và tính duy... xn−k+1 ) xn−k xn−k = , < f (0, 0, · · ·, 0) g (0) xn+1 = suy ra điểm cân bằng x = 0 là hút toàn cục ¯ Giả sử α > 0 Hai định lý sau đây cho ta dấu hiệu nhận biết phương trình (4.22) có duy nhất điểm cân bằng dương và mọi nghiệm dương của phương trình này bị chặn Định lý 6.22 Giả sử g (α) > 1 và hàm f thỏa mãn giả thiết (H) Khi đó phương trình sai phân (4.22) có duy nhất điểm cân bằng dương x ¯ Chứng minh:... ta xác định được độ dài tối đa của mỗi nửa chu trình của nghiệm Định lý 6.21 Giả sử hàm H đi từ tập [0; ∞) k+1 vào tập [0; ∞) có các tính chất: ∃ i0 ∈ {1, 2, · · ·, k} sao cho H (z1, z2, · · ·, zk , y) là hàm không tăng theo 314 Chương 6 Khảo sát dãy số và phương trình sai phân mỗi biến zi , i ∈ {1, 2, · · ·, k} \ {i0 }, giảm theo zi0 và tăng theo y Gọi x là ¯ điểm cân bằng của phương trình sai phân . β>A,C>1 và (β − A) 2  4α/(C − 1). Nhận xét 6.4. Kết hợp định lý 6.17 và bổ đề 6.3 ta thấy rằng, nếu các điều kiện (i)-(iii) của định lý 6.17 không. ta có thể áp dụng trường hợp (i) của định lý 6.17. Vì vậy, không mất tính tổng quát ta giả sử rằng α>β 2 . Mặt khác ta có  =  α C +1 (4.16) và |x n+1