Biến phức định lý và áp dụng P7

Vậy, mọi nghiệm của phương trình sai phân trên với điều kiện ban đầu thuộc[√3, +∞ hội tụ đến số dương ` = √3 hệ phương trình sai phân trên, sau đó tính giới hạn yn zn khi n tiến ra vô cù

√

v2− 1 =

√3

√

v2− 1 −

√3

√

u2− 1 >

v −

√3

√

5 + 1)

Vậy, mọi nghiệm của phương trình sai phân trên với điều kiện ban đầu thuộc

[√3, +∞) hội tụ đến số dương

` =

√3(

hệ phương trình sai phân trên, sau đó tính giới hạn yn

zn 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 phânsau

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 phươngtrình (4.14)

Bổ đề 6.1 Nếu mọi nghiệm của phương trình

x n+1 = f (x n , x n−1 ), n ∈ N, (x0 , x1 > 0 cho trước) (4.15)

hội tụ đến một số dương `, thì hệ phương trình

x = f (y, x),

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 x1 = x và x0 = y Thế thì x2 = f (x1 , x0) = f (x, y) = y

và x3 = f (x2 , x1) = f (y, x) = x Ta chứng minh bằng quy nạp rằng x2k = y

và x2k+1 = x với mọi k Giả sử x2k = y, x2k+1 = x với một số tự nhiên k nào

đó, ta sẽ chứng minh x2(k+1) = y, x2(k+1)+1 = x Thật vậy, ta có

x 2(k+1) = f (x2k+1 , x 2k) = f (x, y) = y,

x 2(k+1)+1 = f (x2k+2 , x 2k+1) = f (y, x) = x.

Như vậy x2k = y, x2k+1 = x với k ∈ N0 Theo giả thiết {x n}n hội tụ đến số

dương `, nên ta được các dãy con {x2k}∞

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

Dễ thấy f đồng biến theo x, nghịch biến theo y Mặt khác,

inf x,y>0 f (x, y) = 0 := α0, sup x,y>0 f (x, y) = 1 := β0

và

x ∈ (α0 , β0), ∀n > 2.

α n+1 = inf x,y∈(αn,βn)f (x, y) = f (α n , β n ), β n+1 = sup x,y∈(αn,βn)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

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),

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 ) < M với mọi n ∈ N2 Không mất tính tổng quát ta giả sử x n < M với mọi n ∈ N0 Ta xét hệ phươngtrình sai phân sau

Mặt khác u0 < u1 và v0 > v1 Cũng do hàm f đơn điệu giảm theo biến x và

đơn điệu tăng theo biến y nên ta có

u2 = f (v1 , u1) > f (v0, u0) = u1

và tương tự v2 < v1 Bằng chứng minh quy nạp ta có dãy {uk}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 Ta có u và v thỏa mãn hệ phương trình

u = f (v, u),

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 ∈ N0 nên ta

được dãy {x n}∞

n=0 hội tụ và limn→∞ 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

u0 = lim sup

n→∞

x n , v0 = lim inf

n→∞ x n , u n , v n ∈ [v0 , u0] 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

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

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 6 A;

(ii) β > A và C 6 1;

(iii) β > A, C > 1 và (β − A)26 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)

Chứng minh: Trước hết để ý rằng nếu α 6 β2, 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 > β2.Mặt khác ta có

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

Cuối cùng ta hãy xét hai trường hợp có thể xảy ra: Nếu α < β2(C + 1), ta

có β > ` và hệ quả là |β − `| + C` = β + (C − 1)` < β (vì C < 1) Trường hợp thứ hai là α ≥ β2(C + 1) Ta có β 6 ` và |β − `| + C` = (C + 1)` − β =

p

α(C + 1) − β < 2β − β = β (vì α < 4β2/(C + 1)) Định lí được chứng minh.

Định lý 6.19 Giả sử β = A và 1 6 C 6 2 Nếu α < 9β2/(C + 1) thì dự đoán của Ladas là đúng.

Chứng minh: Trước hết chú ý rằng nếu α 6 β2, ta có thể áp dụng trường hợp

(i) định lý 6.17 Vì vậy không mất tính tổng quát, ta giả sử α > β2 Xét hàm

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

|β−`|+C` = (C+1)`−β =p

α(C + 1)−β < 3β−β = 2β (vì α < 9β2/(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 `.

Rõ ràng, x n+1 = f (x n , x n−1 ) 6 M = sup x,y>0 f (x, y) với mọi n ∈ N Vì vậy

không mất tính tổng quát ta giả sử x0 , x1 6 M Ta có

u0 > u1 > u2 ,

λ0 6 λ1 6 λ2 ,

λ0 6 x0 6 u0 ,

λ1 6 x1 6 u1

Bằng quy nạp, ta có thể chứng minh rằng {λ n}n là dãy đơn điệu không giảm,

{u } là dãy đơn điệu không tăng và λ 6 x 6 u với n ∈ N Gọi λ là giới

hạn của dãy {λ n}n và u là giới hạn của {u n}n Thế thì

u = (B+1)λ+A γu+α ,

λ = (B+1)u+A γλ+α

Theo giả thiết γ < A, do đó từ hệ phương trình này ta thu được u = λ = `.

Định lí được chứng minh

Về lớp phương trình sai phân hữu tỷ bậc k trên bậc (k − 1)

Xét phương trình sai phân hữu tỷ bậc k trên bậc (k − 1)

Vì điều kiện ban đầu là 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

mỗi biến z i , i ∈ {1, 2, · · ·, k} \ {i0}, giảm theo zi0 và tăng theo y Gọi ¯ x là điểm cân bằng của phương trình sai phân

x n+1 = H (x n , · · ·, x n−k+1 , x n−k ) , n = 0, 1, · · ·. (4.23)

Khi đó, trừ nửa chu trình đầu tiên, mỗi nghiệm dao động của phương trình sai phân (4.23) với điều kiện ban đầu dương đều có các nửa chu trình có độ dài tối đa là k.

Chứng minh: Gọi (x n)∞n=−k là nghiệm dao động của phương trình (4.23) mà

nghiệm này có ít nhất hai nửa chu trình Giả sử tồn tại một nửa chu trình có

độ dài lớn hơn k, khi đó tồn tại số tự nhiên N sao cho

dao động với điều kiện ban đầu dương đều có các nửa chu trình với độ dài

không vượt quá k (trừ nửa chu trình đầu tiên).

Hệ quả 6.3 Giả sử hàm f thỏa mãn giả thiết (H) và ¯ x là một điểm cân bằng dương của phương trình (4.22) Khi đó, trừ nửa chu trình đầu tiên, mọi nghiệm dao động với giá trị ban đầu dương có các nửa chu trình với độ dài không vượt quá k.

Chứng minh: Đặt

H (z1, z2, · · ·, z k , y) = α + y

f (z1, z2, · · ·, z k).

Do f : [0; ∞) k → (0; ∞) là hàm liên tục và luôn nhận giá trị dương nên

H (z1, z2, · · ·, z k , 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 z i , i ∈ {1, 2, · · ·, k} \ {i0}; giảm theo biến z i0 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 trìnhsai phân

x n+1 = H (x n , · · ·, x n−k+1 , x n−k ) , n = 0, 1, · · ·,

với điều kiện ban đầu dương đều có các nửa chu trình với độ dài không vượt

quá k Hay, trừ nửa chu trình đầu tiên, mọi nghiệm dao động của phương trình

f (x n , x n−1 , · · ·, x n−k+1), n = 0, 1, · · ·,với điều kiện ban đầu dương có các nửa chu trình với độ dài không vượt quá

Nếu α = 0 thì 0 là điểm cân bằng duy nhất của phương trình

x n+1 = x n−k

f (x n , · · ·, x n−k+1). (4.24)Thật vậy, giả sử ¯x là điểm cân bằng của phương trình (4.24), tức là

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: Giả sử ¯ x là điểm cân bằng của phương trình (4.22) Ta có

Rõ ràng F liên tục trên [0; ∞), thỏa F (0) = −α < 0 và lim

Do g (x) > g (y) > g (α) > 1 nên F (x) − F (y) > 0, suy ra F là hàm tăng trên

[0; ∞) Vậy ¯x là điểm cân bằng dương duy nhất của phương trình (4.22).

Định lý 6.23 Giả sử g (α) > 1 và hàm f thỏa mãn giả thiết (H) Khi đó

mọi nghiệm với điều kiện ban đầu x −k , x −k+1 , · · ·, x0 là các số thực dương sẽ

bị chặn bởi số

M0 := max {x−k , x −k+1 , · · ·, x0} + αg (α)

g (α) − 1 . Chứng minh: Thật vậy, giả sử (x n)∞n=−k là một nghiệm tuỳ ý của phương trình

suy ra

x n 6 max {x−k , · · ·, x0} + α

1 − g(α)1 .Hay

x n 6 max {x−k , · · ·, x0} + αg (α)

g (α) − 1 := M0 .

Các định lý sau đề cập đến tính hút toàn cục của nghiệm dương phươngtrình (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 7→ g(x)−g(α) x−α giảm trên (α; ∞) thì mọi nghiệm dương của phương trình (4.22) hội tụ.

Chứng minh: Giả sử (x n)∞n=−k là nghiệm dương của phương trình (4.22), theo Định lý 6.23 thì (x n)∞n=−k bị chặn Do đó tồn tại

lim

n→∞ inf x n := l (α 6 l < ∞) và lim

n→∞ sup x n := L (l 6 L < ∞) Hiển nhiên g(L) là một số thực xác định Lấy giới hạn trên và giới hạn dưới hai vế của (4.22), ta được

L 6 α + L

g (l)

(Ta có điều vô lý).

Vậy L = l, tức là mọi nghiệm dương của phương trình (4.22) hội tụ.

Hệ quả 6.4 Giả sử α > 0, g (α) > 1 và hàm f thỏa mãn giả thiết (H) Khi

đó, nếu hàm g lõm chặt trên (α; ∞) thì mọi nghiệm dương của phương trình

(4.22) hội tụ.

Chứng minh: Đặt

G : (α; ∞) → R

x 7→ G (x) = g(x)−g(α)

Theo Định lý 6.24, ta chỉ cần chứng minh hàm G(x) giảm trên (α; ∞) Tức là chứng minh G0(x) < 0, ∀x ∈ (α; ∞).

dụng Mệnh đề 1.2, ta có hai dãy giới hạn đầy (y m ) và (z m) thỏa mãn phương

trình sai phân (4.22) với mọi m ∈ Z và

Do đó, tất cả các số hạng của hai dãy giới hạn đầy thuộc [α; M1]

Từ bất đẳng thức (4.29) và tính đơn điệu của hàm g, ta có

Định lý 6.26 Giả sử α > 0, g (α) > 1 và f là hàm thỏa mãn giả thiết (H).

Nếu hàm g khả vi và thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

g0(v) < 1

α [g (v) − 1]

2

, v ∈ [α; M1] , (4.30)

và thỏa mãn phương trình sai phân (4.22) với mọi m ∈ Z.

• Hàm g thỏa điều kiện (4.30), ta cần chứng minh y0 = z0 Giả sử y0 > z0.Định nghĩa hàm

suy ra

1

α −

g0(v0) [g (v0) − 1]2 6 0.

M2 1

αg(α) g(α)−1

ζ (1) = Z (y0, z0) = y0− α − y0

g (z0) 6 0.

Định lý 6.27 Giả sử α > 0, g (α) > 1, hàm f thỏa mãn giả thiết (H) và h

là hàm cho bởi công thức h (u) := 1−α1

g(u)

Nếu hàm hợp h ◦ h lõm trên [α; M1]

thì mọi nghiệm dương của phương trình (4.22) hội tụ.

Chứng minh: Giả sử (x n)∞n=−k là một nghiệm của phương trình (4.22) Khi đó tồn tại hai dãy giới hạn đầy (y m ), (z m ) thỏa mãn phương trình (4.22) với mọi

m ∈ Z, mà tất cả số hạng của hai dãy này đều thuộc [α; M1] sao cho

y0 6 α + y0

g (z0) 6 α +

y0

g (N1),suy ra

z0 ≥ α + z0

g (y0) ≥ α +

z0

g (M2),suy ra

z0 ≥ α

1 −g(M1 ) ≥

αg (M2)

g (M2) − 1 := N2 .

Cứ như vậy, ta nhận được hai dãy (M n ) và (N n) mà các số hạng của hai dãy

này thuộc [α, M1], được định nghĩa như sau:

N n := αg (M n)

g (M n) − 1, M n:=

αg (N n−1)

g (N n−1) − 1.

Dễ dàng chứng minh được dãy (N n ) không giảm và dãy (M n) không tăng (do

hàm số y = x−1 x giảm trên (1; ∞)) Vì vậy giới hạn của hai dãy này tồn tại vàthỏa điều kiện

và phương trình (4.22) có dạng

x n+1 = α + x n−2m−1

F (x n , x n−2 , · · ·, x n−2m). (4.34)

Khi đó giả thiết (H) đối với hàm F được phát biểu lại như sau:

(H0) : F : [0; ∞) m+1 → (0; ∞) là một hàm liên tục, không giảm với mỗibiến 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

6= ∅, trong đó b cố định thuộc khoảng

mở (α; g−1(α)) Xét nghiệm (x n)∞n=−k , n = −k, −k + 1, · · · của phương trình

(4.34) sao cho với mọi j = m, m − 1, · · ·, 1, 0 ta có

α 6 x −2j−1 < b, và

Chứng minh: Từ tính đơn điệu tăng của hàm g, ta có

Vì x−2i+1 < b, i = 0, m và F là hàm liên tục, không giảm với mỗi biến, tăng

với ít nhất một biến, nên ta có

Định lý sau là kết quả chính của mục này:

Định lý 6.29 Giả sử α > 0 và hàm liên tục f (z1, · · ·, z k ) không giảm với

mỗi biến thỏa g (α) = 1 Khi đó mỗi nghiệm không dao động (x n)∞n=−k của phương trình (4.22) hội tụ đến nghiệm (ω n ) có chu kỳ (k + 1) Hơn nữa, nếu

có một chỉ số i0 ∈ {1, 2, · · ·, k} mà hàm f (z1 , · · ·, z k ) tăng tại z i0 trong một lân cận phải của α thì mọi nghiệm không dao động của phương trình (4.22) hội tụ đến điểm cân bằng ¯ x.

Chứng minh: Giả sử (x n)∞n=−k là nghiệm không dao động của phương trình

(4.22) Khi đó ta có các trường hợp sau:

Tiếp theo, giả sử có i0 ∈ (1, 2, · · ·, k) mà f (z1 , z2, · · ·, z k ) tăng tại z i0

trong một lân cận phải của α, ta chứng minh mọi nghiệm không dao động của phương trình (4.22) hội tụ đến điểm cân bằng ¯ x.

Vì mỗi nghiệm không dao động của phương trình (4.22) hội tụ đến nghiệm

ω n có chu kỳ (k + 1) nên ta chỉ cần chứng minh ω n = ¯x, ∀n ≥ −k Thật vậy,

không mất tính tổng quát, ta giả sử x n≥ ¯x, ∀n ≥ −k.

Định lý 6.30 Giả sử α = 0, f (u1, · · ·, u k ) là hàm liên tục và tăng với mỗi

biến trong lân cận phải của 0 Nếu g(0) = 1 thì mọi nghiệm dương của phương trình

x n+1= x n−k

f (x n , x n−1 , · · ·, x n−k+1), n = 0, 1, · · ·, (4.35)

hội tụ đến nghiệm có chu kỳ (k + 1) dạng p, 0, 0, · · ·, 0, p, 0, 0, · · ·, 0, p, · · ·, với p ∈ [0, ∞)

Chứng minh: Trước tiên ta chứng minh phương trình (4.35) có duy nhất điểm

cân bằng ¯x = 0 Thật vậy, ¯ x là nghiệm của phương trình

Về lớp phương trình sai phân hữu tỷ bậc (k − 1) trên bậc k

Xét phương trình sai phân hữu tỷ bậc (k − 1) trên bậc k

x n+1 = A + f (x n , · · · ,x n−k+1)

x , n = 0, 1, · · ·, (4.36)

trong đó k là số tự nhiên dương, A ∈ (0; ∞) và f : R k+ →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 cânbằng dương ¯x của phương trình (4.36).

Định lý sau cho ta dấu hiệu nhận biết sự tồn tại và tính duy nhất của điểmcân bằng dương ¯x.

Định lý 6.31 Xét phương trình sai phân (4.36), với A > 0 và f : R k+ →R+

là hàm liên tục Giả sử rằng hàm g(u) = f (u, u, · · ·, u) thỏa mãn ít nhất một trong các điều kiện sau:

Chứng minh: Ta cần chứng minh phương trình g(u) = u(u − A) có nghiệm lớn

hơn A.

Thật vậy, giả sử phương trình g(u) = u(u − A) không có nghiệm lớn hơn

A, tức là đồ thị hai hàm số g(u) và u(u − A) không có giao điểm có hoành độ

thuộc (A; ∞ ) Nhận xét rằng hàm số g(u) tăng trên (0; ∞ ) và nhận giá trị

trong (0; ∞ ) nên từ điều giả sử trên ta có

g(u) > u(u − A), ∀u > A.