Phương trình sai phân tuyến tính cấp cao và ứng dụng

số, tài chính, môi trường, ngân hàng,...và cùng các vấn đề trong Lý thuyếtphương trình vi phân, Phương trình đạo hàm riêng cũng được giải quyếtdựa trên Lý thuyết sai phân.Với mục đích ph

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

TS Lê Hải Trung

ĐÀ NẴNG - NĂM 2017

Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi.Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được aicông bố trong bất kì công trình nào khác.

Tác giả

Đỗ Hữu Hòa

Lời đầu tiên của luận văn tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầygiáo hướng dẫn TS Lê Hải Trung đã trực tiếp tận tình hướng dẫn cũngnhư cung cấp tài liệu thông tin khoa học cần thiết cho tác giả trong suốtquá trình thực hiện để tác giả có thể hoàn thành được luận văn này.Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến tất cả các thầy

cô giáo đã tận tình dạy bảo tác giả trong suốt thời gian học tập củakhóa học

Đồng thời, tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn đến các anh chị em trong lớpToán giải tích K31-Kontum đã nhiệt tình giúp đỡ tác giả trong quá trìnhhọc tập tại lớp

Tác giả

Đỗ Hữu Hòa

MỞ ĐẦU 1

CHƯƠNG 1 Phương trình sai phân tuyến tính cấp cao 1

1.1 Phép tính sai phân 1

1.2 Phương trình sai phân tuyến tính cấp cao 7

1.3 Phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng 18

1.4 Phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất 23

1.5 Trạng thái giới hạn của các nghiệm 30

1.6 Các phương trình không tuyến tính có thể biến đổi thành các phương trình tuyến tính 36

CHƯƠNG 2 Một số ứng dụng của phương trình sai phân41 2.1 Mô hình nhân giống cây 41

2.2 Mô hình phá sản của con bạc 43

2.3 Mô hình thu nhập quốc gia 46

2.4 Sự truyền dẫn thông tin 47

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 50

TÀI LIỆU THAM KHẢO 52

số, tài chính, môi trường, ngân hàng, và cùng các vấn đề trong Lý thuyếtphương trình vi phân, Phương trình đạo hàm riêng cũng được giải quyếtdựa trên Lý thuyết sai phân.

Với mục đích phần nào đó nghiên cứu sâu hơn về Lý thuyết phươngtrình sai phân cùng với ứng dụng của nó và được sự gợi ý, hướng dẫn của

TS Lê Hải Trung, tôi đã chọn đề tài Phương trình sai phân tuyếntính cấp cao và ứng dụng

2 Mục đích nghiên cứu

(a) Nghiên cứu về cơ sở lý thuyết của phương trình sai phân

(b) Ứng dụng phương trình sai phân tuyến tính cấp cao trong một số môhình toán

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

3.1 Đối tượng nghiên cứu

Phương trình sai phân tuyến tính cấp cao

3.2 Phạm vi nghiên cứu

(a) Phương trình sai phân tuyến tính cấp cao một biến.

(b) Xét một số ứng dụng của phương trình sai phân tuyến tính cấp caovào việc giải quyết và phân tích một số mô hình kinh tế

(c) Đánh giá sự ổn định nghiệm của phương trình sai phân tuyến tínhcấp cao

4 Phương pháp nghiên cứu

Các kiến thức được sử dụng trong luận văn thuộc các lĩnh vực: Lýthuyết phương trình sai phân, Lý thuyết phương trình vi phân, Phươngpháp phân tích kinh tế, Phương pháp tính, Giải tích số, Giải tích, Đại sốtuyến tính,

5 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài

Đề tài có giá trị về mặt lý thuyết Có thể sử dụng luận văn như là tàiliệu tham khảo dành cho sinh viên ngành toán và các đối tượng quan tâmđến các ứng dụng từ phương trình sai phân tuyến tính cấp cao

6 Cấu trúc luận văn

Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, nội dung chính củaluận văn được chia làm hai chương cụ thể như sau:

Chương 1 Phương trình sai phân tuyến tính cấp cao

Chương 2 Một số ứng dụng của phương trình sai phân

CHƯƠNG1 PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH

CẤP CAO

Chương này dành cho việc khảo sát một số phương trình sai phân tuyếntính một biến phụ thuộc cấp cao Các phương trình này được phát sinh ởhầu hết các lĩnh vực khoa học như: biến động quần thể (các nghiên cứuđơn loài), kinh tế học (nghiên cứu môt loại hàng hóa), vật lý (các nghiêncứu về chuyển động của một đối tượng) Trong toàn bộ chương này, chúngtôi quy ước x(n) là hàm xác định trên N Các kết quả của chương này cóthể tham khảo trong [1], [2], [3], [7], [8]

Khi đó, toán tử E = ∆ + I được gọi là toán tử dịch chuyển

Định nghĩa 1.1.2 Giả sử ∆ là toán tử sai phân Khi đó,

∆kx (n) = ∆ ∆k−1x (n)
.được gọi là sai phân cấp k của x(n)

Nhận xét 1.1.3 Sử dụng toán tử dịch chuyển E ta suy ra

x(n + k − i)



Bổ đề 1.1.4 Với mọi a, b ∈R, ta có

1) ∆ [ax (n) + by (n)] = a∆x (n) + b∆y (n) ;

2) E [ax (n) + by (n)] = aEx (n) + bEy (n) ;

∆[ax(n) + by(n)] = ∆[(ax + by)(n)]

= (ax + by)(n + 1) − (ax + by)(n)

= a[x(n + 1) − x(n)] + b[y(n + 1) − y(n)]



=

xy

(n + 1) −

xy

(n)

= x(n + 1)y(n + 1) − x(n)

Như vậy, bổ đề được chứng minh

Bổ đề 1.1.5 Ta có được các biểu thức sau đây



Chứng minh Ta có

Bây giờ, giả sử

là đa thức bậc k theo E Đối với hằng số b bất kỳ, ta tiến hành khảo sát

đa thức cấpk khi thực hiện toán tử dịch chuyển E trên số hạng bn ta được

p(E)bn = a0bn+k + a1bn+k−1+ + akbn

= (a0bk + a1bk−1 + + ak)bn

= p (b) bn

(1.11)

Tổng quát hóa công thức (1.11), ta thu được bổ đề sau

Bổ đề 1.1.6 Giả sử p(E) là đa thức trong (1.10) Khi đó,

p (E) (bng (n)) = bnp (bE) g (n) (1.12)

Định nghĩa 1.1.7 Giả sử x ∈ R Khi đó,

x(k) = x (x − 1) · · · (x − k + 1) , k ∈ Z+được gọi là đa thức giai thừa x(k) Như vậy, nếu x = n ∈ Z+ và n ≥ k, thì

Chứng minh tương tự với các công thức (1.14) và (1.15).

Nhận xét 1.1.9 Nếu với mọi k ∈ Z+, ta đặt

x (x + 1) · · · (x + k − 1), (1.16)

và đặt x(0) = 1, thì có thể mở rộng bổ đề trên đúng với mọi k ∈ Z

Định nghĩa 1.1.10 Giả sử ∆ là toán tử sai phân Khi đó, toán tử saiphân nghịch ∆−1 được xác định như sau

• Nếu ∆F (n) = 0, thì ∆−1(0) = F (n) = c với c là hằng số tùy ý;

Bổ đề sau là sai phân nghịch của một số hàm sơ cấp.

Bổ đề 1.1.12 Ta có được các biểu thức sau đây:

1.2 Phương trình sai phân tuyến tính cấp cao

Định nghĩa 1.2.1 Giả sử pi(n) và g (n) là các hàm thực được xác địnhvới ∀n ≥ n0 và pk(n) 6= 0 với mọi n ≥ n0 Khi đó, phương trình

y(n + k) + p1(n) y(n + k − 1) + · · · + pk(n) y (n) = g (n) (1.22)được gọi là phương trình sai phân tuyến tính cấp cao Đặc biệt, nếu như

g (n) = 0, thì (1.22) được gọi là phương trình thuần nhất

Nhận xét 1.2.2 Ta viết lại phương trình (1.22) dưới dạng:

y (n + k) = −p1(n) y (n + k − 1) − · · · − pk(n) y (n) − g(n) (1.23)Bằng cách cho n = 0 trong (1.23) ta suy ra y (k) được biễu diễn qua các

số hạng y(k − 1), y (k − 2) , · · · , y (0) Rõ ràng rằng

y (k) = −p1(0) y (k − 1) − p2(0) y (k − 2) − · · · − pk(0) y (0) + g (0)

Như vậy, nếu biết y (k) , thì chỉ việc cho n = 1 trong (1.23), ta sẽ xác địnhđược y (k + 1) Điều này dẫn đến

y (k + 1) = −p1(1) y (k) − p2(1) y (k − 1) − · · · − pk(1) y (1) + g (1) Bằng cách lặp lại các bước trên, có thể xác định tất cả y (n) với n ≥ k Bây giờ, ta sẽ minh họa các bước trên qua ví dụ sau

Ví dụ 1.2.3 Cho phương trình sai phân tuyến tính cấp ba sau:

y(n + 3) = n

n + 1y(n + 2) + ny(n + 1) − 3y(n) + n, (1.24)trong đó y (1) = 0, y (2) = −1 và y (3) = 1 Hãy tìm các giá trị

y (4) , y (5) , y (6) , y (7).Lời giải Trước tiên ta viết lại (1.24) dưới dạng:

3y(4) − 2y(3) + 3y(2) + 2 =

4

3.y(6) = 3

4y(5) − 3y(4) + 3y(3) + 3 = −

3

2.y(7) = 4

5y(6) − 4y(5) + 3y(4) + 4 = 20, 9.

Định nghĩa 1.2.4 Ta nói rằng y (n) là một nghiệm của (1.22) nếu nóthỏa mãn phương trình Ngoài ra, nếu việc giải phương trình (1.22) thỏamãn điều kiện cho trước

y (n0) = a0, y (n0 + 1) = a1, · · · , y (n0 + k − 1) = ak−1,

trong đó ai các là các số thực, thì bài toán

y(k + n) + p1(n) y (n + k − 1) + · · · + pk(n) y (n) = g (n) , (1.26)được gọi là bài toán giá trị ban đầu

y (n0) = a0, y (n0 + 1) = a1, · · · , y (n0 + k − 1) = ak−1 (1.27)

Định lí 1.2.5 Bài toán (1.26) với giá trị đầu (1.27) có một nghiệm duynhất y(n), nghĩa là nếu y(n)˜ cũng là một nghiệm của bài toán (1.26) vớigiá trị ban đầu (1.27), thì y (n) = y(n).˜

Chứng minh Với mọi n ≥ n0 + k ta viết

x(n + k) + p1(n) x (n + k − 1) + · · · + pk(n) x (n) = 0 (1.28)

Định nghĩa 1.2.6 Các hàm f1(n) , f2(n) , · · · , fr(n)được gọi là độc lậptuyến tính với n ≥ n0 nếu từ đẳng thức:

a1f1(n) + a2f2(n) + + arfr(n) = 0 ∀n ≥ n0, (1.29)kéo theo a1 = a2 = · · · = ar = 0

Định nghĩa 1.2.7 Các hàm f1(n) , f2(n) , · · · fr(n) được gọi là phụthuộc tuyến tính với n ≥ n0 nếu tồn tại các hằng số a1, a2, · · · , ar, không

đồng thời bằng không sao cho

a1f1(n) + a2f2(n) + + arfr(n) = 0 ∀n ≥ n0 (1.30)Nếuf1(n) , f2(n) , · · · fr(n)không phụ thuộc tuyến tính, thì ta nói rằng

f1(n) = af2(n) hoặc f2(n) = af1(n)

Ta hãy minh họa khái niệm này bằng ví dụ minh họa sau đây

Ví dụ 1.2.9 Cho n ≥ 1 Hãy chứng tỏ rằng các hàm 3n, n3n, và n23n làđộc lập tuyến tính

Lời giải Giả sử với mọi n ≥ 1, tồn tại các hằng số a1, a2 và a3 sao cho

a13n+ a2n3n+ a3n23n = 0Khi đó, ta chia phương trình này cho 3n ta được

Bởi vì phương trình trên đúng với mọi n ≥ 1 nên ta suy ra (1.32) có vô

số nghiệm Mặt khác, vì (1.32) là một phương trình bậc không quá 2 nênkhông thể có quá hai nghiệm Điều mâu thuẫn này chứng tỏ hệ đã cho làđộc lập tuyến tính

Định nghĩa 1.2.10 Một hệ gồm k nghiệm độc lập tuyến tính của (1.30)được gọi là hệ nghiệm cơ bản

Trong thực tế ta sẽ không thường xuyên kiểm tra tính độc lập tuyếntính của tập nghiệm bằng cách dùng định nghĩa mà có một cách đơn giảnhơn là sử dụng định thức Casorati W (n).

Ví dụ 1.2.12 Xét phương trình sai phân sau

Bổ đề 1.2.13 (Công thức Abel ) Nếux1(n) , x2(n) , , xk(n)là nghiệmcủa (1.30) và W (n) là định thức Casorati của chúng, thì với n ≥ n0, ta có

W (n) = (−1)k(n−n0 )

pk(n−n0)W (n0) (1.35)

Chứng minh Ta sẽ chứng minh bổ đề với trường hợp k = 3, còn trườnghợp tổng quát ta có thể chứng minh được bằng phương pháp quy nạp.Thật vậy, giả sử x1(n) , x2(n) vàx3(n) là 3 nghiệm của (1.30) Khi đó,

Mặt khác, theo (1.30) ta suy ra với 1 ≤ i ≤ 3, ta có

xi(n + 3) = −p3(n)xi(n) − [p1(n)xi(n + 2) + p2(n)xi(n + 1)] (1.37)

Sử dụng công thức (1.37) để thay cho x1(n + 3), x2(n + 3) và x3(n + 3) ởdòng cuối của (1.36) và thực hiện các phép biến đổi đối với định thức ta

W (n0) = (−1)3(n−n0 ) n−1Q

i=n 0

p3(i)W (n0)

Như vậy, bổ đề đã được chứng minh cho trường hợp k = 3

Công thức (1.35) có sự tương ứng quan trọng sau đây

Hệ quả 1.2.14 Giả sử pk(n) 6= 0 với mọi n ≥ n0 Khi đó, định thứcCasorati W (n) 6= 0 với mọi n ≥ n0 khi và chỉ khi W (n0) 6= 0

Như vậy, để kiểm tra liệu W (n) 6= 0 với mọi n ∈ Z+ ta chỉ cần kiểmtra W (n0) 6= 0 là đủ

Tiếp theo ta kiểm tra mối quan hệ giữa sự độc lập tuyến tính của cácnghiệm và định thức Casorati của chúng Hay nói cách khác ta sẽ chứng

tỏ rằng một hệ gồm k nghiệm là hệ nghiệm cơ bản nếu W (n) 6= 0

nên ta suy ra rằng hệ (1.39) có nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi

ma trận X(n) không suy biến, khi và chỉ khi

det X(n) = W (n) 6= 0 với mọi n ≥ n0.Như vậy, ta thu được kết quả sau

Định lí 1.2.15 Hệ nghiệmx1(n), x2(n), , xk(n)của (1.30) là hệ nghiệm

cơ bản khi và chỉ khi định thức Casorati W (n0)) 6= 0 với mọi n0 ∈ Z+

Ví dụ 1.2.16 Chứng minh {n, 2n}là hệ nghiệm cơ bản của phương trình

x (n + 3) + 3x (n + 2) − 4x (n + 1) − 12x (n) = 0

Lời giải Lần lượt thay x(n) = {2n, (−2)n, (−3)n} vào phương trình

xi(n0) = xi(n0 + 1) = · · · = xi(n0 + i − 2) = xi(n0 + i)

= · · · = xi(n0 + k − 1) = 0

Như vậy,

x1(n0) = 1, x2(n0 + 1) = 1, x3(n0 + 2) = 1, , xk(n0 + k − 1) = 1.Điều này suy ra rằng W (n0) = 1 Theo Định lí 1.2.12 ta suy ra rằng

{x1(n) , x2(n) , , xk(n)}

là một hệ nghiệm cơ bản của (1.30)

Chúng ta lưu ý rằng, một phương trình sai phân có thể có vô số tậpnghiệm cơ bản của (1.30) Phần tiếp theo trình bày một phương pháp tạocác hệ nghiệm cơ bản từ một hệ nghiệm đã biết.

Bổ đề 1.2.19 Giả sử x1(n) và x2(n) là hai nghiệm của (1.30) Khi đó,

x (n) = x1(n) + x2(n) và x (n) = ax˜ 1(n) là các nghiệm của (1.30) vớihằng số a bất kỳ

Nguyên lý chồng chất nghiệm Nếu x1(n) , x2(n) , , xr(n) là cácnghiệm của (1.30), thì x (n) = a1x1(n) + a2x2(n) + · · · + arxr(n) cũng lànghiệm của (1.30)

Chứng minh Ta đặt

ˆx(n) =







x(n)x(n + 1):

(i) (x + y) (n) = x (n) + y (n) với mọi x, y ∈ S, n ∈ Z+

(ii) (ax) (n) = ax (n) với mọi x ∈ S, a là hằng số

Khi đó, ta có định lí sau

Định lí 1.2.21 (S, +, ) là một không gian tuyến tính k

1.3 Phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng

Xét phương trình sai phân cấp k như sau

x (n + k) + p1x (n + k − 1) + p2x (n + k − 2) + · · · + pkx (n) = 0 (1.40)trong đó pi là các hằng số và pk 6= 0 Mục tiêu của chúng ta ở đây là tìmmột tập nghiệm cơ bản và nghiệm tổng quát của (1.40) Quy trình đượcthực hiện như sau

Giả sử rằng nghiệm của (1.40) ở dạng λn, trong đó λ là một số phức.Thay thế giá trị này vào (1.40), ta được

λk + p1λk−1 + + pk = 0 (1.41)Phương trình (1.41) được gọi là phương trình đặc trưng của (1.40), vànghiệm λ của nó được gọi là nghiệm đặc trưng Lưu ý rằng, vì pk 6= 0 nênkhông có nghiệm đặc trưng nào bằng không Ta có hai tình huống để xemxét

(1) Giả sử rằng các nghiệm đặc trưng λ1, λ2, , λk là phân biệt Ta sẽchỉ ra rằng tập hợp {λn

λn−1i ,

n2



λn−22 , ,

n

mi−1



λn−mi +1 i



= n(n − 1)

2! , ,

nr

m i −1 1! λmi −2 i

1 2!3! (m i −2)!

λn−ri = λn−ri (λiE − λi)mi

nr



= λn+mi −r

i (E − I)mi

nr



= λn+mi −r

i ∆mi

nr

Ma trận này được gọi là ma trận Vandermonde tổng quát Ta có

.Như vậy,

x (n) = c1(r cos θ + ir sin θ)n+ c2(r cos θ − ir sin θ)n

x(n) = rnpa21 + a22[cos ω cos(nθ) + sin ω sin(nθ)]

= rnpa21 + a22cos(nθ − ω),x(n) = Arncos(nθ − ω)

(1.50)

Ví dụ 1.3.6 Dãy Fibonacci (Bài toán bầy thỏ)

Bài toán này xuất hiện lần đầu tiên vào năm 1202, trong cuốn LiberAbaci, được viết bởi nhà toán học nổi tiếng người Ý Leonardo Di Pisa,thường được biết đến nhiều hơn dưới tên Fibonacci

Bài toán được nêu ra như sau: Có bao nhiêu cặp thỏ sẽ được sinh rasau một năm nếu bắt đầu với một cặp thỏ trưởng thành nếu cứ mỗi cặpthỏ mới sau 2 tháng để trưởng thành thì mỗi tháng sẽ sinh thêm một cặpthỏ mới mỗi tháng?

Cặp thỏ đầu tiên có con vào cuối tháng đầu tiên và như vậy ta có 2cặp thỏ Cuối tháng thứ 2 chỉ có cặp thỏ thứ nhất có con và ta có 3 cặp.Vào cuối tháng thứ ba, cặp thứ nhất và thứ hai sẽ có con và như vậy ta có

5 cặp Tiếp tục quá trình này Nếu F (n) là số cặp thỏ ở cuối tháng thứ

n thì mối quan hệ truy toán được biểu diễn trong mô hình này được xácđịnh là phương trình sai phân tuyến tính bậc hai

F (n + 2) = F (n + 1) + F (n) , F (0) = 1, F (1) = 2, 0 ≤ n ≤ 10

Ví dụ này là một trường hợp đặc biệt của dãy Fibonacci, được viết:

F (n + 2) = F (n + 1) + F (n) , F (0) = 0, F (1) = 1, n ≥ 0, (1.51)với 14số hạng đầu tiên của dãy là1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233,

2 và β = 1−

√ 5

2

Nghiệm tổng quát của (1.51) là

F (n) = a1 1 +

√52

!n

+ a2 1 −

√52

!n

√52

1.4 Phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất

Trong hai phần trước chúng ta đã phát triển lý thuyết về các phươngtrình sai phân tuyến tính thuần nhất Hơn nữa, trong trường hợp cácphương trình với hệ số hằng ta cũng đã chỉ ra cách xây dựng nghiệm củachúng

Trong phần này, chúng ta tập trung giải quyết phương trình khôngthuần nhất tuyến tính cấp k

y (n + k) + p1(n) y (n + k − 1) + + pk(n) y (n) = g (n) , (1.54)trong đó pk 6= 0 với mọi n ≥ n0, g (n) là đầu vào và y (n) là đầu ra.Trước khi tiến đến việc trình bày các kết quả chung liên quan đến(1.54) ta đặt ra một số câu hỏi sau: Các nghiệm của (1.54) có tạo thành

một không gian vector không? Nói cách khác, tổng hai nghiệm của (1.54)

có phải là một nghiệm của (1.54) và bội số của một nghiệm của (1.54) có

(b) y (n) = y2(n) − y1(n) = 3n−1 Thay vào phương trình được

3n+1− 3n − 63n−1 = 3n[3 − 1 − 2] = 0 6= 5 (3n)

(c) Chỉ ra rằngϕ (n) = c.n.3n−1 không là nghiệm của phương trình Thật

y1(n + 2) − y1(n + 1) − 6y1(n) = c (n + 2) 3n+1 − c (n + 1) 3n − 6.c.n.3n−1

= c (3n + 6 − n − 1 − 2n) 3n

= 5c.3n 6= 5.3nKết luận

(i) Từ ví dụ trên ta kết luận rằng ngược với trường hợp các phương trình

thuần nhất, các nghiệm của phương trình không thuần nhất (1.54)

không tạo thành không gian vector Đặc biệt, cả tổng của hai nghiệm

lẫn bội số của một nghiệm cũng không phải là một nghiệm

(ii) Từ phần (b) trong Ví dụ 1.4.1 ta thấy rằng hiệu của nghiệmy2(n) và

y1(n) của phương trình không thuần nhất lại là nghiệm của phương

trình thuần nhất Điều này vẫn đúng cho phương trình tổng quát cấp

k, như được minh họa bởi kết quả sau

Định lí 1.4.2 Nếu y1(n) và y2(n) là các nghiệm của (1.55), thì

x (n) = y1(n) − y2(n)

là một nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng

x(n + k) + p1(n) x (n + k − 1) + · · · + pk(n) x (n) = 0 (1.55)

Người ta thường quy nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất

(1.55) là nghiệm bổ trợ của phương trình không thuần nhất (1.54), và nó

được viết là yc(n) Một nghiệm của phương trình không thuần nhất (1.54)

được gọi là một nghiệm riêng và được kí hiệu là yp(n)

Kết quả tiếp theo cho chúng ta một thuật toán để xác định tất cả các

nghiệm của phương trình không thuần nhất (1.54)

Định lí 1.4.3 Nghiệm y (n) bất kì của (1.54) có thể được viết là

trình thuần nhất (1.55)

Chứng minh Ta thấy rằng theo Định lý (1.4.2), y (n) − yp(n) là mộtnghiệm của phương trình thuần nhất (1.55).

ansin (bn) , cos (bn) , nk, (1.58)hoặc tích của các dạng này có dạng

ansin (bn) , annk, annkcos (bn) , (1.59)Định lí 1.4.4 Một toán tử đa thức N (E), trong đó E là toán tử dịchchuyển được gọi là một hàm triệt tiêu của g (n) nếu

Nói cách khác N (E) là một hàm triệt tiêu của g (n) nếu g (n) là mộtnghiệm của (1.60)

Ví dụ, hàm triệt tiêu của g(n) = 3n là N (E) = E − 3

(E − 3)y(n) = 0 có một nghiệm y(n) = 3n

Hàm triệt tiêu của g(n) = cosnπ2 là N (E) = E2 + 1

(E2 + 1)y(n) = 0 có một nghiệm y(n) = cosnπ2

Chúng ta hãy viết lại (1.57) bằng cách sử dụng toán tử dịch chuyển Enhư sau:

trong đó p (E) = Ek + p1Ek−1 + p2Ek−2 + · · · + pkI

Giả sử N (E) là một hàm triệt tiêu của g (n) trong (1.61) Tác động

N (E) lên hai vế của (1.61) ta được:

Ta xét hai trường hợp riêng biệt

Trường hợp 1 Không có giá trị λi nào bằng µi, viết yp(n) là nghiệmtổng quát của (1.64) với các hệ số không xác định Thay nghiệm “ước đoán”này vào (1.57), ta tìm được các giá trị của các hằng số Bảng 1 bao gồmmột số dạng cho hàm g (n)(và các nghiệm riêng tương ứng của chúng.Trường hợp 2 λi = µi đối với một số giá trị i, j Trong trường hợp này,tập các nghiệm đặc trưng của (1.62) là hợp của các tập hợp {λi} và {µj}

và kết quả bao gồm nghiệm của số bội cao hơn hai tập hợp riêng biệt củacác nghiệm đặc trưng Để xác định một nghiệm riêng yp(n), trước hết tatìm nghiệm tổng quát của (1.62) và bỏ hết các số hạng xuất hiện trong

yc(n) Rồi đi theo các bước như trong trường hợp 1 để đánh giá các hằngsố

nk c0 + c1n + · · · + cknk

nkan c0an + c1nan+ · · · + cknkansin bn, cos bn c1sin bn + c2cosbn

ansin bn, ancos bn (c1sin bn + c2cosbn) an

annksin bn, annkcos bn c0 + c1n + · · · + ckn

k

ansin (bn) +

d0 + d1n + · · · + dknk
ancos (bn)Bảng 1

Ví dụ 1.4.5 Giải phương trình sai phân

y(n + 2) + y(n + 1) − 12y (n) = n2n (1.65)Lời giải

Nghiệm đặc trưng của phương trình thuần nhất là λ1 = 3 và λ2 = −4.Như vậy,

yc(n) = c13n + c2(−4)n

Vì hàm triệt tiêu của g (n) = n2n được xác định là N (E) = (E − 2)2

ta biết rằng µ1 = µ2 = 2 Phương trình này rơi vào Trường hợp 1, vì

λi 6= µj, đối với bất kì i, j

Vì thế ta được:

yp(n) = a12n+ a2n2n.Thay kết quả này vào (1.65) ta có:

a12n+2+a2(n + 2) 2n+2+a12n+1+a2(n + 1) 2n+1−12a12n−12a2n2n = n2n

(10a2 − 6a1) 2n− 6a2n2n = n2n.Vậy 10a2 − 6a1 = 0 và −6a2 = 1

Nhận được a1 = −5

18, a2 =

−16Vậy nghiệm riêng là:

√52

1.4 Phương trình sai phân tuyến tính khơng

Trong hai phần trước phát triển lý thuyết phươngtrình sai phân tuyến tính Hơn nữa, trường hợp cácphương trình với hệ số ta cách... thấy hiệu nghiệmy2(n)

y1(n) phương trình khơng lại nghiệm phương

trình Điều cho phương trình tổng quát cấp

k, minh họa kết sau

Định lí 1.4.2 Nếu... số cặp thỏ cuối tháng thứ

n mối quan hệ truy tốn biểu diễn mơ hình xácđịnh phương trình sai phân tuyến tính bậc hai

F (n + 2) = F (n + 1) + F (n) , F (0) = 1, F (1) = 2, ≤ n ≤ 10