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
312 Chương 6. Khảo sát dãy 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<Athì 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 đơn điệu giảm theo các biến u, v. Xét hệ phương
trình sai phân sau
u
n+1
= H(u

n
,u
n−1
,λ
n
,λ
n−1
),
λ
n+1
= H(λ
n
,λ
n−1
,u
n
,u
n−1
) với n ∈ N.
Trong đó,
λ
0
= λ
1
=0,
u
0
= u
1
= M +

α
A− γ
.
Rõ ràng, x
n+1
= f(x
n
,x
n−1
)  M = sup
x,y0
f(x, y) với mọi n ∈ N. Vì vậy
không mất tính tổng quát ta giả sử x
0
,x
1
 M.Tacó
u
0
 u
1
 u
2
,
λ
0
 λ
1
 λ
2

,
λ
0
 x
0
 u
0
,
λ
1
 x
1
 u
1
.
Bằng quy nạp, ta có thể chứng minh rằng {λ
n
}
n
là dãy đơn điệu không giảm,
{u
n
}
n
là dãy đơn điệu không tăng và λ
n
 x
n
 u
n

với n ∈ N. Gọi λ là giới
6.6. Một số lớp phương trình sai phân phi tuyến có chậm
313
hạn của dãy {λ
n
}
n
và u là giới hạn của {u
n
}
n
. Thế thì
u =
γu+α
(B+1)λ+A
,
λ =
γλ+α
(B+1)u+A
.
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)
x
n+1
= α +
x
n−k
f (x

n
,x
n−1
, ···,x
n−k+1
)
,n=0, 1, ···, (4.22)
trong đó α ≥ 0,k∈ N, điều kiện ban đầu x
−k
,x
−k+1
, ···,x
0
là các số thực
dương cho trước.
Giả sử f là hàm thỏa giả thiết (H) sau đây: f :[0;∞)
k
→ (0; ∞) là hàm
liên tục.
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
kiện trên.
Định lý sau cho phép 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: ∃ i
0
∈{1, 2, ···,k} sao cho H (z
1
,z
2
, ···,z
k
,y) là hàm không tăng theo
314 Chương 6. Khảo sát dãy số và phương trình sai phân
mỗi biến z
i
, i ∈{1, 2, ···,k}\{i
0
}, giảm theo z
i
0
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
x
N−k
< ¯x<x
N−k+1
, ···,x
N
,x
N+1
,
hoặc
x
N−k
≥ ¯x>x
N−k+1
, ···,x
N
,x
N+1
.

Trường hợp x
N−k
< ¯x<x
N−k+1
, ···,x
N
,x
N+1
.
Ta có
x
N+1
= H (x
N
, ···,x
N−k+1
,x
N−k
) <H(¯x, ¯x, ···, ¯x)=¯x,
suy ra
x
N+1
< ¯x (vô lý).
Trường hợp x
N−k
≥ ¯x>x
N−k+1
, ··· ,x
N
,x

N+1
.
Ta có
x
N+1
= H (x
N
, ···,x
N−k+1
,x
N−k
) >H(¯x, ¯x, ···, ¯x)=¯x,
suy ra
x
N+1
> ¯x (vô lý).
Như vậy, cả hai trường hợp ta đều đưa ra điều vô lý. Do đó mọi nghiệm
6.6. Một số lớp phương trình sai phân phi tuyến có chậm
315
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 (z
1
,z
2

, ···,z
k
,y)=α +
y
f (z
1
,z
2
, ···,z
k
)
.
Do f : [0; ∞)
k
→ (0; ∞) là hàm liên tục và luôn nhận giá trị dương nên
H (z
1
,z
2
, ···,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}\{i
0
}; giảm theo biến z
i
0

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
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
x
n+1
= α +
x
n−k
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
k.

Tiếp theo ta nghiên cứu tính bị chặn, hội tụ và tuần hoàn của nghiệm
phương trình (4.22).
• Trường hợp g (α) > 1.
Ta có g là hàm tăng trên [0; ∞), nên với mọi u>αthì g (u) >g(α) > 1.
316 Chương 6. Khảo sát dãy số và phương trình sai phân
Nếu α =0thì 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
¯x =
¯x
f (¯x, ¯x, ···, ¯x)
,
hay
¯x

1 −
1
g (¯x)

=0.

Do đó
¯x =0.
Ta có
x
n+1
=
x
n−k
f (x
n
,x
n−1
, ···,x
n−k+1
)
<
x
n−k
f (0, 0, ···, 0)
=
x
n−k
g (0)
,
suy ra điểm cân bằng ¯x =0là 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).Tacó
¯x = α +
¯x
g (¯x)
.
Xét hàm số
F :[α,∞) → R
x → x − α −
x
g(x)
.
6.6. Một số lớp phương trình sai phân phi tuyến có chậm
317
Rõ ràng F liên tục trên [0; ∞), thỏa F (0) = −α<0 và lim
x→+∞
F (x)=+∞.
Do đó tồn tại ¯x ∈ (0; ∞) sao cho F (¯x)=0, hay
¯x = α +
¯x
g (¯x)
.
Ta chứng minh ¯x là duy nhất. Thật vậy, ∀x, y ∈ [0; ∞):x>y, ta có
F (x)− F (y)=

x− α −
x
g (x)

−


y − α −
y
g (y)

=(x− y)−
xg (y) − yg (x)
g (x) g (y)
=
(x − y) g (x) g (y) − (x − y) g (x)+x [g (x)− g (y)]
g (x) g (y)
=
(x − y) g (x)[g (y) − 1] + y [g (x)− g (y)]
g (x) g (y)
.
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
, ···,x
0
là các số thực dương sẽ
bị chặn bởi số
M
0
:= max{x
−k
,x

−k+1
, ···,x
0
} +
αg (α)
g (α) − 1
.
Chứng minh: Thật vậy, giả sử (x
n
)
∞
n=−k
là một nghiệm tuỳ ý của phương trình
(4.22).Vìx
n
>α,∀n ≥ 1 nên
x
n+1
= α +
x
n−k
f (x
n
, ···,x
n−k+1
)
<α+
x
n−k
g (α)

,n=0, 1, ···.
Với bất kỳ m ∈ N và r ∈{0, 1, ···,k}, ta có
x
(k+1)m+r+1
<α+
x
(k+1)m+r−k
g (α)
.
318 Chương 6. Khảo sát dãy số và phương trình sai phân
Mặt khác
x
(k+1)m+r−k
= x
(k+1)m+r−k−1+1
= x
(k+1)(m−1)+r+1
<α+
x
(k+1)(m−1)+r−k
g (α)
.
Mà
x
(k+1)(m−1)+r−k
<α+
x
(k+1)(m−2)+r−k
g (α)
,

nên
x
(k+1)m+r+1
<α+
1
g (α)

α +
1
g (α)
x
(k+1)(m−2)+r−k

<α+
α
g (α)
+
1
g
2
(α)

α +
x
(k+1)(m−3)+r−k
g (α)

= α +
α
g (α)

+
α
g
2
(α)
+
1
g
3
(α)
x
(k+1)(m−3)+r−k
.
.
.
<α+
α
g (α)
+
α
g
2
(α)
+ ···+
α
g
m
(α)
+
1

g
m+1
(α)
x
r−k
<α

1+
1
g (α)
+
1
g
2
(α)
+ ···+
1
g
m
(α)

+
1
g
m+1
(α)
x
r−k
= α


1+
1
g (α)
+
1
g
2
(α)
+ ···+
1
g
m
(α)

+
1
g
m+1
(α)
x
r−k
.
Đặt q =
1
g(α)
< 1 (do g (α) > 1). Ta có
x
(k+1)m+r+1
<α
m


j=1
q
j
+ x
r−k
q
m+1
<
α
1 − q
+ x
r−k
,
6.6. Một số lớp phương trình sai phân phi tuyến có chậm
319
suy ra
x
n
 max{x
−k
, ···,x
0
} +
α
1 −
1
g(α)
.
Hay

x
n
 max{x
−k
, ···,x
0
} +
αg (α)
g (α) − 1
:= M
0
.
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 (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  l<∞) và lim
n→∞
sup x
n
:= L (l  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 ≥ α +
l
g(L)
và L  α +
L
g(l)
.
Ta có
l ≥ α +
l
g (L)
,
suy ra
(l − α) g (L) ≥ l.
Hay
(l − α)[g (L) − g (α)] ≥ αg (α)+[1− g (α)] l. (4.25)
Tương tự

L  α +
L
g (l)
320 Chương 6. Khảo sát dãy số và phương trình sai phân
⇔ (L− α)[g (l) − g (α)] ≥ αg (α)+[1− g (α)] L. (4.26)
Nếu l = α thì α ≥ α +
α
g(L)
, suy ra α  0 (vô lý). Do đó l>α, nên
g (l) >g(α) .
Giả sử rằng l<L.Từ (4.25) và (4.26), ta có
(l − α)[g (L) − g (α)] ≥ αg (α)+[1− g (α)] l
≥ αg (α)+[1− g (α)] L
≥ (L − α)[g (l) − g (α)] ,
suy ra
(l − α)[g (L) − g (α)] ≥ (L− α)[g (l) − g (α)] .
Nên
g (L) − g (α)
L − α
≥
g (l) − g (α)
l − α
.
Mặt khác, hàm
g(x)−g(α)
x−α
giảm trên (α; ∞), nên với α<l<Lta có
g (l) − g (α)
l − α
>

g (L) − g (α)
L − α
.
Khi đó
g (l) − g (α)
l − α
>
g (l) − g (α)
l − α
.
(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 → G (x)=
g(x)−g(α)
x−α
.
6.6. Một số lớp phương trình sai phân phi tuyến có chậm
321
Theo Định lý 6.24, ta chỉ cần chứng minh hàm G(x) giảm trên (α; ∞) .
Tức là chứng minh G

(x) < 0, ∀x ∈ (α; ∞).
Ta có
G


(x)=
(x − α) g

(x) − [g (x)− g (α)]
(x − α)
2
.
Vì g khả vi trên (α; ∞), nên theo Định lý Langrange tồn tại c ∈ (α; x) sao
cho
g (x) − g (α)
x − α
= g

(c) ,
hay
g (x) − g (α)=(x− α) g

(c) .
Mặt khác, g lõm chặt trên (α; ∞) nên g

(x) < 0, ∀x ∈ (α; ∞), tức là g

(x)
giảm trên (α; ∞), suy ra
g

(c) >g

(x) .
Vậy

G

(x)=
(x − α) g

(x) − (x − α) g

(c)
(x − α)
2
=
(x − α)[g

(x) − g

(c)]
(x− α)
2
< 0, ∀x ∈ (α; ∞) .
Ta kí hiệu M
1
:=
αg(α)
g(α)−1
.
Định lý 6.25. Giả sử α>0,g(α) > 1 và hàm f thỏa mãn giả thiết (H). Nếu
hàm g thỏa mãn bất đẳng thức
|ug (u) − vg (v)|  g
2
(α)|u − v| ,u,v∈ [α; M

1
] ,
thì mọi nghiệm dương của phương trình (4.22) hội tụ về điểm cân bằng ¯x.
Chứng minh: Giả sử (x
n
)
∞
n=−k
là nghiệm dương của phương trình (4.22). Theo
Định lý 6.23 thì x
n
∈ (α; M
0
] , ∀n ≥ 1,vớiM
0
:= M
1
+max{x
−
k
,··· ,x
0
}.Sử