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
√
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

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

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

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)

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

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

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
),

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

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

= 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
}

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

   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

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


(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

− |. 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

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
− , 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

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

 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

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 +

,
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

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; ∞)

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
.

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

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.

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.

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

,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)
,

+
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

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

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
)
∞

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
>

(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

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