帶有高斯取整函數(shù)的兩個(gè)非線性三項(xiàng)遞推關(guān)系的周期性

張晏志, 鄭穗生

( 1.臺(tái)灣清華大學(xué) 工業(yè)工程與工程管理學(xué)系； 2.臺(tái)灣清華大學(xué) 數(shù)學(xué)系: 臺(tái)灣 新竹 30043 )

0 引言

因非光滑動(dòng)力系統(tǒng)可以模擬脈沖控制功能的物理過程，因此具有重要研究意義.通常，這些系統(tǒng)很難處理，因此找到有通解或可完整分析其周期性的源方程十分重要.本文介紹了兩種帶有高斯取整函數(shù)的不連續(xù)三項(xiàng)遞推關(guān)系，并給出了它們的周期性，為處理該類問題的周期性提供了一種參考方法.本文的研究方法是基于把解的整數(shù)部分和分?jǐn)?shù)部分分開，通過遞推分析尋找它們的最小周期.類似于本文的方法已應(yīng)用于Heaviside方程的不連續(xù)遞推關(guān)系[1-3].

考慮不連續(xù)遞推關(guān)系

φk-1+φk+1=[φk],

(1)

其中k∈Z∶={…，-1，0，1，…}.假設(shè)φ是問題(1)的一個(gè)整數(shù)解，即對(duì)任意k，φk是整數(shù)，則(1)式是線性齊次遞推關(guān)系

φk-1+φk+1=φk,

(2)

為了方便，本文對(duì)文中的一些符號(hào)和基本概念作如下說明：

(a)R,Z,N和Z+分別表示實(shí)數(shù)集，整數(shù)集，非負(fù)整數(shù)集和正整數(shù)集.

(c) 若任意ψi是整數(shù)，則實(shí)序列ψ={ψi}i∈Z是整數(shù)列.若存在k∈Z， 使得ψk不是整數(shù)，則ψ是非整數(shù)列.

(d) 對(duì)任意i∈Z， 存在正整數(shù)τ， 使得ψi+τ=ψi， 則(標(biāo)量或向量)序列ψ={ψm}m∈Z叫做周期的.正整數(shù)τ叫做ψ的周期.若ψ是周期的，且在ψ的所有周期中，存在最小周期Ωψ， 記Ωψ=ω， 則ψ是ω-周期的,或叫做存在最小周期ω.即在周期序列中，實(shí)序列ψ的最小周期就是這個(gè)序列的周期.

1 主要結(jié)果

1.1 遞推關(guān)系(1)的周期性.討論如下函數(shù)的非線性三項(xiàng)遞推關(guān)系的周期解:

φk+1+φk-1=[φk],k∈Z.

(3)

實(shí)序列φ={φk}k∈Z是(3)式的解，是指將其代入(3)式使其成為恒等式.(3)式可以改寫為：

φk+1=[φk]-φk-1,

(4)

φk-1=[φk]-φk+1,

(5)

由此知(3)式的解φ是由其任意兩個(gè)連續(xù)項(xiàng)(φk,φk+1)唯一決定的，尤其易知φ是(3)式的整數(shù)解，當(dāng)且僅當(dāng)對(duì)任意m∈Z,φm和φm+1是整數(shù).

定義3個(gè)集合：Γ0=(0,1)×(0,1), Γ1=(0,1)×{0}和Γ2={0}×(0,1).這3個(gè)集合將{(u,v)∈R2|0≤u,v<1}{(0,0)}進(jìn)行了分塊.通過高斯取整函數(shù)的性質(zhì)，有如下的引理.

引理1設(shè)φ是(3)式的解，則存在k∈Z， 使得：

(6)

(7)

(8)

證明不失一般性，令k=0.首先考慮(6)式，由(3)式得

[φ2]=[[φ1]-φ0]=[[φ1]-([φ0]+〈φ0〉)]=[φ1]-[φ0]+[-〈φ0〉].

(9)

注意到〈φ0〉∈[0,1)， 若〈φ0〉∈(0,1)， 則(1-〈φ0〉)∈(0,1).因此，若〈φ0〉=0， 則由(9)式得φ2=[φ2]+〈φ2〉=[φ1]-[φ0]+[-〈φ0〉]=[φ1]-[φ0]， 從而〈φ2〉=0; 若〈φ0〉>0， 則(1-〈φ0〉)∈(0,1)， 再由(9)式得φ2=[φ2]+〈φ2〉=([φ1]-[φ0]-1)+(1-〈φ1〉), 從而[φ2]=[φ1]-[φ0]-1, 〈φ2〉=1-〈φ0〉， (6)式成立.

考慮(7)式，由(3)式可知

[φ0]-[φ1]+[φ2]=[φ0]-[φ1]+[[φ1]-φ0]=[φ0]-[φ1]+[φ1]+[-φ0]=

[φ0]+[-([φ0]+〈φ0〉)]=[-〈φ0〉].

(10)

因?yàn)椤处?〉∈[0,1)， 所以如果〈φ0〉=0(或〈φ0〉>0)， 則可得出[-〈φ0〉]=0(或-1)， 由此(7)式成立.

考慮(8)式.假設(shè)(〈φ0〉，〈φ1〉)∈{(0,0)}， 由(6)式得〈φ2〉=0， 再由(3)式和(7)式得φ3=[φ2]-φ1=[φ1]-[φ0]-φ1=-[φ0].假設(shè)(〈φ0〉，〈φ1〉)∈Γ0， 由(6)式知〈φ2〉>0， 而由(3)式和(7)式得φ3=[φ2]-φ1=[φ1]-[φ0]-1-[φ1]-〈φ1〉=-1-[φ0]-〈φ1〉.再由(6)式和(7)式知，若(〈φ0〉,〈φ1〉)∈Γ1， 則〈φ0〉>0， 〈φ1〉=0.所以φ3=[φ2]-φ1=[φ1]-[φ0]-1-φ1=-1-[φ0].若(〈φ0〉,〈φ1〉)∈Γ2， 則〈φ0〉=0， 〈φ1〉>0.所以φ3=[φ2]-φ1=[φ1]-[φ0]-[φ1]-〈φ1〉=-[φ0]-〈φ1〉, 由此(8)式成立.證畢.

注1令φ是(3)式的解，則(〈φ0〉,〈φ1〉)∈Γ0∪Γ1∪Γ2∪{(0,0)}.若(〈φ0〉,〈φ1〉)∈{(0,0)}∪Γ0， 則對(duì)任意m∈Z+有(〈φm〉，〈φm+1〉)∈{(0,0)}∪Γ0； 否則，對(duì)任意n∈Z+， 有

(〈φn〉，〈φn+1〉)∈Γα+1，n≡αmod 2.

(11)

事實(shí)上，假設(shè)φ是(3)式的解，則由定義知(〈φ0〉,〈φ1〉)∈Γ0∪Γ1∪Γ2∪{(0,0)}.設(shè)(〈φ0〉,〈φ1〉)∈{(0,0)}， 由(6)式知φ2和φ3仍然是整數(shù).因此，由歸納知對(duì)任意k∈Z+，φk和φk+1為整數(shù)，即(〈φk〉，〈φk+1〉)=(0,0).設(shè)(〈φ0〉，〈φ1〉)∈Γ0， 則由(6)式知〈φ2〉,〈φ3〉∈(0,1).同樣，通過歸納有(〈φk〉，〈φk+1〉)∈(0,1)，k∈Z+.

假設(shè)(〈φ0〉,〈φ1〉)∈Γ1∪Γ2， 若(〈φ0〉,〈φ1〉)∈Γ1， 則〈φ0〉>0和〈φ1〉=0.由(6)式得〈φ2〉∈(0,1)和〈φ3〉=0， 從而有(〈φ1〉,〈φ2〉)∈Γ2且(〈φ2〉,〈φ3〉)∈Γ1.由歸納知(11)式是正確的，并且當(dāng)(〈φ0〉,〈φ1〉)∈Γ2時(shí)，也可以用相同的方法處理.

引理2(3)式的任意整數(shù)解φ是周期的，并且周期為6.如果存在k∈Z， 使φk=φk+1=0， 則φ={0}； 否則，φ的周期是6.

證明因?yàn)棣帐?3)式的整數(shù)解，對(duì)任意k∈Z有〈φk〉=0.首先由(8)式知，φk+6=-φk+3=-(-φk)=φk且φk+7=-φk+4=-(-φk+1)=φk+1， 由此證明了6是φ的周期.因此， Ωφ=1，2，3或6.假設(shè)3是φ的周期，由(8)式得φk+3=-φk=φk且φk+4=-φk+1=φk+1， 從而有φk=φk+1=0.φ={0}意味著Ωφ=1.假設(shè)Ωφ=2， 由(3)式知φk+2=[φk+1]-φk=φk+1-φk=φk， 由(8)式知φk+3=-φk=φk+1， 于是有φk=φk+1=0， 這與假設(shè)矛盾.因此，若φk=φk+1=0， 由φ={0}得Ωφ=1； 否則， Ωφ=6.證畢.

引理3(3)式的任意非整數(shù)解ψ是周期的，其周期為12.

證明因?yàn)棣资?3)式的非整數(shù)解，對(duì)任意k∈Z， 有〈ψk〉≠0或〈ψk+1〉≠0.因此，由定義易知(〈ψk〉,〈ψk+1〉)∈Γ0∪Γ1∪Γ2.首先證明(12)式成立.

(12)

由(8)式有

(13)

再由(4)式得

ψ6=[ψ5]-ψ4=[ψ5]-[ψ3]+ψ2=[ψ5]-[ψ3]+[ψ1]-ψ0.

(14)

為簡(jiǎn)便起見，令k=0.若(〈ψ0〉,〈ψ1〉)∈Γ0， 則由注1、 〈ψ2〉>0和(13)、(6)式有

[ψ5]-[ψ3]=-2-[ψ2]-(-2-[ψ0])=[ψ0]-([ψ1]-[ψ0]-1)=2[ψ0]-[ψ1]+1.

因此，由(14)式得

ψ6=[ψ5]-[ψ3]+[ψ1]-ψ0=2[ψ0]-[ψ1]+1+[ψ1]-[ψ0]-〈ψ0〉=[ψ0]+1-〈ψ0〉.

通過類似方法易知ψ7=[ψ1]+1-〈ψ1〉.通過歸納可知，(〈ψk〉,〈ψk+1〉)∈Γ0時(shí)，(12)式是正確的.設(shè)(〈ψ0〉,〈ψ1〉)∈Γ1或Γ2.由(11)式、(〈ψ2〉,〈ψ3〉)∈Γ1∪Γ2和(13)式有

[ψ5]-[ψ3]=-1-[ψ2]-(-1-[ψ0])=[ψ0]-[ψ2].

(15)

若(〈ψ0〉,〈ψ1〉)∈Γ1， 則〈ψ0〉>0.再由(14)、(15)和(7)式得

ψ6=[ψ5]-[ψ3]+[ψ1]-ψ0=[ψ0]-[ψ2]+[ψ1]-ψ0=

[ψ0]-([ψ1]-[ψ0]-1)+[ψ1]-[ψ0]-〈ψ0〉=[ψ0]+1-〈ψ0〉.

若(〈ψ0〉,〈ψ1〉)∈Γ2， 則〈ψ0〉=0, 即φ0=[φ0].再由(14)、(15)和(7)式得

ψ6=[ψ5]-[ψ3]+[ψ1]-ψ0=[ψ0]-[ψ2]+[ψ1]-ψ0=

[ψ0]-([ψ1]-[ψ0])+[ψ1]-[ψ0]=[ψ0].

由(11)式知，若(〈ψ0〉,〈ψ1〉)∈Γ1(或∈Γ2)， 則有(〈ψ1〉,〈ψ2〉)∈Γ2(或∈Γ1).因此有

綜上所述，當(dāng)(〈ψ0〉,〈ψ1〉)∈Γ1或Γ2時(shí)，(12)式成立.

下面證明12是ψ的周期.設(shè)存在k∈Z， 有(〈ψk〉,〈ψk+1〉)∈Γ0.則由注1可知，對(duì)任意k∈Z， 有(〈ψk〉,〈ψk+1〉)∈Γ0.由(12)式得

ψk+12=[ψk+6]+1-〈ψk+6〉=[[ψk]+1-〈ψk〉]+1-〈[ψk]+1-〈ψk〉〉=

[ψk]+[1-〈ψk〉]+1-〈[ψk]〉-〈1-〈ψk〉〉=[ψk]+1-〈1-〈ψk〉〉=

[ψk]+1-1+〈ψk〉=[ψk]+〈ψk〉=ψk.

同理，易得ψk+13=ψk+1， 即12是ψ的周期.設(shè)(〈ψk〉,〈ψk+1〉)∈Γ1或Γ2， 若(〈ψk〉,〈ψk+1〉)∈Γ1， 則有ψk+1=[ψk].由(11)式知， (〈ψk+6〉,〈ψk+7〉)∈Γ1且(〈ψk+1〉,〈ψk+2〉,〈ψk+7〉,〈ψk+8〉)∈Γ2.因此，由(12)式和之前的討論可得ψk+12=[ψk+6]+1-〈ψk+6〉=ψk, 并且ψ13=[ψk+7]=[ψk+1]=ψk+1.因此ψ是周期的，且周期為12.當(dāng)(〈ψk〉,〈ψk+1〉)∈Γ2時(shí)，可用類似的方法討論.證畢.

定理1對(duì)(3)式中任意解ψ(ψ是周期的且周期為12)，有如下結(jié)論成立：

(i)設(shè)ψ是(3)式的整數(shù)解，對(duì)任意k∈Z， 〈φk〉=〈φk+1〉=0， 且

(16)

(ii) 設(shè)ψ是(3)式的非整數(shù)解，對(duì)任意k∈Z， (〈ψk〉,〈ψk+1〉)∈Γ0∪Γ1∪Γ2.若(〈ψk〉,〈ψk+1〉)∈Γ0， ([ψk],[ψk+1])=(-1,-1)， 則

(17)

否則

(18)

證明由引理2知，若ψ是(3)式的整數(shù)解，則(16)式成立.假設(shè)ψ是(3)式的非整數(shù)解，則由(3)式可知，存在k∈Z， 使得〈ψk〉≠0或〈ψk+1〉≠0， 即(〈ψk〉,〈ψk+1〉)∈Γ0∪Γ1∪Γ2.為了簡(jiǎn)便，令k=0.首先證明(17)式成立.令(〈ψ0〉,〈ψ1〉)=(u,v)∈Γ0， [ψ0]=[ψ1]=-1， 當(dāng)u,v∈(0,1)時(shí)， [-u]=[-v]=-1.若(u,v)=(1/2,1/2)， 則ψ0=ψ1=-1/2.再由(3)式有

于是有ψ={-1/2}.若(u,v)≠(1/2,1/2)， 則由(3)式知：

ψ2=[ψ1]-ψ0=-1-(-1+v)=-u,

ψ3=[ψ2]-ψ1=[-u]+1-v=-1+1-v=-v,

ψ4=[ψ3]-ψ2=[-v]+u=-1+u,

ψ5=[ψ4]-ψ3=[-1+u]+v=-1+v.

由此可知4是ψ的周期， 且(ψ0,ψ1,ψ2,ψ3)=(-1+u,-1+v,-u,-v).假設(shè)2是ψ的周期，則ψ2=-u=-1+u=ψ0，ψ3=-v=-1+v=ψ1.由此可知u=v=1/2， 這與假設(shè)矛盾.因此，ψ的周期是4.

下面證明(18)式.為了簡(jiǎn)便，記([ψ0],[ψ1])=(p,q)， (〈ψ0〉,〈ψ1〉)=(s,t).由引理3知，ψ是周期的且周期為12.首先考慮(s,t)∈Γ0.由注1可知，對(duì)任意k∈Z， 有(〈ψk〉,〈ψk+1〉)∈Γ0， 從而由(12)式得

(ψ6,ψ7)=([ψ0],[ψ1])+(1-〈ψ0〉,1-〈ψ1〉)=(p+1-s,q+1-t).

(19)

假設(shè)(s,t)=(1/2,1/2).由(19)式知(ψ6,ψ7)=(p+1/2,q+1/2)=(ψ0,ψ1)， 即6是ψ的周期.假設(shè)3也是ψ的周期，則由(13)式知[ψ3]=-2-[ψ0]=-2-p=p=[ψ0]， [ψ4]=-2-[ψ1]=-2-q=q=[ψ1]， 即p=q=-1， 這與假設(shè)矛盾.令Ωψ=2， 則由(7)式知：

[ψ2]=[ψ1]-[ψ0]-1=q-p-1=p=[ψ0],

[ψ3]=-2-[ψ0]=-2-p=q=[ψ1].

這表明p=q=-1， 這與假設(shè)相矛盾，因此Ωψ=6.設(shè)(s,t)≠(1/2,1/2)， 若6是ψ的周期，則由(19)式知， 〈ψ6〉=1-s=s=〈ψ0〉， 〈ψ7〉=1-t=t=〈ψ1〉， 即s=t=1/2， 這與假設(shè)矛盾，因此ψ的周期是12.

下面考慮(s,t)∈Γ1∪Γ2.設(shè)(s,t)=(1/2,0)， 由(12)式得

(ψ6,ψ7)=([ψ0]+1-〈ψ0〉,[ψ1])=(p+1/2,q)=(ψ0,ψ1)，

即6是ψ的周期.設(shè)3也是ψ的周期，由(8)式得[ψ3]=-1-[ψ0]=-1-p=p=[ψ0]， 這顯然不可能，因此1和3都不是ψ的周期.若設(shè)2是ψ的周期，則由(3)式得[ψ2]=[ψ1]-ψ0=q-p-1/2=p+1/2=ψ0.再由(8)式得[ψ3]=-1-[ψ0]=-1-p=q=[ψ1].顯然3p=-2是不可能的，因此ψ的周期是6.當(dāng)(s,t)=(0,1/2)時(shí)，用相同的方法可證明ψ的周期是6.最后，設(shè)(s,t)∈Γ1{(1/2,0)}或Γ2{(0,1/2)}.由之前的討論知， 6不是ψ的周期.假設(shè)Ωψ=4， 若(s,t)∈Γ1{(1/2,0)}， 則s>0,t=0.由(11)式得(〈ψ1〉,〈ψ2〉)∈Γ2和(〈ψ2〉,〈ψ3〉)∈Γ1， 由(3)式得

ψ2=[ψ1]-ψ0=q-p-s=q-p-1+(1-s)=[ψ2]+〈ψ2〉，

即〈ψ2〉=1-s.因此由(13)式得：

ψ4=-[ψ1]-〈ψ2〉=-q-〈ψ2〉=-q-1+s=p+s=ψ0，

ψ5=-1-[ψ2]=-1-q+p+1=p-q=q=ψ1.

于是q=-1/3， 這與假設(shè)相矛盾，因此ψ的周期是12.當(dāng)(s,t)∈Γ2{(0,1/2)}時(shí)，可用相同方法處理.證畢.

1.2 討論如下非線性三項(xiàng)遞推關(guān)系

φk-1+φk+φk+1=[φk],k∈Z.

(20)

(20)式的解是指實(shí)序列φ={φk}k∈Z經(jīng)過置換后可使(20)式成為恒等式.顯然(20)式可以改寫為：

φk+1=[φk]-(φk+φk-1),

(21)

φk-1=[φk]-(φk+φk+1).

(22)

由此可知(20)式的解φ是由任意兩個(gè)連續(xù)項(xiàng)(φk,φk+1)唯一決定的.特別地，φ是(20)式的整數(shù)解，當(dāng)且僅當(dāng)對(duì)任意k∈Z,φk和φk+1是整數(shù).下面定義3個(gè)集合： Υ0={0}, Υ1=(0,1]和Υ1=(1,2).根據(jù)高斯取整函數(shù)的性質(zhì)，易得如下引理.

引理4設(shè)φ是(20)式的解，若存在m∈Z， 使得〈φm〉+〈φm+1〉∈Υσ∈{0,1,2}， 則對(duì)任意n∈Z，

〈φn〉+〈φn+1〉+〈φn+2〉=-([φn]+[φn+2])=σ.

(23)

證明不失一般性，令m=0.由(20)式知

〈φ2〉+〈φ1〉+〈φ0〉=φ2+φ1+φ0-([φ2]+[φ1]+[φ0])=

([φ1]-φ1-φ0)+φ1+φ0-([φ2]+[φ1]+[φ0])=-([φ2]+[φ0]).

(24)

對(duì)任意k∈Z， 〈φk〉∈[0,1)且[φ2]+[φ0]是整數(shù)的.(〈φ2〉+〈φ1〉+〈φ0〉)∈[0,3)表明〈φ2〉+〈φ1〉+〈φ0〉∈{0,1,2}.由(20)式有

〈φ2〉=〈[φ1]-φ1-φ0〉=〈[φ1]-[φ1]-[φ0]-〈φ1〉-〈φ0〉〉=〈-〈φ1〉-〈φ0〉〉.

(25)

假設(shè)(〈φ0〉+〈φ1〉)∈Υσ∈{0,1,2}, 若σ=0， 則〈φ0〉=〈φ1〉=0.再由(25)式得〈φ2〉=0.因此， 〈φ2〉+〈φ1〉+〈φ0〉=0.另外，由歸納可知，對(duì)任意n∈Z， 有〈φn〉=0， 即對(duì)任意n∈Z， 有〈φn〉+〈φn+1〉=0.假設(shè)σ=1或2,由前面的討論知〈φ2〉+〈φ1〉+〈φ0〉=1或2.假設(shè)σ=1， 則〈φ0〉+〈φ1〉∈(0,1]， 即2-〈φ0〉-〈φ1〉∈(1,2].因此，若〈φ2〉+〈φ1〉+〈φ0〉=2， 由前面的討論知〈φ2〉∈[1,2)是不可能的.因此〈φ2〉+〈φ1〉+〈φ0〉=1.注意到0<1-〈φ1〉≤1, 這表明〈φ2〉+〈φ1〉=(1-〈φ1〉)∈(0,1].因此，通過歸納可知，當(dāng)σ=1時(shí)，(23)式成立.σ=2時(shí)的討論可類似地進(jìn)行.證畢.

引理5(20)式的任意整數(shù)解φ是周期的且周期為4.另外，存在k∈Z， 若φk=φk+1=0， 則φ={0}； 否則，φ的周期是4.

證明令φ是(20)式的整數(shù)解.為了簡(jiǎn)便，令k=0， (φ0,φ1)=(p,q)， 其中p,q∈Z.易知對(duì)任意m∈Z， (〈φm〉+〈φm+1〉)∈Υ0.因此，由(7)式得： [φ2]=-[φ0]=-p=φ2, [φ3]=-[φ1]=-q=φ3, [φ4]=-[φ2]=-(-p)=p=φ4, [φ5]=-[φ3]=-(-q)=q=φ5.這表明4是φ的周期.設(shè)2是φ的周期，則由φ2=-p=p=φ0和φ3=-q=q=φ1， 得p=q=0.因此有φ={0}， 即Ωφ=1.總之，若p=q=0， 則φ的周期是1； 否則，φ的周期是4.證畢.

定理2對(duì)(20)式的任意解φ， 存在k∈Z， 有〈φk〉+〈φk+1〉∈Υ0∪Υ1∪Υ2且φ是周期的，其周期為12，并有如下結(jié)論：

證明首先由引理2知(i)是正確的.下面討論結(jié)論(ii).令φ是(20)式的非整數(shù)解，對(duì)任意k∈Z， 有〈φk〉≠0或〈φk+1〉≠0， 即(〈φk〉+〈φk+1〉)∈Υ1∪Υ2.由(20)式得

φk+3=[φk+2]-(φk+2+φk+1)=[φk+2]-([φk+1]-φk+1-φk+φk+1)=[φk+2]-[φk+1]+φk.

(26)

令(〈φk〉+〈φk+1〉)∈Υσ， 其中k=1或2.則由(23)式得

φk+6=[φk+5]-[φk+4]+φk+3=[φk+5]-[φk+4]+[φk+2]-[φk+1]+φk=

(-[φk+3]-σ)-(-[φk+2]-σ)+[φk+2]-[φk+1]+φk=

-[φk+3]+[φk+2]+[φk+2]-[φk+1]+φk=

-(-[φk+1]-σ)+(-[φk]-σ)+[φk+2]-[φk+1]+φk=[φk+2]-[φk]+φk.

(27)

再由(23)式得

[φk+8]-[φk+6]=(-[φk+6]-σ)-(-[φk+4]-σ)=[φk+4]-[φk+6]=

(-[φk+2]-σ)-(-[φk+4]-σ)=(-[φk+2]-σ)-(-[φk]-σ)=[φk]-[φk+2],

于是有φk+12=[φk+8]-[φk+6]+φk+6=[φk]-[φk+2]+[φk+2]-[φk]+φk=φk.類似地，可得φk+13=φk+1.因此(φk+12,φk+13)=(φk,φk+1)， 即12是φ的周期.

下面再討論Ωφ.不失一般性，令k=0， ([φ0],[φ1])=(p,q)， (〈φ0〉,〈φ1〉)=(s,t).由前面的討論知φ是周期的，且周期為12.

(a) 假設(shè)s+t∈Υ1.由(23)式可得〈φ2〉=1-(〈φ1〉+〈φ0〉)=1-s-t， [φ2]=-1-[φ0]=-1-p.若6是φ的周期，則由(27)式可得φ6=[φ2]-[φ0]+φ0=-1-p-p+p+s=s-1-2p=p+s=φ0.因此p=-1/3是不可能的.所以，φ的周期為12.

(b)設(shè)s+t∈Υ2.由(23)式知〈φ2〉=2-s-t， [φ2]=-2-p.類似地可得[φ3]=-2-q.設(shè)p=q=-1， 則[φ2]=-1.再由(26)式得φ3=[φ2]-[φ1]+φ0=-1+1+φ0=φ0,φ4=[φ3]-[φ1]+φ1=-1+1+φ1=φ1.這表明φ的周期是3.設(shè)Ωφ=1， 則〈φ0〉=s=t=〈φ1〉， 〈φ2〉=2-s-t=s=〈φ0〉.由此可知s=t=1/3， 即若s=t=1/3， 則Ωφ=1； 否則，φ的周期是3.設(shè)p≠-1或q≠-1， 則由前面的討論和(27)式可知φ6=[φ2]-[φ0]+φ0=-2-p-p+p+s=s-p-2.再由(20)式得φ7=[φ3]-[φ1]+φ1=-2-q-q+q+t=t-q-2.假設(shè)6是φ的周期,則有[φ6]=-p-2=p=[φ1]， [φ7]=-q-2=q=[φ1].由此可知p=q=-1, 這與前面的討論結(jié)果相矛盾,因此Ωφ=12.證畢.

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