Luận văn Một số mô hình dạng vi phân , sai phân trong kinh tế

hiệm P (t) của hệ (2.9) có giới hạn khi t → ∞ thì giới hạn đó chỉ có thể là 0 hoặc 1. Hơn nữa, nếu L0(t) → 0 thì R1(t) → r1, nếu L0(t) → 1 thì R0(t) → r0 khi t → ∞. Chứng minh. Giả sử L0(t) → lˆ0 ∈ (0, 1) khi t → ∞. Ta chỉ ra R0(t) → r0 khi t → ∞. R0(t) = e−µ0t L0(t) { [L0(0)R0(0)] β0 + β0ν0 ∫ t 0 [ eµ0sL0(s) ]β0 ds }1/β0 = 1 L0(t) { [e−µ0tL0(0)R0(0)] β0 + β0ν0 ∫ t/2 0 [e−β0µ0teβ0µ0sL0(s) β0ds + β0ν0 ∫ t t/2 e−β0µ0(t−s)[L0(s) β0 − lˆβ00 ]ds + β0ν0 lˆ β0 0 ∫ t t/2 e−β0µ0(t−s)ds] }1/β0 . 21 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng Do L0(t) → lˆ0 nên ta thấy: - Số hạng thứ nhất 1 L0(t) [e−µ0tL0(0)R0(0)] β0 → 0 khi t → ∞. - Số hạng thứ hai β0ν0 ∣∣∣ ∫ t/2 0 [e−β0µ0teβ0µ0sL0(s) β0ds ∣∣∣ ≤ β0ν0 sup 0≤s<∞ |L0(s)| β0e−β0µ0t ∫ t/2 0 eβ0µ0sds ≤ e−β0µ0t ( eβ0µ0t/2 − 1 ) = e−β0µ0t/2 − e−β0µ0t → 0 khi t → ∞. - Với mọi  > 0 cho trước, bé tuỳ ý luôn có thể chọn t đủ lớn sao cho ∣∣∣L0(s)β0 − lˆβ00 ∣∣∣ <  2 ∀s ≥ t/2 (Do L0(t) → lˆ0 khi t → ∞). Vậy, ta có đánh giá cho số hạng thứ ba ∣∣∣β0ν0 ∫ t t/2 e−β0µ0(t−s)[L0(s) β0 − lˆβ00 ]ds ∣∣∣ ≤  2 e−β0µ0t ∫ t t/2 eβ0µ0sds =  2 e−β0µ0t[eβ0µ0t − eβ0µ0t/2] =  2 (1 − e−β0µ0t/2) <  khi t đủ lớn. - Số hạng cuối β0ν0 lˆ β0 0 ∫ t t/2 e−β0µ0(t−s)ds = β0ν0 lˆ β0 0 ∫ t t/2 e−β0µ0teβ0µ0sds = ν0 µ0 lˆβ00 e −β0µ0t[eβ0µ0t − eβ0µ0t/2] = ν0 µ0 lˆβ00 − ν0 µ0 lˆβ00 e −β0µ0t/2 → ν0 µ0 lˆβ00 khi t → ∞. Vậy R0(t) → 1 lˆ0 ( ν0 µ0 lˆβ00 ) 1 β0 = r0 khi t → ∞. Tương tự, chứng minh được R1(t) → r1 khi t → ∞. Như vậy, (r0; r1; lˆ0) là một điểm cân bằng nằm ở phần trong của tập G của hệ (2.9). Điều này mâu thuẫn với Định lý 2.1. Do đó L0(t) → 0 hoặc L0(t) → 1. Hơn nữa dễ dàng thấy: - Nếu L0(t) → 1 thì R0(t) → r0. - Nếu L0(t) → 0 thì L1(t) → 1. Do đó R1(t) → r1. 22 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng 2.2.2 Tính hút về điểm biên của nghiệm Khi hệ số khuếch tán lao động a = 0 thì hệ (2.3) trở thành hệ (2.9). Ta khảo sát dáng điệu nghiệm của hệ này. Định lí 2.2. Mỗi nghiệm P (t) của hệ (2.9), xuất phát từ điểm P (0) ∈ G đều dần tới một điểm biên P = (r′0; r1; 0) của tập G khi t → ∞, trong đó r ′ 0 ∈ (r0; r1) là nghiệm dương duy nhất của phương trình (ẩn là R0) −µ0R0 + ν0R α0 0 + b(r1 − R0)R0 = 0. Chứng minh. Để chứng minh định lý này ta phải xét ba mặt cong trong G như sau: Mặt cong thứ nhất S0 được xác định sao cho dọc theo nó thành phần thứ nhất của trường F (P ) triệt tiêu. Khi đó mặt S0 được xác định bởi phương trình L0 = Φ0(R0;R1) = b(R0 −R1)+ b|R1 − R0| − µ0 + ν0R −β0 0 . Dễ thấy: Nếu R0 < R1 thì L0 = Φ0(R0;R1) = 0. Nếu R0 > R1 thì L0 = Φ0(R0, R1) = b(R0 −R1) b(R1 − R0) − µ0 + ν0R −β0 0 . Vậy, để 0 < Φ0(R0;R1) < 1 chỉ cần   R0 > R1, −µ0 + ν0R −β0 0 > 0 ⇔   R0 > R1, R0 < ( ν0 µ0 )1/β0 = r0. Tóm lại, 0 < L0 < 1 ⇔ 0 < R1 < R0 < r0. Vậy mặt S0 chỉ căng trên miền E (0) 1 = {(R0;R1) : 0 < R1 < R0 < r0}. Đặt E (0) 2 = {(R0;R1) : 0 < R0 < R1 < ∞; R0 + 1 b (µ0 − ν0R −β0 0 ) < R1 < ∞}, E (0) 3 = {(R0;R1) : r0 < R0 < ∞; 0 < R1 < R0 + 1 b (µ0 − ν0R −β0 0 )}. Khi đó miền D = R2+ thành các miền con E (0) 1 , E (0) 2 , E (0) 3 (hình 2.2) 23 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng Hình 2.2: Gọi n0 (hình 2.2) là đoạn đường cong có phương trình   R1 = R0 + 1 b (µ0 − ν0R −β0 0 ), R1 > r0. Ta thấy: - Đường cong n0 có vị trí nằm phía trên đường phân giác R0 = R1 (do R0 > r0 ⇒ µ0 − ν0R −β0 0 > 0 ⇒ R1 > R0). - Dọc theo mặt cong n0 × (0, 1) thành phần thứ nhất của trường véc tơ F (P ) là triệt tiêu (dR0/dt = 0). Thật vậy, khi R1 > R0 ta có (R0 − R1)+ = 0 và dR0 dt = −µ0R0 + ν0R α0 0 + [b(R1 − R0)L0] R0 L0 = 0 ⇔− µ0R0 + ν0R α0 0 + b(R1 − R0)R0 = 0 ⇔− µ0 + ν0R −1+α0 0 + b(R1 − R0) = 0 ⇔R1 = R0 + 1 b (µ0 − ν0R −β0 0 ). Đây là phương trình mặt cong n0 × (0, 1) với R1 > R0. Bổ đề 2.1. Thành phần thứ nhất của trường véc tơ F (P ) của hệ (2.9) triệt tiêu trên mặt S0 và mặt trụ n0 × (0, 1). Thành phần này mang dấu dương trên miền E (0) 2 × (0, 1), mang dấu âm trên miền E (0) 3 × (0, 1). Trên miền E (0) 1 thành phần này dương phía trên mặt S0, và âm phía dưới mặt S0. 24 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng Chứng minh. Ta có dR0 dt = 0 trên n0×(0, 1) (đã được chứng minh ở trên). dR0 dt = 0 trên mặt S0 được chứng minh như sau. L0 = b(R0 − R1)+ −µ0 + ν0R −β0 0 + b|R1 − R0| ⇔(−µ0 + ν0R −β0 0 )L0 − b(R0 − R1)+ + b|R1 − R0|L0 = 0 ⇔− µ0R0 + ν0R α0 0 − [b(R0 −R1)+ − b|R1 −R0|L0] R0 L0 = 0 ⇔ dR0 dt = 0. Vậy dR0 dt = 0 trên mặt S0. Đây là điều cần chứng minh. Xét dấu của dR0 dt trên miền E(0)2 × (0, 1) và trên miền E (0) 3 × (0, 1). Phương trình thứ nhất của hệ (2.9) được viết lại L0 R0 dR0 dt = [ b|R1 −R0| − µ0 + ν0R −β0 0 ] L0 − b(R0 −R1)+. Khi R1 ≥ R0, ta có L0 R0 dR0 dt = [ b(R1 −R0) − µ0 + ν0R −β0 0 ] L0. - Nếu (R0;R1) ∈ n0 thì dR0 dt = 0 (vì vế phải của phương trình bằng 0). - Nếu (R0;R1) ∈ E(0)2 thì dR0 dt > 0 (vế phải của phương trình dương). - Nếu (R0;R1) ∈ E(0)3 thì dR0 dt < 0 (vế phải của phương trình âm). Khi R1 < R0, ta có L0 R0 dR0 dt = ( − µ0 + ν0R −β0 0 ) L0 + b(R0 − R1)(L0 − 1). Nếu (R0;R1) ∈ E(0)3 thì R0 > r0, do đó −µ0 + ν0R −β0 0 < 0 ⇒ dR0 dt < 0. Vậy dR0 dt > 0 trên miền E(0)2 và dR0 dt < 0 trên miền E(0)3 . Xét dấu của dR0 dt trên miền E(0)1 . Khi (R0;R1) ∈ E(0)1 thì b|R1 − R0| − µ0 + ν0R −β0 0 > 0. Do đó dR0 dt cùng dấu với L0 − b(R0 − R1)+ b|R1 − R0| − µ0 + ν0R −β0 0 . - Nếu (R0;R1;L0) nằm phía trên mặt S0 thì dR0 dt > 0. - Nếu (R0;R1;L0) nằm phía dưới mặt S0 thì dR0 dt < 0. 25 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng Xét mặt cong thứ hai S1, sao cho dọc theo nó thành phần thứ hai của trường véc tơ F (P ) triệt tiêu, được xác định bởi phương trình L0 = Ψ1(R0;R1) = b(R1 − R0)+ − µ1 + ν1R −β1 1 b|R1 − R0| − µ1 + ν1R −β1 1 . Tương tự như mặt S0, ta có 0 < L0 < 1 ⇔ 0 < R0 < R1 < r1. Vậy, mặt S1 chỉ căng trên miền E (1) 1 = {(R0;R1) : 0 < R0 < R1 < r1}. Đặt E (1) 2 = { (R0;R1) : r1 < R1 < ∞; 0 < R0 < R1 + 1 b (µ1 − ν1R −β1 1 ) } , E (1) 3 = { (R0;R1) : 0 < R1 < R0 < ∞;R1 + 1 b (µ1 − ν1R −β1 1 ) < R0 < ∞ } . Khi đó miền D được chia thành ba miền con E(1)1 , E (1) 2 , E (1) 3 (hình 2.3). Hình 2.3: Gọi n1 là đoạn đường cong được xác định bởi  R0 = R1 + 1 b (µ1 − ν1R −β1 1 ), R1 > r1. 26 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng Ta thấy đường cong n1 có vị trí nằm phía dưới đường phân giác R0 = R1 (do R1 > r1 ⇒ µ1 − ν1R −β1 1 < 0 ⇒ R0 < R1). Bổ đề 2.2. Thành phần toạ độ thứ hai của trường F (P ) của hệ (2.9) triệt tiêu trên mặt S1 và mặt trụ n1× (0, 1). Thành phần này dương trên miền E (1) 3 × (0, 1) và âm trên miền E(1)2 × (0, 1). Còn trên miền E (1) 1 thành phần này là dương ở phía dưới mặt S1 và âm ở phía trên mặt S1. Chứng minh. Ta có dR1 dt = 0 trên mặt S1 (chứng minh tương tự bổ đề 2.1). Từ phương trình thứ hai của hệ (2.9) ta có 1 − L0 R1 dR1 dt = −µ1 + ν1R −β1 1 + b(R0 −R1)+ − ( b|R0 −R1| − µ1 + ν1R −β1 1 ) L0. (2.10) Xét dấu của dR1 dt trên miền E(1)2 × (0, 1) và miền E (1) 3 × (0, 1). Khi R0 ≥ R1, vế phải của (2.10) là[ b(R0 − R1) − µ1 + ν1R −β1 1 ] (1 − L0). - Nếu (R0;R1) ∈ n1 thì dR1 dt = 0. - Nếu (R0;R1) ∈ E(1)3 thì dR1 dt > 0. - Nếu (R0;R1) ∈ E(1)2 thì dR1 dt < 0. Khi R0 < R1, vế phải của (2.10) là −b(R1 − R0)L0 − (µ1 − ν1R −β1 1 )(1 − L0). Nếu (R0;R1) ∈ E(1)2 thì dR1 dt < 0. Vậy dR1 dt > 0 trên miền E(1)3 × (0, 1) và dR1 dt < 0 trên miền E(1)2 × (0, 1). Xét dấu dR1 dt trên miền E(1)1 . Do (R0;R1) ∈ E11 nên −µ1 + ν1R −β1 1 > 0 ⇒ b(R1 −R0) − µ1 + ν1R −β1 1 > 0. Khi đó ta viết lại (2.10) 1 − L0 R1 dR1 dt = −µ1 + ν1R −β1 1 − [ b(R1 −R0) − µ1 + ν1R −β1 1 ] L0 = − ( L0 − µ1 + ν1R −β1 1 b(R1 − R0) − µ1 + ν1R −β1 1 ) . - Nếu (R0;R1;L0) nằm phía trên mặt S1 thì dR1 dt < 0. - Nếu (R0;R1;L0) nằm phía dưới mặt S1 thì dR1 dt > 0. 27 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng Xét mặt cong thứ ba T được cho bởi phương trình L(0) = Ψ(R0;R1) = b(R0 − R1)+ b|R1 − R0| =   0 khi R1 > R0, 1 khi R1 < R0. Như vậy miền mặt T không tồn tại trong miền G (vì nếu mặt T tồn tại trong G thì 0 < Ψ(R0;R1) < 1). Đặt D0 = {(R0;R1) : 0 < R1, R0 < ∞}, D1 = {(R0;R1) : 0 < R0, R1 < ∞} (hình 2.4) và G0 = D0 × (0, 1), G1 = D1 × (0, 1). Hình 2.4: Bổ đề 2.3. Thành phần thứ ba của trường F (P ) của hệ (2.9) triệt tiêu trên mặt phẳng {0 < R0 = R1 < ∞} × (0, 1). Thành phần này dương trên miền G0 và âm trên miền G1. Do T 6⊆ G nên ta không quan tâm tới việc dL0 dt có triệt tiêu trên mặt T hay không. Tuy nhiên, phương trình của mặt T được tìm theo cách giải phương trình dL0 dt = 0 (với C = 0). 28 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng Chứng minh. Ta có dL0 dt = b(R0 − R1)+ − b|R1 − R0|L0 ⇒ dL0 dt =   −b(R1 − R0)L0 khi R1 ≥ R0, b(R0 −R1)(1 − L0) khi R1 < R0. - Nếu R0 = R1 thì dL0 dt = 0. - Nếu (R0;R1;L0) ∈ G0 thì dL0 dt > 0. - Nếu (R0;R1;L0) ∈ G1 thì dL0 dt < 0. Mệnh đề 2.1. Với mỗi điểm P = P (0) = ( R0(0);R1(0);L0(0) ) ∈ G đều có đúng một nghiệm P (t) của hệ (2.9). Nghiệm này kéo dài trên [0;∞) và thỏa mãn các hệ thức  e−µ0tL0(0)R0(0) ≤ R0(t) ≤ R0(0) + R1(0) + r1 := R(P ), e−µ1t(1 − L0(0))R1(0) ≤ R1(t) ≤ R0(0) + R1(0) + r1 := R(P ), e−bR(P )tL0(0) ≤ L0(t) ≤ 1 − e −bR(P )t(1 − L0(0)) (2.11) với mọi t ∈ [0;∞). (Ký hiệu: R0(0) + R1(0) + r1 := R(P )) Chứng minh. Đặt G(P ) := { (R0;R1) : 0 < R0, R1 < R(P ) } × (0, 1). Gọi [ 0; τ(P ) ) là khoảng thời gian cực đại mà nghiệm P (t) xuất phát từ P vẫn còn nằm lại trong G(P ). Từ các hệ thức (2.4), (2.5), (2.7) và (2.8) với t ∈ [0; τ(P )) ta có R0(t) ≥ e−µ0t L0(t) L0(0)R0(0) ≥ e −µ0tL0(0)R0(0), R1(t) ≥ e−µ1t L1(t) L1(0)R1(0) ≥ e −µ1t(1 − L0(0))R1(0), L0(t) ≥ e −b ∫ t 0 |R1(τ )−R0(τ )|dτL0(0) ≥ e −bR(P )tL0(0), 1 − L0(t) ≥ e −b ∫ t 0 |R1(τ )−R0(τ )|dτ (1 − L0(0)) ≥ e −bR(P )t[1 − L0(0)]. Vậy, các bất đẳng thức ở (2.11) được thoả mãn với mọi t ∈ [ 0; τ(P ) ) . Ta sẽ chỉ ra rằng τ(P ) = ∞. Giả sử τ(P ) < ∞. Khi đó với t ∈ [ 0; τ(P ) ) , theo các bất đẳng thức (2.11), ba thành phần của nghiệm P (t) đều giới nội, liên tục và đơn điệu. Vậy phải có giới hạn của P (t) khi t → τ(P ). Ta ký hiệu giới hạn đó là P∞. Hiển nhiên P∞ ∈ ∂G(P ) (nếu ngược lại thì nghiệm vẫn còn có thể kéo dài, khi đó khoảng [ 0, τ(P ) ) chưa phải là cực đại). 29 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng Các bất đẳng thức ở (2.11) cho thấy giới hạn P∞ của nghiệm P (t) không thể đạt trên các mặt toạ độ OR0L0, OR1L0 mà chỉ có thể là một trong các trường hợp sau (hình 2.5): i) P∞ ∈ {R1 = R(P ), 0 < R0 < R(P )} × (0, 1). ii) P∞ ∈ {R0 = R(P ), 0 < R1 < R(P )} × (0, 1). iii) P∞ ∈ { ( R(P );R(P ) ) } × (0, 1). Hình 2.5: Ta xét lần lượt từng trường hợp: i) Giả sử P∞ ∈ {R1 = R(P ), 0 < R0 < R(P )} × (0, 1). Khi đó ta có P (t) ∈ E(1)2 × (0, 1). Do đó trường véc tơ tại P∞ có dấu như sau: F (P ) = (∗;−; ∗) Đặt H0 = {R1 = R(P ), 0 < R0 < R(P )}, khi đó véc tơ pháp của mặt H0 tại P hướng vào trong miền G(P ) là nH0 = (0;−1; 0). Do đó nH0F (P ) > 0, điều này có nghĩa góc giữa nH0 và F (P ) là góc nhọn. Vậy, nghiệm P (t) nhận F (P ) làm tiếp tuyến phải có hướng về phía trong miền G(P ). 30 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng ii) Giả sử P∞ ∈ {R0 = R(P ), 0 < R1 < R(P )} × (0, 1). Lập luận tương tự trường hợp trên với F (P ) ∈ E(0)3 và mặt H1 = {R0 = R(P ), 0 < R1 < R(P )} ta có nghiệm P (t) hướng vào phía trong miền G(P ). iii) Giả sử P∞ ∈ {R1 = R0} × (0, 1). Dấu của trường véc tơ tại P∞ như sau: F (P ) = (−;−; ∗). Trường hợp này nghiệm P (t) cũng hướng vào phía trong miền G(P ). Tóm lại, tại P∞ cả ba thành phần toạ độ của P (t) đều hướng vào phía trong của miền G(P ). Điều này chứng tỏ [ 0; τ(P ) ) không phải là khoảng thời gian cực đại để nghiệm chưa ra khỏi G(P ), vậy τ(P ) = ∞. Gọi r∗; r∗ là các nghiệm dương của phương trình −µ0 + ν0R α0 = −µ1 + ν1R α1 . Trên hình (2.1) ta thấy r∗, r∗ là các số dương và có thứ tự r∗ < r0 < r1 < r ∗. Đặt ∆ = {(R0;R1) : r∗ < R0 < R1 < r ∗} (hình 2.6), G∆ := ∆ × (0, 1). Mệnh đề 2.2. Mỗi nghiệm P (t) của hệ (2.9), xuất phát từ điểm P (0) ∈ G∆ ∩G hội tụ tới điểm P khi t → ∞. Chứng minh. Ta kí hiệu điểm ban đầu P = ( R0(0);R1(0);L0(0) ) = P (0). Đầu tiên ta chứng minh mọi nghiệm xuất phát từ P ∈ ∂G∆ ∩ G đi vào G∆ khi t > 0. Rõ ràng G∆ gồm có ba miền Q1, Q2, Q3 (hình 2.7). Trong đó Q1 := {R0 = r∗; r∗ < R1 < r ∗} × (0, 1), Q2 := {R1 = r∗; r∗ < R0 < r ∗} × (0, 1), Q3 := {r∗ < R0 = R1 < r ∗} × (0, 1) và các đoạn thẳng:{(r∗; r∗)} × (0, 1), {(r∗; r∗)} × (0, 1), {(r∗; r∗)} × (0, 1). Lưu ý. Q1 ⊂ E(0)2 × (0, 1), Q2 ⊂ E (1) 2 × (0, 1). Khi đó có các khả năng: P ∈ Q1; P ∈ Q2; P ∈ {(r∗; r∗)} × (0, 1); P ∈ Q3; P ∈ {(r∗; r∗)} × (0, 1) và P ∈ {(r∗; r∗)} × (0, 1). 31 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng Hình 2.6: Hình 2.7: 32 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng Ta lần lượt xét các trường hợp trên. i) Khi P ∈ Q1. Do Q1 ⊂ E(0)2 × (0, 1) nên dấu F (P ) = (+; ∗; ∗). Véc tơ pháp của mặt Q1 tại P hướng vào phía trong miền G∆ là nQ1 = (1; 0; 0). Do đó nQ1F (P ) > 0. Vậy, nghiệm P (t) xuất phát từ điểm P ∈ Q1 đi vào miền G∆ và không ra khỏi miền này với mọi t > 0 đủ bé. ii) Khi P ∈ Q2, ta có kết quả tương tự: nghiệm P (t), xuất phát từ điểm P ∈ Q2 đi vào miền G∆ và không ra khỏi miền này với mọi t > 0 đủ bé. iii) Khi P ∈ {(r∗; r∗)} × (0, 1) ⊆ E (0) 2 × (0, 1) ∪E (1) 2 × (0, 1) ta có kết quả tương tự trên. Nghiệm P (t) xuất phát từ P ∈ {(r∗; r∗)} × (0, 1) đi vào miền G∆ với mọi t > 0 đủ bé. iv) Khi P ∈ Q3. Véc tơ pháp tại P của Q3, hướng vào phía trong miền G∆ có dấu nQ3 = (−1; 1; 0). Do P ∈ Q3 nên R0 = R1 ⇒ F (P ) = (−µ0R0 + ν0Rα00 ;−µ1R1 + ν1R α1 1 ; 0). Ta có nQ3 .F (P ) = −(−µ0R0 + ν0R α0 0 ) + (−µ1R1 + ν1R α1 1 ) > 0. (Do r∗ < R0 = R1 < r∗ nên tích này dương (hình 2.1). Vậy nghiệm P (t) xuất phát từ P đi vào G∆ với t > 0 đủ bé. v) Khi P ∈ {(r∗; r∗)} × (0, 1). Trong trường hợp này, trường véc tơ là khác với trường trên mặt phẳng Q3. Để viết gọn hơn các biểu thức tiếp theo ta ký hiệu ρ(t) = R1(t) −R0(t), fi(R) = −µiR + νiR αi (i = 0; 1), χ0(t) =   1 khi R0(t) > R1(t), 0 khi R0(t) ≤ R1(t), χ1(t) =   1 khi R1(t) > R0(t), 0 khi R1(t) ≤ R0(t). 33 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng Từ (2.9), ta có dρ(t) dt = dR1(t) dt − dR0(t) dt = − µ1R1 + ν1R α1 1 + [ b(R0 − R1)+ − b|R1 − R0|L0 ]R1 L1 − { − µ0R0 + ν0R α0 0 + [b(R0 −R1)+ − b|R1 −R0|L0] R0 L0 } = [ f1(R1(t)) − f1(R0(t)) ] + [ f1(R0(t)) − f0(R0(t)) ] + { b(−ρ)+ − b|ρ| }L0R1 + R0L1 L1 . Theo Định lý giá trị trung bình, tồn tại θ, sao cho f1 ( R1(t)) − f1(R0(t) ) = ∫ R1(t) R0(t) f ′1(R)dR =f ′1 [ R0(t) + θ(R1(t) −R0(t)) ]( R1(t) − R0(t) ) =f ′1 [ R0(t) + θ ( R1(t) −R0(t) )] ρ(t). Ta thấy ( R0(t) − R1(t) ) + = ( − χ0(t) ) ρ(t), |R1(t) −R0(t)| = ( χ1(t) − χ0(t) ) ρ(t). Tóm lại, tồn tại một hàm số ζ(t), sao cho dρ(t) dt = [f1(R0(t)) − f0(R0(t))] + ζ(t)ρ(t). Giải phương trình vi phân tuyến tính này, ta có ρ(0) = R1(0) − R0(0) = r∗ − r∗ = 0. Khi đó ρ(t) = R1(t) − R0(t) = ∫ t 0 e ∫ t 0 ζ(τ )dτ [ f1 ( R0(s) ) − f0 ( R0(s) )] ds. Với t > 0 đủ bé ta có R0(s) > r∗, ∀s ∈ (0; t]. Do đó ta có (hình 2.1) f1 ( R0(s) ) − f0 ( R0(s) ) > 0, ∀ s ∈ (0; t]. Vậy R1(t) > R0(t). Từ R0(t) > r∗, R1(t) > R0(t), R0(0) = R1(0) = r∗, ta có ( R0(t);R1(t) ) ∈ ∆. Như vậy, nghiệm xuất phát từ P sẽ đi vào miền G∆ và không ra khỏi miền này với mọi t > 0 đủ bé. 34 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng vi) Khi P ∈ {(r∗; r∗)} × (0, 1). Trường hợp này được xét tương tự trường hợp trên (v). Ta biết rằng nếu P ∈ G∆ thì nghiệm P (t) không ra khỏi miền đó với mọi t ∈ (0;∞). Khi đó, theo Bổ đề 2.3 hàm L0(t) là hàm giảm, có giới hạn khi t → ∞. Hệ quả 2.1 cho thấy L0(t) → 0 và R1(t) → r1 khi t → ∞. Vấn đề còn lại ta cần chỉ ra R0(t) → r′0, trong đó r′0 là nghiệm dương duy nhất của phương trình −µ0R + ν0R α0 + b(r1 − R0)R = 0. (2.12) Ta thấy r′0 được xác định như giao của cung n0 và đường thẳng R1 = r1. Thật vậy. R0 = r ′ 0 ⇔   R1 = r1, R1 = R0 + 1 b (µ0 − ν0R −β0 0 ) ⇒r1 = R0 + 1 b (µ0 − ν0R −β0 0 ) ⇔br1R0 = bR 2 0 + µ0R0 − ν0R α0 0 ⇔− µ0R0 + ν0R α0 0 + bR0(r1 − R0) = 0. Vậy r′0 là nghiệm dương duy nhất của phương trình (2.12). Tiếp theo ta cần chỉ ra R0(t) → r′0 khi t → ∞ (L0(t) → 0;R1(t) → r1). Xét lân cận U của điểm (r′0; r1) ∈ ∆. U := { (R0;R1) : |R0 − r ′ 0| < 0, |R1 − r1| < 1 } . Lấy 1 đủ bé sao cho tập V V := { (R0;R1) : |R0 − r ′ 0| ≥ 0, |R1 − r1| < 1 } không giao với cung n0 (điều này có thể làm được vì r′0 < r1 (hình 2.8). Như vậy ( R0(t);R1(t) ) ∈ U hay |R0(t) − r′0| < 0. Do 0 > 0 bé tuỳ ý nên R0(t) → r ′ 0 Mệnh đề 2.3. Mọi nghiệm P (t) của hệ (2.9), xuất phát từ điểm P ∈ G0∩G đều chạy vào G1 sau một khoảng thời gian hữu hạn. 35 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng Hình 2.8: Chứng minh. Ta xét P = ( R0(0);R1(0);L0(0) ) = P (0) ∈ ∂G0 ∩G. Đặt Q3 = {r∗ < R0 = R1 < r ∗} × (0, 1), Q4 = {0 < R0 = R1 < r∗} × (0, 1), Q5 = {r ∗ < R0 = R1 < ∞}× (0, 1). Ta lần lượt xét các trường hợp: i) Khi P ∈ Q3, trường hợp này đã được xét ở trên (mệnh đề 2.2). ii) Khi P ∈ Q4. Véc tơ pháp của mặt Q4 tại P hướng vào trong miền G0 là nQ4 = (1;−1; 0). Do R0 = R1 nên ta có F (P )+ = (−µ0R0 + ν0R α0 0 ;−µ1R1 + ν1R α1 1 ; 0) ⇒ nQ4F (P ) = −µ0R0 + ν0R α0 0 − [−µ1R1 + ν1R α1 1 ] > 0 Nghiệm P (t) xuất phát từ P ∈ Q4 đi vào G0 với mọi t > 0 đủ bé (hình 2.1). iii) Khi P ∈ Q5, trường hợp này được xét tương tự trên (trường hợp (ii)). Tiếp theo ta sẽ chỉ ra rằng nghiệm P (t), xuất phát từ P ∈ G0 sẽ ra khỏi G0 đi vào G1 sau một khoảng thời gian hữu hạn. Thật vậy, giả sử có nghiệm P (t) xuất phát từ P ∈ G0 và nằm lại trong đó với mọi t ∈ (0;∞). Nếu vậy, theo bổ đề (2.3) hàm L0(t) là hàm tăng và có giới hạn khi t → ∞. Theo hệ quả (2.1), ta có L0(t) ↑ 1; R0(t) → r0. 36 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng Do r0 0 đủ lớn, ta có P (t) ∈ E (1) 3 × (0, 1). Vậy R1(t) là hàm tăng và bị chặn, do đó có giới hạn. Giả sử R1(t) → rˆ1 khi t → ∞ Do ( R0(t);R1(t) ) ∈ E (1) 3 nên R1(t) < R0(t) và giới hạn của chúng thoả mãn rˆ1 ≤ r0. Mặt khác, khi t → ∞ ta có R0(t) → r0, R1(t) → rˆ1, L0(t) → 1 ⇒ dR1(t) dt → −µ1rˆ1 + ν1rˆ α1 1 + b(r0 − rˆ1)rˆ1 > 0. (2.13) Thật vậy, do R1 < R0 nên dR1(t) dt = −µ1R1 + ν1R α1 1 + { b(R0 − R1)+ − b|R1 − R0|L0 }R1 L1 = −µ1R1 + ν1R α1 1 + { b(R0 − R1) − b(R0 −R1)L0 }R1 L1 = −µ1R1 + ν1R α1 1 + b(R0 − R1)(1 − L0) R1 L1 = −µ1R1 + ν1R α1 1 + b(R0 − R1)R1 ⇒ dR1(t) dt → −µ1rˆ1 + ν1rˆ α1 1 + b(r0 − rˆ1)rˆ1 := M ( khi t → ∞). Nếu rˆ1 0. Nếu rˆ1 = r0 thì M > 0 ⇔ −µ1r0 + ν1rα10 > 0 ⇔ r0 < ( ν1 µ1 )1/β1 = r1 (đúng) . Tóm lại, với t > 0 đủ lớn, chẳng hạn t ≥ T ta luôn có dR1(t) dt → M > 0 ⇒ R1(t) ≥ R1(T ) + ∫ ∞ T (M − )dt = ∞, trong đó  là một số dương đủ bé, sao cho M −  > 0. Điều này mâu thuẫn với R1(t) → rˆ1 ≤ r0. Mâu thuẫn này là do giả thiết nghiệm P (t) không ra khỏi miền G0 khi t → ∞. Vậy P (t) phải ra khỏi miền G0 sau một khoảng thời gian hữu hạn nào đó, chẳng hạn ( 0; τ(P ) ) . Mặt khác, các bất đẳng thức ở (2.11) cho thấy P (t) không thể ra khỏi G0 qua mặt phẳng toạ độ R1 = 0, vậy nó chỉ có thể đi vào miền G1. Mệnh đề 2.4. Nghiệm P (t) xuất phát từ P (0) ∈ G1 \ G∆ quay về G0 hoặc G∆ sau một khoảng thời gian hữu hạn. 37 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng Chứng minh. Theo chứng minh mệnh đề (2.2) và (2.3), nếu P = P (0) ∈ ∂(G1 \ G∆) thì nghiệm P (t) xuất phát từ P đi vào G0 hoặc G∆ sau một khoảng thời gian hữu hạn. Do vậy, ta chỉ cần chứng minh không có nghiệm P (t) nào xuất phát từ P ∈ G1 \G∆ lưu lại trong miền P ∈ G1 \G∆ với mọi t ∈ (0,∞). Giả sử có nghiệm P (t) như thế. Khi đó, theo bổ đề (2.3) và hệ quả (2.1), ta có L0(t) ↓ 0; R1(t) → r1 khi t → ∞. Do P (t) ∈ G1 \ G∆ với mọi t > 0 nên khi t đủ lớn ta có P (t) ∈ E(0)2 × (0, 1) hay( R0(t);R1(t) ) ∈ E (0) 2 , R0(t) có giới hạn khi t → ∞. Gọi giới hạn đó là rˆ0: R0(t) → rˆ0 khi t → ∞. Vì (rˆ0; r1) 6∈ ∆ nên rˆ0 < r∗. Mặt khác, khi P (t) → (rˆ0; r1; 0), ta có dR0(t) dt → −µ0rˆ0 + ν0rˆ α0 0 + b(r1 − rˆ0)rˆ0 > 0. Tương tự như mệnh đề (2.3), ta có dR0(t) dt dần tới một số dương khi t → ∞, hàm R0(t) không thể giới nội ở vô cùng. Điều này trái với R0(t) → rˆ0 ≤ r∗, do đó điều giả sử trên là sai. Mệnh đề 2.5. Với mỗi P = P (0) ∈ (G0 ∩ G) ∪ (G1 \ G∆) tồn tại T0 > 0 đủ lớn sao cho mỗi nghiệm P (t) xuất phát từ P (0) ∈ G0 ∩G hoặc từ P (0) ∈ G1 \G∆ đều đi vào miền G∆ sau một khoảng thời gian hữu hạn không nhỏ hơn T0. Chứng minh. Theo mệnh đề (2.4), mọi nghiệm xuất phát từ P (0) ∈ G1 \G∆ đều đi vào G∆ hoặc vào G0 sau một khoảng thời gian hữu hạn. Nếu nghiệm đi vào G∆ thì ta đã có điều cần chứng minh. Nếu nghiệm đi vào G0 thì theo mệnh đề (2.3) nó sẽ quay lại miền G1 sau một khoảng thời gian hữu hạn. Nếu sau n lần quay đi quay lại giữa G0 và G1 \ G∆ mà nghiệm vẫn không rơi vào miền G∆ thì ta có thể tìm được n đủ lớn sao cho kể từ vòng thứ n + 1 trở đi nghiệm chỉ chạy qua biên giới của G0, G1 trong hành lang rˆ0 −  < R0 < rˆ0 + , trong đó  = 1 2 (rˆ0 − r∗) . Trong trường hợp này dễ thấy chỉ có thể nghiệm từ G0 sang G1 qua mặt Q3, nghĩa là nó đi vào miền G∆. Đây là điều cần chứng minh. Bây giờ trở lại chứng minh định lý (2.2). - Theo mệnh đề (2.3), mọi nghiệm xuất phát từ P ∈ G0 ∩ G sẽ đi vào miền G1 sau một khoảng thời gian hữu hạn nào đó. 38 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng - Theo mệnh đề (2.4), mọi nghiệm xuất phát từ P ∈ G1 \ G∆ sẽ đi vào miền G0 sau một khoảng thời gian hữu hạn nào đó. - Theo mệnh đề (2.5), khi t > 0 đủ lớn mọi nghiệm từ P ∈ G0 ∩ G sẽ đi vào miền G1 qua mặt Q3 hay nghiệm đi vào miền G∆. Như vậy, với mọi vị trí ban đầu P (0), nghiệm P (t) sẽ có lúc rơi vào miền G∆. Theo mệnh đề (2.2), nghiệm hút về điểm giới hạn trên biên là P (r′0; r1; 0). Định lý được chứng minh. 2.3 Mô hình có hệ số khuếch tán lao động dương 2.3.1 Sự tồn tại và ổn định điểm cân bằng dương Ta xét hệ (2.3) với a > 0. Định lí 2.3. Khi a > 0 thì điểm Pˆ = (r0; r1; l0), trong đó r0 = ( ν0 µ0 ) 1 β0 , r1 = ( ν1 µ1 ) 1 β1 , l0 = a 2a + b(r1 − r0) là điểm cân bằng duy nhất của hệ (2.3) trong miền G. Điểm cân bằng này là ổn định tiệm cận. Chứng minh. Nếu (R0;R1;L0) là điểm cân bằng của hệ thì  −µ0R0 + ν0R α0 0 − [ a + b(R0 −R1)+ − (2a + b|R1 − R0|)L0 ]R0 L0 = 0, −µ1R1 + ν1R α1 1 + [ a + b(R0 − R1)+ − (2a + b|R1 − R0|)L0 ] R1 1 − L0 = 0, a + b(R0 − R1)+ − (2a + b|R1 − R0|)L0 = 0 ⇔   −µ0R0 + ν0R α0 0 = 0, −µ1R1 + ν1R α1 1 = 0, L0 = a + b(R0 − R1)+ 2a + b|R1 −R0| ⇔   R0 = ( ν0 µ0 ) 1 β0 = r0, R1 = ( ν1 µ1 ) 1 β1 = r1, L0 = a 2a + b(r1 − r0) = l0 (Do R0 = r0 < r1 = R1) Vậy Pˆ = (( ν0 µ0 ) 1 β0 ; ( ν1 µ1 ) 1 β1 ; a 2a + b(r1 − r0) ) 39 Chương 2. Ổn định điểm cân bằng trong mô hình di cư lao động giữa hai vùng là điểm cân bằng duy nhất trong G của hệ (2.3). Ma trận Jacobian của hệ (2.3) tại điểm cân bằng là A =   −al−10 bl0 −bl0 ar0l −2 0 −br0 − µ0ν0 br0 −ar1l −1 0 (1 − l0) −1 br1l0(1 − l0) −1 −br1l0(1 − l0) −1 − µ1ν1   . Phương trình đặc trưng của ma trận này là φA(λ) =λ 3 + [al−10 + b(r0 + r1l0(1 − l0) −1) + µ0ν0 + µ1ν1]λ 2 + [al−10 (µ0ν0 + µ1ν1) + b(r0µ1ν1 + r1µ0ν0l0(1 − l0) −1) + µ0ν0µ1ν1]λ + al−10 µ0ν0µ1ν1 = 0. Ma trận Hurwitz H có đa thức đặc trưng φA(t) = λ3 + c1λ2 + c2λ + c3 H =   c1 1 0 c3 c2 c1 0 0 c3   . Mọi nghiệm của phương trình đặc trưng có phần thực âm nếu các định thức con chính của ma trận Hurwitz đều dương, hay khi c1 > 0, c1c3 − c2 > 0, c3 > 0. Ta kiểm tra các bất đẳn