Dãy truy hồi tuyến tính cấp một - Một mô hình toán học đơn giản của nhiều bài toán thực tế

Chia sẻ: Huyết Thiên Thần | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

78
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài viết "Dãy truy hồi tuyến tính cấp một - Một mô hình toán học đơn giản của nhiều bài toán thực tế" trình bày các bài toán thực tế dẫn đến mô hình toán học là dãy truy hồi tuyến tính cấp một và ứng dụng dãy truy hồi tuyến tính cấp một trong giải toán cũng như trong giải các bài toán thực tế. Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết nội dung bài viết!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Dãy truy hồi tuyến tính cấp một - Một mô hình toán học đơn giản của nhiều bài toán thực tế

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 DÃY TRUY HỒI TUYẾN TÍNH CẤP MỘT - MỘT MÔ HÌNH TOÁN HỌC ĐƠN GIẢN CỦA NHIỀU BÀI TOÁN THỰC TẾ Lê Đại Hải, Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội Mai Công Mãn, Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa Tạ Duy Phượng, Cộng tác viên Viện Toán học Tóm tắt nội dung Bài viết trình bày các bài toán thực tế dẫn đến mô hình toán học là dãy truy hồi tuyến tính cấp một và ứng dụng dãy truy hồi tuyến tính cấp một trong giải toán cũng như trong giải các bài toán thực tế. 1. Từ các bài toán thực tế 1.1. Sử dụng tài nguyên thiên nhiên Ví dụ 1.1 (Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội, Trung học Cơ sở, 2017). Dự báo với mức độ tiêu thụ dầu không đổi như hiện nay, trữ lượng dầu sẽ hết sau 100 năm. Thay vì mức độ tiêu thụ dầu không đổi, do nhu cầu thực tế, mức tiêu thụ dầu năm sau tăng lên 5% so với năm trước. Hỏi sau bao nhiêu năm số dầu dự trữ sẽ hết? Lời giải. Giả thiết rằng mức tiêu thụ dầu hàng năm như hiện nay là A đơn vị. Khi ấy trữ lượng dầu là 100A. Nếu xn là lượng dầu sử dụng vào năm thứ n thì x1 = A. Với tỉ lệ tăng 5%/năm thì x2 = 1.05x1 = 1.05A và xn = 1.05xn−1 = 1.052 xn−2 = · · · = 1.05n−1 x1 = 1.05n−1 A. Tổng lượng dầu sử dụng sau n năm là Sn = x1 + x2 + · · · + xn = A + 1.05A + · · · + 1.05n−1 A = (1 + 1.05 + · · · + 1.05n−1 ) A 1.05n − 1 1.05n − 1 = A= A. 1.05 − 1 0.05 Để xem lượng dầu sử dụng được bao lâu (với mức tăng hàng năm là 5%), ta cần xác 1.05n − 1 định n để tổng lượng dầu bằng 100A, tức là A = 100A hay 1.05n = 100 × 0.05 + 0.05 1. 1
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 ln 6 Suy ra n = ≈ 36.72 ≈ 37 năm. ln 1.05 Lời bình Lượng tiêu thụ dầu hàng năm tăng theo cấp số nhân xn+1 = qxn . (1.1) Tổng lượng dầu tiêu thụ sau n năm chính là tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân, qn − 1 Sn = x1 + x2 + · · · + x n = x1 . (1.2) q−1 Ví dụ này cho thấy, một mô hình toán học đơn giản nhất (cấp số nhân) cũng đã có thể dùng để phân tích những bài toán quan trọng của kinh tế. Ví dụ này cũng cho thấy tầm quan trọng của sự kiềm chế mức khai thác và sử dụng tài nguyên thiên nhiên như dầu mỏ, khí đốt, than đá,. . . Nhưng do nhu cầu tiêu thụ, quá trình khai thác tài nguyên thiên nhiên tăng 5%/năm là hoàn toàn thực tế. 1.2. Lạm phát Lạm phát xảy ra khi đồng tiền bị mất giá. Tỉ lệ phần trăm tăng lên trong chỉ số giá bán lẻ trong một năm được gọi là tỉ lệ lạm phát của năm. Ví dụ, khi nói tỉ lệ lạm phát là 3%/năm, nghĩa là ta cần 1.03 đô-la khi mua một vật trị giá là 1 đô-la trước đây một năm (giả thiết vật cũ vẫn giữ nguyên giá). Với tỉ lệ lạm phát là 3%/năm thì x1 = 1.03x0 , x2 = 1.03x1 = 1.032 x0 , . . . , xn = 1, 03n x0 . Sau 20 năm ta muốn mua một vật trị giá lúc đầu là 1000 đô-la thì cần số tiền là: 3 20 x20 = (1 + ) × 1000 ≈ 1806, 111235 ≈ 1806 đô-la. 100 Ta đã sử dụng công thức tính số hạng thứ n của cấp số nhân xn = (1 + r%) xn−1 = (1 + r%)n x0 với r = 3%, x0 = 1000 và n = 20. Mặc dù tỉ lệ lạm phát r = 3% là bình thường trong thực tế, sau một thời gian dài giá trị đồng tiền bị mất giá một cách đáng kể. Ví dụ, với tỉ lệ lạm phát vẫn là 3%/năm, hỏi sau bao lâu thì giá trị đồng tiền chỉ còn một nửa? Để trả lời câu hỏi này ta cần tìm n sao cho 3 n x n = (1 + ) x0 = 2x0 . 100 ln 2 Vậy n = ≈ 23.44, tức là, sau khoảng 24 năm, ta cần 2 đô-la để mua một vật trị giá ln 1.03 lúc đầu là 1 đô-la (với giả thiết vật sau 20 vẫn giữ nguyên giá như ban đầu). 1.3. Phân rã chất phóng xạ Chất có chứa chất phóng xạ (quặng có chứa chất radium,. . . ) thường xuyên phát ra một lượng chất phóng xạ và do đó lượng chất phóng xạ có trong chất ấy bị giảm dần. Thời gian mà chất phóng xạ giảm chỉ còn một nửa được gọi là chu kì bán rã. Giả sử xn là lượng chất phóng xạ còn lại sau n năm. Nếu tỉ lệ phân rã là r thì xn+1 = (1 − r ) xn , n = 0, 1, 2, . . . Ở đây, thay vì sử dụng tỉ lệ phần trăm như trong các bài toán kinh tế, ở đây ta dùng đại lượng r, 0 < r < 1. Đây cũng là cấp số nhân và xn = (1 − r )n x0 , trong đó x0 là lượng chất phóng xạ ban đầu. Nếu chu kì bán rã là H thì 2
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 1 1 xH = x0 , hay (1 − r ) H x0 = x0 . 2 2 Suy ra 1 1 1−r = ( )H. 2 Thay vào phương trình trên ta được n 1 x n = ( ) H x0 . (1.3) 2 công thức (2.3) thường được sử dụng trong xác định niên đại carbon. Khi hóa thạch được tìm thấy, người ta đo lượng còn lại của đồng vị carbon-14. Lí do là lượng carbon-14 trong động vật khi còn sống là không đổi, nhưng bắt đầu giảm khi động vật đã chết. Chu kì bán rã của carbon-14 xấp xỉ 5730 năm. Ví dụ 1.2. Khi đo tỉ lệ carbon-14 trong một xác động vật chết, người ta thấy nồng độ carbon-14 chỉ còn 54% lượng carbon-14 ban đầu. Để xác định thời gian động vật đó sống, ta sử dụng công thức (2.3) với xn = 0.54x0 và H = 5730. Ta có n 1 0, 54x0 = xn = ( ) 5730 x0 2 hay n 1 0, 54 = ( ) 5730 . 2 Suy ra ln 0, 54 n = 5730 × ≈ 5094 năm. − ln 2 Vậy động vật đó đã chết cách đây khoảng 5100 năm. 1.4. Bài toán tăng trưởng dân số Bài toán tăng trưởng dân số là một bài toán thực tế, thường xuyên được dùng làm đề thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính điện tử từ năm 1996 đến nay. Nội dung của nó thường được phát biểu như sau. Dân số của một thành phố (một nước) A hiện nay là x0 (người). Tỉ lệ tăng dân số hàng năm là r%. Hỏi sau n năm, số dân của thành phố (nước) A sẽ là bao nhiêu người. Lời giải. Số dân sau một năm sẽ là x1 = x0 + r%x0 = (1 + r%) x0 . Số dân sau n năm sẽ là xn = (1 + r%) xn−1 . Đây cũng chính là cấp số nhân. Số dân của thành phố A sau n năm sẽ là xn = (1 + r%)n x0 . (1.4) Nhận xét 1.1. Theo công thức (1.4), biết ba trong bốn đại lượng n, r, x0 , xn , ta dễ dàng tính được đại lượng còn lại. Cụ thể: 1) Biết n, r, x0 . Khi ấy xn được tính theo công thức (2.4); 2) Biết n, x0 , xn . Khi ấy r xn r= n − 1. (1.5) x0 3
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 3) Biết r, x0 , xn . Khi ấy xn ln x0 ln xn − ln x0 n= = . (1.6) ln(1 + r%) ln(1 + r%) 4) Biết r, x0 , xn . Khi ấy xn x0 = . (1.7) (1 + r%)n Ví dụ 1.3 (Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Thừa Thiên-Huế, Trung học cơ sở, 2006-2007). Dân số của một thành phố năm 2007 là 330.000 người. Câu 1 Hỏi năm học 2007-2008, dự báo có bao nhiêu học sinh lớp 1 đến trường, biết trong 10 năm trở lại đây tỉ lệ tăng dân số mỗi năm của thành phố là 1.5% và thành phố thực hiện tốt chủ trương 100% trẻ em đúng độ tuổi đều vào lớp 1? Câu 2 Nếu đến năm học 2015-2016, thành phố chỉ đáp ứng được 120 phòng học cho học sinh lớp 1, mỗi phòng dành cho 35 học sinh thì phải kiềm chế tỉ lệ tăng dân số mỗi năm là bao nhiêu, bắt đầu từ năm 2007? (Kết quả lấy với 2 chữ số ở phần thập phân). Lời giải Câu 1. Gọi a (đơn vị: người) là số dân đầu năm 2000 của thành phố. Khi đó: 1, 5 Số dân năm 2001 sẽ là a(1 + ); 100 1, 5 7 Số dân năm 2007 sẽ là a(1 + ) . 100 Vì số dân năm 2007 là 330000 (người) nên số dân năm 2000 là 330000 a= . 1, 5 7 (1 + ) 100 Chỉ có những em sinh năm 2001 mới đủ tuổi đi học (6 tuổi) vào lớp 1 ở năm học 2007-2008. Vậy số trẻ em (sinh năm 2001) học lớp 1 năm học 2007-2008 là 330000 1, 5 7 × ≈ 4460(em). 1, 5 100 (1 + ) 100 Lời bình Trên thực tế, số trẻ em được sinh ra phải nhiều hơn, vì mức tăng trưởng dân số được tính theo công thức: r = (Số trẻ em sinh ra-số người chết)/số dân (của năm). Câu 2.2 Gọi x là tỉ lệ tăng dân số cần khống chế từ năm 2007. x Vì số dân năm 2007 là 330000 người nên số dân năm 2008 là: 330000 × (1 + ). 100 x x Số trẻ em sinh năm 2009 là: 330000 × (1 + )× . 100 100 Vì chỉ có những trẻ em sinh năm 2009 mới đủ 6 tuổi vào học lớp 1 năm học 2015-2016. Ta có phương trình sau: x x 330000 1 + · : 35 = 120(phòng) 100 100 hay 3300x + 33x2 = 120. 35 4
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Giải phương trình trên ta được: x1 = 1, 256928578; x2 = 101, 2569286. Vậy tỉ lệ tăng dân số cần khống chế là 1, 25%. 1.5. Bài toán lãi suất tiết kiệm Bài toán lãi suất tiết kiệm cũng là một bài toán thực tế, thường xuyên được dùng làm đề thi Giải toán trên máy tính điện tử từ năm 2000 đến nay. Nó cũng đã xuất hiện trong đề thi Trung học Phổ thông 2017 và 2018. Mặc dù phát biểu ngày càng phức tạp (theo thời gian), nhưng các bài toán dạng này thực chất cũng chỉ là áp dụng các công thức (1.1), (1.2),(1.4), (1.5), (1.6),(1.7). Lãi kép Sau một đơn vị thời gian (tháng, năm), lãi được gộp vào vốn và được tính lãi. Loại lãi này được gọi là lãi kép. Ví dụ 1.4 (Thi Tốt nghiệp Trung học Phổ thông 2018, Đề số 101 Câu 16; Đề số 107 Câu 20; Đề số 109 Câu 16; Đề số 115 Câu 16; Đề số 117 Câu 22; Đề số 123 Câu 19). Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 7.5%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) gấp đôi số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó không rút tiền ra? Đáp số (khoanh tròn đáp án đúng): A. 11 năm. B. 9 năm. C. 10 năm. D. 12 năm. Ghi chú: Để cho gọn, ở đây chỉ nêu đáp số của một Đề. Đáp số các Đề khác đã được trộn từ tổ hợp A, B, C, D. Lời giải. Gọi n là năm mà khi lĩnh tiền ra (cả gốc lẫn lãi) được gấp đôi số tiền gửi vào. Khi ấy, theo công thức (6) ta có xn ln x0 ln 2 n= = ≈ 9.58. ln(1 + r%) ln(1.075) Vậy với lãi suất 7.5%/năm, để được gấp đôi số tiền gửi vào cần khoảng 10 năm. Đáp án là C. Bài tập tương tự Bài 1.1 (Thi Tốt nghiệp Phổ thông 2018 , Đề số 102 Câu 24; Đề số 108 Câu 22; Đề số 110 Câu 22; Đề số 116 Câu 17; Đề số 118 Câu 22; Đề số 124 Câu 20). Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 7, 2% /năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) gấp đôi số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó không rút tiền ra? 5
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 A. 11 năm. B. 12 năm. C. 9 năm. D. 10 năm. Bài 1.2 (Thi Tốt nghiệp Phổ thông 2018 , Đề số 103 Câu 25; Đề số 105 Câu 22:; Đề số 111 Câu 22; Đề số 113 Câu 17; Đề số 119 Câu 22; Đề số 121 Câu 25). Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 6, 6%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) gấp đôi số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó không rút tiền ra? A. 11 năm. B. 10 năm. C. 13 năm. D. 12 năm. Bài 1.3 (Thi Tốt nghiệp Phổ thông 2018 , Đề số 106 Câu 24; Đề số 104 Câu 16; Đề số 112 Câu 24; Đề số 114 Câu 16; Đề số 120 Câu 23: Đề số 122 Câu 16). Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 6, 1%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) gấp đôi số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó không rút tiền ra? A. 12 năm. B. 13 năm. C. 10 năm. D. 11 năm. Bài 1.4 (Thi Tốt nghiệp Phổ thông 2017, Đề số 101 Câu 35; Đề số 107 Câu 31; Đề số 109 Câu 38; Đề số 115 Câu 33; Đề số 117 Câu 39; Đề số 123 Câu 41). Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 6%/ năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu đồng bao gồm gốc và lãi? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra. A. 13 năm. B. 14 năm. C. 12 năm. D. 11 năm. Bài 1.5 (Thi Tốt nghiệp Phổ thông 2017, Đề số 102 Câu 41; Đề số 108 Câu 38; Đề số 110 Câu 43; Đề số 116 Câu 36; Đề số 118 Câu 40; Đề số 124 Câu 39). Đầu năm 2016, ông A thành lập một công ty. Tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên trong năm 2016 là 1 tỷ đồng. Biết rằng cứ sau mỗi năm thì tổng số tiền dung để trả lương cho nhân viên trong cả năm đó tăng thêm 15% so với năm trước. Hỏi năm nào dưới đây là năm đầu tiên mà tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên trong cả năm lớn hơn 2 tỷ đồng ? A. Năm 2023. B. Năm 2022. C. Năm 2021. D. Năm 2020. Bài 1.6 (Sở Giáo dục – Đào tạo Thừa Thiên-Huế. Đề thi học sinh giỏi tỉnh 2008-2009. Khối 12 Trung học phổ thông. Đề chính thức Ngày thi: 17-12-2008). Lãi suất của tiền gửi tiết kiệm của một số ngân hàng thời gian vừa qua liên tục thay đổi. Bạn Châu gửi số tiền ban đầu là 5 triệu đồng với lãi suất 0, 7% tháng. Sau chưa đầy một năm, thì lãi suất tăng lên 1, 15% tháng trong nửa năm tiếp theo và bạn Châu tiếp tục gửi; sau nửa năm đó lãi suất giảm xuống còn 0, 9% tháng, bạn Châu tiếp tục gửi thêm một số tháng tròn nữa, khi rút tiền bạn Châu được cả vốn lẫn lãi là 5 747 478,359 đồng (chưa làm tròn). Hỏi bạn 6
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Châu đã gửi tiền tiết kiệm trong bao nhiêu tháng? 1.6. Cuộn giấy, cuộn vải Cuộn giấy gồm một lõi carton đường kính d0 bằng 4 cm và cuộn giấy quấn quanh lõi. Cuộn giấy thường chứa 60 lá giấy mỗi lá dài 25 cm, do đó tổng chiều dài cuộn giấy là 1500 cm. Cho rằng giấy được quấn quanh một lõi đường kính d0 , sau mỗi vòng quấn tổng đường kính của cuộn giấy tăng lên 2t, trong đó t là bề dày của giấy. Giả sử xn cm là tổng chiều dài cuộn giấy khi quấn n vòng quanh lõi, như vậy, x0 = 0. Đường kính ngoài của cuộn giấy là dn = d0 + 2tn cm. Điều này khiến chiều dài của cuộn giấy tăng lên từ vòng thứ n sang vòng thứ n + 1 là xn+1 = xn + π (d0 + 2tn). Như vậy, ta có công thức xn+1 = xn + π (d0 + 2tn). (1.8) Để tìm được công thức nghiệm của phương trình này (công thức biểu diễn tường minh xn từ công thức (1.8), ta cần có kiến thức về dãy truy hồi (phương trình sai phân) cấp một, được trình bày dưới đây. 2. Mô hình toán học Nhận xét Tất cả các bài toán thực tế trình bày trong Mục 1 đều dẫn đến một mô hình toán học đơn giản là Dãy truy hồi (hay Phương trình sai phân) tuyến tính cấp một. 2.1. Khái niệm Dãy truy hồi (Phương trình sai phân) tuyến tính cấp một là dãy có dạng xn+1 = qxn + dn , n = 1, 2, . . . (2.9) Nếu q = 1, dn ≡ d thì ta có xn+1 = xn + d. (2.10) Đây chính là cấp số cộng (số hạng sau bằng số hạng trước cộng với một số d không đổi). Nếu dn ≡ 0 thì ta có xn+1 = qxn . (2.11) Đây chính là cấp số nhân (số hạng sau bao giờ cũng bằng số hạng trước nhân với một số q không đổi). Dãy xn+1 = qxn còn được gọi là dãy truy hồi tuyến tính cấp một thuần nhất. Nếu dn không đồng nhất bằng 0 thì dãy (1.9) được gọi là dãy truy hồi tuyến tính cấp một không thuần nhất. Như vậy, dãy truy hồi tuyến tính cấp một là trường hợp tổng quát của cấp số cộng và cấp số nhân. 7
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Cho trước giá trị ban đầu x0 và dãy dn , ta dễ dàng tính được nghiệm (số hạng tổng quát) của dãy truy hồi (1.9): n −1 xn = qn x0 + qn−1 d0 + qn−2 d1 + · · · + qdn−2 + dn−1 = qn x0 + ∑ q n −1− k d k . (2.12) k =0 Thật vậy, theo công thức (1.9) ta có: x1 = qx0 + d0 , x2 = qx1 + d1 = q (qx0 + d0 ) + d1 = q2 x0 + qd0 + d1 . Giả sử công thức (1.12) đúng với mọi n Khi ấy, theo (1.9) và giả thiết qui nạp, ta có: n −1 n n xn+1 = qxn + dn = q q x0 + ∑ q n − 1 − k d k + d n = q n x0 + ∑ q n − k d k . k =0 k =0 Vậy công thức (1.12) được chứng minh. Nhận xét 2.2. Với giá trị ban đầu x0 và dãy dn cho trước, ta dễ dàng tính được nghiệm của dãy truy hồi (1.9) trên máy tính theo công thức định nghĩa (1.9) (công thức truy hồi) hoặc công thức nghiệm tổng quát (12). Đây chính là một trong những thế mạnh của máy tính điện tử. 2.2 Nghiệm tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính không thuần nhất Khi chưa biết giá trị ban đầu x0 , bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được rằng, dãy truy hồi tuyến tính cấp một thuần nhất xn+1 = qxn có nghiệm tổng quát dạng x˜ n = Cqn , với C là một số bất kì. Dãy { x¯ n } thỏa mãn (1.9) với mọi n được gọi là nghiệm riêng của (1.9). Ta có Mệnh đề 2.1. Nghiệm tổng quát của phương trình (1.9) có dạng xn = x˜ n + x¯ n , trong đó x˜ n = Cqn là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất xn+1 = qxn và x¯ n là một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất (1.9). Chứng minh. Giả sử x¯ n là nghiệm riêng của (1.9), tức là x¯ n+1 = q x¯ n + dn với mọi n và x˜ n = Cqn là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất xn+1 = qxn . Khi ấy xn+1 = x˜ n+1 + x¯ n+1 = Cqn+1 + q x¯ n + dn = q (Cqn + x¯ n ) + dn = q ( x˜ n + x¯ n ) + dn = qxn + dn . Vậy xn = x˜ n + x¯ n = Cqn + x¯ n là nghiệm tổng quát của (1.9). Dễ dàng thấy rằng nghiệm của (1.9) ứng với giá trị ban đầu x0 có dạng xn = qn x0 + x¯ n . Tìm nghiệm riêng trong một số trường hợp đặc biệt Theo Mệnh đề 2.1, để tìm công thức nghiệm của (1.9), ta phải tìm một nghiệm riêng. Dưới đây ta sẽ tìm nghiệm riêng của dãy (1.9) trong một số trường hợp đặc biệt, tuy 8
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 nhiên, vẫn tương đối tổng quát. Mệnh đề 2.2 Giả sử dn = Pk (n) là một đa thức bậc k của n. Nếu q 6= 1 thì có thể tìm một nghiệm riêng x¯ n của phương trình không thuần nhất (1.9) dưới dạng x¯ n = Qk (n) (đa thức bậc k của n ). Nếu q = 1 thì có thể tìm một nghiệm riêng x¯ n của phương trình (1.9) dưới dạng x¯ n = nQk (n) (đa thức bậc k + 1 của n. ) Chứng minh. Xem, Ví dụ, [6], trang 12; [7], trang 47. Ví dụ 2.5. Tìm nghiệm của phương trình xn+1 = xn + 2n2 , x0 = 1, n > 0. Lời giải. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất xn+1 = xn là xn = C. Vì q = 1 và dn = 2n2 nên tìm nghiệm riêng của phương trình dưới dạng (cao hơn dn một bậc) x¯ n = n(C1 n2 + C2 n + C3 ). Thay vào phương trình ta được đẳng thức sau đúng với mọi n > 0 : (n + 1)[C1 (n + 1)2 + C2 (n + 1) + C3 ] = n(C1 n2 + C2 n + C3 ] + 2n2 . So sánh hệ số ta được 2 4 C1 = , C2 = −2, C3 = . 3 3 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là 2 4 xn = C + n3 − 2n2 + n. 3 3 Từ điều kiện ban đầu x0 = 1 ta có C = 1. Nghiệm ứng với điều kiện ban đầu x0 = 1 là 2 4 xn = 1 + n3 − 2n2 + n. 3 3 Chú ý Mệnh đề 2.2 cũng đúng cho phương trình axn+1 + bxn = dn , n = 1, 2, . . . , là dạng tổng quát của (1.9). Ví dụ 2.6. Tìm số hạng tổng quát của dãy số 3xn+1 − 2xn = n + 1, x0 = 1, Lời giải. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất 2 3xn+1 − 2xn = 0 ⇔ 3xn+1 = xn , n = 0, 1, 2, . . . 3 là b 2 xn = C (− )n = C ( )n . a 3 2 Vì q = 6= 1 và dn = n + 1 là một đa thức bậc nhất của n nên ta tìm nghiệm riêng của 3 phương trình dưới dạng đa thức bậc nhất x¯ n = C1 n + C2 . Thay vào phương trình đã cho ta có 3 (C1 (n + 1) + C2 ) − 2[C1 n + C2 ] = n + 1 đúng với mọi n. Suy ra C1 = 1; C2 = −2. Vậy x¯ n = n − 2 và nghiệm tổng quát của 2 phương trình đã cho là xn = C ( )n + n − 2. 3 9
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Vì x0 = 1 nên C − 1 = 2 hay C = 3. Vậy nghiệm của phương trình đã cho ứng với điều 2 kiện ban đầu x0 = 1 là xn = 3( )n + n − 2. 3 Trường hợp đặc biệt dn ≡ d. Nếu dn ≡ d với mọi n thì phương trình (1.9) có dạng xn+1 = qxn + d. (2.13) Nếu q 6= 1 thì do dn = d (là đa thức bậc 0 với mọi n ) nên ta tìm một nghiệm riêng dạng x¯ n = c (đa thức cùng bậc với đa thức dn = d ). d Thay vào phương trình xn+1 = qxn + d ta được c = qc + d, suy ra c = . 1−q d Vậy nghiệm tổng quát của (13) có dạng xn = Cqn + . 1−q d Nếu biết x0 thì C = x0 − . Nghiệm của phương trình (13) với điều kiện ban đầu x0 1−q là d (1 − q n ) x n = q n x0 + . (2.14) 1−q Nhận xét Trực tiếp, từ công thức (1.9), khi q 6= 1, ta cũng có: xn = qxn−1 + d = q (qxn−2 + d) + d = q2 xn−2 + qd + d = . . . qn − 1 = q n x 0 + ( q n −1 + q n −2 + · · · + q + 1 ) d = q n x 0 + d. q−1 Khi q = 1 thì (1.9) trở thành xn+1 = xn + d (cấp số cộng). Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất xn+1 = xn là xn ≡ C. Nghiệm riêng được tìm dưới dạng xn = cn (đa thức bậc nhất của n cao hơn đa thức dn ≡ d một bậc). Thay vào phương trình xn+1 = xn + d ta được c(n + 1) = cn + d. Suy ra c = d. Vậy nghiệm tổng quát của dãy xn+1 = xn + d (cấp số cộng) là xn = C + nd. Nếu x0 cho trước thì xn = x0 + nd. Đây chính là công thức tính số hạng tổng quát của cấp số cộng. Công thức này cũng dễ dàng chứng minh trực tiếp như sau: xn = xn−1 + d = ( xn−2 + d) + d = · · · = x0 + nd. Ta có công thức tổng các số hạng đầu của cấp số cộng: n ( n − 1) Sn = x0 + x1 + · · · + xn−1 = x0 + ( x0 + d) + · · · + ( x0 + (n − 1)d) = nx0 + d. 2 Trường hợp đặc biệt dn ≡ 0 Nếu dn ≡ 0 thì từ công thức (1.14) ta lại có công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân xn+1 = qxn là xn = qn x0 . Ta có công thức tổng Sn các số hạng đầu của cấp số nhân: Sn = x0 + x1 + · · · + xn−1 = x0 + qx0 + q2 x0 + · · · + qn−1 x0 1 − qn = 1 + q + · · · + q n −1 x 0 = x0 . 1−q Ghi chú Ở đây chỉ trình bày cách tìm nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính cấp một trong một trường hợp đơn giản nhất (Mệnh đề 2.2). Có thể tìm hiểu thêm về phương trình sai phân bậc nhất qua các tài liệu [2]-[4], [6], [7]. 10
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 (1) (2) Mệnh đề 2.3 (Nguyên lí chồng chất nghiệm) Giả sử dn có dạng dn = dn + dn và (i ) xn , i = 1, 2, là nghiệm riêng của các phương trình (i ) xn+1 = qxn + dn , i = 1, 2, (1) (2) Khi ấy xn = xn + xn là nghiệm riêng của phương trình (1) (2) xn+1 = qxn + dn = qxn + dn + dn . (i ) Chứng minh. Vì xn , i = 1, 2, tương ứng là nghiệm của các phương trình (i ) (1) (1) (2) xn+1 = qxn + dn nên xn(1+)1 = qxn + dn và xn(2+)1 = qxn(2) + dn . (1) (2) Nếu xn = xn + xn thì (1) (2) (1) (2) (1) (2) (1) (1) (2) (2) (1) (2) xn+1 = qxn + dn + dn = q( xn + xn ) + dn + dn = qxn + dn + qxn + dn = xn+1 + xn+1 . (1) (2) Vậy xn = xn + xn là nghiệm của phương trình (1) (2) xn+1 = qxn + dn = qxn + dn + dn . (1) (2) Như vậy, để tìm nghiệm riêng của xn+1 = qxn + dn + dn , ta chỉ cần tìm nghiệm riêng của các phương trình đơn giản hơn: (i ) xn+1 = qxn + dn , i = 1, 2. Mệnh đề này dễ dàng mở rộng cho trường hợp k (i ) dn = ∑ dn . i =1 3. Ứng dụng của phương trình sai phân cấp một trong giải toán và trong các bài toán thực tế Nhận xét 3.3. Các công thức nghiệm của dãy truy hồi tuyến tính cấp một trong Mục 2 rất có ích trong giải toán và trong giải các bài toán thực tế. 3.1. Tính tổng Công thức nghiệm của phương trình sai phân trong Mục 2 có thể được sử dụng để tính các tổng. Ta hãy xét các Ví dụ sau. Ví dụ 3.7. Xét phương trình sai phân xn+1 = xn + n, n = 0, 1, 2, . . . Nghiệm của phương trình thuần nhất xn+1 = xn là xn = C. Ta tìm nghiệm riêng của phương trình trên dưới dạng đa thức bậc hai (cao hơn đa thức dn = n một bậc: x¯ n = n(C1 n + C2 ). Thay vào phương trình ta được đẳng thức đúng với mọi n : (n + 1)(C1 (n + 1) + C2 ) = n(C1 n + C2 ) + n. 11
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 1 1 So sánh hệ số của hai vế ta được C1 = ; C2 = − . 2 2 n ( n − 1) Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là xn = C + . 2 n ( n − 1) Nếu cho trước x0 thì nghiệm là xn = x0 + . Nếu x0 = 0 thì nghiệm là 2 n ( n − 1) xn = . 2 Nhận xét 3.4. Nếu x0 = 0 thì xn+1 = xn + n = xn−1 + (n − 1) + n = · · · = 1 + 2 + · · · + n. Như vậy, xn+1 chính là tổng của n số tự nhiên đầu tiên và n ( n + 1) x n +1 = x n + n = x n −1 + ( n − 1 ) + n = · · · = 1 + 2 + · · · + n = . 2 Ta cũng đã biết cách tính Sn = 1 + 2 + · · · + n như sau. Viết lại tổng trên dưới dạng Sn = n + (n − 1) + · · · + 2 + 1. Cộng hai đẳng thức trên ta được 2S = (1 + 2 + · · · + n) + (n + (n − 1) + · · · + 1) = ( n + 1) + · · · + ( n + 1) = n ( n + 1). | {z } n n ( n + 1) Vậy Sn = . 2 Ví dụ 3.8. Xét phương trình sai phân xn+1 = xn + (n + 1)2 . Nghiệm của phương trình thuần nhất xn+1 = xn là xn = C. Vì dn = (n + 1)2 là một tam thức bậc hai nên ta tìm nghiệm dưới dạng x¯ n = n( an2 + bn + c). Thay vào phương trình ta được đẳng thức đúng với mọi n : (n + 1)( a(n + 1)2 + b(n + 1) + c) = n( an2 + bn + c) + (n + 1)2 . 1 1 1 Suy ra a = , b = , c = . 3 2 6 Vậy phương trình xn+1 = xn + (n + 1)2 có nghiệm là 1 1 1 xn = C + n3 + n2 + n. 3 2 6 1 3 1 2 1 Nếu cho trước x0 thì nghiệm là xn = x0 + n + n + n. 3 2 6 1 3 1 2 1 Nếu x0 = 0 thì nghiệm là xn = n + n + n. 3 2 6 Nhận xét 3.5. Nếu x0 = 0 thì x n +1 = x n + ( n + 1 )2 = x n −1 + n 2 + ( n + 1 )2 = . . . = 12 + 22 + · · · + n 2 + ( n + 1 ) 2 hay x n = 12 + 22 + · · · + n 2 . Như vậy, xn chính là tổng các bình phương của n số tự nhiên đầu tiên và 1 1 1 n(n + 1)(2n + 1) x n = n3 + n2 + n = . 3 2 6 6 Suy ra công thức tính tổng bình phương của n số tự nhiên đầu tiên: 1 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1). 6 12
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Ví dụ 3.9. Xét phương trình sai phân xn+1 = xn + (2n + 1)2 . Nghiệm của phương trình thuần nhất xn+1 = xn là xn = C. Vì dn = (2n + 1)2 là một tam thức bậc hai nên ta tìm nghiệm dưới dạng đa thức bậc ba x¯ n = n( an2 + bn + c). Thay vào phương trình ta được đẳng thức đúng với mọi n : (n + 1)( a(n + 1)2 + b(n + 1) + c(n + 1)) = n( an2 + bn + c) + (2n + 1)2 . 4 1 Suy ra a = , b = 0, c = − . 3 3 4 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là xn = C + n3 − n. 3 3 4 3 1 Nếu cho trước x0 thì nghiệm là xn = x0 + n − n. 3 3 4 3 1 Nếu x0 = 0 thì nghiệm là xn = n − n. 3 3 Nhận xét 3.6. Nếu x0 = 0 thì xn+1 = xn + (2n + 1)2 = xn−1 + (2n − 1)2 + (2n + 1)2 = . . . = 12 + 32 + · · · + (2n + 1)2 . Vậy, xn chính là tổng bình phương của n số lẻ đầu tiên và 4 1 1 1 xn = n3 − n = n(4n2 − 1) = n(2n − 1)(2n + 1). 3 3 3 3 Suy ra công thức 1 12 + 32 + · · · + (2n + 1)2 = n(4n2 − 1). 3 Tiểu kết Như vậy, có thể sử dụng công thức nghiệm của phương trình sai phân như một phương pháp để tính tổng. Phương pháp này hay hơn cách chứng minh qui nạp ở chỗ, chứng minh qui nạp thường phải biết trước công thức nghiệm, còn phương pháp phương trình sai phân cho cách tìm công thức nghiệm. Phương pháp này cũng cho phép sáng tạo các bài tập tính tổng của các số theo một qui luật nào đó. Hơn nữa, có thể đi sâu nghiên cứu về phương trình sai phân cấp một theo [2]-[4], [6], [7] để tìm tổng của các biểu thức lượng giác, biểu thức chứa hàm mũ,. . . Bài tập tương tự Bài 3.7. Tìm nghiệm của phương trình sai phân xn+1 = xn + 2n + 1. Tính tổng Sn = 1 + 3 + 5 + 7 + · · · + (2n + 1). Bài 3.8. Tìm nghiệm của phương trình sai phân xn+1 = xn + (n + 1)3 . Tính tổng Sn = 13 + 23 + 33 + · · · + n3 . Bài 3.9. Tìm nghiệm của phương trình sai phân xn+1 = xn + (2n + 1)2 . Tính tổng Sn = 1 + 9 + 25 + · · · + (2n − 1)2 . 13
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Bài 3.10. Tìm nghiệm của phương trình sai phân xn+1 = xn + (2n + 1)3 . Tính tổng Sn = 1 + 27 + 125 + · · · + (2n − 1)3 . Bài 3.11. Tìm nghiệm của phương trình sai phân xn+1 = xn + (3n + 1)2 . Tính tổng Sn = 12 + 42 + 72 + · · · + (3n − 2)2 . Bài 3.12. Tìm nghiệm của phương trình sai phân xn+1 = xn + (3n + 2)2 . Tính tổng Sn = 22 + 52 + 82 + · · · + (3n − 1)2 . 3.2 Cuộn giấy, cuộn vải (tiếp Mục 1.6) Xét phương trình cuộn giấy (1.8) (1) (2) xn+1 = xn + π (d0 + 2tn) = xn + πd0 + 2πtn = xn + dn + dn . Biết bề dày t của giấy, ta có thể tính được chiều dài cuộn giấy sau n lần cuộn. Bởi vì x0 = 0 nên vớid0 = 4 nghiệm của phương trình trên gồm tổng hai nghiệm riêng tương (1) (2) ứng với hai số hạng dn = 4π và dn = 4πtn. Vì phương trình thuần nhất xn+1 = xn có q = 1 nên nghiệm riêng của phương trình xn+1 = xn + 4π là 4πn và nghiệm riêng của 1 phương trình xn+1 = xn + π (d0 + 2tn) là 2πt × n(n − 1). 2 Nghiệm của phương trình (1.8) ứng với x0 = 0 là xn = 4πn + πtn(n − 1). Ví dụ, bề dày của giấy là 0,07 cm và n = 70 thì xn = 4π × 70 + π × 0, 07 × 70 × 69 = 1941, 8 cm. Đây là chiều dài của cuộn giấy khi quấn 70 vòng. Tất nhiên, nếu biết chiều dài của cuộn giấy và số vòng quấn, ta có thể tìm được độ dày của giấy. Ví dụ, khi tời cuộn giấy ra và quấn lại được 61 vòng. Toàn bộ cuộn giấy gồm 60 lá chiều dài 25 cm mỗi lá. Hỏi bề dày của giấy. Từ công thức xn = d0 πn + πtn(n − 1) với xn = 60 × 25 = 1500 cm, n = 61 suy ra xn − 4πn t= =0,063788204 (cm). πn(n − 1) 3.3 Tăng trưởng hoặc suy giảm có bổ sung Ở Mục 1.5 ta đã xét bài toán gửi tiền tiết kiệm. Bài toán này có nội dung là: ta gửi vào ngân hàng một khoản tiền (đồng), để số vốn đó tự sinh lãi và quên đi, sau một thời gian ta rút tiền ra. Số tiền cả gốc lẫn lãi được tính theo công thức số hạng thứ n của cấp số nhân là xn = qn x0 . Tuy nhiên, trên thực tế, ta còn gặp những bài toán phức tạp hơn: Để mua nhà, trả nợ,. . . , ta thường hay sử dụng loại “tăng trưởng hoặc suy giảm có bổ sung”, tức là ta sẽ thường xuyên gửi vào hoặc rút ra một lượng tiền nào đó. Xét Ví dụ sau. Ví dụ 3.10. Giả sử rằng vào ngày 1 tháng giêng ta gửi 1000 đô-la với lãi suất 0, 5%/tháng. Khi ấy, sang ngày 1 tháng hai ta có 1000 + 1000 × 0, 5% = 1005 đôla. Sang ngày 1 tháng ba ta có số tiền là 1005 + 1005 × 0, 5% = 1010, 025 đôla. Giả sử đầu tháng ba ta rút ra 100 đôla (tiêu đột xuất), như vậy số tiền mà ta còn lại sẽ là 1010, 025 − 100 = 910, 025 đôla. 14
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Nói chung, nếu xn là số tiền ta có vào đầu tháng thứ n, thì số tiền ta có do gửi tiết kiệm (với lãi suất r% ) vào đầu tháng thứ n + 1 sẽ là xn+1 = xn + r%xn = (1 + r%) xn . Nếu ta thêm vào hay bớt đi một lượng tiền dn vào đầu tháng thứ n thì số tiền sẽ là xn+1 = (1 + r%) xn + dn , n = 0, 1, 2, 3, . . . Đây chính là phương trình sai phân bậc nhất tuyến tính không thuần nhất (1.9) đã xét trong Mục 2. Khi biết giá trị các đại lượng dn , ta có thể lần lượt tính các giá trị xn+1 theo công thức truy hồi trên. Trong Ví dụ 3.3.1, với n = 0 ta có d0 = 0 và x1 = (1 + 0, 5%) x0 + d0 = 1, 005 × 1000 + 0 = 1005 đôla. Với n = 1 ta có d1 = −100 và x2 = (1 + 0, 5%) x1 + d1 = 1, 005 × 1005 − 100 = 910, 025 đôla. Nếu dn có dạng đặc biệt, Ví dụ, dn ≡ d, thì ta có thể sử dụng các công thức (2.14) để tìm xn . Bài tập tương tự Bài 3.13 (Thi chọn đội tuyển thi Giải toán trên máy tính,Trường THCS Cát Tiên, Đồng Nai, 2004). Một người hàng tháng gửi vào ngân hàng số tiền là 1.000.000 đ (một triệu đồng) với lãi suất tiết kiệm 0, 45% một tháng. Hỏi sau hai năm người ấy nhận được bao nhiêu tiền (kết quả làm tròn đến chữ số hàng đơn vị). Bài 3.14 (Sở Giáo dục – Đào tạo Hải Phòng. Đề thi chọn đội tuyển Giải toán trên máy tính năm 2007-2008). Hai vợ chồng có một con mới vào lớp 6 quyết định: Mỗi tháng sẽ gửi đều đặn vào ngân hàng 800.000 đồng (tám trăm nghìn đồng) với lãi suất 0, 25% /tháng cho đến khi con học hết lớp 12. Hỏi sau 7 năm (84 tháng), vợ chồng để dành cho con số tiền là bao nhiêu? Số tiền lãi là bao nhiêu? (Tính đúng số tiền đến nghìn đồng). Bài 3.15 (Bộ Giáo dục và Đào tạo, Thi Giải toán trên máy tính điện tử, Trung học Cơ sở, 2010). Câu 1 Một người gửi tiết kiệm 250.000.000đ (hai trăm năm mươi nghìn đồng) loại kì hạn 3 tháng vào ngân hàng với lãi suất 10, 45% một năm. Hỏi sau 10 năm 9 tháng người đó nhận được bao nhiêu tiền cả vốn lẫn lãi. Biết rằng người đó không rút lãi tất cả các định kì trước đó. Câu 2 Nếu với số tiền ở Câu 1, người đó gửi tiết kiệm loại kì hạn 6 tháng vào ngân hàng với lãi suất 10, 5% một năm thì sau 10 năm 9 tháng người đó nhận được bao nhiêu tiền cả vốn lẫn lãi. Biết rằng người đó không rút lãi tất cả các định kì trước và nếu rút tiền trước thời hạn thì ngân hàng trả lãi suất theo loại không kì hạn là 0, 015% một ngày (1 tháng tính 30 ngày). Câu 3 Một người hàng tháng gửi tiết kiệm 10.000.000 đ (mười triệu đồng) vào ngân hàng với lãi suất 0, 84% một tháng. Hỏi sau 5 năm người đó nhận được bao nhiêu tiền cả vốn lẫn lãi. Biết rằng người đó không rút lãi tất cả các định kì trước đó. 15
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 4. Thay lời kết Bài viết minh họa khả năng sử dụng một mô hình toán học đơn giản (dãy truy hồi tuyến tính cấp một) trong giải toán và đặc biệt, trong giải các bài toán thực tế. Khá nhiều các bài toán thực tế dẫn đến phương trình sai phân tuyến tính cấp một đã được sử dụng làm đề thi học sinh giởi Giải toán trên máy tính (xem, Ví dụ, [1], [5]). Nếu biết khai thác các kiến thức về phương trình sai phân cấp một và cấp cao, xem, Ví dụ, [2]-[4], [6], [7], thì có thể sử dụng chúng trong giải toán và/hoặc giải quyết được những lớp bài toán thực tế phức tạp hơn. Tài liệu [1] Bùi Việt Hà, Hướng dẫn sử dụng nhanh Geogebra, School@net. [2] Nguyễn Thị Hồng Hạnh, Đỗ An Khánh, Bùi Thị Hằng Mơ, Tạ Duy Phượng, Geogebra-Một công cụ thí nghiệm trong phân tích đa thức ra thừa số, Kỷ yếu Hội thảo Seminar toán Olympic (Nguyễn Văn Mậu chủ biên), Trường Trung học Cơ sở Cầu Giấy, 02/05/2019. Xem thêm: Big School: https://stream.bigschool.vn/static/Bigschoolvn/document/2019/05/8Geogebra24- 4-2019.pdf. [3] Nguyễn Thị Hồng Hạnh, Bùi Thị Hằng Mơ, Tạ Duy Phượng, Sử dụng phần mềm Geogebra trong tìm hiểu môt số giả thuyết về số nguyên tố, Kỷ yếu Hội thảo Các chuyên đề toán học cập nhật chương trình và sách giáo khoa mới (Nguyễn Văn Mậu, Trần Quốc Tuấn chủ biên), Lạng Sơn 02-03/03/2019. [4] Lại Đức Thịnh, Giải đáp thắc mắc, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, Số 29 (tháng 2-1967). [5] Lại Đức Thịnh, Nói chuyện về số nguyên tố, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, số 7-1966. [6] Tuyển tập 30 năm tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, Nhà xuất bản Giáo dục, 1997, trang 343. [7] Trần Đỗ Minh Châu, Tạ Duy Phượng, Nguyễn Khác Toàn,Tuyển tập các đề thi Giải toán trên máy tính, Trung học cơ sở 2003-2011, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, 2013. [8] Lê Đình Định, Bài tập Phương trình sai phân, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, 2011. [9] Nguyễn Văn Mậu, Một số bài toán chọn lọc về dãy số, Nhà xuất bản Giáo dục, 2006. [10] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Tuấn, Chuyên đề chọn lọc Dãy số và áp dụng, Nhà xuất bản Giáo dục, 2008. [11] Phạm Thị Nhàn, Tạ Duy Phượng, Trần Dư Sinh, Các đề thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính điện tử cấp tỉnh, thành phố và toàn quốc, Trung học Phổ thông, 2008-2015 (Bản thảo). [12] Tạ Duy Phượng, Phạm Thị Hồng Lý, Một số dạng toán thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính-Phương trình sai phân, Nhà xuất bản Giáo dục, 2005, 2006, 2008. [13] Lê Đình Thịnh, Lê Đình Định, Phương trình sai phân, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội, 2004. 16