Luận văn Thạc sĩ Toán học: Toán tử sai phân và ứng dụng vào giải toán sơ cấp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- NGUYỄN THỊ TRANG

TOÁN TỬ SAI PHÂN VÀ ỨNG DỤNG

VÀO GIẢI TOÁN SƠ CẤP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ---------------------------

NGUYỄN THỊ TRANG

TOÁN TỬ SAI PHÂN VÀ ỨNG DỤNG

VÀO GIẢI TOÁN SƠ CẤP

Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp

Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS. TS. Trịnh Thanh Hải

THÁI NGUYÊN - 2019

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học

Thái Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với PGS.TS.

Trịnh Thanh Hải (ĐHKH - ĐHTN), thầy đã trực tiếp hướng dẫn tận tình

và động viên tác giả trong suốt thời gian nghiên cứu vừa qua.

Xin chân thành cảm ơn tới các quý thầy, cô giáo đã trực tiếp giảng dạy

lớp Cao học Toán K11, các bạn học viên, và các bạn đồng nghiệm đã tạo

điều kiện thuận lợi, động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và

nghiên cứu tại trường. Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia

đình và người thân luôn khuyến khích động viên tác giả trong suốt quá

trình học cao học và viết luận văn này.

Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu

sót và hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của các

thầy cô và các bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.

Xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2019 Tác giả

Nguyễn Thị Trang

i

Mục lục

Mở đầu

1

1 Kiến thức chuẩn bị

3

1.1 Một số khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2 Một số tính chất của toán tử sai phân . . . . . . . . . . . .

5

1.3 Phương trình sai phân tuyến tính . . . . . . . . . . . . . .

8

1.4 Phương trình sai phân phi tuyến . . . . . . . . . . . . . . . 18

2 Ứng dụng toán tử sai phân vào giải một số bài toán dành

cho học sinh khá, giỏi

20

2.1 Ứng dụng toán tử sai phân vào giải bài toán tìm số hạng

tổng quát

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.2 Ứng dụng toán tử sai phân vào giải bài toán tính tổng . . . 23

2.3 Ứng dụng toán tử sai phân vào một số bài toán về bất

đẳng thức

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.4 Ứng dụng toán tử sai phân vào một số bài toán chia hết,

phần nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.5 Ứng dụng toán tử sai phân vào một số bài tổ hợp . . . . . . 34

2.6 Ứng dụng toán tử sai phân vào một số bài toán về giới hạn

36

2.7 Một số bài tập đề nghị

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

Kết luận

54

Tài liệu tham khảo

55

ii

Mở đầu

Toán tử sai phân cho ta nhiều lời giải thú vị khi ta dựa vào định nghĩa,

tính chất của toán tử sai phân để giải quyết một số bài toán sơ cấp, đơn cử:

• Bài toán chia hết, phần nguyên;

• Bài toán đếm của giải tích tổ hợp;

• Bài toán về giới hạn hàm số;

• Bài toán về bất đẳng thức;

• Tính tổng của một dãy số;

Ngoài việc vận dụng phương pháp sai phân vào các dạng bài toán kể

trên, ta còn có thể tìm thấy rất nhiều ví dụ minh họa việc vận dụng phương

pháp sai phân vào giải các bài toán thực tiễn.

Với mong muốn tìm hiểu, sưu tầm việc vận dụng toán tử sai phân vào

giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi THPT để vận dụng vào quá

trình dạy học của bản thân, Em đã lựa chọn đề tài về ứng dụng toán tử

sai phân vào giải một số bài toán sơ cấp. Luận văn có các nhiệm vụ chính

sau:

• Xác định số hạng tổng quát của một dãy số.

• Tìm hiểu về định nghĩa và các tính chất của toán tử sai phân;

sơ cấp được trình bày trong bài báo [5], [6].

• Đọc hiểu ý tưởng vận dụng toán tử sai phân vào giải môt số bài toán

những bài tập đó có thể giải bằng cách vận dụng khái niệm, tính chất

của toán tử sai phân;

1

• Sưu tầm một số bài toán, đề thi tổ hợp dành cho học sinh giỏi mà

khái niệm, tính chất của toán tử sai phân.

Ngoài ra, luận văn cũng trình bày các cách giải khác nhau của cùng một

bài toán và so sánh những phương pháp giải với lời giải khi ứng dụng tính

chất của toán tử sai phân đó người đọc có thể đưa ra nhận xét, so sánh

giữa các lời giải với nhau.

2

• Trình bày tường minh lời giải một số bài toán trên cơ sở vận dụng

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Chương 1 được chúng tôi sử dụng để nhắc lại các kiến thức thường được trình bày trong các giáo trình giảng dạy ở bậc đại học. Nội dung chương 1

được chúng tôi tham khảo từ các tài liệu [4] - [7].

Định nghĩa 1.1.1. [5]. Cho h là một số thực khác 0 và hàm f (x). Khi f (x + h) và f (x) là các số thực, ta gọi

1.1 Một số khái niệm cơ bản

là sai phân bậc nhất của f tại x với bước nhảy h. Cho các hàm f, g và số thực c, ta có

∆hf (x) = f (x + h) − f (x)

và

∆h(f + g) = ∆hf (x) + ∆hg(x)

hf (x) hoặc If (x) thay cho f (x).

Ký hiệu ∆0 Với bất kỳ số nguyên n (cid:62) 1, chúng ta định nghĩa sai phân bậc n bởi

∆h(cf (x)) = c∆hf (x).

hf (x) = ∆n(∆n−1

h f )(x).

Ví dụ

∆n

hf (x) = f (x + 2h) − 2f (x + h) + f (x),

∆2

hf (x) = f (x + 3h) − 3f (x + 2h) + 3f (x + h) − f (x).

3

∆3

Bằng quy nạp, chúng ta có thể chứng minh được

n (cid:88)

(1.1)

nf (x + kh),

hf (x) =

k=0

trong đó C 0

n = 1. Với k > 0, ta có

(cid:17)

(−1)n−kC k ∆n

n =

(cid:16)n k

Chú ý rằng với nhiều công thức, chúng ta có thể cho n là các số thực. Nếu h = 1 ta viết ∆ và bỏ qua chỉ số dưới h. Ví dụ, trong trường hợp

một dãy {xn}, chúng ta có ∆xn = xn+1 − xn.

Nhận xét. (i) Cho hàm f (x), n = 0, 1, 2, ...,

n (cid:88)

C k = . n(n − 1)...(n − k) k!

n∆kf (x);

k=0

trong trường hợp đặc biệt, nếu ∆mf (n) là hằng số khác 0 với mỗi số nguyên dương n thì

n (cid:88)

C k f (x + n) =

n∆kf (0).

k=0

(ii) Nếu P (x) = a0 + a1x + a2x2 + ... + anxn, với an (cid:54)= 0 thì với mọi x,

ta có:

f (n) = C k

hP (x) = ann!hn

và

∆n

h P (x) = 0, với m > n.

Với k là một số nguyên dương cho trước. Như một hàm của x, C k

x có

).

x+1 (vì ∆C k

x = C k−1 x , với 0 (cid:54) r (cid:54) k và ∆rC k

x = 0, với r > k.

x = C k x = C k−r x 2 + ... + C k

n = C k+1 n+1.

các tính chất: (a) C k−1 x + C k (b) Ta có ∆rC k (c) C k 1 + C k Tương tự (i), nếu f (x) là đa thức có bậc m thì

m (cid:88)

(1.2)

∆m

x∆kf (0).

k=0

4

f (x) = C k

Tính chất 1.2.1. [4]. Nếu c = const thì ∆c = 0.

(cid:3)

Chứng minh. Nếu c = const thì ∆c = c − c = 0.

Tính chất 1.2.2. [4]. Ta có ∆n(xn) = n!hn; ∆m(xn) = 0(m > n).

Chứng minh. Ta có

1.2 Một số tính chất của toán tử sai phân

∆(xn) = (x + h)n − xn = n.hxn−1 + ...

∆2(xn) = ∆(nxn−1h) + ...

= n.h∆(xn−1) + ...n(n − 1).h2(xn−2) + ...

Từ Tính chất 1.4.2, suy ra ∆m(xn) = 0, ∀m > n.

Tính chất 1.2.3. [4]. Nếu P (x) là đa thức bậc n ta có:

... ∆n(xn) = n!hn.

n (cid:88)

∆P (x) = P (x + h) − P (x)

i=1

Tính chất 1.2.4. [4].

n (cid:88)

.p(i)(x). = hi i!

n∆if (x).

i=0

Chứng minh. Ta có f (x + h) = (1 + ∆)f (x) = f (x) + ∆f (x).

Sử dụng liên tiếp công thức trên, ta được:

C i f (x + nh) =

f (x + nh) = (1 + ∆)f (x + (n − 1)h) = (1 + ∆)2f (x + (n − 2)h)

n (cid:88)

= ... = (1 + ∆)nf (x)

n∆if (x).

i=0

(cid:3)

5

= C i

Tính chất 1.2.5. [4].

n (cid:88)

n(−1)iC n

i f (x + (n − i)h).

i=0

Chứng minh. Ta có

∆nf (x) = C i

n (cid:88)

∆nf (x) = [(1 + ∆) − 1]nf (x)

i (1 + ∆)n−if (x)

i=0 n (cid:88)

= (−1)iC n

i f (x + (n − i)h).

i=0

(cid:3)

Tính chất 1.2.6. [4]. Giả sử f ∈ C n[a; b] và (x; x + nh) ⊂ θ(0; 1), khi đó:

= (−1)iC n

∆nf (x)

số gia hữu hạn:

hn = f (n)(x + θnh); θ ∈ (0; 1). Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp. Với n = 1, ta có công thức

Giả sử công thức đúng với k = n, nghĩa là:

= f (cid:48)(x + θh). f (x + h) − f (x) h

∆nf (x)

Thật vậy, ta có:

hn = f (n)(x + θnh). Ta chứng minh công thức trên đúng với k = n + 1.

trong đó θ(cid:48) ∈ (0; 1).

Áp dụng công thức số gia hữu hạn cho f (n)(x + θ(cid:48)nh) ta có

∆n+1f (x) = ∆[∆nf (x)] = ∆[hnf (n)(x + θ(cid:48)nh)],

∆n+1f (x) = hn∆(n)(x + θ(cid:48)nh)

Đặt θ = θ(cid:48)n+θ”

n+1 ∈ (0; 1), ta có

= hn[f (n)(x + θ(cid:48)nh + h) − f (n)(x + θ(cid:48)nh)] = h(n+1)f (n+1)(x + θ(cid:48)nh + θ”h); với (θ(cid:48), θ” ∈ (0; 1)).

(cid:3)

6

∆(n+1)f (x) = f (n+1)(x + θ(n + 1)h).

Tính chất 1.2.7. [4]. Nếu f (x) xác định trên tập số nguyên và h = 1; kí hiệu xk = f (k); k = 0, 1, ... thì

n (cid:88)

i=1

Chứng minh. Ta có:

n (cid:88)

∆xi = xn+1 − x1.

i=1

với ∆xi = xi+1 − xi.

Vậy

n (cid:88)

∆xi = (x2 − x1) + (x3 − x2) + ... + (xn+1 − xn) = xn+1 − x1,

i=1

(cid:3)

Giả sử ∆ là toán tử sai phân D trên hàm giá trị thực. Với hàm giá trị

thực f tồn tại giới hạn:

∆xi = xn+1 − x1.

Cho h = 1 và thay biến x bằng n ta có toán tử sai phân ∆. Như vậy ∆ có các tính chất của toán tử sai phân D.Ta xét một số tính chất thông qua các định lý sau với D(xn) = nxn−1.

n

Định lý 1.2.1. [7]. Nếu f (x) = x

− = x(x − 1)...(x − n + 1) thì

n−1

. D(f (x)) = = lim h→0 df dx f (x + h) − f (x) h

− .

n

− là kí hiệu của giai thừa dưới.

Trong đó x

Chứng minh. Ta có

∆f (x) = nx

n

n −

∆f (x) = f (x + 1) − f (x)

− − (x)

∆f (x) = (x + 1)

∆f (x) = (x + 1)x...(x + 1 − n + 1) − x(x − 1)...(x − n + 1)

∆f (x) = (x + 1)x...(x − n + 2) − x(x − 1)...(x − n + 1)

n−1

∆f (x) = ([x + 1] − [x − n + 1])(x(x − 1)...(x − n + 2))

− .

dx = ex. Khi đó ta có thể tìm hàm f sao cho ∆f = f .

Nếu f (x) = ex thì df Từ đó ta có định lý sau.

7

∆f (x) = nx

Định lý 1.2.2. [7]. Nếu f (x) = 2x thì ∆f (x) = ∆2x = 2x.

Chứng minh.

(cid:17)

(cid:17)

Định lý 1.2.3. [7]. Nếu f (x) =

thì ∆f (x) =

(cid:16) x k−1

Chứng minh. Dựa vào tính chất dương và tương tự Định lý 1.2.1 ta có

(cid:17)

∆f (x) = ∆2x ∆f (x) = 2x+1 − 2x ∆f (x) = 2x(2 − 1) ∆f (x) = 2x. (cid:16) x k

(cid:16)x k

k −

∆f (x) = ∆

k −

∆f (x) = ∆ x k!

k−1

∆f (x) = .∆x

− .

k−1 −

.kx ∆f (x) =

1 k! 1 k! x ∆f (x) =

(k − 1)! (cid:16) x (cid:17) ∆f (x) = . k − 1

Định nghĩa 1.3.1. [4]. Phương trình sai phân tuyến tính là một hệ thức

tuyến tính của sai phân các cấp dạng:

1.3 Phương trình sai phân tuyến tính

trong đó ∆kun là sai phân cấp k của un, k là bậc của phương trình sai phân.

Định nghĩa 1.3.2. [4]. Phương trình sai phân tuyến tính của hàm un là một hệ thức tuyến tính giữa các giá trị của hàm un tại các điểm khác nhau.

Phương trình sai phân tuyến tính tổng quát có dạng:

(1.3)

F (un, ∆un, ∆2un, ..., ∆kun) = 0,

8

a0un+k + a1un+k−1 + ... + akun = fn,

trong đó a0, a1, ..., ak (với a0 (cid:54)= 0, ak (cid:54)= 0) là các hệ số biểu thị bởi hằng số cho trước hay các hàm số của n, fn là một hàm số của biến n, un là ẩn số cần tìm.

Định nghĩa 1.3.3. [4].

+ Nếu fn ≡ 0 thì (1.3) được gọi là phương trình sai phân tuyến tính

thuần nhất;

+ Nếu fn (cid:54)≡ 0 thì (1.3) được gọi là phương trình sai phân tuyến tính

không thuần nhất;

+ Nếu fn ≡ 0 và a0, a1, ..., ak là các hằng số, a0 (cid:54)= 0, ak (cid:54)= 0 thì (1.3)

trở thành

(1.4)

Đây là phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất bậc k với hệ số hằng. + Nếu a0, a1, ..., ak là các hàm số của n thì (1.3) là phương trình sai

phân tuyến tính với hệ số biến thiên.

Định nghĩa 1.3.4. [4].

+ Hàm số un thỏa mãn (1.3) là nghiệm của phương trình sai phân tuyến

tính (1.3).

+ Hàm số un thỏa mãn (1.4) được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất (1.4). Nếu với mọi tập giá trị ban đầu u0, u1, ..., uk−1 ta đều xác định được duy nhất các tham số C1, C2, ..., Ck để nghiệm un trở thành nghiệm riêng của (1.4), nghĩa là đồng thời thỏa mãn (1.4) và un = ui, i = 0, k − 1.

Cấu trúc nghiệm:

n, trong đó

Định lý 1.3.1. [4]. Nghiệm tổng quát của (1.3) là un = un + u∗ un là nghiệm tổng quát của (1.4), u∗ n là nghiệm riêng của (1.3).

Định lý 1.3.2. [4]. Nghiệm tổng quát của (1.4) có dạng:

a0un+k + a1un+k−1 + ... + akun = 0.

trong đó un1, un2, ..., unk là k nghiệm độc lập tuyến tính của (1.4) và C1, C2, ..., Ck là các hằng số tùy ý.

9

un = C1un1 + C2un2 + ... + Ckunk,

Định lý 1.3.3. [4]. Xét phương trình đặc trưng:

(1.5)

1 , λ,

+ Trường hợp 1. Nếu (1.5) có k nghiệm thực khác nhau là λ1, λ2, ..., λk k} là hệ k nghiệm độc lập tuyến tính của (1.5). Khi đó

2..., λn thì hệ {λn nghiệm tổng quát của (1.5) là

a0λk + a1λk−1 + ... + ak = 0.

1 + C2λ2 + ... + Ckλn k,

trong đó Ci, i = 1, 2, ..., k là các hằng số tùy ý.

j , ..., ns−1λn

+ Trường hợp 2. Nếu (1.5) có nghiệm thực λj bội s thì ngoài nghiệm j , n2λn j ta bổ sung thêm s − 1 nghiệm nλn λn j cũng là các nghiệm độc lập tuyến tính của (1.5). Khi đó

k (cid:88)

s−1 (cid:88)

un = C1λn

i +

jniλn j ,

i=1

j(cid:54)=i=1

trong đó C i

j và Ci là các hằng số tùy ý. + Trường hợp 3. Nếu (1.5) có nghiệm phức

C i Ciλn un =

thì ta lấy thêm các nghiệm rn cos nϕ, rn sin nϕ. Khi đó

k (cid:88)

√ a2 + b2 λj = r(cos ϕ + i sin ϕ), tanϕ = b/a, r = |λj| =

i + rn(C 1

j cos nϕ + C 2

j sin nϕ),

j(cid:54)=i=1

trong đó Ci, C 1

j , C 2

j (i = 1, 2, ..., k) là các hằng số tùy ý.

Phương pháp tìm nghiệm riêng

Phương pháp 1. Phương pháp chọn (hệ số bất định) Trong một số trường hợp đặc biệt hàm của fn, ta có thể tìm u∗ n một cách đơn giản. Để xác định các tham số trong các dạng nghiệm ta dùng

phương pháp hệ số bất định.

n = Qm(n). n = nsQm(n).

* Trường hợp 1. Nếu fn = Pm(n) là đa thức bậc m của n, m ∈ N + và (1.5) không có nghiệm λ = 1 thì ta chọn u∗ + và (1.5) có nghiệm λ = 1 bội s thì ta chọn u∗ * Trường hợp 2. Nếu fn = αnPm(n), α (cid:54)= 0, m ∈ N, Pm(n) là đa thức

bậc m của n

10

un = Ciλn

n = αnQm(n). n = nsαnQm(n).

+ và (1.5) có nghiệm thực khác α thì ta chọn u∗ + và (1.5) có nghiệm λ = α bội s thì ta chọn u∗ * Trường hợp 3. Nếu fn = α cos nu + β sin nu, với α, β là các hằng

số thì ta chọn

* Trường hợp 4. Nếu fn = fn1 + fn2 + ... + fns thì ta chọn

u∗ n = a cos nu + b sin nu.

n = u∗ u∗ n1

ứng với các hàm fni, i = 1, s.

trong đó u∗ ni

Phương pháp 2. Phương pháp biến thiên hằng số Lagrenge

Nghiệm tổng quát là

, + u∗ n2 + ... + u∗ ns

Phương pháp 3. Phương pháp đưa về dạng chính tắc của phương

trình sai phân tuyến tính

Xét phương trình sai phân tuyến tính cấp k, k (cid:62) 3:

un = C1(n)un1 + C2(n)un2 + ... + Ck(n)unk.

Trong đó a1, a2, ..., ak là các hệ số; un, un+1, ..., un+k là các ẩn; u0, u1, ..., uk−1 là các gia trị ban đầu.

Phương trình đã cho luôn đưa được về dạng chính tắc

un+k = a1un+k−1 + a2un+k−2 + ... + akun + fn.

Trong đó













−→y n+1 = A−→y n + −→ f n.

   

   

   

   

   

   

, −→ f n = , −→y 0 = −→y n+1 =

và





f0 0 ... 0 uk−1 uk−2 ... u0 un+k un+k−1 ... un+1

      

      

A =

11

a1 a2 1 0 ... 0 0 ... 1 ... ... ... 0 ... ... ak−1 ak 0 0 0 0 ... ... 1 0

Với mọi ma trận A đều tìm được ma trận Q không suy biến sao cho

Thực hiện phép đổi biến

QAQ−1 = Λ. Trong đó Λ là ma trận đường chéo Gioocđan.

ta có

n (cid:88)

−→x n = Q−→y n, −→ F n = Q −→ f n,

k=1

Từ đó xác định được un.

Định nghĩa 1.3.5. [4]. Phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 có dạng:

Λn−k−→ F k−1, −→y n = Q−1−→x n. −→x n = Λn−→x 0 +

+ Nếu fn ≡ 0 ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất. + Nếu fn (cid:54)≡ 0 ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 không

thuần nhất.

+ Nếu a, b hay q là các hằng số thì ta có phương trình sai phân tuyến

tính cấp 1 với hệ số hằng.

+ Nếu a, b hay q là các hàm của n thì ta có phương trình sai phân tuyến

tính cấp 1 với hệ số biến thiên.

Nghiệm tổng quát un của phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 không n, trong đó un là nghiệm tổng quát của n là nghiệm riêng

thuần nhất có dạng: un = un + u∗ phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất và u∗ của phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 không thuần nhất.

Nghiệm tổng quát un của phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 không

thuần nhất có dạng un = Cλn, với λ = −b/a hay λ = q.

Để tìm nghiệm riêng u∗

n của phương trình sai phân tuyến tính cấp 1

không thuần nhất, ta xét các trường hợp sau:

n = Qm(n). n = nQm(n).

* Trường hợp 1. Nếu fn = Pm(n) là đa thức bậc m của n, m ∈ N + và λ (cid:54)= 1 thì u∗ + và λ = 1 thì u∗ * Trường hợp 2. Nếu fn = αnPm(n), α (cid:54)= 0, m ∈ N, Pm(n) là đa thức

bậc m của n

+ và λ (cid:54)= α thì u∗

n = αnQm(n).

12

aun+1 + bun = fn, với a, b (cid:54)= 0 hoặc un+1 = qun + fn, q (cid:54)= 0.

n = nαnQm(n).

+ và λ = α thì u∗ * Trường hợp 3. Nếu fn = α cos nu+β sin nu, α2+β2 (cid:54)= 0, u (cid:54)= kπ, k ∈ Z

thì ta có

Ví dụ 1.3.1. Giải phương trình

u∗ n = a cos nx + b sin nx.

Giải. Xét phương trình đặc trưng λ − 2 = 0 ⇔ λ = 2. Nghiệm tổng

quát của phương trình đã cho có dạng:

un+1 = 2un + n + 1, ∀n ∈ N∗, với u1 = 1.

trong đó un = C2n, u∗

n = an + b.

Thay u∗

n = an + b vào phương trình ban đầu ta có

un = un + u∗ n,

n = −n − 2.

Suy ra a = −1, b = −2. Do đó u∗ Vậy un = C2n − n − 2. Vì u1 = 1 nên 1 = 2C − 3 ⇔ C = 2. Vậy un = 2n+1 − n − 2.

Định nghĩa 1.3.6. [4]. Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 có dạng:

a(n + 1) + b − 2(an + b) = n + 1 ⇔ −an − b + a = n + 1, ∀n ∈ N∗.

+ Nếu fn ≡ 0 ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất. + Nếu fn (cid:54)≡ 0 ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 không thuần

nhất.

+ Nếu a, b, c hay p, q là các hằng số thì ta có phương trình sai phân

tuyến tính cấp 1 với hệ số hằng.

+ Nếu a, b, c hay p, q là các hàm của n thì ta có phương trình sai phân

tuyến tính cấp 1 với hệ số biến thiên.

Nghiệm tổng quát un của phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 không n, trong đó un là nghiệm tổng quát của n là nghiệm riêng

thuần nhất có dạng: un = un + u∗ phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất và u∗ của phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 không thuần nhất.

13

aun+2 + bun+1 + cun = fn, a, b, c (cid:54)= 0 hoặc un+2 = pun+1 + qun + fn, q (cid:54)= 0.

Để tìm nghiệm tổng quát un của phương trình sai phân tuyến tính cấp 2

thuần nhất, ta giải phương trình đặc trưng

+ Nếu phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt λ1, λ2 thì số

hạng tổng quát có dạng:

aλ2 + bλ + c = 0.

1 + c2λn 2 .

+ Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm kép λ1 = λ2 = λ thì số hạng

tổng quát có dạng:

un = c1λn

+ Nếu phương trình đặc trưng không có nghiệm thực thì số hạng tổng

quát có dạng:

un = (c1 + nc2)λn.

trong đó

un = rn(c1 cos nϕ + c1 sin nϕ),

(cid:112)|∆| 2a

Để tìm nghiệm riêng u∗

n của phương trình sai phân tuyến tính cấp 2

không thuần nhất, ta xét các trường hợp sau:

n = nQm(n). n = n2Qm(n).

* Trường hợp 1. Nếu fn = Pm(n) là đa thức bậc m của n, m ∈ N n = Qm(n), Qm(n) là đa thức bậc m của n, m ∈ N. + và λ (cid:54)= 1 thì u∗ + và λ = 1 là nghiệm đơn thì u∗ + và λ = 1 là nghiệm kép thì u∗ * Trường hợp 2. Nếu fn = αnPm(n), α (cid:54)= 0, m ∈ N, Pm(n) là đa thức

bậc m của n

n = αnQm(n), Qm(n) là đa thức bậc m của n, m ∈ N.

n = nαnQm(n). n = n2αnQm(n).

+ và λ (cid:54)= α thì u∗ + và λ = α là nghiệm đơn thì u∗ + và λ = α là nghiệm kép thì u∗ * Trường hợp 3. Nếu fn = Pm(n) cos αn+Q(cid:96)(n) sin αn, với Pm(n), Q(cid:96)(n)

tướng ứng là các đa thức bậc m, (cid:96) của n. Ký hiệu k = max{m, (cid:96)}. Ta thấy + Nếu α = cos β + i sin β, i2 = −1 không là nghiệm của phương trình

đặc trưng thì

√ , A = , B = . r = A2 + B2, ϕ = arctan B A −b 2a

14

u∗ n = Tk(n) cos αn + nRk(n) sin αn.

+ Nếu α = cos β + i sin β, i2 = −1 là nghiệm của phương trình đặc

trưng thì

Ví dụ 1.3.2. Giải phương trình sai phân  

u∗ n = nTk(n) cos αn + Rk(n) sin αn.



Giải. Xét phương trình đặc trưng

u0 = 2, u1 = 5. un+2 = 5un+1 − 6un, ∀n ∈ N.

Khi đó số hạng tổng quát của dãy có dạng un = c12n + c23n.

Theo giả thiết

 

 

 

λ2 − 5λ + 6 = 0 ⇔ λ = 2 hoặc λ = 3.







Vậy un = 2n + 3n.

Ví dụ 1.3.3. Giải phương trình

⇔ ⇔ u0 = 2, u1 = 5. c1 + c2 = 2, 2c1 + 3c2 = 5. c1 = 1, c2 = 1.

Giải. Xét phương trình đặt trưng λ2 − λ + 1 = 0 có hai nghiệm phức

liên hợp

un+2 = un+1 − un, ∀n ∈ N,∗ u1 = u2 = 1.

Suy ra

√ 3i = cos ± i sin . λ1,2 = π 3 π 3 1 ± 2

Theo giả thiết u1 = u2 = 1 ta có

√

 

 

(cid:1) + C2

3 2

. un = C1 cos + C2 sin nπ 3 nπ 3

3

(cid:1) = 1

(cid:0) (cid:1) + C2





(cid:0) 1 2 (cid:0) − 1 2

(cid:1) = 1 √ (cid:0) 3 2

3

Vậy

⇔ C1 C2 C1 = 0 √ C2 = 2

15

3 √ 2 sin . un = 3 nπ 3

Định nghĩa 1.3.7. [4]. Phương trình sai phân tuyến tính cấp 3 có dạng:

hoặc

aun+3 + bun+2 + cun+1 + duu = fn, a, d (cid:54)= 0

+ Nếu fn = 0 ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp 3 thuần nhất. + Nếu fn (cid:54)= 0 ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp 3 không thuần

nhất.

+ Nếu a, b, c, d hay p, q, k là các hằng số thì ta có phương trình sai phân

tuyến tính cấp 3 với hệ số hằng.

+ Nếu a, b, c, d hay p, q, k là các hàm của n thì ta có phương trình sai

phân tuyến tính cấp 3 với hệ số biến thiên.

Định nghĩa 1.3.8. [4]. Nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính cấp 3 không thuần nhất có dạng: un = un + u∗ n, trong đó un là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính cấp 3 thuần nhất và u∗ n là nghiệm riêng của phương trình sai phân tuyến tính cấp 3 không thuần nhất.

Cách tìm nghiệm tổng quát un của phương trình sai phân tuyến tính

cấp 3 thuần nhất:

Giải phương trình đặc trưng:

un+3 = pun+2 + qun+1 + kuu + fn, k (cid:54)= 0.

+ Nếu phương trình đặc trưng có ba nghiệm phân biệt λ1, λ2, λ3 thì số

hạng tổng quát của dãy có dạng:

aλ3 + bλ2 + cλ + d = 0.

1 + c2λn

2 + c3λn 3 .

+ Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm bội λ1 = λ2 = λ3 = λ thì số

hạng tổng quát của dãy có dạng:

un = c1λn

+ Nếu phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt λ1 và λ2 = λ3 =

un = (c1n2 + c2n + c3)λn.

λ thì số hạng tổng quát của dãy có dạng:

1 + (c2n + c3)λn.

16

un = c1λn

+ Nếu phương trình đặc trưng có một nghiệm thực λ và hai nghiệm

phức thì số hạng tổng quát của dãy có dạng:

Tìm Nghiệm riêng u∗

n của phương trình sai phân tuyến tính cấp 3 không

thuần nhất:

n = Qm(n), m ∈ N.

n = nQm(n), m ∈ N. n = n2Qm(n), m ∈ N. n = n3Qm(n), m ∈ N.

* Trường hợp 1. Nếu fn = Pm(n) là đa thức bậc m của n, m ∈ N + và λ (cid:54)= 1 thì u∗ + và λ = 1 là nghiệm bội 1 thì u∗ + và λ = 1 là nghiệm bội 2 thì u∗ + và λ = 1 là nghiệm bội 3 thì u∗ * Trường hợp 2. Nếu fn = vµn (hàm mũ) n = knµn. + và λ (cid:54)= µ thì u∗ + và λ = µ là nghiệm đơn thì u∗ + và λ = µ là nghiệm bội s thì u∗

n = kµn. n = knsµn.

Ví dụ 1.3.4. Giải phương trình

un = c1λn + c2 cos nϕ + c3 sin nϕ.

Giải. Xét phương trình đặc trưng

un+2 = 7un+1 − 11un + 5un−1, ∀n (cid:62) 2, u1 = 0, u2 = 1, u3 = 3.

Phương trình này có ba nghiệm thực λ1 = λ2 = 1, λ3 = 5.

Suy ra un = c1 + c2n + c3.5n. Với u1 = 0, u2 = 1, u3 = 3 ta có

λ3 − 7λ2 + 11λ − 5 = 0 ⇔ (λ − 1)2(λ − 5) = 0.

  

  

⇔

Vậy

C1 + C3 = 0 C1 + 2C2 + 25C3 = 1 C1 + 3C2 + 125C3 = 3 C1 = − 1 16 C2 = 3 4 C3 = 1 16.

Hay

+ (n − 1) + .5n−1 un = 1 16 3 4 1 16

17

(5n−1 − 1) + (n − 1) + . un = 1 16 1 16 3 4

Định nghĩa 1.4.1. [4]. Một phương trình sai phân không tuyến tính được

gọi là phương trình sai phân phi tuyến tính.

Ví dụ 1.4.1. Ta có các phương trình sai phân phi tuyến tính sau:

1.4 Phương trình sai phân phi tuyến

(cid:113)

; un+1 = pun + q run + s

n + 1, u0 = 0.

Định nghĩa 1.4.2. [4]. Tuyến tính hóa là sự chuyển đổi phương trình sai

phân dạng phi tuyến tính về dạng tuyến tính.

Trong nhiều trường hợp một số phương trình sai phân dạng phi tuyến

có thể thực hiện được như vậy và dạng tuyến tính là có thể giải được, nhờ

đó làm phong phú thêm ứng dụng của phương trình sai phân.

Phương pháp để đưa phương trình sai phân phi tuyến tính thành phương

trình sai phân tuyến tính:

Giả sử phương trình sai phân un = ϕ(un−1, un−2, ..., un−k) là tuyến tính

hóa được với k giá trị bạn đầu u1, u2, ..., uk.

Khi đó cần tồn tại các hệ số a1, a2, ..., ak không đồng thời bằng 0 sao cho

24u2 un+1 = 5un +

Các giá trị uk+1, uk+2, ..., u2k tính trực tiếp qua k giá trị ban đầu u1, u2, ..., uk.

Ta có hệ phương trình:



un = a1un−1 + a2un−2 + ... + akun−k.

 

uk+1 = a1uk + a2uk−1 + ... + aku1 uk+2 = a1uk+1a2uk + ... + aku2 ...

Giải hệ phương trình trên ta tìm được a1, a2, ..., ak. Từ đó ta tìm

được un.

Sau đó chứng minh tính đúng đắn của biểu thức tuyến tính với mọi n.

Ví dụ 1.4.2. Tuyến tính hóa phương trình

uk+1 = a1u2k−1 + a2u2k−2 + ... + akuk

18

un = , u1 = u2 = 1, n (cid:62) 3. u2 n−1 + 2 un−2

Giải. Ta tìm a, b sao cho

(1.6)

và u3 = 3, u4 = 11.

Thay vào phương trình (1.6) ta có

un = aun−1 + bun−2

 

 





Vậy un = 4un−1 − un−2.

Ví dụ 1.4.3. Tuyến tính hóa và giải phương trình

(cid:113)

a + b = 3 a = 4 ⇔ 3a + b = 11 b = −1

n + 1, u0 = 0, n ∈ N∗.

Giải. Ta tìm a, b sao cho

(1.7)

24u2 un+1 = 5un +

và u0 = 0, u1 = 1, u2 = 10, u3 = 99.

Thay vào phương trình (1.7) ta có

un+1 = aun + bun−1

 

 





a = 10 a = 10 ⇔ 10a + b = 99 b = −1.

Do đó un = 10un−1 − un−2. Xét phương trình đặc trưng λ2 − 10λ + 1 = 0 ⇔ λ1,2 = 5 ± 2 √

√ 6. Suy ra

Theo giả thiết u0 = 0, u1 = 1 ta có

 

 

√ 6)n. un = C1(5 + 2 6)n + C2(5 − 2





6

Vậy

⇔ √ √ 6) = 1 . C1 + C2 = 0 C1(5 + 2 5) + C2(5 − 2 C1 = 1 √ 4 6 C2 = − 1 √ 4

19

√ √ 1 √ [(5 + 2 6)n − (5 − 2 6)n]. un = 4 6

Chương 2

Ứng dụng toán tử sai phân vào giải

một số bài toán dành cho học sinh

khá, giỏi

Toán tử sai phân có nhiều ứng dụng quan trọng, nó không những góp

phần giải quyết các bài toán về dãy số mà còn giúp giải một số bài toán

khác như phương trình hàm, đa thức, bất đẳng thức. Trong chương này

chúng tôi xét một số ứng dụng của toán tử sai phân vào giải một số bài

toán sơ cấp như bài toán tìm số hạng tổng quát, bài toán tính tổng, bài

toán về bất đẳng thức, bài toán chia hết, phần nguyên, bài toán tổ hợp,

bài toán về giới hạn và một số bài toán khác. Nội dung chính của chương này được tham khảo từ các tài liệu [1], [3], [4], [5], [6].

2.1 Ứng dụng toán tử sai phân vào giải bài toán tìm số hạng

Để tìm số hạng tổng quát của dãy {un} cho trước, ta đưa dãy đã cho về dạng phương trình sai phân tuyến tính giải được. Giải phương trình sai

phân tuyến tính này ta sẽ tìm được số hạng tổng quát cần tìm.

Bài toán 2.1.1. Cho dãy {un}: u1 cho trước, un+1 = aun + b với a, b cho trước. Hãy xác định số hạng tổng quát un của dãy số.

Giải.

Phương pháp 1.

20

tổng quát

+ Nếu a = 1 thì dãy số là cấp số cộng với công sai là b nên ta có

+ Nếu a (cid:54)= 1, ta gọi {vn} là dãy số có các số hạng thỏa mãn un = vn + c. Thay vào hệ thức truy hồi ta có vn = avn−1 + (a − 1)c + b. Ta chọn c sao cho (a − 1)c + b = 0 hay c = b/(1 − a). Khi đó {vn} là một cấp số nhân với công bội q = a, số hạng đầu v1 = u1 − c. Tức là v1 = u1 − b/(1 − a). Do đó số hạng tổng quát

(cid:16)

(cid:17) an−1, ∀n (cid:62) 2.

un = u1 + (n − 1)b.

Suy ra

(cid:17)

vn = u1 − b 1 − a

Phương pháp 2. Sử dụng toán tử sai phân và các tính chất

+ Nếu a = 1 thì

n−1 (cid:88)

+ . un = an−1(cid:16) u1 − b a − 1 b a − 1

k=1

Hay un = u1 + (n − 1)b.

+ Nếu a (cid:54)= 1 thì

uk+1 − uk = b ⇒ (uk+1 − uk) = un − u1 = (n − 1)b.

Đặt

un+1 = aun + b ⇒ un+1 an+1 = un an + b an+1 .

Suy ra

(cid:16)

(cid:17)

n−1 (cid:88)

n−1 (cid:88)

vn = un an ⇒ vn+1 − vn = b an+1 .

k=1

k=1

Vậy

(cid:16)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:17)

n−1 (cid:88)

1 − . (vk+1 − vk) = b ak+1 = b a(a − 1) 1 an−1

k=1

(cid:17)

) + 1 − + an un = an( u1 a b ak+1 = b a(a − 1) 1 an−1 u1 a

Bài toán 2.1.2. Tìm {un} biết

= an−1(cid:16) + . u1 − b a − 1 b a − 1

21

u0 = 1, u1 = −1, un+2 = 6un+1 + 5un, n = 0, 1, ....

Giải.

Xét phương trình sai phân

Phương trình đặc trưng

un+2 − 6un+1 − 5un = 0.

có hai nghiệm phân biệt λ1,1 = 3 ±

Suy ra

λ2 − 6λ − 5 = 0, √ 14.

Theo giả thiết u0 = 1, u1 = −1, ta có hệ phương trình

14

 

 

√ √ 14)n. un = C1(3 + 14)n + C2(3 −

14





√ C1 = 7−2 14 √ C2 = 7+2 14

Do đó

⇔ √ √ 14) = −1 . 14) + C2(3 − C1 + C2 = 1 C1(3 +

Bài toán 2.1.3. Tìm {un} biết

√ √ √ √ 14)(3 + 14)(3 − 14)n (7 − 2 . un = 14)n + (7 + 2 14

Giải. Phương trình đã cho có nghiệm tổng quát

u0 = 1, u1 = 2, un+2 = 5un+1 − 6un + n + 2.

Trong đó un là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất

un = un + u∗ n,

còn u∗

n là nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất.

Xét phương trình sai phân thuần nhất

un+2 − 5un+1 + 6un = 0

Phương trình đặc trưng

un+2 − 5un+1 + 6un = 0.

có hai nghiệm phân biệt λ1 = 2, λ2 = 3.

22

λ2 − 5λ + 6 = 0,

Suy ra

Theo giả thiết u0 = 1, u1 = 2, ta có hệ phương trình

 

 

un = C12n + C23n.





Do đó

⇔ C1 + C2 = 1 2C1 + 3C2 = 2 C1 = 1 C2 = 0.

Ta tìm nghiệm riêng u∗

n của phương trình không thuần nhấtcó dạng

un = 2n

Thay u∗

n = an + b vào phương trình đã cho ta có

u∗ n = an + b.

a(n+2)+b = 5[a(n+1)+b]−6(an+b)+n+2 ⇔ (2a−1)n−(3a−2b+2) = 0

 

 





Suy ra

2a − 1 = 0 2 = 1/2 ⇔ ⇔ 3a − 2b + 2 = 0 b = 7/4.

Vậy

n + . u∗ n = 1 2 7 4

n + . un = 2n + 1 2 7 4

Trong một số bài toán ta cần tính tổng của một số số hạng đầu tiên.

Có nhiều cách khác nhau để giải các bài toán như vậy. Trong mục này,

chúng tôi sử dụng toán tử sai phân và các tính chất của nó để giải bài toán

tính tổng.

Bài toán 2.2.1. Tính tổng

2.2 Ứng dụng toán tử sai phân vào giải bài toán tính tổng

Giải. Đặt k3 = uk+1 − uk; k = 1, 2, ..., n, ta có

S = 13 + 23 + 33 + ... + n3.

23

S = un+1 − u1.

Ta tìm un từ phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng sau

Phương trình thuần nhất: un+1 − un = o. Ta có phương trình đặc trưng: k − 1 = 0 ⇔ k = 1. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là: un = C. Ta tìm nghiệm của phương trình không thuần nhất dưới dạng

(cid:98)un = n(An3 + Bn2 + Cn + D) = An4 + Bn3 + Cn2 + Dn.

Tính (cid:98)un+1, thay (cid:98)un, (cid:98)un+1 vào phương trình không thuần nhất so sánh

các hệ số của n, ta có hệ phương trình:





un+1 − un = n3.

4A = 1 A = 1/4

 

 

6A + 3B = 0 B = −1/2 ⇔ 4A + 3B + 2C = 0 C = 1/4

Suy ra

A + B + C + D = 0 D = 0.

(cid:98)un =

Do đó

n4 − n3 + n4 − n3 + n2. n2; un = un + (cid:98)un = C + 1 4 1 2 1 4 1 4 1 4 1 2

S = un+1 − u1

(n + 1)3 + (n + 1)2 − + − = (n + 1)4 − 1 2 1 4 1 4 1 4 1 2

Bài toán 2.2.2. Tính tổng

= . 1 4 n2(n + 1)2 4

Giải. Đặt k.2k = uk+1 − uk.k = 1, 2, 3, ..., n, ta có

S = 1.21 + 2.22 + 3.22 + ... + n.22.

Ta tìm un từ phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng sau:

S = un+1 − u1.

24

un+1 − un = n.2n.

Phương trình thuần nhất: un+1 − un = 0. Phương trình đặc trưng: k − 1 = 0 ⇔ k = 1. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: un = C. Tìm một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dưới dạng:

(cid:98)un = 2n(An + B). Tính (cid:98)un+1, thay (cid:98)un và (cid:98)un+1 vào phương trình không thuần nhất, so sánh

các hệ số của n, ta có hệ phương trình:

 

 

(2.1)





Suy ra

(cid:98)un = (n − 2)2n; un = un + (cid:98)un = C + (n − 2)2n.

Do đó:

A = 1 A = 1 ⇔ 2A + B = 0 B = −2.

Bài toán 2.2.3. Tính tổng

S = un+1 − u1 = (2n − 2)2n + 2.

Giải. Đặt k!k = uk+1 − uk với k = 1, 2, 3, ..., n, ta có

S = 1!1 + 2!2 + 3!3 + ... + n!n.

Ta tìm un từ phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng sau:

S = un+1 − u1.

Phương trình thuần nhất: un+1 − un = 0. Phương trình đặc trưng: k − 1 = 0 ⇔ k = 1. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: un = C. Tìm một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dưới dạng:

(cid:98)un = n!(An + B). Tính (cid:98)un+1, thay (cid:98)un và (cid:98)un+1 vào phương trình không thuần nhất, so sánh

các hệ số của n, ta có hệ phương trình:

un+1 − un = n!n.

 

(2.2)



  

25

A = 0 A = 0 ⇔ A + B = 1 B = 1 A = 0

Do đó

(cid:98)un = n!; un = un + (cid:98)un = C + n!.

Vậy

Bài toán 2.2.4. (Đề thi chọn đội tuyển IMO, Hồng Kông năm 1998) Cho dãy số {un} xác định bởi

S = un+1 − u1 = (n + 1)! − 1.

Giả sử tổng 1997 số hạng đầu tiên của dãy là 1879, tổng của 1897 số hạng

đầu tiên là 1997. Hỏi tổng của 2000 số hạng đầu tiên là bao nhiêu.

un+2 = un+1 − un.

Giải. Xét phương trình đặc trưng λ2 − λ + 1 = 0 có nghiệm phức π 3

Nghiệm un = c1 cos nπ

λ = cos + i sin .

3 + c2 sin nπ

Suy ra

n (cid:88)

n (cid:88)

π 3 3 , với c1, c2 là các hằng số.

k=1

k=1

Sử dụng tính chất: sin(π + α) = − sin(α), cos(π + α) = − cos(α), ta có Sn+6 = Sn. Do vậy:

cos sin . Sn = c1 + c2 nπ 3 nπ 3

Vậy

S1997 = S5 = u1 + u2 + ...u5 = −c1 = 1897. √ . S1897 = S1 = u1 = (c1 + 3c2) = 1997 ⇒ c2 = 1 2 5873 √ 3

Bài toán 2.2.5. Cho dãy {un} xác định bởi  

3; u1 = 2 3,

√ S2000 = S2 = u1 + u2 = 3c2 = 5873.



Tính tổng S = [u0] + [u1] + ... + [u2007].

26

u0 = 1 un+2 − 3un+1 − 2un = 0.

Giải. Xét phương trình đặc trưng λ2 − 3λ + 2 = 0 có hai nghiệm

Nghiệm un = c1 + c22n với c1, c2 là các hằng số.

3; u1 = 2

3 ta có un = 2n 3 .

Với u0 = 1 Nếu a, b > 0, a, b (cid:54)∈ Z, a + b ∈ Z thì [a] + [b] = a + b − 1. Mặt khác 2n

(cid:105)(cid:17)

(cid:105)(cid:17)

(cid:105)

(cid:105)

(cid:16)(cid:104)22006

λ = 1, λ = 2.

(cid:16)(cid:104)20 3

(cid:104)23 3

(cid:104)22007 3

S = + + + + ... + ) 3

(cid:16)(cid:104)22 3 22007 3

3 + 2n+1 3 = 2n. Suy ra (cid:104)21 (cid:105) (cid:105) 3 21 3 Bài toán 2.2.6. Cho dãy {un} xác định bởi

 

+ ... + S = ( + ) − 1004 = − 1004. 20 3 22008 − 1 3



Đặt Sn = u1 + u2 + ... + un. Biết u2 − u1 = S2

2003 − S2003 + 1. Tính S2003.

u1 = 1; u2 = 2, n (cid:62) 1 un+2 − un+1 + un = 0, n (cid:62) 1.

Giải. Xét phương trình đặc trưng λ2 − λ + 1 = 0 có nghiệm phức π π 3 3 3 + c2 sin nπ Từ đó ta tìm nghiệm un = c1 cos nπ 3 với c1, c2 là các hằng số.

λ = cos + i sin .

Mặt khác ta có: 2π 3

Suy ra Sn+6 = Sn. Do đó S2003 = S5 = −c1.

Với c2

1 − c1 + 1 = u2 − u1 = 1 ⇒ c1 = 1 ⇒ S2003 = −1.

+ cos cos + ... + cos = 0, sin + sin + ... + sin = 0. π 3 6π 3 π 3 2π 3 6π 3

2.3 Ứng dụng toán tử sai phân vào một số bài toán về bất

Bất đẳng thức là một bài toán khó đối với người học. Trong một số

trường hợp để giải được bài toán dạng này, chúng ta phải đưa nó về bài

toán giải phương trình sai phân, xác định số hạng tổng quát, áp dụng các

tính chất của dãy số để giải.

27

đẳng thức

Bài toán 2.3.1. Cho dãy {un} xác định bởi

 



u1 = 1; u2 = 2, n (cid:62) 1 un+2 − 3un+1 + un = 0, n (cid:62) 1.

Chứng minh rằng un+2 + un (cid:62) 2 + u2 n+1 un

Giải. Xét phương trình đặc trưng λ2 − 3λ + 1 = 0 có hai nghiệm

.

Từ đó ta tìm nghiệm

√ 5 . λ1,2 = 3 ± 2

(cid:17)n

(cid:17)n

(cid:16)3 + 2

(cid:16)3 − 2

với c1, c2 là các hằng số.

Theo giả thiết u1 = 1; u2 = 2 từ đó ta tìm được

√ √ 5 5 + c2 un = c1

(cid:17)2n−1

(cid:104)

(cid:17)2n−1(cid:105) .

(cid:16)−1 + 2

.

Suy ra un+2un = u2

√ √ 5 5 un = + c2 c1

n+1 un

Vậy

(cid:1) (cid:62) 2 +

1 (cid:16)1 + √ 2 5 n+1 hay un+2 = u2

(cid:112)

3

√ e

Bài toán 2.3.2. Cho dãy {un} xác định bởi:  

, ∀n (cid:62) 1. un+2 + un = + un u2 n+1 un + (cid:0) 1 un u2 n+1 un

(2.3)



√ e

√ n , ∀n (cid:62) 2. 3

(cid:54) un (cid:54) e với mọi n (cid:62) 1.

Chứng minh 1 e

u1 = u1 = un+1un−1 = u

Giải. Ta thấy un > 0 với mọi n (cid:62) 1. Suy ra lnun+1 + lnun−1 =

√

3

Hay an+1 −

2 , a2 = 1 2.

√ 3lnun. √ 3an + an−1 = 0 với an = lnun, a1 = √ 3λ + 1 = 0 có nghiệm phức

Xét phương trình đặc trưng λ2 − π 6

Do đó

+ isin . λ = cos π 6

28

. an = c1cos + c2sin nπ 6 nπ 6

√

3

2 , a2 = 1

2 ta tìm được c1 = 1, c2 = 0. Suy ra an = cos nπ

6 . Từ

(cid:54) un (cid:54) e với mọi n (cid:62) 1.

Với a1 = đó ta tìm được un = ecos nπ 6 . (cid:54) 1 nên 1 e

Vì −1 (cid:54) cos nπ 6

2.4 Ứng dụng toán tử sai phân vào một số bài toán chia hết,

Việc giải một số bài toán chia hết, phần nguyên có thể dẫn tới giải

phương trình sai phân. Do đó ta có thể sử dụng toán tử sai phân và các

tính chất của nó để giải các bài toán đó.

Bài toán 2.4.1. Cho dãy số nguyên dương {un} xác định bởi

phần nguyên

a)Hỏi 3u2

k − 1 có chia hết cho 2 không? b) Hỏi 5uk − uk−1 có chia hết cho 4 không?

Giải. Xét phương trình đặc trưng λ2 − 10λ + 1 = 0 có hai nghiệm

u0 = 1, u1 = 9, un = 10un−1 − un−2.

Nghiệm

√ 6. λ1,2 = 5 ± 2

Từ các giá trị ban đầu ta tìm được √

√ √ un = c1(5 + 2 6)n + c2(5 − 2 6)n, với c1, c2 là các hằng số.

Theo giả thiết suy ra un+2 và un cùng tính chẵn lẻ.

Vì u0 = 1, u1 = 9 là là các số lẻ nên un lẻ với mọi số nguyên dương n. Mặt khác ta có:

√ + )(5 + 2 6)n + ( − )(5 − 2 6)n un = ( 1 2 1 2 1 √ 6 1 √ 6

Suy ra 3u2

k − 1 chia hết cho 2.

Theo giả thiết ta có

√ √ + )(5 + 2 − )(5 − 2 . 6)2k + ( 6)2k + u2 k = ( 5 12 5 12 1 6 1 √ 6 1 √ 6

29

un+1 = 10un − un−1 = 10un − 10un−2 + un−3 ⇒ un+1 ≡ un−3 (mod 4).

Hơn nữa các giá trị ban đầu u0 = 1, u1 = 9, u2 = 89, u3 = 881 cùng số dư là 1 khi chia cho 4. Suy ra un ≡ 1(mod 4).

Vậy 5uk − uk−1 chia hết cho 4.

Bài toán 2.4.2. Cho hai dãy số nguyên {un}, {vn} được xác định bởi:

Hỏi số hạng thứ 20072007 của hai dãy trên có chia hết cho 5 hay không.

3un+1 = un + vn, 3vn+1 = 2vn − 7vn, v1 = 2, v1 = 1.

Giải. Ta có: 9un+2 = 3un+1 +2vn −7un = 3un +1+2(3un+1 −un)−7un. Suy ra un+2 = un+1 − un. Tương tự, ta có: vn+2 = vn+1 − vn. Xét phương trình đặc trưng λ2 = λ + 1 = 0 có nghiệm phức nπ 3

Suy ra

+ isin . λ = cos nπ 3

+ bsin + dsin . un = acos , vn = ccos nπ 3 nπ 3 nπ 3 nπ 3

Theo giả thiết u1 = 2, v1 = 1 ⇒ u2 = 1, v2 = −4. Thay các giá trị này 3, c = 5, d = − vào un, vn ta có: a = 1, b =

Vậy

√ √ 3.

Vì cos (α + π) = −cos α, sin (α + π) = −sin α nên ta có:

√ √ + 3sin − 3sin . un = cos , vn = 5cos nπ 3 nπ 3 nπ 3 nπ 3

Vì 2007 ≡ 3 (mod 6), 3n ≡ 3 (mod 6) nên

un = −un+3 = un+6, vn = −vn+3 = vn+6.

Mặt khác u3 = −1, v3 = −5.

Vậy số hạng thứ 20072007 của dãy {un} không chia hết 5, còn số hạng

thứ 20072007 của dãy {vn} chia hết 5.

Bài toán 2.4.3. Cho dãy số nguyên dương {un} thỏa mãn:

  

20072007 ≡ 3 (mod 6).

Tìm số nguyên dương h nhỏ nhất để an+h − an chia hết cho 1998, ∀n (cid:62) 0.

30

u0 = 20 u1 = 100 un+2 = 4un+1 + 5un + 20.

Giải. Theo đầu bài ta có phương trình đặc trưng λ2 − 4λ − 5 = 0 có

nghiệm λ1 = −1, λ2 = −5.

n = 5 2.

Khi đó nghiệm tổng quá có dạng un = c15n + c2(−1)n. Theo giả thiết u0 = 20, u1 = 100 ta tìm được nghiệm riêng x∗ Vậy nghiệm tổng quát có dạng:

Suy ra

 

− . un = 1 6 5n+2 + (−1)n 10 6 5 2



Điều kiện cần.

Ta có

un = 5un−1 + 20 nếu n chẵn, 5un−1 nếu n lẻ.

Suy ra

un+h ≡ un (mod 1998), với mọi n (cid:62) 0.

Hay

uh ≡ u0 ≡ 20(mod 1998), uh+1 ≡ u1 ≡ 100 (mod 1998).

Do 5 và 1998 nguyen tố cùng nhau nên uh−1 ≡ 0 (mod 1998).

Mặt khác nếu h lẻ thì uh = 5uh−1 ≡ 0 (mod 1998) nên u1 ≡ 0 (mod 1998). Điều này vô lý vì u1 = 100. Suy ra h chẵn và uh−1 ≡ 0 (mod 1998). Điều kiện đủ. Với h chẵn và uh−1 ≡ 0 (mod 1998), ta chứng minh un+h ≡ xn (mod 1998). Thậy vậy với h chẵn ta có:

5uh−1 = uh+1 − 4uh − 20 ≡ 0 (mod 1998).

uh = 5un−1 + 20 ≡ 0 (mod 1998) = x0;

Kết hợp với un+2 = 4un+1 + 5un + 20 ⇒ un+h ≡ un( mod1998), với mọi n (cid:62) 0.

Như vậy h là số chẵn nhỏ nhất thỏa mãn uh−1 ≡ 0 (mod 1998). Ta có 5h ≡ 1 (mod 4), ∀h, 554 ≡ 1 (mod 34), 536 ≡ (mod 37). Vậy 5108 ≡ 1 (mod 1998). Suy ra h = 108.

31

uh+1 = 4uh + 5uh−1 + 20 ≡ 100 (mod 1998) = x1.

Bài toán 2.4.4. Cho dãy {un} xác định bởi:



n−2

n−1un−3−24un−1u2 un−2un−3

...2048.

Xác định n nhỏ nhất để un

Giải. Xét

, n = 4, 5, ... u1 = 1  u2 = 2 u3 = 40  un = 10u2

n−2

n−1un−3 − 24u2 un−2un−3

ta có

Đặt vn = un un−1

  

10u2 = = − . un un−1 10un−1 un−2 24un−2 un−3

Xét dãy {vn} ta có phương trình đặt trưng λ2 − 10λ + 24 = 0 có hai nghiêm λ1 = 4, λ2 = 6.

Suy ra vn = c14n+c26n. Với v2 = 2, v3 = 20 ta tìm được c1 = − 1

4, c2 = 1 6.

Suy ra

v2 = 2 v3 = 20 vn = 10vn−1 − 24vn−2, n = 4, 5, ...

Do đó

vn = 6n−1 − 4n−1.

un = vnvn−1...v2

...2048 thì

Vì (3n−1 − 2n−1)(3n−2 − 2n−2)...(3 − 2) là số lẻ nên để un

= (6n−1 − 4n−1)(6n−2 − 4n−2)...(6 − 4) = 2n−12n−2...2(3n−1 − 2n−1)(3n−2 − 2n−2)...(3 − 2) = 2n(n−1)/2(3n−1 − 2n−1)(3n−2 − 2n−2)...(3 − 2).

Hay

2n(n−1)/2...2048.

Do đó (n − 1)n/2 (cid:62) 11. Suy ra n (cid:62) 6.

Vậy n = 6 là giá trị cần tìm.

32

2n(n−1)/2...211.

Bài toán 2.4.5. Cho dãy số nguyên {un} xác định bởi:

  

Chứng minh rằng u2012 − 2010 chia hết cho 2011.

Giải. Xét dãy số nguyên {vn} xác định bởi:

  

u0 = 1 u1 = −1 un = 6un−1 + 5an−2, với mọi n (cid:62) 2.

Dễ thấy với mọi n (cid:62) 0 ta có un ≡ vn( mod 2011). Xét phương trình đặc trưng của dãy {vn}:

v0 = 1 v1 = −1 vn = 6uv−1 + 2016vn−2, với mọi n (cid:62) 2.

có hai nghiệm thực λ1 = −42, λ2 = 48.

Suy ra số hạng tổng quát của dãy {vn} có dạng:

λ2 − 6λ − 2016 = 0

Từ các điều kiện ban đầu của dãy {vn} ta có hệ

 

 

vn = C1(−42n) + C248n.





Suy ra

⇔ C1 + C2 = 1 42C1 − 48C2 = 1 C1 = 49/90 C2 = 41/90.

Vì 2011 là số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có:

, ∀n (cid:62) 0. vn = 49(−42)n + 41.48n 90

Do đó

(−42)2010 ≡ 482010 ≡ 1( mod 2011).

Suy ra v2012 ≡ v2( mod 2011) vì ((90, 2011) = 1).

Mà v2 = 6v1 + 2016b0 = 2010 nên b2012 ≡ 2010( mod 2011). Vì thế u2012 ≡ 2010( mod 2011). Ta có điều cần chứng minh.

33

90v2012 ≡ 49(−42)2012+42.482012 ≡ 49(−42)2+41.482 ≡ 90v2( mod 2011).

Bài toán 2.4.6. Cho dãy {un} xác định bởi:

 



Chứng minh rằng 4un+2un + 1 là số chính phương.

Giải. Phương trình đặc trưng λ2−2λ+1 = 0 có nghiệm kép λ1 = λ2 = 1. Ta tìm g(n) = an2 sao cho g(n + 1) − 2g(n) + g(n − 1) = 1 với mọi

u0 = 0 u1 = 1 un+1 = 2un − un−1 + 1, n (cid:62) 1.

Giải ra ta có g(n) = n/2 hay u∗

n = n2/2 là một nghiệm của phương

trình un+1 = 2un − un−1 + 1.

Suy ra phương trình trên có nghiệm tổng quát un = C1 + nC2 + n2/2. Với u0 = 0 ta tìm được C1 = 0. Với a1 = 1 nên C2 = 1/2. Vậy

n ∈ N∗.

Do đó

n + = . un = n2 2 n(n + 1) 2 1 2

+ 1 4un+2un + 1 = 4 (n + 2)(n + 3) 2 n(n + 1) 2

Ta có điều cần chứng minh.

= n(n + 1)(n + 2)(n + 3)+ = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1) = (n2 + 3n + 1)2.

Một số bài toán tổ hợp để giải được chúng ta phải đưa nó về giải phương

trình sai phân tuyến tính xác định số hạng tổng quát và các tính chất của

nó. Trong mục này chúng tôi sẽ trình bày ứng dụng của toán tử sai phân

vào một số bài toán tổ hợp.

34

2.5 Ứng dụng toán tử sai phân vào một số bài tổ hợp

Bài toán 2.5.1. Cho dãy số nguyên {un} xác định bởi:

 



Tìm số các ước dương của biểu thức: u2

n+1 − unun+2

Giải. Xét phương trình đặc trưng Xét phương trình đặc trưng

u0 = 1 u1 = 45 un+2 = 45un+1 − 7un = 0.

1997

√ có hai nghiệm λ1,2 = 45±

2

. Do đó nghiệm tổng quát √

λ2 − 45λ + 7 = 0

√

√

45−

45+

1997

1997

√ 45 + 1997 45 − 1997 )n. un = c1( )n + c2( 2 2

2

2

Với n = 0 ta có u0 = 1 = c1 + c2. Với n = 1 ta có u1 = 45 = c1 Suy ra

. + c2

Từ đó ta tìm được

√ √ 1997 1997 . c1 = , c2 = 1997 45 + √ 2 45 − √ 2 1997

(cid:17)n+1

(cid:16)45 −

(cid:104)(cid:16)45 +

(cid:17)n+1(cid:105) .

Suy ra u2

√ √ 1997 1997 √ + c2 un = 2 2

Vì 7 là số nguyên tố nên 7n+1 có các ước là 1, 7, 72, ..., 7n+1. Suy ra 7n+1

có n + 2 ước.

Vậy số các ước dương của u2

n+1 − unun+2 là n + 2.

Bài toán 2.5.2. (Học sinh giỏi Vũng Tàu 2009-2010) Cho số nguyên dương n. Gọi Mn là tập các số tự nhiên (viết trong hệ thập phân)có n chữ số, các chữ số lớn hơn 1 và không có hai chữ số cùng nhỏ hơn 7 đứng liền nhau. Tính số phần tử của Mn.

Giải. Kí hiệu un = |Mn|. Gọi Xn, Yn lần lượt là tập các số tự nhiên theo

thứ tự: Có chữ số tận cùng nhỏ hơn 7 và các số có tận cùng lớn hơn 6.

Ta có: Mn = Xn ∪ Yn, Xn ∩ Yn (cid:54)= φ.

35

1 1997 n+1 − unun+2 = 7n+1.

Lấy một phần tử của Mn+1 bỏ đi phần tử cuối cùng ta được một phần

tử của Mn.

Ngược lại, xét một phần tử x của Mn. + Nếu x có tận cùng nhỏ hơn 7 thì có một cách thêm chữ số 0 vào vị trí đầu ta có một phần tử của Xn+1 và có đúng 3 cách thêm vào chữ số cuối để tạo ra một phần tử của Yn+1.

+ Nếu có tận cùng lớn hơn 6 thì có 5 cách thêm chữ số 0 vào vị trí đầu ta có một phần tử của Xn+1 và có 3 cách thêm vào chữ số cuối để tạo ra một phần tử của Yn+1.

Vậy

 



Suy ra

|Xn+1| = |Xn| + 5|Yn| |Yn+1| = 3|Xn| + 3|Yn|.

|Mn+1| = 4(|Xn| + |Yn|) + 4|Yn|

Do đó

= 4(|Xn| + |Yn|) + 12|Xn−1| + |Yn−1|.

Từ đó ta tìm được

(cid:16)

un+1 = 4un + 12un−1, n (cid:62) 2.

Vậy

(cid:16)

15.6n−1 + (−2)n−1(cid:17) . un = 1 2

15.6n−1 + (−2)n−1(cid:17) . |Mn| = 1 2

Xét bài toán tổng quát: Cho dãy {un} thỏa mãn điều kiện

2.6 Ứng dụng toán tử sai phân vào một số bài toán về giới hạn

Tìm limn→∞ un. Để giải bài toán trên, trước hết ta giải phương trình

f (un+k, un+k−1, ..., un) = 0.

Từ đó ta tìm được số hạng tổng quát un. Sau đó tính limn→∞ un.

36

f (un+k, un+k−1, ..., un) = 0.

Bài toán 2.6.1. Cho dãy (un) xác định bởi

(n+1)(n+3)un+1 + (n+1)(n+2)

n(n+3) un = 2(n+2)

n+3 , ∀n > 2,

 

(2.4)



Tìm lim un n2 .

Giải. Trước hết ta tìm số hạng tổng quát. Xét

un+2 − 2(n+2)2 u1 = 0, u2 = −3

với điều kiện ban đầu u1 = 0 và u2 = −3.

Nhân cả hai vế của (2.5) với n+3

n+2 ta được:

(2.6)

, ∀n > 2, (2.5) un+2− un+1+ un = 2(n + 2)2 (n + 1)(n + 3) (n + 1)(n + 2) n(n + 3) 2(n + 2) n + 3

Đặt vn = n+1

un+2 − un+1 + un = 2, ∀n > 2. 2(n + 2) n + 1 n + 1 n

(2.7)

n + 3 n + 2 n un ta có phương trình

và v1 = 0, v2 = −9/2. Xét phương trình đặc trưng λ2 − 2λ + 1 = 0 có nghiệm kép λ = 1. từ đó, ta tìm được

vn+2 − 2vn+1 + vn = 2∀n > 2

Suy ra:

− n + n2. vn = 13 12 15 12

(cid:16)13 12

Vậy lim un

n2 = 1.

Bài toán 2.6.2. Dãy số x0, x1, x2, ... được định nghĩa bởi x0 = a, x1 = b và với n (cid:62) 1, ta có

− n + n2(cid:17) = − + . un = vn = n n + 1 n n + 1 15 12 13n 2(n + 1) 15n2 2(n + 1) n3 n + 1

trong đó a và b là các số cho trước. Tính limn→∞xn theo a và b.

Giải. Bằng phép quy nạp, ta có

, xn+1 = xn−1 + (2n − 1)xn 2n

37

. ∆xn = − ∆xn−1 2n

Lặp lại với n − 2 lần, ta có

Do đó,

n−1 (cid:88)

n−1 (cid:88)

(b − a). ∆xn = (− ∆x1 = (− 1 2 )n 1 n! 1 2 )n 1 n!

i=0

i=0

Mặt khác, ta có

∞ (cid:88)

(− xn = x0 + ∆xi = a + (b − a) 1 2 )i 1 i!

i=0

Vậy

ex = . xi i!

(cid:112)

3

√ e

limn→∞ = a + (b − a)e− 1 2 .

√ e

√ n , ∀n (cid:62) 2. 3

Bài toán 2.6.3. Cho dãy {un} xác định bởi:    √ Tìm limvn với vn = n

u1 = u1 = un+1un−1 = u

Giải. Ta thấy un > 0 với mọi n (cid:62) 1. Suy ra lnun+1 + lnun−1 =

√

3

Hay an+1 −

2 , a2 = 1 2.

u1u2...un. √ 3lnun. √ 3an + an−1 = 0, với an = lnun, a1 = √ 3λ + 1 = 0 có nghiệm phức

Xét phương trình đặc trưng λ2 − π 6

Do đó

λ = cos + isin . π 6

Với a1 = cos (nπ/6). Từ đó ta tìm được un = ecos (nπ/6).

1

n (cos π

6 +cos 2π

6 +...+cos nπ

6 ).

Theo giả thiết, ta có √ vn = n

. an = c1cos + c2sin nπ 6 nπ 6 √ 3/2, a2 = 1/2 ta tìm được c1 = 1, c2 = 0. Suy ra an =

Mặt khác, ta có

sin

u1u2...un = e

(cid:12) (cid:12) <

Vậy limvn = e0 = 1.

38

+ cos + ... + cos . |cos | = (cid:12) (cid:12) π 6 2π 6 nπ 6 (2n + 1)π 12 1 2sin π 12 1 sin π 6

(2.8)

√

Bài toán 2.6.4. Cho dãy {un} xác định bởi:  u1 = 1;  u2 = 1 √ 2  un+1 =

2

Tìm lim(un+1/un).

, ∀n (cid:62) 3. ; 2 un√ u2 n+1+

Giải. Đặt un = 1/vn. Suy ra v1 = 1, v2 = 1/2

√ 2. Ta chứng minh được

√

n+1 = 1.

n+1 − 2

dãy {vn} là tăng ngặt. Từ đó, ta có vn+1 = Suy ra v2 Trừ hai vế tương ứng của phương trình trên cho nhau kết hợp với điều

kiện tăng ngặt của dãy {vn} ta có √

√ √ 2vn+1vn+2 + v2 2vnvn+1 + v2 2vn + (cid:112)1 + v2 n. n = 1, v2 n+2 − 2

vn+2 − 2

Xét phương trình đặc trưng λ2 − 2 √

2, c2 = − 1 2.

Do đó vn = c1( Với v1 = 1, v2 = 1/2 Suy ra

2vn+1 + vn = 0. √ √ 2λ + 1 = 0 có hai nghiệm λ = 2 ± 1. √ 2 − 1)n. 2 + 1)n + c2( √ 2, ta tìm được c1 = 1

Vậy

√ √ [( 2 + 1)n − ( 2 − 1)n]. vn = 1 2

lim

√ = lim = 2 − 1. un+1 un vn un+1

Bài toán 2.7.1. Cho dãy số {un}:  

(2.9)

2.7 Một số bài tập đề nghị



Tìm số hạng tổng quát un.

Giải. Xét phương trình đặc trưng: λ − 2 = 0 ⇔ λ = 2. Ta có

u0 = 7 un+1 − 2un = 3n2 + 4n + 5, ∀n ∈ N.

39

a + b = 1 − 2 = −1 (cid:54)= 0.

n = an2 + bn + c. Thay

Suy ra nghiệm riêng của phương trình có dạng u∗ u∗ n vào phương trình, ta được:

a(n + 1)2 + b(n + 1) + c − 2an2 − 2bn − 2c = 3n2 + 4n + 5

Đồng nhất hệ số hai vế ta có hệ phương trình:

⇔ −an2 + (2a − b)n + a + b − c = 3n2 + 4n + 5.

 

(2.10)

a = −3 −a = 3

  



⇔ b = −10 2a − b = 4

Suy ra u∗

n = −3n2 − 10n − 18.

Công thức tổng quát của dãy số có dạng

c = −18 a + b − c = 5

Theo giả thiết u0 = 7 ⇒ c − 18 = 7 ⇒ c = 25.

Vậy un = 25.2n − 3n2 − 10n.

Bài toán 2.7.2. Tìm số hạng tổng quát của các dãy số sau

un = c.2n − 3n2 − 10n − 18.

Giải. Xét phương trình đặc trưng 12λ2 − 17λ + 6 = 0 có hai nghiệm

thực λ1 = 3/4 và λ2 = 2/3. Khi đó

(cid:17)n

(cid:17)n

12un+1 − 17un + 6un−1 = 0, u1 = 2, u2 = 17/12.

(cid:16)3 4

(cid:16)2 3

3

với u1 = 2, u2 = 17/12 ta có hệ phương trình  

 

un = c1 + c2

9





4c1 + 2 16c1 + 4

3c2 = 2 9c2 = 17/12

Vậy

(cid:17)n

(cid:17)n

⇔ c1 = 4/3 c2 = 3/2

(cid:16)3 4

(cid:16)2 3

Bài toán 2.7.3. Tìm số hạng tổng quát của các dãy số sau

+ . un = 4 3 3 2

40

√ 3. un+1 − 2un + 4un−1 = 0, u1 = 0, u2 =

Giải. Xét phương trình đặc trưng λ2 − 2λ + 4 = 0 có nghiệm phức

(cid:113)

√ λ = 1 ± i 3. Đặt

(cid:17)

(cid:16)−π 2

Lúc đó

√ √ ), . r = |λ| = 12 + ( 3)2 = 2, tgϕ = 3, ϕ ∈ π 2

và

λ = 2(cos ) + i sin π 3 π 3

Với u1 = 0, u2 =

+ B sin ), un = rn(A cos nπ 3 nπ 3 √ 3 ta có hệ phương trình

 

 

3 + B sin π





3 = 0 3 + B sin 2π

3 ) =

Vậy

(cid:17)

√ A = − 3/4 ⇔ √ A cos π 4(A cos 2π 3 B = 1/4

Bài toán 2.7.4. (USAMO 1984) Cho P (x) là đa thức bậc 3n sao cho

3 . cos + sin √ un = 2n(cid:16)− 4 nπ 3 1 4 nπ 3

P (0) = P (3) = ... = P (3n) = 2,

P (1) = P (4) = ... = P (3n − 2) = 1,

Với P (3n + 1) hãy tìm n.

Giải. Ta có

P (2) = P (5) = ... = P (3n − 1) = 0.

3n+1P (3n + 1 − k)

k=0 n (cid:88)

n (cid:88)

0 = (−1)n+1∆3n+1P (0) 3n+1 (cid:88) = (−1)k C k

3n+1 +

3n+1.

j=0

j=1

Ta có 2a + b = −36, trong đó

n (cid:88)

n (cid:88)

= 730 + 2 (−1)3j+1C 3j+1 (−1)3jC 3j

3n+1, b =

3n+1.

j=0

j=1

41

a = (−1)3j+1C 3j+1 (−1)3jC 3j

Để tìm a và b ta tính căn bậc 3 của đơn vị ω = 22πi/3, căn bậc hai mở rộng của f (x) = (1 − x)3n+1 và đặt

n (cid:88)

j=0

Ta có

  

c = (−1)3j−1C 3j−1 3n+1.

Giải hệ, ta tìm được

0 = f (1) = b − a − c, f (ω) = b − aω − cω2 f (ω2) = b − aω2 − cω.

và

√ a = − = 2( π 3)3n−1cos (f (1) + ω2f (ω) + ωf (ω2)) 3 3n − 1 6

Xét phương trình 2a + b = −36, ta thấy nó không có nghiệm khi n lẻ và một nghiệm khi n chẵn.

Bài toán 2.7.5. (Putnam 1980) Cho a là một số thực và dãy được định nghĩa bởi u0 = a, un+1 = 2un − n2. Khi đó, ta có uu > 0 với mọi n (cid:62) 0.

Giải. Trong số các dãy thỏa mãn un+1 = 2un − n2 với mọi n (cid:62) 0, sai phân un của hai dãy bất kỳ sẽ thỏa mãn điều kiện un+1 = 2vn với mọi n (cid:62) 0. Khi đó un = 2nu0 với mọi n (cid:62) 0. Tiếp theo, ta tìm một nghiệm riêng của un+1 = 2un − n2 với mọi n (cid:62) 0. Chú ý n2 = un − (un+1 − un) = (I − ∆)un. Từ tổng của chuỗi hình học, giả sử

√ b = = 2( 3)3n−1cos π (f (1) + f (ω) + f (ω2)) 3 3n + 1 6

un = (I − ∆)−1n2

Mặt khác, ta có

= (I + ∆ + ∆2 + ...)n2 = n2 + (2n + 1) + 2 = n2 + 2n + 3.

42

(n + 1)2 + 2(n + 1) + 3 = 2(n2 + 2n + 3) − n2.

Kết hợp hai điều trên ta tìm được nghiệm riêng của un+1 = 2un − n2 với mọi n (cid:62) 0 là

Cuối cùng cho u0 = a, ta chọn v0 = a − 3. Khi đó dãy cần tìm là

un = n2 + 2n + 3 + 2nv0 với mọi số thực v0.

Suy ra

un = n2 + 2n + 3 + 2n(a − 3) với mọi n (cid:62) 0.

= +∞, limn→∞

Bài toán 2.7.6. (Putnam 1971) Cho c là một số thực sao cho nc là một số nguyên với n là số nguyên dương bất kỳ. Chứng minh rằng c là một số

nguyên không âm.

Giải. Ta thấy 2c là một số nguyên kéo theo c (cid:62) 0. Tiếp theo ta xét trường hợp c nằm trong khoảng 0 và 1 bằng cách sử dụng định lý giá trị thực. Ta xét trường hợp c (cid:62) 1. Giả sử 0 (cid:54) c < 1. Khi đó chọn một số nguyên dương n > c1/(1−c). Áp dụng định lý giá trị thực cho f (x) = xc trên [n, n + 1], ta thấy tồn tại số ω nằm trong khoảng n và n + 1 sao cho

2n n2 + 2n + 3 un không âm với n đủ lớn nếu a − 3 < 0. Ngược lại nếu a − 3 (cid:62) 0 thì mọi un ≥ 0. Do đó a (cid:62) 0.

Ở bên trái ta có số nguyên nhưng không có bên phải. Vì ω > n > c1/(1−c), ta có 0 (cid:54) cωc−1 < 1. Do đó c = 0. Với c (cid:62) 1, ta xét trường hợp mở rộng của định lý giá trị thực, nếu f liên tục trên [a, b], sai phân bậc k trên (a, b), 0 < h (cid:54) (b − 1)/k và x + kh (cid:54) b thì tồn tại số v sao cho a < v < b và

∆nc = (n + 1)c − nc = cωc−1.

hf (x) hk = f (k)(v). Cho k là số nguyên sao cho k − 1 (cid:54) x < k. Chọn số nguyên n đủ lớn sao cho

∆k

43

c(c − 1)(c − 2)...(c − k + 1)nc−k < 1.

Áp dụng định lý giá trị thực mở rộng với f (x) = xc trên [n, n + k] khi đó tồn tại số v năm trong khoảng n và n + k sao cho

Bên trái là số nguyên nhưng bên phải nằm trong khoảng [0, 1). Do đó trong cả hai trường hợp đều là 0 và c = k − 1. Theo định lý giá trị thực mở rộng có thể chứng minh với k = 1 là định lý giá trị thực. Tiếp theo giả sử mở rộng đúng với trường hợp k − 1. Cho 0 < h (cid:54) (b − a)/k. Trên [a, b − h] định nghĩa

∆knc = c(c − 1)(c − 2)...(c − k + 1)vc−k.

Áp dụng cho trường hợp k − 1 đến g(x), ta thấy tồn tại số v0 sao cho a < v0 < b − h và

g(x) = = . ∆hf (x) h f (x + h) − f (x) h

hf (x) hk =

h g(x) hk−1 = gk−1(v0).

Theo định lý giá trị thực tồn tại h0 sao cho 0 < h0 < h và

∆k−1 ∆k

Như vậy v = v0 + h0 nằm trong khoảng a và b.

Bài toán 2.7.7. Tìm un thỏa mãn điều kiện

g(k−1)(v0) = = f (k)(v0 + h0). f (k−1)(v0 + h) − f (k−1)(v0) h

Giải. Xét phương trình đặc trưng: λ − 1 = 0 có nghiệm λ = 1. Ta có n vào

n, trong đó ˆun = c.1n = c, u∗

n = n(an + b). Thay u∗

u1 = 2, un+1 = un + 2n, n ∈ N∗.

un = ˆun + u∗ phương trình, ta được

(n + 1)[a(n + 1) + b] = n(an + b) + 2n ⇔ 2(a − 1) + a + b = 0.

 

 





Do đó u∗

n = c + n(n − 1).

n = n(n − 1). Ta có un = ˆun + u∗ Vì u1 = 2 nên 2 = c + 1(1 − 1) ⇔ c = 2. Vậy un = 2 + n(n − 1), hay un = n2 − n + 2.

44

a = 1 a − 1 = 0 ⇔ ⇔ b = −1 a + b = 0

Bài toán 2.7.8. (VMO 1995)Tìm un thỏa mãn điều kiện

(cid:113)

n − 96, ∀n ∈ N.

a) Tìm công thức của số hạng tổng quát un theo n. b) Chứng minh rằng un (cid:62) 2.5n, ∀n ∈ N.

Giải. a) Với mọi n ∈ N ta có

(cid:113)

24u2 u0 = 2, un+1 = 5un +

n − 96 ⇔ (un+1 − 5un)2 = 24u2

n − 96

(2.11)

24u2 u0 = 2, un+1 = 5un +

n − 10un+1un + u2

n+1 + 96 = 0.

Từ (2.11) thay n bởi n + 1 ta được:

(2.12)

⇔ u2

n+1 + 96 = 0.

Dãy {un} là dãy tăng thực sự nên un < un+2. Từ (2.11) và (2.12), suy ra un và un+2 là hai nghiệm phân biệt của

phương trình ẩn t có dạng:

u2 n+1 − 10un+1un+2 + u2

n+1 + 96 = 0.

Theo định lý Viet, ta có:

t2 − 10un+1t + u2

hay

un+2 + un = 10un+1

Xét phương trình đặc trưng: λ2 − 10λ + 1 = 0 có hai nghiệm λ1,2 =

un+2 − 10un+1 + un = 0, ∀n ∈ N.

√ 5 ± 2

 

Theo giả thiết  

 

6. Ta có nghiệm tổng quát √ √ 6)n. un = c1(5 + 2 6)n + c2(5 − 2





 √

⇔ ⇔ √ c1 + c2 = 2, √ (5 + 2 c1 = 1, c2 = 1. 6)c2 = 10. u0 = 0 u1 = 10.

6)c1 + (5 − 2 √ 6)n.

45

6)n + (5 − 2 Vậy un = (5 + 2 b) Chứng minh bằng quy nạp:

Với n=0 ta có bất đẳng thức đúng. Giả sử bất đằng thức trên đúng với n = k. Nghĩa là uk (cid:62) 2.5k. Tiếp theo, ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n + k + 1. Thật vậy

ta có:

(cid:113)

(cid:113)

k − 96 (cid:62) 5.2.5k +

k − 96 (cid:62) 2.5k+1.

Vậy ta có điều cần chứng minh.

Bài toán 2.7.9. (Shortlist 1994) Cho dãy {un} xác định bởi

24u2 24u2 uk+1 = 5uk +

Chứng minh rằng với mọi m, umum+1 cũng là một số hạng của dãy số.

Giải. Theo giả thiết, ta có:

u1 = 1, u2 = 2, un+2 = 2un+2 − un + 2, ∀n > 1.

Thay n bằng n − 1 ta có:

un+2 = 2un+2 − un + 2.

Trừ hai vế cho nhau của các phương trình trên, ta có:

un+1 = 2un − un−1 + 2.

Xét phương trình đặc trưng:

un+2 − 3un+1 + 3un − un−1 = 0.

có nghiệm bội λ1,2,3 = 1.

Suy ra nghiệm tổng quát:

λ3 − 3λ2 + 3λ − 1 = 0,

Thay n = 1, 2, 3 ta có:

un = c1 + c2n + c2n2.

  

  

⇔

Suy ra un = 2 − 2n + n2. Do đó umum+1 = (cid:2)(m−1)2 +1(cid:3)(m2 +1) = (m−m+1)1 +1 = am2−m+2.

46

c1 = 2 c2 = 1 = −2 c3 = 1. c1 + c2 + c3 = 1 c1 + 2c2 + 4c3 = 2 c1 + 3c2 + 9c3 = 5

Bài toán 2.7.10. Cho dãy {un}, n ∈ N∗ được xác định như sau:

Tính tổng của 2001 số hạng đầu tiên của dãy.

, ∀n ∈ N∗. u1 = , un+1 = 2 3 un 2(2n + 1)un + 1

Giải. Cách 1. Theo giả thiết ta có un (cid:54)= 0, ∀n ∈ N∗ và un 2(2n + 1)un + 1

(2.13)

un+1 =

⇔ = + 4n + 2. 1 un+1 1 un

Vì 4n + 2 = 2(n + 1)2 − 2n2 nên từ (2.13) ta có 1 u1

Suy ra

− 2n2 = ... = − 2 = − . 1 2 1 un+1 − 2(n + 1)2 = 1 un

Do đó

= 2(n + 1)2 − . 1 2 1 un+1

Vậy

− . un = 1 2n − 1 1 2n + 1

= 1 − − + − 1 3 1 4003

Cách 2. Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗. Đặt vn = 2/un. Theo giả thiết ta có

(2.14)

= . S2001 = u1 + u2 + ... + u2001 1 1 5 + ... + 1 3 4001 4002 4003

Bằng phương pháp sai phân ta tìm được

v1 = 3, vn+1 = 4(2n + 1) + vn, ∀n ∈ N∗.

Suy ra

vn = (2n − 1)(2n + 1), ∀n ∈ N∗.

47

= = − , ∀n ∈ N∗. un = 2 (2n − 1)(2n + 1) 1 2n − 1 1 2n + 1 2 vn

Vậy

2001 (cid:88)

i=1

Bài toán 2.7.11. (Olympic 30/4/2000 khối 11)

Cho dãy {un} được xác định bởi:

= . S2001 = ui = 1 − 1 4003 4002 4003

a) Tính u2000.

b) Tìm phần nguyên A =

. u0 = 2, un+1 = 2un + 1 un + 2

2000 (cid:80) i=1

Giải. Ta có

ui.

Đặt

⇔ = 1 + . un+1 = 2un + 1 un + 2 1 un+1 − 1 3 un − 1

Vì vn+1 = 3vn + 1 nên

⇒ u0 = 1. vn = 1 un − 1

Do đó

. vn = 3n+1 − 1 2

a) Ta có u2000 = 32001+1 32001−1 b) Ta có

2000 (cid:88)

. un = 1 + 2 3n+1 − 1

i=2

Suy ra

2000 (cid:88)

. A = 2000 + 2 1 3i+1 − 1

i=1

Vậy [A] = 2000.

Bài toán 2.7.12. Cho dãy số {un} xác định bởi

2000 < A < 2000 + 2 3 1 3i < 2001.

Chứng minh rằng A = 4unun+2 + 1 là số chính phương.

48

u0 = 0, u1 = 1, un+1 = 2un − un−1 + 1, ∀n > 1.

Giải. Từ giả thiết thay n + 1 bởi n, ta có:

 



Xét phương trình đặc trưng

⇒ un+1 − 3un + 3un−1 − un−1 = 0. un+1 = 2un − un−1 + 1 un = 2un−1 − un−2 + 1

Do đó nghiệm tổng quát

λ3 − 3λ2 + 3λ − 1 = 0 ⇔ λ1,2,3 = 1.

Theo giả thiết ta có u0 = 0, u1 = 1, u2 = 3. Suy ra c1 = 0, c2 = 1/2, c3 = 1/2. Do đó

un = c1 + c2n + c3n2.

Vậy

(n + n2). un = 1 2

Ta có điều cần chứng minh.

Bài toán 2.7.13. Tìm un thỏa mãn điều kiện

A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) = (n2 + 3n + 1)2.

Giải. Xét phương trình đặc trưng λ − 3 = 0 có nghiệm λ = 3. Ta có

n, trong đó ˆun = c.3n và u∗

u1 = 1, un+1 = 3un + 2n.n ∈ N∗.

n = a.2n. n = a.2n vào phương trình ta thu được

un = ˆun + u∗ Thay u∗

Suy ra un = −2n. Do đó un = c.3n − 2n. Vì u1 = 1 nên c = 1. Vậy un = 3n − 2n.

Bài toán 2.7.14. Tìm un biết

a.2n+1 = 3a.2n + 2n ⇔ 2a = 3a + 1 ⇔ a = −1.

49

u1 = 1, un+1 = 2un + n2 + 2.2n, n ∈ N∗.

Giải. Xét phương trình đặc trưng λ − 2 = 0 có nghiệm λ = 2. Ta có n = An.2n.

n , trong đó ˆun = c.2n, u∗

n = an2 + bn + c, u∗∗

n + u∗∗

n vào phương trình un+1 = 2un + n2 ta được

un = ˆun + u∗ Thay u∗

a(n + 1)2 + b(n + 1) + c = 2an2 + 2bn + 2c + n2

⇔ (a + 1)n2 + (b − 2a)n + c − a − b = 0.

a = −1 a + 1 = 0

  

  

⇔ ⇔ b − 2a = 0 b = −2

Do đó u∗ Thay u∗∗

n = −n2 − 2n − 3. n vào phương trình un+1 = 2un + 2.2n, ta được

c = −3 c − a − b = 0

A(n + 1)2n+1 = 2An.2n + 2.2n

⇔ 2A(n + 1) = 2An + 2

Do đó u∗∗

n = n2n

Kéo theo

⇔ A = 1.

Theo giả thiết u1 = 1 suy ra 1 = 2c − 6 + 2 ⇔ c = 5 2.

Vậy

un = c.2n + (−n2 − 2n − 3) + n.2n.

Bài toán 2.7.15. Cho dãy {un}:

 

2n + n2n − n2 − 2n − 3. un = 5 2



Tìm công thức tổng quát của un.

Giải. Xét phương trình đặc trưng

u0 = 3, u1 = 10. un+2 = 4un+1 − 4un, ∀n ∈ N.

Khi đó số hạng tổng quát của dãy có dạng un = (c1 + nc2)2n.

50

λ2 − 4λ + 4 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = 2.

Theo giả thiết

 

 

 







Vậy un = (2n + 3)2n.

Bài toán 2.7.16. Cho dãy {un}:

⇔ ⇔ u0 = 3, u1 = 10. c1 = 3, 2(c1 + c2) = 10. c1 = 2, c2 = 3.

 

√ 3 + 1.



Tìm công thức tổng quát của un.

Giải. Phương trình đặc trưng λ2 − 2λ + 16 = 0 không có nghiệm

thực. Đặt

u0 = 1, u1 = 3 un+2 = 2un+1 − 16un, ∀n ∈ N.

và

√ √ A = 3 = 1, B = = −b 2a ∆ 2a

Khi đó số hạng tổng quát của dãy có dạng

(cid:17)

cos

√ r = A2 + B2 = 2, ϕ = arctan = . B A π 3

Theo giả thiết  

 

 

√

+ 3 sin . un = 2n(cid:16) nπ 3 nπ 3

(cid:17)



3 2

1 2 + c2 (cid:17)

cos nπ

√ ⇔ ⇔ √ c1 = 1, (cid:16) = 3 3 + 1. 3 + 1. c1 c1 = 1, c2 = 3. 2 

3 + 3 sin nπ

3

Bài toán 2.7.17. Cho dãy {un}:

 

. u0 = 1, u1 = 3  Vậy un = 2n(cid:16)



Tìm công thức tổng quát của un.

Giải. Xét phương trình đặc trưng

u0 = 1, u1 = 5, u2 = 8. un+3 − 6un+2 + 11un+1 − 6un = 0, ∀n ∈ N.

51

λ3 − 6λ2 + 11λ − 6 = 0 ⇔ λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3.

Khi đó số hạng tổng quát của dãy có dạng un = c1 + c22n + c33n. Theo giả thiết

  

  

  

⇔ ⇔

Vậy

c1 = −11/2, c2 = 9, c3 = −5/2. c1 + c2 + c3 = 1, c1 + 2c2 + 3c3 = 5, c1 + 4c2 + 9c3 = 8. u0 = 1, u1 = 5, u2 = 8

+ 9.2n − .3n. un = − 5 2

 

11 2 Bài toán 2.7.18. Cho dãy {un}:



Tìm công thức tổng quát của un.

Giải. Xét phương trình đặc trưng

u0 = 3, u1 = 2, u2 = 8. un+3 − 3un+2 + 3un+1 − un = 0, ∀n ∈ N.

λ3 − 3λ2 + 3λ + 1 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = λ3 = 1.

Khi đó số hạng tổng quát của dãy có dạng un = c1n2 + c2n + c3. Theo giả thiết   

  

  

⇔ ⇔

Vậy

c3 = 2, c1 + c2 + c3 = 2, 4c1 + 2c2 + c3 = 8. c1 = 7 2, c2 = −9 2 c3 = 3. u0 = 3, u1 = 2, u2 = 8

Bài toán 2.7.19. Cho dãy {un}:

 

− n + 3. un = 7 2 9 2



Tìm công thức tổng quát của un.

Giải. Xét phương trình đặc trưng

u0 = 0, u1 = 1, u2 = 2, u3 = 6. un+4 = 2un+3 + un+2 − 2un+1 − un = 0, n = 0, 1, ....

52

λ4 − 2λ3 − λ2 + 2λ + 1 = 0 ⇔ (λ2 − λ − 1)2 = 0.

Khi đó số hạng tổng quát của dãy có dạng

√ √ 5 5 . ⇔ λ1,2 = , λ3,4 = 1 − 2 1 − 2

(cid:17)n

(cid:17)n

(cid:17)n

(cid:17)n

(cid:16)1 − 2

(cid:16)1 − 2

(cid:16)1 + 2

(cid:16)1 + 2

Theo giả thiết





1−

1−

5

1+

5

1+

√ √ √ √ 5 5 5 5 . un = c1 + c2n + c3 + c4n

(cid:17)2

5

5

√ 2 + c4 (cid:17)2 + c3

(cid:17)2

(cid:17)3

(cid:17)3

(cid:17)3

5

5

5

5

 

⇔ c1 + c3 = 0 √ 5 c1 2 + c2 √ (cid:17)2 5 = 2 + 2c2 + 2c4 c1

 

(cid:16) 1− 2 √ (cid:16) 1− 3

√ 2 + c3 √ (cid:16) 1− 2 √ (cid:16) 1− 2

√ 5 2 = 1 √ (cid:17)2 (cid:16) 1+ 5 2 √ (cid:16) 1+ 2

√ (cid:16) 1+ 2 √ (cid:16) 1+ 2



u0 = 0 u1 = 1 u2 = 2 u3 = 6 = 6 c1 + 3c2 + c3 + 3c4

⇔

Vậy

. c1 = 0  c2 = − 1√ 5 c3 = 0  c4 = 1√ 5

(cid:17)n

(cid:17)n

(cid:16)1 − 2

(cid:16)1 + 2

53

√ √ 5 5 . + un = − n √ 5 n √ 5

Kết luận

Với nhiệm vụ: Tìm hiểu, sưu tầm việc vận dụng toán tử sai phân vào

giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi THPT, luận văn đã hoàn thành

các nhiệm vụ sau:

• Trình bày định nghĩa và các tính chất của toán tử sai phân;

sơ cấp;

• Trình bày ý tưởng vận dụng toán tử sai phân vào giải môt số bài toán

các tài liệu tham khảo) mà những bài tập đó có thể giải bằng cách

vận dụng khái niệm, tính chất của toán tử sai phân;

• Chọn lọc một số bài toán, đề thi tổ hợp dành cho học sinh giỏi (trong

giỏi, đề thi chọn học sinh giỏi trong nước và quốc tế trên cơ sở vận

dụng khái niệm, tính chất của toán tử sai phân.

Luận văn cũng rất cố gắng để có thể trình bày các cách giải khác nhau

của cùng một bài toán và so sánh những phương pháp giải với lời giải khi

ứng dụng tính chất của toán tử sai phân đó người đọc có thể đưa ra nhận

xét, so sánh giữa các lời giải với nhau.

Hướng nghiên cứu của luận văn là mở, ngoài các ví dụ được chọn lọc,

trình bày trong luận văn, ta không quá khó khăn để tiếp tục tìm được

những bài toán khác dành cho học sinh giỏi và đưa ra lời giải thú vụ trên

cơ sở vận dụng các khái niệm, tính chất của tỉ sai phân.

54

• Trình bày tường minh lời giải một số bài toán dành cho học sinh khá,

Tài liệu tham khảo

Tiếng Việt

[1] Nguyễn Nguyễn Ngọc Giang (2016)Phương pháp giải các bài thi vô

địch toán. Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.

[2] Nguyễn Ngô Đắc Tân (2004), Lý thuyết tổ hợp và đồ thị, Nhà xuất

bản Đại học quốc gia Hà Nội.

[3] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho (2009), 40 năm Olimpic Toán học

quốc tế (1959-2000), NXB Giáo dục.

[4] Nguyễn Tiến Tuấn (2015), Phương trình sai phân và ứng dụng, Luận

văn Thạc sĩ, ĐHQG Hà Nội.

Tiếng Anh

[5] Li Kin Yin (2007),Difference Operator, Mathematical Excalibur (Vol-

ume 11, Number 5).

[6] Odior A. O, Charles-Owaba O. E, Fadare D. A (2010), Solving Dif-

ference equatinons by forward difference operator method, Journal of

Engineering and Applied Sciences (Volume 05, Number 7).

[7] http://mathonline.wikidot.com/more-properties-of-the-difference-

operator

55