ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- PHAN THỊ THU HUYỀN
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHƢƠNG
TRÌNH SAI PHÂN GIẢI TOÁN SƠ CẤP
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2019
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ---------------------------
PHAN THỊ THU HUYỀN
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHƢƠNG
TRÌNH SAI PHÂN 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
TS: Nguyễn Thị Ngọc Oanh
THÁI NGUYÊN - 2019
1
Mục lục
Trang
Lời nói đầu 3
Chương 1 Một số kiến thức cơ bản về phép tính sai phân 5
1.1. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2. Nguồn gốc phương trình sai phân . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3. Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . 12
1.4. Toán tử ∆ và E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.5. Các tính chất cơ bản của toán tử sai phân . . . . . . . . . 16 1.6. Toán tử ∆−1 và phép lấy tổng . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Chương 2 Phương trình sai phân tuyến tính và ứng dụng 24
2.1. Các định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.2. Cách tìm nghiệm tổng quát và nghiệm riêng . . . . . . . . 26
2.3. Một số phương pháp khác giải phương trình sai phân
tuyến tính cấp một . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.3.1. Phương trình tuyến tính tổng quát . . . . . . . . . 28 2.3.2. Phương trình dạng yk+1 − yk = (n + 1)kn . . . . 31 2.3.3. Phương trình dạng yk+1 = Rkyk . . . . . . . . . . 35 2.4. Một số ứng dụng trong giải toán sơ cấp . . . . . . . . . . . 35
2.4.1. Tính tổng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.4.2. Dãy Số Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.4.3. Đa thức Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2
2.4.4. Một số dạng toán liên quan tới dãy số . . . . . . . 47
Kết luận 53
3
Lời nói đầu
Phương trình sai phân là một lĩnh vực được nhiều nhà khoa học quan
tâm bởi tính hữu hiệu của nó khi giải số các mô hình đề xuất, ta có thể
tham khảo ứng dụng đa dạng của phương trình sai phân trong tài liệu
[3] và các tài liệu tham khảo của nó. Bên cạnh những ứng dụng mạnh
mẽ của phương trình sai phân khi nghiên cứu các mô hình phức tạp thì
phương trình sai phân có nhiều ứng dụng hiệu quả khi giải các bài toán
trong chương trình phổ thông như: tính tổng chuỗi, tìm số hạng tổng
quát, chứng minh bất đẳng thức,. . . .
Luận văn gồm có trong hai chương.
Chương 1 trình bày lại một số kiến thức liên quan tới phương trình
sai phân như định lý tồn tại và duy nhất nghiệm, toán tử ∆ và toán tử E, toán tử ∆−1,. . . .
Chương 2 nghiên cứu phương trình sai phân tuyến tính, cách tìm
nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính, đồng thời giới
thiệu một số phương pháp khác tìm nghiệm phương trình sai phân tuyến
tính cấp một. Phần cuối của chương trình bày một vài ứng dụng của
phương trình sai phân trong việc tính tổng dãy số, tìm số hạng tổng
quát của dãy số và một số bài toán liên quan.
Để thực hiện và hoàn thành đề tài Luận văn này, em xin gửi lời cảm
ơn chân thành đến Ban Giám hiệu, bộ phận Sau đại học - Phòng đào
tạo, Khoa Toán- Tin trường Đại học Khoa học – Đại Học Thái Nguyên
cùng quý thầy cô trong trường đã giảng dạy và giúp đỡ em trong suốt
quá trình hoc tập và nghiên cứu.
4
Đồng thời xin chân thành cảm ơn tới gia đình, người thân, bạn bè và
các anh chị trong lớp đã tạo điều kiện giúp đỡ em trong quá trình học
tập và nghiên cứu đề tài của mình.
Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Tiến sĩ Nguyễn Thị
Ngọc Oanh người hướng dẫn khoa học đã trực tiếp dành thời gian, công
sức hướng dẫn em trong quá trình nghiên cứu và thực hiện luận văn.
Em xin trân trọng cảm ơn!
Thái Nguyên, ngày 01 tháng 11 năm 2019
Học viên
Phan Thị Thu Huyền
5
Chương 1
Một số kiến thức cơ bản về phép
tính sai phân
Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày các kiến thức cơ bản nhất
liên quan tới phép tính sai phân, các định nghĩa và định lý về nghiệm,
sự tồn tại và duy nhất nghiệm; toán tử sai phân ∆ cùng các tính chất
cơ bản, toán tử dịch chuyển E. . . . Nội dung của chương này được tham
khảo chính trong các Chương 1 và Chương 2 tài liệu [2], Chương 1 tài
1.1. Định nghĩa
liệu [3].
Một dãy số là một hàm mà miền xác định của nó là tập các số nguyên.
Trong phần này, chúng ta sẽ xét các dãy mà miền xác định là các số
nguyên không âm. Ta ký hiệu số hạng tổng quát của dãy là yk và sử dụng ký hiệu {yk} để biểu diễn dãy y0, y1, y2, . . .
Cho dãy số {yk} thỏa mãn
(1.1) yk+n = F (k, yk+n−1, yk+n−2, . . . , yk).
Khi cho trước giá trị ban đầu thì ta có thể tính toán được các giá trị
còn lại. Như vậy, từ phương trình (1.1), rõ ràng nếu n giá trị liên tiếp
của yk xác định một cách cụ thể thì dãy {yk} được xác định một các duy nhất. Các giá trị cụ thể này được gọi là các điều kiện ban đầu.
6
Định nghĩa sau đây cho ta sự liên hệ giữa dãy và phương trình sai
phân.
Định nghĩa 1.1 Một phương trình sai phân thường là một quan hệ có
dạng cho trước bởi phương trình (1.1).
Định nghĩa 1.2 Cấp của phương trình sai phân là hiệu giữa chỉ số cao
nhất và chỉ số thấp nhất xuất hiện trong phương trình.
Phương trình cho dưới dạng (1.1) là một phương trình sai phân cấp n
khi và chỉ khi thành phần yk xuất hiện trong hàm F trong vế phải. Chú ý rằng dịch chuyển trong các chỉ số không đổi cấp của phương trình sai
phân. Chẳng hạn như với số nguyên r
(1.2) yk+n+r = F (k + r, yk+n+r−1, yk+n+r−2, . . . , yk+r)
là một phương trình sai phân cấp n và tương đương với phương trình
(1.1).
Định nghĩa 1.3 Một phương trình sai phân được gọi là tuyến tính nếu
nó được cho dưới dạng
yk+n + a1(k)yk+n−1 + a2(k)yk+n−2 + · · · + an−1(k)yk+1 + an(k)yk = Rk, (1.3)
trong đó ai(k), i = 1, 2, . . . , n và Rk là các hàm của k cho trước.
Định nghĩa 1.4 Một phương trình sai phân được gọi là phi tuyến nếu
nó không tuyến tính.
Định nghĩa 1.5 Một nghiệm của phương trình sai phân là một hàm
φ(k) thỏa mãn phương trình.
Các ví dụ sau đây sẽ làm rõ các định nghĩa vừa được đưa ra ở phần
trên.
7
Ví dụ 1.1 Xét một số phương trình sau
(bậc hai, tuyến tính),
(bậc một, phi tuyến),
(bậc bốn, tuyến tính),
(bậc một, phi tuyến), yk+1 − 3yk + yk−1 = e−k yk+1 = y2 k yk+4 − yk = k2k yk+1 = yk − (1/100)y2 k
(bậc ba, phi tuyến), yk+3 = cos yk
(bậc hai, tuyến tính). yk+2 + (3k − 1)yk+1 − yk = 0 k k + 1
Ví dụ 1.2 Hàm
φ(k) = 2k
là nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính bậc một
yk+1 − 2yk = 0,
vì khi thay φ(k) vào phương trình, ta thu được
2k+1 − 2.2k = 0
Ví dụ 1.3 Phương trình phi tuyến bậc nhất
k+1 − y2 y2
k = 1
(1.4)
có nghiệm √ φ(k) = k + c
trong đó c là hằng số. Thật vậy, thế φ(k) vào phương trình (1.4) thu
được
√ k + 1 + c)2 − ( k + c)2 = (k + 1 + c) − (k + c) = 1. √ (
Ví dụ 1.4 Phương trình tuyến tính bậc hai
(1.5) yk+1 − yk−1 = 0
có hai nghiệm,
φ1(k) = (−1)k, φ2(k) = 1.
8
Gọi c1 và c2 là hai hằng số tùy ý. Bây giờ, ta thấy hàm
ϕ(k) = c1ϕ1(k) + +c2ϕ2(k) = c1(−1)k + c2
cũng là một nghiệm. Thật vậy, thế ϕ(k) phương trình (1.5) ta được
1.2. Nguồn gốc phương trình sai phân
c1(−1)k+1 + c2 − c1(−1)k−1 − c2 = 0.
Giả sử rằng yk là phần tử tổng quát của dãy {yk} được xác định theo một hàm cụ thể của k và n cùng các hằng số c1, c2, . . . , cn nào đó. Bây giờ, ta sẽ chỉ ra rằng yk thỏa mãn phương trình sai phân cấp n.
Theo giả thiết, ta có
(1.6) yk = f (k, c1, c2, . . . , cn)
và
yk+1 = f (k + 1, c1, c2, . . . , cn),
(1.7) . . .
yk+n = f (k + n, c1, c2, . . . , cn).
Đây là một dãy gồm n + 1 phương trình với n hằng số ci, i = 1, 2, . . . , n. Khử các hằng số ci ta nhận được quan hệ có dạng
(1.8) G(k, yk, yk+1, . . . , . . . , yk+n−1) = 0
Đây là một phương trình sai phân cấp n. Như vậy, nếu phần tử tổng
quát yk của dãy {yk} có thể biểu diễn như là hàm của k và n hằng số nào đó thì yk sẽ thỏa mãn một phương trình sai phân cấp n.
Ví dụ 1.5 Các đa thức Chebyshev được xác định bởi biểu thức sau
(1.9) Ck(x) =
1 2k−1 cos(k cos−1 x), k = 0, 1, 2, . . . , ; |x| < 1. Bây giờ ta sẽ chỉ ra các hàm này quan hệ truy hồi với nhau theo phương
trình sau đây
(1.10) Ck+1(x) − xCk(x) + Ck−1(x) = 0 1 4
9
trong đó, từ phương trình (1.9) ta có
C0(x) = 2, C1(x) = x.
Từ công thức
cos(θ1 ± θ2) = cos θ1 cos θ2 ∓ sin θ1 sin θ2,
từ đây suy ra
Ck+1x =
=
1 2k cos[(k + 1) cos−1 x] 1 2k cos(cos−1 x) cos(k cos−1 x) − 1 2k sin(cos−1 x) sin(k cos−1 x).
Do đó,
Ck−1(x) = Ck+1(x) + 1 4
=
2 2k−1 cos(cos−1 x) cos(k cos−1 x) x 2k−1 cos(k cos−1 x) =xCk(x),
và đây chính là phương trình (1.10).
Ví dụ 1.6 Cho k là số nguyên không âm, xét tích phân
0
(cid:90) π dθ (1.11) Ik(φ) = cos(kθ) − cos(kφ) cos θ − cos φ
Trong đó I0 = 0 và I1 = π. Do biết Ik với k = 0 và k = 1, ta thử tìm mối quan hệ tuyến tính giữa Ik+1, Ik và Ik−1. Nếu tìm thấy công thức liên hệ này, ta có thể sử dụng để tính Ik thông qua truy hồi. Định nghĩa toán tử L như sau:
(1.12) LIk = AIk+1 + BIk + CIk−1
trong đó A, B và C là các hằng số độc lập với k và θ; tuy nhiên, chúng
có thể phụ thuộc vào φ. Do đó,
L cos(kθ) = A cos(k + 1)θ + B cos(kθ) + C cos(k − 1)θ
= [(A + C) cos θ + B] cos(kθ) − [(A − C) sin θ] sin(kθ).
(1.13)
10
Nếu lấy A = C, B = −2A cos φ và đặt A = 1, vậy thì phương trình
(1.13) trở thành
L cos(kθ) = 2(cos θ − cos φ) cos(kθ),
đại lượng này tỷ lệ với mẫu số trong biểu thức tích phân của phương
trình (1.11).
Bây giờ, áp dụng toán tử L vào cos(kφ) ta được kết quả
L cos(kφ) = 0.
Do đó, áp dụng toán tử L cho cả hai vế của phương trình (1.11) ta được
0 (cid:90) π
(cid:90) π dθ LIk(φ) = L cos(kθ) − L cos(kφ) cos θ − cos φ (1.14)
0
= 2 cos(kθ)dθ = 0
Như vậy tích phân Ik(ϕ) thỏa mãn phương trình
Ik+1 − (2 cos φ)Ik + Ik−1 = 0
đối với k = 1, 2, . . . . Vì I0 và I1 ta có thể xác định Ik bằng công thức truy hồi trên với bất kỳ giá trị nguyên dương nào của k.
Ví dụ 1.7 Giả sử phương trình vi phân sau đây:
= f (y, t) (1.15) dy dt
trong đó f (y, t) là một hàm cho trước của y và t, không thể lấy tích
phân theo các hàm số sơ cấp. Ta sẽ sử dụng lược đồ đơn giản sau đây
để tìm nghiệm số.
Trước tiên ta xây dựng lưới tk = (∆t)k, trong đó ∆t là một khoảng thời gian t cố định, còn k là số nguyên. Tiếp theo ta thay thế đạo hàm bằng
xấp xỉ,
→ = dy(t) dt y(t + ∆t) − y(t) ∆t yk+1 − yk ∆
trong đó yk là xấp xỉ theo nghiệm chính xác của phương trình (1.15) tại thời điểm t = tk, tức là,
yk (cid:39) y(tk).
11
Cuối cùng, thay thế vế bên phải của phương trình (1.15) bằng
f (y, t) → f [yk, (∆t)k].
Thế vào phương trình đầu ta nhận được
= f (yk, (∆t)k) yk+1 − yk ∆t
hoặc
(1.16) yk+1 = yk + (∆t)f (yk, (∆t)k).
Nếu y0 được xác định thì ta cũng xác định được yk đối với k = 1, 2, . . . . Lược đồ (1.16) được gọi là lược đồ Euler được sử dụng để tìm nghiệm
số của phương trình (1.15).
Ví dụ 1.8 Cho số hạng tổng quát yk của dãy {yk} được xác định như sau
yk = A2k,
trong đó A là một hằng số nào đó. Vì chỉ có một hằng số nên phương
trình sai phân có nghiệm cho bởi công thức (1.8) là phương trình cấp
một. Ta có thể tìm được như sau
yk+1 = A2k+1 = 2A2k = 2yk.
Ví dụ 1.9 Giả sử yk được cho bởi biểu thức
yk = c12k + c25k,
trong đó c1 và c2 là hằng số tùy ý. Do đó, yk phải thỏa mãn một phương trình vi phân bậc hai. Để xác định phương trình này, ta tính yk+1 và yk+2 :
yk+1 = 2c12k + 25c25k, yk+2 = 4c12k + 25c25k.
1 1
= 0
yk yk+1 2 5 yk+2 4 25 Khử c1 và c2 ta nhận được (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
12
hay
yk+2 − 7yk+1 + 10yk = 0.
Ví dụ 1.10 Xét yk được cho bởi
(1.17) yk = Ak + f (A),
trong đó A là một hằng số tùy ý và f là một hàm bất kỳ của A. Ta có
yk+1 = Ak + f (A) + A = yk + A,
hoặc
(1.18) A = yk+1 − yk
Thế kết quả của phương trình (1.18) vào phương trình (1.17) ta được
yk = (yk+1 − yk)k + f (yk+1 − yk)
1.3. Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm
là phương trình vi phân cấp một phi tuyến tổng quát.
Rõ ràng với một phương trình sai phân cho trước, nếu một nghiệm
tồn tại thì không có gì đảm bảo rằng nghiệm này là duy nhất. Nghiệm
phải bị hạn chế bởi các điều kiện ban đầu thêm vào với số lượng bằng
với cấp của phương trình. Định lý sau đây phát biểu về sự tồn tại và
tính duy nhất của nghiệm.
Định lý 1.1 Cho
(1.19) yk+n = f (k, yk, yk+1, . . . , yk+n−1), k = 0, 1, 2, 3, . . .
là một phương trình sai phân cấp n. Phương trình này có một và chỉ
một nghiệm tương ứng với bộ n giá trị đầu y0, y1, . . . , yn−1.
Chứng minh. Nếu các giá trị y0, y1, . . . , yn−1 được cho trước thì phương trình sai phân với k = 0 xác định duy nhất yn. Nếu yn đã xác định định, phương trình sai phân với k = 1 cho ta yn+1. Tiếp tục như vậy, với mọi k ≥ n ta xác định được tất cả các yk.
13
1.4. Toán tử ∆ và E
Toán tử ∆ được xác định như sau
(1.20) ∆yk ≡ yk+1 − yk.
Biểu thức yk+1 − yk được gọi là sai phân của yk và ta gọi ∆ là toán tử sai phân (cấp một). Toán tử sai phân cấp hai được ký hiệu ∆2 và được
cho như sau
∆2yk =∆(∆yk) = ∆(yk+1 − yk)
=∆yk+1 − ∆yk = (yk+2 − yk+1) − (yk+1 − yk)
=yk+2 − 2yk+1 + yk.
Một cách tổng quát, với n nguyên dương, ta định nghĩa
(1.21) ∆(∆nyk) = ∆n+1yk.
Và từ đây ta có
(1.22) ∆m∆nyk = ∆n∆myk = ∆m+nyk,
với các số nguyên dương m, n. Giả sử phương trình (1.22) thỏa mãn khi
m = 0, ta tìm được
∆0∆nyk = ∆n+0yk = ∆n∆0yk.
Như vậy ∆0 là toán tử đồng nhất
∆0yk = yk.
Rõ ràng ∆ thỏa mãn các tính chất
i. ∆(xk + yk) = ∆xk + ∆yk. ii. ∆(cyk) = c∆yk, với c là hằng số. iii. ∆(c1xk + c2yk) = c1∆xk + c2∆yk, với c1 và c2 là các hằng số. Định lý sau đây sẽ cho ta công thức tính sai phân cấp n.
14
Định lý 1.2
yk+n−2 ∆nyk =yk+n − nyk+n−1 + n(n − 1) 2!
(1.23) + · · · + (−1)i n(n − 1) . . . (n − i + 1) yk+n−i i!
+ · · · + (−1)nyk.
Chứng minh. Ta sử dụng quy nạp toán học để chứng minh định lý
này. Thật vậy, định lý đúng đối với n = 1 (theo phương trình (1.20)).
Ta giả sử định lý đúng tới n ta chứng minh định lý đúng tới n + 1. Ta
có
∆nyk+1 = yk+n+1 − nyk+n + n(n − 1) 2
yk+n−1 + · · · + (−1)i+1 n(n − 1) · · · (n − i) yk+n−i (i + 1)!
+ · · · + (−1)nyk+1.
Do đó
∆(∆nyk) = ∆nyk+1 − ∆nyk
yk+n−1 (n + 1)n 2!
= yk+n+1 − (n + 1)yk+n + + . . . + (−1)i+1 (n + 1)n(n − 1) . . . (n − i + 1) yk+n−i (i + 1)!
+ . . . + (−1)n+1yk.
Đây chính là biểu thức trong phương trình (1.23) với n được thế bằng
n + 1. Như vậy định lý đã được chứng minh.
Sử dụng định nghĩa về hệ số nhị thức dưới đây
(cid:19) = = , (cid:18)n i n(n − 1) . . . (n − i + 1) i! n! (i!)(n − i)!
ta có thể viết lại kết quả của Định lý 1.2 dưới dạng
n (cid:88)
i=0
(cid:19) (−1)i ∆nyk = yk+n−i. (cid:18)n i
Tiếp theo ta xét hàm của toán tử ∆. Cho f (r) là một đa thức biến r
được xác định như sau
f (r) = a0rm + a1rm−1 + · · · + am,
15
trong đó, a0, a1, . . . , am là các hằng số. Hàm toán tử f (∆) được xác định như sau
f (∆)yk =(a0∆m + a1∆m−1 + · · · + am)yk
(1.24) =a0∆myk + a1∆m−1yk + · · · + amyk.
Cho α1, α2, β1 và β2 là các hằng số, khi đó
(α1 + β1∆)(α2 + β2∆)yk =α1(α2 + β2∆)yk + β1∆(α2 + β2∆)yk
=α1α2yk + α1β2∆yk + β1α2∆yk + β1β2∆2yk =α1α2yk + (α1β2 + α2β1)∆yk + β1β2∆2yk.
Tương tự, ta cũng có
(α2 + β2∆)(α1 + β1∆)yk = α1α2yk + (α1β2 + α2β1)∆yk + β1β2∆2yk.
m (cid:89)
Như vậy cấp của hai toán tử α1 + β1∆ và α2 + β2∆ không phụ thuộc vào các hằng số α1, α2, β1 và β2. Nếu f (r), trong phương trình (1.24) là một hàm đa thức bậc m, thì ta có thể phân tích thành nhân tử dưới dạng
i=1
f (r) = (r − r1)(r − r2) . . . (r − rm) = (r − ri)
m (cid:89)
khi đó, phương trình (1.24) được viết lại
i=1
(1.25) f (∆)yk = (∆ − ri)yk
Tiếp theo, với p số nguyên bất kỳ, ta định nghĩa toán tử dịch chuyển E
tác động lên yk như sau
i=1(E − ri)yk.
(1.26) Epyk = yk+p.
Các tính chất cơ bản của toán tử dịch chuyển E : i. Ep(c1xk + c2yk) = c1xk+p + c2yk+p. ii. EpEqyk = EqEpyk = Ep+qyk. iii. f (E)yk = (cid:81)m Mối quan hệ của hai toán tử ∆ và E, được cho như sau:
i. ∆yk = (E − 1)yk hay ∆ ≡ E − 1.
16
ii. E ≡ 1 + ∆.
iii. Nếu f (r) và g(r) là các đa thức của biến r thì
f (E) = f (1 + ∆)
g(∆) = g(E − 1).
Định lý 1.3
(cid:32) (cid:33) n ∆2yk +. . .+ ∆yyk +. . .+∆nyk. (1.27) yk+n = yk +n∆yk + n(n − 1) 2! i
Chứng minh. Ta có khai triển sau
n (cid:88)
i=0
(cid:33) (cid:32) n ∆iyk. yk+n = Enyk = (1 + ∆)nyk = i
1.5. Các tính chất cơ bản của toán tử sai phân
Như vậy ta có điều phải chứng minh.
Gọi xk và yk là các hàm số của k, ta có một số kết quả cơ bản sau:
a. Sai phân của tích
Ta có
∆(xkyk) = xk+1∆yk + yk∆xk.
Thật vậy,
(1.28) ∆(xkyk) = xk+1yk+1 − xkyk
(1.29) = xk+1yk+1 − xk+1yk + ykxk+1 − xkyk
(1.30) = xk+1(yk+1 − yk) + yk(xk+1 − xk)
(1.31) = xk+1∆yk + yk∆xk.
17
b. Định lý Leibnitz cho sai phân
Ta có công thức sau đây
(cid:32) (cid:33) (cid:32) (cid:33) n n ∆n(xkyk) = xk∆nyk + (∆xk)(∆n−1)yk+1 + (∆2xk)(∆n−2yk+2) 1 2
(cid:32) (cid:33) n + . . . + (∆nxk)(yk+n). n
(1.32)
Chứng minh. Sử dụng định nghĩa toán tử E1 và E2, tương ứng tác động lên xk và yk ta nhận được
E1(xkyk) = xk+1yk, E2(xkyk) = xkyk+1, E1E2(xkyk) = xk+1yk+1.
Do đó ta có E = E1E2. Ta định nghĩa thêm các toán tử ∆1 và ∆2 thỏa mãn
∆1 = E1 − 1, ∆2 = E2 − 1.
Do vậy
∆ = E − 1 = E1E2 − 1 = (1 + ∆1)E2 − 1
= E2 + ∆1E2 − 1 = ∆2 + ∆1E2
và
∆n(xkyk) = (∆2 + ∆1E2)n(xkyk).
2 +
1E2
2 +. . .+
1 En 2
2 ∆1E2+
(cid:32) (cid:32) (cid:32) Khai triển hạng tử (∆2 + ∆1E2)n ta được (cid:33) (cid:33) (cid:33) n n n ∆n ∆n−1 ∆2 ∆n (cid:35) (xkyk) (cid:34) ∆n(xkyk)= 1 2
(cid:32) (cid:33) n (cid:32) (cid:33) n n = xk∆nyk + (∆xk)(∆n−1yk+1) +. . .+ (∆nxk)(yk+n). 1 n
Đây chính là kết quả trình bày trong phương trình (1.32).
18
c. Sai phân của thương
(cid:19) ∆ = . Sai phân của thương được cho bởi công thức sau (cid:18)xk yk yk∆xk − xk∆yk ykyk+1
Thật vậy, ta có
(cid:19) = = − ∆ (cid:18)xk yk xk yk xk+1yk − yk+1xk ykyk+1
= xk+1 yk+1 (xk+1 − xk)yk − xk(yk+1 − yk) ykyk+1
= . yk∆xk − xk∆yk ykyk+1
d. Sai phân của tổng hữu hạn
Đặt
Sk = y1 + y2 + y3 + . . . + yk.
Do đó,
Sk+1 = y1 + y2 + y3 + . . . + yk + yk+1
và
∆Sk = Sk+1 − Sk = yk+1.
Ta minh họa các tính chất trên bằng một số ví dụ sau đây
Ví dụ 1.11 Với yk = 1 ∀k, khi đó
∆1 = 1 − 1 = 0. (1.33)
Với yk = k, khi đó
∆k = (k + 1) − k = 1.
Với yk = kn, trong đó n là một số nguyên dương, khi đó
∆kn = (k + 1)n − kn (cid:33) (cid:32) (cid:32) (cid:33) n n kn−2 + . . . + k + 1. = nkn−1 + 2 n − 1
19
Với yk = (−1)k khi đó
∆(−1)k = (−1)k+1 − (−1)k = 2(−1)k+1.
Với yk = k(−1)k khi đó
∆k(−1)k = (k + 1)(−1)k+1 − k(−1)k = −(2k + 1)(−1)k.
Với yk = ak khi đó
∆ak = ak+1 − ak = (a − 1)ak
và
∆nak = (a − 1)nak.
Với yk = cos(ak) khi đó
∆ cos(ak) = cos(ak + a) − cos(ak)
= cos a cos(ak) − sin a sin(ak) − cos(ka)
= (cos a − 1) cos(ak) − sin a sin(ak).
Ví dụ 1.12 Cho đa thức bậc n
Pk = a0kn + a1kn−1 + . . . + an.
Khi đó
∆nPk = a0n!
và
m = 1, 2, .... ∆n+mPk = 0,
Thật vậy
∆Pk =[a0(k + 1)n + a1(k + 1)n−1 + . . . + an] − (a0kn + a1kn−1 + . . . + an)
=a0nkn−1 + các hạng tử có bậc thấp hơn (n − 1)
và
∆2Pk = a0n(n − 1)kn−2 + các hạng tử có bậc thấp hơn (n − 2).
20
Do đó, mỗi lần áp toán tử sai phân lại giảm bậc đi một và thêm một
thừa số vào tích liên tiếp n(n − 1)(n − 2) . . . . Thực hiện quá trình này
n lần ta được
(1.34) ∆nPk = a0n(n − 1)(n − 2) . . . (1) = a0n!
Do vế bên tay phải của phương trình (1.34) là một hằng số nên khi áp
1.6. Toán tử ∆−1 và phép lấy tổng
toán tử sai phân thêm vào thì sẽ cho kết quả bằng 0.
Ta định nghĩa ∆−1yk là toán tử thỏa mãn
(1.35) ∆(∆−1yk) = yk.
Đặt zk = ∆−1yk khi đó từ phương trình (1.35)
∆zk = zk+1 − zk = yk,
và
zk+1 − zk = yk,
zk − zk−1 = yk−1,
zk−1 − zk−2 = yk−2,
. . .
z2 − z1 = y1.
Cộng vế với về ta nhận được
zk+1 − z1 = y1 + y2 + . . . + yk−1 + yk
k (cid:88)
hay
r=1
zk+1 = z1 + yr,
k−1 (cid:88)
và
r=1
(1.36) zk = z1 + yr.
21
k−1 (cid:88)
Do đó, thế zk = ∆−1yk, ta nhận được
r=1
∆−1yk = yr + constant,
vì z1 được thay bởi một hằng số tùy ý.
Như vậy, ∆−1yk là một hàm số mà sai phân của nó bằng yk. Hơn nữa, với số nguyên dương n bất kỳ, ta định nghĩa ∆−nyk là một hàm mà sai phân thứ n của nó là yk. Như vậy
∆−nyk = ∆−1(∆−n+1yk).
Do đó,
r=1
k−1 (cid:88)
m−1 (cid:88)
(cid:33) (cid:32) k−1 (cid:88) ∆−2yk = ∆−1(∆−1yk) = ∆−1 yr + c1
r=1
r=1
= yr + ∆−1c1 + c2,
m−1 (cid:88)
r=1
r=1
trong đó c1 và c2 là hằng số tùy ý. Ta có thể xác định ∆−1c1 do ∆zk = 1 tức là zk = k+ hằng số. Như vậy k−1 (cid:88) ∆−2yk = yr + c1k + c2.
l−1 (cid:88)
Theo cách tương tự, ta có
m=1
r=1
l=1
∆−3yk = ∆−1(∆−2yk) m−1 k−1 (cid:88) (cid:88) = yr + c1k2 + c2k + c3
trong đó c1, c2 và c3 là hằng số tùy ý. Như vậy, ta có thể tổng quát kết quả trên bởi công thức
(cid:88) ∆−nyk = ( )nyk + c1kn−1 + c2kn−2 + . . . + cn,
trong đó n hằng số ci là tùy ý.
Bây giờ, ta chứng minh công thức tổng từng phần, từ phương trình
(1.28), ta có
∆(xkyk) = xk+1∆y + yk∆xk,
22
hoặc
yk∆xk = ∆(xkyk) − xk+1∆yk.
Áp dụng toán tử ∆−1 cho cả hai vế ta được
∆−1(yk∆xk) = ∆−1∆(xkyk) − ∆−1(xk+1∆yk),
k−1 (cid:88)
k−1 (cid:88)
và
r=1
r=1
(1.37) yr∆xr = xkyk − xr+1∆yr + constant.
Công thức (1.37) được gọi là công thức tổng từng phần.
Ta có đinh lý dưới đây, thường được biết đến với tên gọi định lý cơ
bản của phép tính tổng.
b (cid:88)
Định lý 1.4 Nếu ∆Fk = fk và a, b ≥ a là số nguyên thì
k=a
(1.38) fk = F (b + 1) − F (a).
Chứng minh. Định lý này suy trực tiếp từ biểu thức được cho bởi
phương trình (1.36).
n (cid:88)
n (cid:88)
n (cid:88)
n (cid:88)
Sau đây ta sẽ chứng minh công thức biến đổi Abel sau
k=1
k=1
k=1
k=1
(1.39) xkyk = xn+1 yk − (∆xk yk).
Sử dụng công thức tổng từng phần bởi phương trình (1.37) và định lý
n (cid:88)
n (cid:88)
cơ bản của phép tính tổng, ta thu được:
k=1
k=1
(1.40) fk∆gk = fn+1gn+1 − f1g1 − gk+1∆fk
n−1 (cid:88)
n−1 (cid:88)
Trong đó fk và gk là các hàm của k. Ta đặt fk = xk, ∆gk = yk, do đó
k=1
k=1
∆gk = gn − g1 = yk
n−1 (cid:88)
và
k=1
gn = g1 + yk
23
n (cid:88)
n (cid:88)
n (cid:88)
k (cid:88)
Thế những kết quả này vào phương trình (1.40) được
r=1
k=1
k=1
k=1 k (cid:88)
n (cid:88)
n (cid:88)
)] xkyk = xn+1(g1 + yk) − x1y1 − [∆xk(g1 +
r=1
k=1
k=1
= xn+1g1 − x1g1 − yr) + xn+1g1 − x1g1 − (∆xk g1∆xk.
n (cid:88)
n (cid:88)
Do vậy
k=1
k=1
xn+1g1 − g1 − x1g1 − g1∆xk = xn+1g1 − x1g1 − g1 (xk+1 − xk) = 0
Từ đó ta nhận được phương trình (1.39).
24
Chương 2
Phương trình sai phân tuyến tính
và ứng dụng
Chương này hệ thống lại khái niệm, định nghĩa nghiệm,cách tìm
nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính, đồng thời trình bày một
số ứng dụng của phương trình sai phân giải một số bài tập toán phổ
thông. Nội dung của chương này được tham khảo chủ yếu trong Chương
2.1. Các định nghĩa
2 tài liệu [1], Chương 7 tài liệu [2].
Định nghĩa 2.1 Phương trình sai phân tuyến tính là một hệ thức tuyến
tính của sai phân các cấp, có dạng:
(2.1) F (xn, ∆xn, ∆2xn, . . . , ∆kxn) = 0,
trong đó xn được hiểu là sai phân cấp 0 của hàm xn, ∆kxn là sai phân cấp k của xn, k được gọi là bậc của phương trình.
Định nghĩa 2.2 Phương trình sai phân tuyến tính của hàm xn là một hệ thức tuyến tính giữa các giá trị của hàm xn tại các điểm khác nhau, có dạng như sau:
(2.2) Lhxn = a0xn+k + a1xn+k−1 + · · · + akxn = fn,
trong đó
25
các hệ số a0, . . . , ak, a0 (cid:54)= 0, ak (cid:54)= 0 là các hằng số hay hàm số của n; h là bước lưới, tức là h = |xn+1 − xn|; Lh(xn) là toán tử tuyến tính tác dụng lên hàm số xn xác định trên
lưới có bước lưới h;
fn là hàm của biến số n; xn là ẩn số cần tìm.
Định nghĩa 2.3 Nếu fn ≡ 0 thì phương trình (2.2) được gọi là phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất;
Nếu fn (cid:54)= 0 thì phương trình (2.2) được gọi là phương trình sai phân
tuyến tính không thuần nhất;
Nếu fn ≡ 0 và a0 (cid:54)= 0, ak (cid:54)= 0, khi đó phương trình (2.2) trở thành
(2.3) Lhxn = a0xn+k + a1xn+k−1 + · · · + akxn = 0
được gọi là phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất bậc k với hệ số
hằng số;
Nếu a0, a1, a2, . . . , ak là các hàm của n thì (2.2) là phương trình sai
phân tuyến tính với hệ số biến thiên.
Định nghĩa 2.4 (Nghiệm của phương trình sai phân) Hàm số xn với biến n, thỏa mãn phương trình (2.2) được gọi là nghiệm của phương
trình sai phân tuyến tính (2.2).
Hàm số ˜xn phụ thuộc k tham số, thỏa mãn (2.3) được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất (2.3), nếu với mọi
tập giá trị ban đầu x0, x1, . . . , xk−1, ta đều xác định được duy nhất các tham số C1, C2, . . . , Ck để nghiệm ˜xn trở thành nghiệm riêng của (2.3), tức là vừa thỏa mãn (2.3) vừa thỏa mãn ˜x0 = x0, ˜x1 = x1, . . . , ˜xk−1 = xk−1.
n, trong đó ˜xn là n là một nghiệm riêng bất kì của (2.2).
Định lý 2.1 Nghiệm tổng quát của (2.2) là xn = ˜xn +x∗ nghiệm tổng quát của (2.3) và x∗
26
Chứng minh. Thật vậy,
n) = Lh˜xn + Lhx∗
n = 0 + fn.
Lhxn = L(˜xn + x∗
Do đó xn là nghiệm của (2.2).
Định lý 2.2 Nếu xn1, xn2, . . . , xnk là k nghiệm độc lập tuyến tính của (2.3), tức là từ hệ thức
C1xn1 + C2xn2 + · · · + Ckxnk = 0
ta suy ra C1 = C2 = · · · = Ck = 0, thì nghiệm tổng quát ˜xn của (2.3) có dạng
˜xn = C1xn1 + C2xn2 + · · · + Ckxnk,
trong đó C1, C2, . . . , Ck là các hằng số tùy ý.
2.2. Cách tìm nghiệm tổng quát và nghiệm riêng
Chứng minh. Sử dụng tính tuyến tính của Lh ta dễ dạng chỉ ra điều phải chứng minh.
Vì phương trình thuần nhất (2.3) luôn có nghiệm xn = 0 nên để tìm nghiệm tổng quát, ta tìm nghiệm xn dưới dạng xn = Cλn, C (cid:54)= 0, λ (cid:54)= 0. Thay xn = Cλn vào phương trình (2.3), ước lược cho Cλn (cid:54)= 0 ta nhận được
(2.4) Lhλ = a0λk + a1λk−1 + · · · + ak = 0.
Phương trình (2.4) được gọi là phương trình đặc trưng của (2.3) (cũng
có thể coi là phương trình đặc trưng của (2.2)).
Nghiệm tổng quát ˜xn của phương trình thuần nhất (2.3)
k (cid:88)
Định lý 2.3 • Nếu (2.4) có k nghiệm thực khác nhau là λ1, λ2, . . . , λk thì nghiệm tổng quát ˜xn của (2.3) có dạng
1 + C2λn
2 + · · · + Ckλn
k =
i=1
˜xn = C1λn Ciλn i
27
j ta lấy thêm j , cũng là các nghiệm độc lập
j , . . . , ns−1λn
j , n2λn tuyến tính của (2.3) và do đó
s−1 (cid:88)
k (cid:88)
trong đó Ci, i = 1, . . . , k là các hằng số tùy ý; • Nếu (2.4) có nghiệm thực λj bội s, thì ngoài nghiệm λn s − 1 nghiệm dạng nλn
jniλn
j +
i=0
j(cid:54)=i=1
C i ˜xn = Ciλn i
j và Ci là các hằng số tùy ý;
trong đó C i
• Nếu (2.4) có nghiệm phức λj = a + ib = r(cos ϕ + i sin ϕ) thì (2.4) cũng có nghiệm liên hợp phức λj = a − ib = r(cos ϕ − i sin ϕ), khi đó nghiệm tổng quát của phương trình (2.3) có dạng trong đó C i j và Ci là
các hằng số tùy ý;
• Nếu (2.4) có nghiệm phức λj = a + ib = r(cos ϕ + i sin ϕ) bội s thì (2.4) cũng có nghiệm liên hợp phức λj = a − ib = r(cos ϕ − i sin ϕ) bội s, khi đó nghiệm tổng quát của phương trình (2.3) có dạng trong đó C i j
và Ci là các hằng số tùy ý.
n của phương trình thuần nhất (2.2)
Nghiệm riêng x∗
Trong một số trường hợp khi vế phải là hàm có dạng đặc biệt ta có
n như sau:
thể tìm nghiệm riêng x∗
Trường hợp 1. Nếu fn là đa thức bậc m của n có dạng fn = Pm(n), m ∈ N thì
• Nếu các nghiệm λ1, λ2, . . . , λk là các nghiệm khác 1 của phương trình đặc trưng thì
x∗ n = Qm(n)
trong đó Qm(n) là đa thức bậc m. • Nếu các nghiệm λ bội s thì
x∗ n = nsQm(n).
Trường hợp 2. Nếu fn = βnPm(n) thì • Nếu các nghiệm của phương trình đặc trưng đều là các nghiệm khác
28
n = βnQm(n) x∗
β thì
n = nsβnQm(n). x∗
trong đó Qm(n) là đa thức bậc m. • Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm λ = β bội s thì
Trường hợp 3. Nếu fn = α cos(nx) + βn sin(nx) thì nghiệm riêng có dạng
ni ứng
x∗ n = A cos(nx) + B sin(nx).
n = x∗ x∗
n1 + x∗
n2 + · · · + x∗
ns.
2.3. Một số phương pháp khác giải phương trình sai
phân tuyến tính cấp một
Trường hợp 4. Nếu fn = fn1 + fn2 + · · · + fns và nghiệm riêng x∗ với từng hàm fni. Khi đó
2.3.1. Phương trình tuyến tính tổng quát
Dạng tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính cấp một là
(2.5) yk+1 − pkyk = qk,
trong đó pk và qk là các hàm cho trước. Nếu qk đồng nhất bằng 0 thì ta có phương trình thuần nhất
(2.6) yk+1 − pkyk = 0.
Đối với các trường hợp khác thì phương trình (2.5) là phương trình
không thuần nhất. Nghiệm tổng quát của phương trình (2.5) là tổng
của nghiệm phương trình thuần nhất (2.6) và một nghiệm riêng nào đó
của phương trình (2.5).
Bây giờ ta sẽ chứng minh nghiệm tổng quát của phương trình (2.5)
có thể tìm dưới dạng hữu hạn.
29
Đầu tiên ta xét phương trình thuần nhất (2.6). Chú ý rằng nếu y1
cho trước thì
y2 = p1y1,
y3 = p2y2
. . .
yk−1 = pk−2yk−2
yk = pk−1yk−1.
Nhân lại với nhau thì ta được
yk =y1p1p2 . . . pk−2pk−1
k−1 (cid:89)
i=1
(2.7) =y1 pi.
Vì y1 có thất lấy giá trị bất kỳ nên ta hy vọng biểu thức (2.7) là nghiệm tổng quát của phương trình (2.6).
Bây giờ ta xét phương trình không thuần nhất (2.5). Chia cả hai vế
i=1 pi thì ta được
cho (cid:81)k
− = , (cid:81)k (cid:81)k yk+1 i=1 pi yk (cid:81)k−1 i=1 pi qk i=1 pi
và ta có thể viết (cid:32) (cid:33)
= . ∆ (cid:81)k y (cid:81)k−1 i=1 pi qk i=1 pi
Do đó, một nghiệm riêng của phương trình (2.5) là
(cid:32) (cid:33)
= ∆−1 , (cid:81)k qk i=1 pi
yk (cid:81)k−1 i=1 pi và ta có thể viết lại như sau
i=1
i=1
(cid:32) (cid:33) (cid:32)k−1 (cid:89) (cid:33) k−1 (cid:88) . yk = pi (cid:81)i qi r=1 pr
Nghiệm tổng quát của (2.5) là tổng của nghiệm thuần nhất và nghiệm
không thuần nhất có dạng sau
k−1 (cid:89)
i=1
i=1
i=1
(cid:33) (cid:32) (cid:32)k−1 (cid:89) (cid:33) k−1 (cid:88) , ykA pi + pi (cid:81)i qi r=1 pr
30
trong đó A là một hằng số bất kỳ.
Ví dụ 2.1 Phương trình sai phân thuần nhất với hệ số hằng có dạng
như sau
β = const. yk+1 − βyk = 0,
k−1 (cid:89)
Điều này có nghĩa là pk = β. Do đó, từ phương trình (2.7) thì nghiệm là
i=1
β = Cβk, ykA
trong đó C = A/β là một hằng số bất kỳ.
Ví dụ 2.2 Bây giờ, ta xét phương trình không thuần nhất
yk+1 − βyk = α,
trong đó α và β là các hằng số. Với trường hợp này, ta có pk = β và gk = α. Do đó
k−1 (cid:88)
k−1 (cid:88)
k−1 (cid:88)
(cid:33) (cid:32)
i=1
i=1
i=1
= β−i. (cid:81)i α βi = α qi r=1 pr
k−1 (cid:88)
Từ khẳng định
i=1
ri = r − rk 1 − r
k−1 (cid:88)
suy ra
i=1
β−i = . 1 − β−k+1 β − 1
Do đó, với β (cid:54)= 1, nghiệm tổng quát là
, ykCβk − α β − 1
với C là một hằng số nào đó.
Khi β = 1, ta có
yk+1 − yk = α,
31
k−1 (cid:89)
k−1 (cid:89)
với pk = 1 và qk = α. Khi đó,
i=1
i=1
1 = 1, pk =
k−1 (cid:88)
k−1 (cid:88)
và (cid:33) (cid:32)
= α (1) = α(k − 1).
i=1
i=1
qi (cid:81)k−1 r=1 pr
Do đó, với β = 1 thì nghiệm tổng quát là
yk = A + α(k − 1) = C + αk,
trong đó A và C = A − α là các hằng số bất kỳ.
2.3.2. Phương trình dạng yk+1 − yk = (n + 1)kn
Phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất dạng
(2.8) yk+1 − yk = (n + 1)kn
có thể viết lại như sau
(2.9) ∆yk = (n + 1)kn
trong đó n là một số nguyên.
Xét các phương trình sau đây và các nghiệm tương ứng
(2.10) ∆yk = 0, yk = A;
(2.11) ∆yk = 1,
(2.12) ∆yk = 2k, yk = k + A; yk = k2 − k + A;
k2 + k + A; (2.13) ∆yk = 3k2, yk = k3 − 3 2 1 2
. . .
Trong các trường hợp trên, A là một hằng số nào đó. Với n bất kỳ, ta
k−1 (cid:88)
có
i=1
in + A, (2.14) yk = (n + 1)∆−1(kn) = (n + 1)
32
cho ta yk là đa thức bậc (n + 1).
Đa thức Bernoulli Bn(k) được định nghĩa là nghiệm của phương trình
sai phân sau đây
(2.15) Bn(k + 1) − Bn(k) = nkn−1.
Ta đặt
(2.16) , G(k, λ) = λekλ eλ − 1
trong đó
(2.17) G(k, λ) = 1. lim λ→0
∞ (cid:88)
Khai triển phương trình (2.16) thành chuỗi theo λ thì ta được
n=0
(2.18) G(k, λ) = . Bn(k) λn n!
Đống nhất hai vế phương trình (2.18) theo lũy thừa λ, ta tìm được Bn(k) thỏa mãn phương trình (2.15). Do đó, ngoại trừ hằng số A chưa biết,
các nghiệm của phương trình sai phân được cho bởi các phương trình
(2.10)-(2.13) là ba đa thức Bernoulli đầu tiên.
Ta sẽ xác định các hằng số bằng cách đặt A = Bn(0), trong đó, Bn(0) là các số Bernoulli. Giá trị của chúng được tính bằng cách cho k = 0
trong phương trình (2.16) và (2.17), khi đó
∞ (cid:88)
n=0
(cid:18) (cid:19)−1 = 1 + + + . . . = (2.19) Bn(0). λ eλ − 1 λ 2! λ2 3! λn n!
So sánh với lũy thừa của λ ta thu được
, B0(0) = 1, B1(0) = − 1 2
B2(0) = 1 6
, B5(0) = 0, , B3(0) = 0, 1 30
, . . . . B6(0) = B4(0) = − 1 42
33
Các đa thức Bernoulli tương ứng là
B0(k) = 1
B1(k) = k − 1 2
B2(k) = k2 − k +
1 6 k2 + k B3(k) = k3 − 3 2 1 2
B4(k) = k4 − 2k3 + k2 −
k4 + k B5(k) = k5 − 5 2 1 30 1 k3 − 6 5 3
. . .
Từ đây, ta có thể viết lại phương trình sai phân không thuần nhất như
n (cid:88)
sau
m=0
(2.20) yk+1 − yk = amkm,
trong đó, am là các hằng số cho trước và nghiệm của nó có thể biểu diễn theo các đa thức Bernoulli.
Ta chú ý rằng các đa thức Bernoulli có thể biểu diễn như là các hàm của k với Bn(k) bậc n. Nó cũng có thể biểu diễn kn như là tổng các đa thức Bernoulli. Sử dụng các kết quả đã cho phía trên, ta thu được
k = B1(k) + 1 2
k2 = B2(k) + B1(k) + 1 3
k3 = B3(k) + B2(k) + B1(k) + 3 2 1 2
. k4 = B4(k) + 2B3(k) + 2B2(k) + B1(k) + 19 30
Ta có thể chỉ ra rằng kn có biểu diễn sau đây
n (cid:88)
i=0
(cid:19) kn = (2.21) Bi(k). 1 n (cid:18)n + 1 i
Ví dụ 2.3 Phương trình
(2.22) yk+1 − yk = 1 − k + 2k3
34
k−1 (cid:88)
có nghiệm riêng
i=1 k−1 (cid:88)
k−1 (cid:88)
k−1 (cid:88)
(1 − i + 2i3) yk =
i=1
i=1
= (1) − i + 2 i3
i=1 k(k − 1) 2
+ . =(k − 1) − (k − 1)2k2 2
Nghiệm tổng quát là
k4 − k3 + k + A, yk = 3 2 1 2
trong đó A là một hằng số nào đó. Theo biểu diễn các đa thức Bernoulli,
biểu diễn cuối có thể viết lại như sau
(2.23) yk = B1(k) − B2(k) + B4(k) + A1, 1 2 1 2
trong đó A1 là một hàm số nào đó.
Kết quả của phương trình (2.20) có thể được viết ngay lập tức bằng
cách lưu ý rằng phương trình (2.23) là một phương trình tuyến tính
và do đó, nghiệm riêng của nó là một tổng các nghiệm riêng của các
phương trình có dạng
0 ≤ m ≤ n. (2.24) yk+1 − yk = αmkm,
Qua phép biến đổi, ta có
(2.25) yk = Bm+1(k), αm m + 1
và phương trình (2.24) trở thành
(2.26) Bm+1(k + 1) − Bm+1(k) = (m + 1)km,
đây là phương trình sai phân xác định đối với các đa thức Bernoulli.
Do đó, từ các hệ số am đã biết, nghiệm riêng có thể thu được ngay từ (2.25).
35
2.3.3. Phương trình dạng yk+1 = Rkyk
Cho Rk là một hàm phân thức theo k và có thể biểu diễn như sau
, (2.27) Rk = C(k − α1)(k − α2) . . . (k − αn) (k − β1)(k − β2) . . . (k − βn)
trong đó C và αi, βi là các hằng số.
Do
Γ(k + 1 − αi) = (k − αi)Γ(k − αi),
nên nghiệm của phương trình yk+1 = Rkyk có dạng
, yk = AC k Γ(k − α1)Γ(k − α2) . . . Γ(k − αn) Γ(k − β1)Γ(k − β2) . . . Γ(k − βm)
trong đó A là một hằng số bất kỳ.
Ví dụ 2.4 Phương trình
yk+1 = (k − k2)yk
có thể viết lại như sau
yk+1 = (−)k(k − 1)yk.
Nghiệm của phương trình là
yk = A(−)Γ(k)Γ(k − 1) = A(−)k(k − 1)Γ2(k − 1),
2.4. Một số ứng dụng trong giải toán sơ cấp
trong đó A là một hằng số nào đó.
2.4.1. Tính tổng
k (cid:88)
Xét tổng hữu hạn sau đây:
n=0
f (n), (2.28) Sk =
36
trong đó f (n) là một hàm cho trước của n. Bây giờ, ta trình bày một
k (cid:88)
k+1 (cid:88)
quy trình để tính Sk. Ta có
n=0
n=0
f (n) = f (n) + f (k + 1). (2.29) Sk+1 =
Từ các phương trình (2.28) và (2.29) cho thấy rằng Sk phải thỏa mãn phương trình vi phân bậc nhất, tuyến tính, không đồng nhất sau:
(2.30) Sk+1 − Sk = f (k + 1),
với điều kiện ban đầu
(2.31) S0 = f (0).
Do đó, nghiệm của phương trình (2.30) với điều kiện được cho bởi
phương trình (2.31) cho ta tổng của chuỗi hữu hạn được biểu diễn trong
phương trình (2.28).
k (cid:88)
Ví dụ 2.5 Tính tổng
n=0
n, Sk =
trong đó f (n) = n. Ta có
Sk+1 − Sk = k + 1.
Nghiệm của phương trình thuần nhất và nghiệm riêng tương ứng là
k = c, S(P ) S(H)
k =
, k(k + 1) 2
với c là hằng số. Do đó,
Sk = c + k(k + 1) 2
vì S0 = 0, ta thu được c = 0 và kết quả
Sk = k(k + 1) 2
k (cid:88)
Ví dụ 2.6 Tính tổng
n=0
an. (2.32) Sk =
37
Ta có
f (n) = an, a (cid:54)= 1.
Phương trình vi phân cần giải là
(2.33) Sk+1 − Sk = ak+1, S0 = 1..
Nghiệm chung của phương trình (2.33) là
Sk = c + ak+1 a−1
trong đó c là hằng số tùy ý được xác định bởi điều kiện S0 = 1. Điều này cho c giá trị
c = 1 1 − a
k (cid:88)
Hệ quả là tổng của phương trình (2.32) được cho bởi biểu thức
n=0
an = . Sk = ak+1 − 1 a − 1
∞ (cid:88)
Lưu ý rằng nếu |a| < 1, khi đó
n=0
= an Sk = lim k→∞ 1 1 − a
Chuỗi này được gọi là chuỗi hình học.
Ví dụ 2.7 Sử dụng Định lý 1.4, tính tổng
1. An = 1.1! + 2.2! + · · · + n.n! 2. Bn = (12 + 1 + 1)1! + (22 + 2 + 1)2! + · · · + (n2 + n + 1)n! 3. Tm = 1m + 2m + · · · + nm, m = 2, 3
4. Sn = sin x + sin 2x + · · · + sin nx
5. Cn = cos x + cos 2x + · · · + cos nx.
Bài giải.
1. Xét hàm f (k) = fk = k!, khi đó
∆fk = ∆k! = fk+1 − fk = (k + 1)! − k! = kk!.
38
n (cid:88)
n (cid:88)
Như vậy
k=1
k=1
kk! = An = 1.1! + 2.2! + · · · + n.n! = ∆fk = fn+1 − 1 = (n + 1)! − 1.
2. Xét hàm f (k) = fk = kk!, khi đó
(k2+k+1)k! = (k2+2k+1−k)k! = (k+1)2k!−kk! = (k+1)(k+1)!−kk! = ∆kk!.
Như vậy
n (cid:88)
k=1
k=1
Bn = (12 + 1 + 1)1! + (22 + 2 + 1)2! + · · · + (n2 + n + 1)n! n (cid:88) = (k2 + k + 1)k! = ∆fk = (n + 1)(n + 1)! − 1.
3. Ta có
T2 = 12 + 22 + · · · + n2.
Xét hàm f (k) = fk = k3, khi đó
∆fk = fk+1 − fk = (k + 1)3 − k3 = 3k2 + 3k + 1.
n (cid:88)
n (cid:88)
Do đó
k=1
k=1
(3k2 + 3k + 1) = ∆k3 = (n + 1)3 − 1 = n3 + 3n2 + 3n.
n (cid:88)
n (cid:88)
n (cid:88)
n (cid:88)
Mặt khác
k=1
k=1
k=1
k=1 n (cid:88)
n (cid:88)
(3k2 + 3k + 1) = 3k2 + 3k + 1
k=1 n (cid:88)
= 3 k2 + 3 k + n
k=1 n(n + 1) 2
k=1
+ n. = 3 k2 + 3
Do đó
n (cid:88)
k=1
(cid:16) (cid:17) k2 = n3 + 3n2 + 3n − 3 − n T2 = 1 3 n(n + 1) 2
= . n(n + 1)(2n + 1) 6
39
Tiếp theo ta tính
T3 = 13 + 23 + · · · + n3.
Xét hàm f (k) = fk = k4, khi đó
∆fk = fk+1 − fk = (k + 1)4 − k4 = 4k3 + 6k2 + 4k + 1.
n (cid:88)
n (cid:88)
Do đó
k=1
k=1
(4k3 + 6k2 + 4k + 1) = ∆k4 = (n + 1)4 − 1 = k4 + 4k3 + 6k2 + 4k.
n (cid:88)
n (cid:88)
n (cid:88)
n (cid:88)
n (cid:88)
Mặt khác
k=1
k=1
k=1
k=1
k=1 n (cid:88)
(4k3 + 6k2 + 4k + 1) = 4 k3 + 6 k2 + 4 1 k +
k=1
= 4 k3 + n(n + 1)(2n + 1) + 2n(n + 1) + n.
Do đó
(cid:3)2. T3 = (cid:2)n(n + 1) 2
4. Ta có ∆ cos (cid:2)(k − )x(cid:3) = cos (cid:2)(k + )x(cid:3) − cos (cid:2)(k − )x(cid:3) = −2 sin kx sin . 1 2 1 2 x 2 1 2
• Nếu sin x • Nếu sin x
2 = 0 hay x = m2π thì Sn = 0. 2 (cid:54)= 0 hay x (cid:54)= m2π thì −1 2 sin x 2
sin kx = ∆ cos (cid:2)(k − )x(cid:3). 1 2
n (cid:88)
n (cid:88)
Do đó
k=1
k=1
sin kx = ∆ cos (cid:2)(k − )x(cid:3) Sn = 1 2
k=1
−1 2 sin x 2 n (cid:88) = ∆ cos (cid:2)(k − )x(cid:3) 1 2
(cid:3) = (cid:2) cos (cid:2)(n + )x(cid:3) − cos x 2 1 2
sin nx 2 = . −1 2 sin x 2 −1 2 sin x 2 sin (n+1)x 2 sin x 2
40
5. Ta có
∆ sin (cid:2)(k − )x(cid:3) = sin (cid:2)(k + )x(cid:3) − sin (cid:2)(k − )x(cid:3) = 2 cos kx sin . 1 2 x 2 1 2 1 2
2 = 0 hay x = m2π thì Cn = n. 2 (cid:54)= 0 hay x (cid:54)= m2π thì
• Nếu sin x • Nếu sin x
)x(cid:3) 1 2 cos kx = . ∆ sin (cid:2)(k − 2 sin x 2
Do đó
n (cid:88)
n (cid:88)
k=1
)x(cid:3) 1 2 cos kx = Cn =
k=1
∆ sin (cid:2)(k − 2 sin x 2 n (cid:88) = ∆ sin (cid:2)(k − )x(cid:3) 1 2
(cid:3) = (cid:2) sin (cid:2)(n + )x(cid:3) − sin 1 2 x 2
k=1 1 2 sin x 2 1 2 sin x 2 cos (n+1)x 2 sin x 2
sin nx 2 = .
k=1
1 √ . Ví dụ 2.8 Chứng minh rằng: Un < 2, ∀n ∈ N ∗ với Un = (cid:80)n (k + 1) k
Bài giải.
Ta có √ √ 1 (cid:1) √ = − = k(cid:0) 1 k 1 k + 1 (k + 1) k
√ √ √ = − + − (cid:1). 1 k + 1 1 k + 1 1 k + 1 k (k + 1)k √ k(cid:0) 1 √ k (cid:1)(cid:0) 1 √ k (cid:1) < 2(cid:0) 1 √ k
Do đó
n (cid:88)
n (cid:88)
k=1
k=1
1 √ √ √ (cid:1) = 2(cid:0)1 − (cid:1) < 2. < − Un = 1 n + 1 1 k + 1 (k + 1) k 2(cid:0) 1 √ k
n =
Ví dụ 2.9 Chứng minh rằng, với n là số tự nhiên, A2 , ta có n! (n − 2)!
+ + · · · + = . n − 1 n 1 A2 n 1 A2 2 1 A2 3
41
n =
Bài giải. Ta có A2 = n(n − 1), do vậy n! (n − 2)!
= = − − ∆ . 1 n(n − 1) 1 n − 1 1 n 1 n − 1 1 A2 n
n (cid:88)
Do đó
k=1
− = 1 − = . + + · · · + ∆ n − 1 n 1 n − 1 1 n n − 1 n 1 A2 n 1 A2 2 1 A2 3
n (cid:88)
Ví dụ 2.10 Cho 0 ≤ a0 ≤ a1 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · và
k=1
. (cid:0)1 − bn = ak−1 ak (cid:1) 1 √ ak
Chứng minh rằng 0 ≤ bn < 2. Bài giải. Ta có √ √ √ √ ( ak − ak + ak−1) − = (cid:0)1 − (cid:1) = ak−1 ak ak−1)( √ ak √ √ √ ( ak − ak−1 ak ak − ak ≤ = 2(cid:0) − (cid:1). √ 1 √ ak ak−1)2 √ ak ak 1 ak−1 ak 1 √ ak
k=1
n ≤ an − an+1.
Từ đó ta có, vì a0 ≥ 1 nên n (cid:88) 2(cid:0) − (cid:1) = 2(cid:0)√ (cid:1) < ≤ 2. √ √ bn ≤ a0 − 1 ak−1 1 √ ak 1 an+1 2 √ a0
Ví dụ 2.11 Cho dãy số {an}, n ∈ N∗, an > 0, a2 1 . Chứng minh rằng an ≤ n Bài giải. Ta có
n ⇒ 0 < an − a2
n ⇒ 0 < an < 1.
an+1 ≤ an − a2
Mặt khác
≥ = + ak+1 ≤ ak(1 − ak) ⇒ 1 ak+1 1 ak(1 − ak) 1 ak 1 1 − ak
hay
− ≥ > 1. 1 ak+1 1 ak 1 1 − ak
42
n (cid:88)
Do vậy
k=1
− (cid:1) > n ⇒ > n + . > n + 1 ⇒ an+1 < 1 n + 1 2(cid:0) 1 ak+1 1 ak 1 an+1 1 a1
Hay
. an ≤ 1 n
2.4.2. Dãy Số Fibonacci
Ký hiệu số Fibonacci thứ k là Fk. Những số này được xác định theo quy tắc đó là số thứ k bằng tổng của hai số trước với số ban đâu là
F0 = 0 và F1 = 1. Chúng thỏa mãn phương trình vi phân sau:
(2.34) Fk = Fk−1 + Fk−2.
Đây là một phương trình vi phân tuyến tính, bậc hai với các hệ số không
đổi và có thể giải dễ dàng.
Đặt Fk = rk ta thu được phương trình đặc trưng
r2 − r − 1 = 0 (2.35)
nghiệm của phương trình này là √ √ 5 5 . (2.36) r1 = , r2 = 1 + 2 1 − 2
Kết quả là nghiệm chung của phương trình (2.34) là
√ √ (cid:33)k (cid:33)k (cid:32) (cid:32) 5 5 . (2.37) + C2 Fk = C1 1 + 2 1 − 2
Có thể tìm hằng số tùy ý C1 và C2 bằng cách áp đặt điều kiện ban đầu F0 = 0 và F1 = 1. Như vậy ta nhận được
C1 + C2 = 0, √ √ (1 + 5)C1 + (1 − 5)C2 = 2.
Từ đó ta có
C1 = −C2 = 1 √ 5
43
Thay giá trị C1, C2 vào phương trình (2.37) ta thu được công thức tổng quát cho số Fibonacci thứ k như sau
√ √ (cid:32) (cid:33)k (cid:32) 5 5 (2.38) − Fk = (cid:33)k 1 + 2 1 − 2 1 √ 5
Trong phần còn lại của mục này, ta sẽ kiểm tra một số thuộc tính của
những số này.
Trước tiên ta xét giới hạn
(2.39) . lim k→∞ Fk+1 Fk
Từ phương trình (2.38), ta có
√ (cid:32) (cid:33) (cid:40) (cid:41) 5 = . 1 + 2 Fk+1 Fk 1 − [(1 − 1 − [(1 − √ 5)/(1 + √ 5)/(1 + √ 5)]k+1 √ 5)]k
Do
√ √ < 1. 1 − 1 + 5 5 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
Khi đó √ 5 = = 1.618033988 . . . (2.40) lim k→∞ 1 + 2 Fk+1 Fk
Tiếp theo, xét giá trị của số Fibonacci khi chỉ số k là số âm. Cách
trực tiếp nhất để thu được những giá trị này đó là thế −k cho k trong
phương trình (2.38). Làm vậy ta được
√ √ (cid:32) (cid:33)−k (cid:32) 5 5 − F−k = (cid:33)−k 1 − 2 1 √ 5 (2.41) (cid:19)k (cid:19)k(cid:35) √ − . = 1 √ 5 1 + 2 (cid:34)(cid:18) 2 √ 1 + 5 (cid:18) 2 1 − 5
Do √ (cid:33) (cid:33) (cid:32) (cid:19) (cid:32) 5 √ √ √ = = − 1 − 2 2 √ 1 + 5 (cid:18) 2 1 + 5 5 5 1 − 1 −
và √ (cid:33) (cid:32) 5 = − . 1 + 2 2 √ 1 − 5
44
Vì thế phương trình (2.41) có dạng như sau:
√ √ (cid:32) (cid:33)k (cid:32) 5 5 (2.42) − F−k = (cid:33)k 1 − 2 1 + 2 (−1)k √ 5
hay
(2.43) F−k = (−1)k+1Fk.
Đây là mối quan giữa các số Fibonacci có chỉ số âm và chỉ số dương.
Ngoài ra, nếu sử dụng phương pháp quy nạp toán học ta có thể chứng
minh được
(2.44) F1 + F2 + . . . + Fk = Fk+2 − 1.
Thật vậy, rõ ràng phương trình (2.44) đúng với k = 1. Ta giả sử đúng
tới k, ta chứng minh phương trình (2.44) đúng tới k + 1, tức là,
F1 + F2 + ... + Fk+1 = Fk+3 − 1.
Thật vậy, thêm Fk+1 vào 2 vế phương trình (2.44), ta có
(F1 + F2 + ... + Fk) + Fk+1 = Fk+1 + Fk+2 − 1 = Fk+3 − 1.
Như vậy công thức (2.44) đúng tới k + 1.
2.4.3. Đa thức Chebyshev
Ký hiệu đa thức Chebyshev là Tk(x). Hàm này được định nghĩa bởi
công thức công thức
(cid:19) (2.45) Tk+2 − xTk+1 + Tk = 0, (cid:18)1 4
trong đó |x| ≤ 1 và T0 = 2, T1 = x.
Sử dụng phương trình trên và các giá trị đã cho đối với T0 và T1, ta
dễ dàng tính được một vài đa thức Chebyshev đầu tiên, cụ thể là
T2(x) = x2 −
(2.46) T2(x) = x3 − 1 2 3x 4
T4(x) = x4 − x2 + 1 8
45
Theo cách này, ta có thể thu được Tk(x) cho bất kỳ số nguyên hữu hạn k nào. Tuy nhiên, quy trình này rất tốn công và sẽ tốt hơn nhiều nếu
có một biểu thức rút gọn mô tả rõ Tk(x) theo x và k. Điều này có thể được thực hiện dễ dàng do phương trình (2.45) là một phương trình vi
phân tuyến tính bậc hai với phương trình đặc trưng tương ứng là
= 0. (2.47) r2 − xr + 1 4
(cid:19) (cid:112) (x ± x2 − 1) . (2.48) r1,2 = Phương trình này có hai nghiệm (cid:18)1 2
Do đó, đa thức Chebyshev thứ k có dạng
(cid:19) (2.49) Tk(x) = [A(r1)k + B(r2)k], (cid:18) 1 2k
trong đó A và B là các hằng số có thể được xác định từ các điều kiện
ban đầu T0 = 2 và T1 = x.
Ta có
A + B = 2,
r1A + r2B = 2r.
Do vậy
A = B = 1.
Thế giá trị của A và B này vào phương trình (2.49) ta được công thức
(cid:19) (cid:112) (cid:112) x2 − 1)k + (x − x2 − 1)k]. (2.50) [(x + Tk(x) = cho Tk(x) như sau (cid:18) 1 2k
Tiếp theo ta sẽ tìm hiểu thêm một số tính chất về đa thức này. Đa
thức Chebyshev được xác định bởi công thức (2.45) ứng với |x| ≤ 1, do vậy x2 ≤ 1, nên ta có
√ (cid:112) (cid:112) x2 − 1 = i 1 − x2, trong đó i = −1.
Như vậy (cid:112) (cid:112) x2 − 1 = x ± i 1 − x2 = e±iφ. x ±
46
Vì √
tan φ(x) = 1 − x2 x
và
(cid:112) (cid:112) (x + x2 − 1)k + (x − x2 − 1)k = eikφ + e−ikφ = 2 cos(kφ).
Thay vào công thức của Tk(x), như được cho bởi phương trình (2.50), đa thức Chebyshev có thể được viết dưới dạng sau
. (2.51) Tk(x) = cos[kφ(x)] 2k−1
Mặt khác
cos φ = x hay ϕ = cos−1 x. (2.52)
Do đó, từ phương trình (2.51) và (2.52) đa thức Chebyshev có thể được
biểu diễn dưới dạng
, |x| ≤ 1, k = 0, 1, 2, 3, . . . (2.53) Tk(x) = cos(k cos−1 x) 2k−1
Sau đây ta xét một số ví dụ liên quan tới đa thức Chebyshev.
Ví dụ 2.12 Khai triển hàm theo các đa thức Chebyshev
f (x) = 2x4 − 3x2 + x + 7 (2.54)
theo những đa thức này. Trước tiên, ta phải nghịch đảo đa thức Cheby-
shev và biểu diễn các lũy thừa khác nhau của x theo chúng. Ta dễ dàng
làm được điều này và thu được kết quả như sau:
1 = T0(x) 2
x = T1(x)
x2 = T2(x) + (2.55)
(cid:19)
x3 = T3(x) + T1(x), 1 2 (cid:18)3 4
. x4 = T4(x) − T2(x) − 3 8
Thế các biến đổi trong (2.55) vào phương trình (2.54) ta được
(cid:19)
f (x) = 2T4(x) − T2(x) + T1(x) + T0(x). (cid:18)5 4
47
2.4.4. Một số dạng toán liên quan tới dãy số
Bài toán 1.
Tìm số hạng tổng quát của dãy số cho bởi
(2.56) , x0 = a. xn+1 =
pxn + q rxn + s Ta sử dụng định lý sau đây để tìm số hạng tổng quát của dãy số trong
(2.56).
Định lý 2.4 Nếu yn, zn là nghiệm của hệ yn+1 = pyn + qzn, y0 = a
zn+1 = ryn + szn, z0 = 1
là nghiệm của (2.56). thì xn = yn zn
Chứng minh. Thật vậy, ta có
= a. x0 = y0 z0
Hơn nữa
p + q
= = . = xn+1 = yn+1 zn+1 pyn + qzn ryn + szn pxn + q rxn + s r + s yn zn yn zn
Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.13 Cho dãy số {xn} thỏa mãn
xn+1 = , x1 = 0, α (cid:54)= 0. α + 1 xn + α
Tìm limn→∞ xn.
Bài giải.
• Nếu α = −1 thì xn = 0 nên limn→∞ xn = 0. • Nếu α (cid:54)= −1, xét hệ un+1 = (α + 1)vn, u1 = 0,
vn+1 = un + αvn, v1 = 1.
48
Từ hệ trên ta có
). un+2 = (α + 1)vn+1 = (α + 1)(un + αvn) = (α + 1)(un + α un+1 α + 1
Như vậy
un+2 = αun+1 + (α + 1)un, u1 = 0.
Giải phương trình đặc trưng: λ2 − αλ − (α + 1) = 0, có hai nghiệm
λ1 = −1, λ2 = α + 1. +) Nếu α + 1 = −1 ⇒ α = −2, khi đó un = (c1 + nc2)(−1)n.
Ta có
0 = u1 = −c1 − c2 c1 = −(α + 1) ⇒ c2 = α + 1. α + 1 = u2 = c1 + 2c2
Như vậy un = (−1)n+1(n − 1) và vn = = −un+1 = (−1)n+3n. un+1 α + 1
và limn→∞ xn = 1. n − 1 n Do đó xn = +) Nếu α + 1 (cid:54)= −1 ⇒ α (cid:54)= −2, khi đó un = c1(−1)n + c2(α + 1)n.
c1 = 0 = u1 = −c1 − c2(α + 1) ⇒ . α + 1 = u2 = c1 + c2(α + 1)2 c2 = α + 1 α + 2 1 α + 2
Do đó
un = (−1)n(α + 1) + (α + 1)n α + 2
và
. vn = (−1)n+1 + (α + 1)n α + 2
Vì thế
un = (−1)n(α + 1) + (α + 1)n (−1)n+1 + (α + 1)n
và 0, nếu α = −1
. xn = 1, nếu α = −2 hoặc |α + 1| > 1 lim n→∞
−(1 + α), nếu |α + 1| < 1
49
Ví dụ 2.14 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình
, x0 = 1. xn+1 = 4xn − 2 xn + 1
Bài giải. Xét hệ
yn+1 = 4yn − 2zn, y0 = 1,
zn+1 = yn + zn, z0 = 1.
Từ hệ trên ta có
yn+1 = 4yn − 2zn
= 4yn − 2(yn−1 + zn−1)
= 4yn − 2yn−1 − 4yn−1 + yn
= 5yn − 6yn−1.
Như vậy
yn+2 − 5yn+1 + 6yn = 0, y0 = 1.
Phương trình đặc trưng λ2 − 5λ + 6 = 0 có hai nghiệm λ1 = 2, λ2 = 3. Do đó
yn = A.2n + B.3n.
Sử dụng điều kiện y0 = 1, y1 = 2, ta tính được A = 1, B = 0. Do đó yn = 2n và tính được zn = 2n. Như vậy xn = 1, ∀n.
Ví dụ 2.15 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình
xn+1 = , x0 = 1. xn − 1 xn + 3
Bài giải. Xét hệ
yn+1 = yn − zn, y0 = 1,
zn+1 = yn + 3zn, z0 = 1.
50
Từ hệ trên ta có
yn+1 = yn − zn
= yn − yn−1 − 3zn−1
= yn − yn−1 − 3(yn−1 − yn)
= 4yn − 4yn−1.
Như vậy
yn+2 − 4yn+1 + 4yn = 0, y0 = 1.
Phương trình đặc trưng λ2 − 5λ + 6 = 0 có nghiệm λ1 = λ2 = 2. Do đó
yn = (A + Bn)2n.
Sử dụng điều kiện y0 = 1, y1 = 0, ta tính được A = 1, B = −1. Do đó yn = (1 − n)2n và tính được zn = (1 + n)2n. Như vậy
. xn = 1 − n 1 + n
Bài toán 2.
, x1 = a, x2 = b. xn =
Tìm số hạng tổng quát của dãy số được cho bởi x2 n−1 + c xn−2 Ta sử dụng định lý sau đây để tìm số hạng tổng quát của dãy
(2.57) xn = , x1 = a, x2 = b. Định lý 2.5 Phương trình sai phân dạng phân thức x2 n−1 + c xn−2
có dạng tuyến tính
a + b2 + c a xn−1 − xn−2, a, b (cid:54)= 0. xn = b
n−1 + c
n−2 + c
xn = xnxn−2 = x2 ⇒ . xn−1xn−3 = x2 xn−1 = Chứng minh. Ta có x2 n−1 + c xn−2 x2 n−2 + c xn−3
51
Từ đó
n−1 − x2
n−2.
xnxn−2 − xn−1xn−3 = x2
Hay
n−2 = xn−1xn−3 + x2
n−1,
xnxn−2 + x2
tương đương với
(xn + xn−2)xn−2 = (xn−3 + xn−1)xn−1.
Ta nhận được hệ thức sau
= = · · · = = . b2 + c a xn + xn−2 xn−1 xn−3 + xn−1 xn−2 x3 + x1 x2
Do đó
a + b2 + c a xn−1 − xn−2. xn = b
Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.16 Tìm số hạng tổng quát của dãy {xn} thỏa mãn
, x1 = x2 = 1. xn = x2 n−1 + 2 xn−2
Bài giải. Áp dụng Định lý 2.5 ta nhận được dạng tuyến tính của phương
trình trên là
xn = 4xn−1 − xn−2.
Khi đó đa thức đặc trưng λ2 − 4λ + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt √ √ λ1 = 2 + 3 và λ1 = 2 −
3. Khi đó √ √ 3)n + b(2 − 3)n. xn = a(2 +
√ √ Sử dụng điều kiện x1 = x2 = 1 ta có √ 3 a = 3) + b(2 − a(2 + √ ⇒ . √ 3) = 1 √ 3 a(2 + 3)2 + b(2 − 3)2 = 1 b = 5 + 3 4 9 + 5 4
√ √ Từ đó ta nhận được công thức của số hạng tổng quát √ √ 3 3 (2 + 3)n + (2 − 3)n. xn = 5 + 3 4 9 + 5 4
52
Ví dụ 2.17 Tìm số hạng tổng quát của dãy {xn} thỏa mãn
, x1 = x2 = 1. xn = x2 n−1 + 1 xn−2
Bài giải. Áp dụng Định lý 2.5 ta nhận được dạng tuyến tính của phương
trình trên là
2
xn = 3xn−1 − xn−2.
√
2
, λ1 =
√ Khi đó đa thức đặc trưng λ2 − 3λ + 1 = 0 có nghiệm λ1 = 3+2 2 3−2 2
. Khi đó
√ √ 2 2 )n + B( )n. xn = A( 3 + 2 2 3 − 2 2
√
2)
2)
√ √
Sử dụng điều kiện x1 = x2 = 1 ta có √
A(3+2 2
2−1 2+8
√
2)2
2)2
√ √
A(3+2 4
2+1 2−8
= 1 ⇒ . = 1 . + B(3−2 2 √ + B(3−2 4 A = 2 6 B = 2 6
Từ đó ta nhận được công thức của số hạng tổng quát √ √ 2 2 √ √ )n + )n. ( ( xn = 3 + 2 2 3 − 2 2 2 6 2 − 1 2 + 8 √ 2 √ 6 2 + 1 2 − 8
53
Kết luận
Luận văn trình bày một cách có hệ thống các kiến thức cơ bản liên
quan toán tử sai phân, toán tử dịch chuyển và các tính chất, đồng thời
chỉ ra một vài phương pháp cơ bản để ứng dụng phương trình sai phân
vào giải các bài toán tính tổng dãy số, tìm số hạng tổng quát của dãy
số,. . . có ví dụ minh họa kèm theo như là các bài tập ứng dụng.
54
Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Tiến Tuấn (2015), Phương trình sai phân và ứng dụng, Luận
văn Thạc sĩ khoa học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại
học Quốc gia Hà Nội.
[2] Ronald E. Mickens (2015), Difference equations: Theory, Applica-
tions and Advance Topics, Chapman and Hall/CRC. Third Edition.
[3] Walter G. Kelley and Allan C. Peterson (2001), Difference equa-
tions: An introduction with applications, Harcourt/Academic press.
Second Edition.
![Luận văn Thạc sĩ: Tổng hợp và đánh giá hoạt tính chống ung thư của hợp chất lai chứa khung tetrahydro-β-carboline và imidazo[1,5-a]pyridine](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250807/kimphuong1001/135x160/50321754536913.jpg)
