Các bài tập pt sai phân hệ số biến thiên năm 2024

Nội dung Text: PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP I

1. PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP I I. Hệ số hằng: 1. Phương trình thuần nhất * Dạng tổng quát: Ay(n + 1) + by(n) = 0 (*) Với a, b là hằng số ≠ 0 * Cách giải: Cách 1: Xét phương trình đặc trưng: aλ + b = 0  λ = -b/a  Nghiệm tổng quát của phương trình (*) là: Y(n) = c(-b/a)n Cách 2: Truy hồi VD: y(n + 1) – 3y(n) = 0 (1) - Cách 1: Xét phương trình đặc trưng của (1) là λ – 3 = 0 =>λ = 3 => Nghiệm tổng quát của (1) là: y(n) = C. 3n - Cách 2: Truy hồi: y(n) ≠ 0 √ n, y(n + 1) = 3y(n) Ta có: y(1) = 3y(0) Y(2) = 3y(1) …………. Y(n) = 3y(n-1) Nhân vế với vế ta có: y(n) = y(0) * 3n Đặt y(0) = C => y(n) = C. 3n 2. Phương trình không thuần nhất: * Dạng tổng quát:
2. Ay(n + 1) +by(n) = f(n) (a.b ≠ 0; f(n) ≠ 0) • Cách giải: - Cách 1: Phương pháp chọn Bước 1: Giải phương trình thuần nhất ay(n+1) +by(n) = 0 Ta tìm được nghiệm tổng quát y(n) = (-b/a)n .c Bước 2: Tìm nghiệm riêng ü(n) của 1 Trường hợp 1: Cho hàm f(n) = αn.Pm(n) Với Pm(n) là đa thức bậc m của n + Nếu α không là nghiệm của phương trình đặc trưng, nghĩa là α ≠ - b/a. Nghiệm riêng của (1) có thể tìm dưới dạng: ü(n) = αn. Qm(n) Trong đó Qm(n) là một đa thức bậc m có hệ số chưa biết và có thể tìm bằng phương pháp hệ số bất định + Nếu α là nghiệm của phương trình đặc trưng thì tìm nghiệm riêng ở dạng: ü(n) = n. αn. Qm(n) Trường hợp 2: Cho hàm f(n) = αn. [ Pm(n)cos(nβ) + Ql(n).sin(nβ) ] Nghiệm riêng có thể tìm dưới dạng ü(n) = αn. [ Ph(n)cos(nβ) + Qh(n).sin(nβ) ] Trong đó h = max(l,m) Cách giải 2: Phương pháp biến thiên hằng số: Bước 1: Giải phương trình thuần nhất ay(n+1) +by(n) = 0 Ta tìm được nghiệm tổng quát y(n) = (-b/a)n .c
3. Bước 2: Tìm nghiệm riêng của phương trình thuần nhất bằng biến thiên hằng số Coi C = C(n) khi đó: Y(n) = C(n). (-b/a)n  y(n+1) = C(n+1). (-b/a)n+1 Thay vào phương trình Ay(n + 1) +by(n) = f(n) ta được: a.C(n+1).(-b/a)n+1 + b.C(n).(-b/a)n = f(n)  C(n+1) – C(n) = (-1/b).(-a/b)n.f(n) Đây là phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng đối với C(n) ta có thể giải bằng các cách đã biết C(1) – C(0) = (-1/b). f(0).(-a/b)0 C(2) – C(1) = (-1/b). f(1). (-a/b)1 ………………… C(n) – C(n-1) = (-1/b). f(n-1). (-a/b)n-1 Cộng theo từng vế ta được: n-1 C(n) – C(0) = (-1/b). ∑ f(i). (-a/b)i i=0 Lấy hằng số tự do là C(0) = C ta được n-1 C(n) = C +(-1/b). ∑ f(i). (-a/b)i i=0
4. Thay vào y(n) ta được nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là n-1 Y(n) = (-b/a)n.[ C +(-1/b). ∑ f(i). (-a/b)I ] i=0 Ví dụ: Giải phương trình: y(n+1) – 5y(n) = 5n(n + 3) Cách giải 1: Bước 1: Xét phương trình thuần nhất y(n+1) – 5y(n) = 0 Xét phương trình đặc trưng: λ – 5 = 0 λ = 5  y(n) = C.5n Bước 2: Ta có: f(n) = 5n(n+3) α=5 là nghiệm của phương trình đặc trưng Vậy ü(n) = n5n.(An+B)  ü(n+1) = (n+1)5n+1(An +A + B). Thay vào phương trình ban đầu ta được: (n+1)5n+1(An + A + B) - 5n5n.(An+B) = 5n(n + 3)  5(n+1)(An + A +B) – 5n(An + B) = n+3  10An + 5(A + B) = n+3  10A = 1 và 5(A + B) = 3  A=1/10 và B = ½  ü(n) = n.5n(n/10 + 1/2)  Nghiệm của phương trình là y(n) = C.5n + n.5n(n + 5)/10 Cách giải 2: Xét phương trình thuần nhất y(n+1) – 5y(n) = 0
5. Xét phương trình đặc trưng: λ – 5 = 0 λ = 5  y(n) = C.5n Coi C = C(n) ta có: C(n+1) 5n+1- 5.5n.C(n) = 5n(n+3)  C(n+1) – C(n) = 5-1(n+3) C(1) – C(0) = 5-1(0+3) C(2) – C(1) = 5-1(1+3) ………….. C(n) – C(n-1) = 5-1(n-1+3) Cộng vế với vế ta được: C(n) – C(0) = 5-1(3+4+5+…+n+2) = (n2 + 5n)/10 Đặt C = C(0) Thay C(n) vào y(n) ta được nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là: Y(n) = (C + (n2 + 5n)/10) II. Hệ số biến thiên: a. Phương trình thuần nhất • Dạng: a(n).y(n+1) + b(n).y(n) = 0 • Cách giải: Truy hồi b. Phương trình không thuần nhất: • Dạng: a(n).y(n+1) + b(n).y(n) = f(n) (1) f(n) ≠ 0 • Cách giải: Dùng truy hồi
6. VD: Giải phương trình: Y(n+1) = (n+1)y(n) + (n+1)!.n Lời giải: Xét phương trình thuần nhất: Y(n+1) = (n +1)y(n) Ta có: y(1) = 1y(0) Y(2) = 2y(1) …………… Y(n) = n.y(n-1) Nhân vế với vế, lấy C = y(0) ta có nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất Y(n) = C.n! Coi C = C(n) ta được: y(n) = n!.C(n) Y(n+1) = (n+1)!.C(n+1) Thay vào phương trình không thuần nhất ban đầu ta được: (n+1)!.C(n+1) = (n+1)C(n)n! + n(n+1)!  C(n+1) –C(n) = n  C(1) – C(0) = 0 C(2) –C(1) = 1 ………… C(n) – C(n-1) = n-1 Cộng vế với vế ta được: C(n) – C(0) = n(n-1)/2 Coi C =C(0) => C(n) = C + n(n-1)/2
7. Thay vào biểu thức ta được nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là: Y(n) = (C + n(n-1)/2)

• 1. 2019 Tải tài liệu tại sividoc.com Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM 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
• 2. 2019 Tải tài liệu tại sividoc.com Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM 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
• 3. tại sividoc.com L i cảm ơn Lu n văn này được hoàn thành tại trường Đại hoc Khoa hoc - Đại hoc Thái Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biet ơn sâu sac đoi với PGS.TS. Trịnh Thanh Hải (ĐHKH - ĐHTN), thay đã trực tiep hướng dan t n tình và đ®ng viên tác giả trong suot thời gian nghiên cáu vàa qua. Xin chân thành cảm ơn tới các quý thay, cô giáo đã trực tiep giảng dạy lớp Cao hoc Toán K11, các bạn hoc viên, và các bạn đong nghi m đã tạo đieu ki n thu n lợi, đ®ng viên giúp đơ tác giả trong quá trình hoc t p và nghiên cáu tại trường. Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biet ơn sâu sac tới gia đình và người thân luôn khuyen khích đ®ng viên tác giả trong suot quá trình hoc cao hoc và viet lu n văn này. M c dù có nhieu co gang nhưng lu n văn khó tránh khỏi nhǎng thieu sót và hạn che. Tác giả mong nh n được nhǎng ý kien đóng góp của các thay cô và các bạn đoc đe lu n văn được hoàn thi n hơn. Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 4 năm 2019 Tác giả Nguyen Thị Trang
• 4. tại sividoc.com Mnc lnc M đau 1 1 Kien thfíc chuan bị 3 1.1 M®t so khái ni m cơ bản............................................................. 3 1.2 M®t so tính chat của toán tả sai phân........................................ 5 1.3 Phương trình sai phân tuyen tính .................................................. 8 1.4 Phương trình sai phân phi tuyen.................................................. 18 2 Ứng dnng toán tfi sai phân vào giải m t so bài toán dành cho hoc sinh khá, giỏi 20 2.1 Úng dụng toán tả sai phân vào giải bài toán tìm so hạng tőng quát.......................................................................................... 20 2.2 Úng dụng toán tả sai phân vào giải bài toán tính tőng.............23 2.3 Úng dụng toán tả sai phân vào m®t so bài toán ve bat đȁng thác ......................................................................................... 27 2.4 Úng dụng toán tả sai phân vào m®t so bài toán chia het, phan nguyên .................................................................................... 29 2.5 Úng dụng toán tả sai phân vào m®t so bài tő hợp....................34 2.6 Úng dụng toán tả sai phân vào m®t so bài toán ve giới hạn 36 2.7 M®t so bài t p đe nghị ...............................................................39 Ket lu n 54 Tài li u tham khảo 55
• 5. tại sividoc.com M đau Toán tả sai phân cho ta nhieu lời giải thú vị khi ta dựa vào định nghĩa, tính chat của toán tả sai phân đe giải quyet m®t so bài toán sơ cap, đơn cả: • Bài toán chia het, phan nguyên; • Bài toán đem của giải tích tő hợp; • Bài toán ve giới hạn hàm so; • Bài toán ve bat đȁng thác; • Tính tőng của m®t dãy so; • Xác định so hạng tőng quát của m®t dãy so. Ngoài vi c v n dụng phương pháp sai phân vào các dạng bài toán ke trên, ta còn có the tìm thay rat nhieu ví dụ minh hoa vi c v n dụng phương pháp sai phân vào giải các bài toán thực tien. Với mong muon tìm hieu, sưu tam vi c v n dụng toán tả sai phân vào giải m®t so bài toán dành cho hoc sinh giỏi THPT đe v n dụng vào quá trình dạy hoc của bản thân, Em đã lựa chon đe tài ve áng dụng toán tả sai phân vào giải m®t so bài toán sơ cap. Lu n văn có các nhi m vụ chính sau: • Tìm hieu ve định nghĩa và các tính chat của toán tả sai phân; • Đoc hieu ý tưởng v n dụng toán tả sai phân vào giải môt so bài toán sơ cap được trình bày trong bài báo [5], [6]. • Sưu tam m®t so bài toán, đe thi tő hợp dành cho hoc sinh giỏi mà nhǎng bài t p đó có the giải bang cách v n dụng khái ni m, tính chat của toán tả sai phân;
• 6. tại sividoc.com • Trình bày tường minh lời giải m®t so bài toán trên cơ sở v n dụng khái ni m, tính chat của toán tả sai phân. Ngoài ra, lu n văn cũng trình bày các cách giải khác nhau của cùng m®t bài toán và so sánh nhǎng phương pháp giải với lời giải khi áng dụng tính chat của toán tả sai phân đó người đoc có the đưa ra nh n xét, so sánh giǎa các lời giải với nhau.
• 7. tại sividoc.com h h h Chương 1 Kien thfíc chuan bị Chương 1 được chúng tôi sả dụng đe nhac lại các kien thác thường được trình bày trong các giáo trình giảng dạy ở b c đại hoc. N®i dung chương 1 được chúng tôi tham khảo tà các tài li u [4] - [7]. 1.1 M t so khái ni m cơ bản Định nghĩa 1.1.1. [5]. Cho h là m®t so thực khác 0 và hàm f(x). Khi f(x + h) và f(x) là các so thực, ta goi ∆hf(x) = f(x + h) − f(x) là sai phân b c nhat của f tại x với bước nhảy h. Cho các hàm f, g và so thực c, ta có ∆h(f + g) = ∆hf(x) + ∆hg(x) và ∆h(cf(x)) = c∆hf(x). Ký hi u ∆0 f(x) ho c If (x) thay cho f(x). Với bat kỳ so nguyên n ≥ 1, chúng ta định nghĩa sai phân b c n bởi ∆n f(x) = ∆n (∆n−1 f)(x). h h Ví dụ ∆2 f(x) = f(x + 2h) − 2f(x + h) + f(x), ∆3 f(x) = f(x + 3h) − 3f(x + 2h) + 3f(x + h) − f(x).
• 8. tại sividoc.com n n Σ f(x + n) = C ∆ f (x); Σ f(n) = C ∆ f(0). h h x Σ f(x) = C ∆ f(0). (1.2) h n n k k! x x x k=0 Bang quy nạp, chúng ta có the cháng minh được ∆n f(x) = Σ (−1)n−k Ck f(x + kh), (1.1) trong đó C0 = 1. Với k > 0, ta có Ck = n = n(n − 1)...(n − k) . Chú ý rang với nhieu công thác, chúng ta có the cho n là các so thực. Neu h = 1 ta viet ∆ và bỏ qua chỉ so dưới h. Ví dụ, trong trường hợp m®t dãy {xn}, chúng ta có ∆xn = xn+1 − xn. Nh n xét. (i) Cho hàm f(x), n = 0, 1, 2, ..., n k k n k=0 trong trường hợp đ c bi t, neu ∆m f (n) là hang so khác 0 với moi so nguyên dương n thì n k k n k=0 (ii) Neu P(x) = a0 + a1x + a2x2 + ... + anxn , với an ta có: 0 thì với moi x, ∆n P(x) = ann!hn và ∆m P(x) = 0, với m > n. Với k là m®t so nguyên dương cho trước. Như m®t hàm của x, Ck có các tính chat: (a) Ck−1 + Ck = Ck (vì ∆Ck = Ck−1 ). x x x+1 x x (b) Ta có ∆r Ck = Ck−r , với 0 ≤ r ≤ k và ∆r Ck = 0, với r > k. (c) Ck + Ck + ... + Ck = Ck+1 . 1 2 n n+1 Tương tự (i), neu f(x) là đa thác có b c m thì m k k x k=0
• 9. tại sividoc.com n n Σ = C ∆ f(x). 1.2 M t so tính chat của toán tfi sai phân Tính chat 1.2.1. [4]. Neu c = const thì ∆c = 0. Chúng minh. Neu c = const thì ∆c = c − c = 0. Q Tính chat 1.2.2. [4]. Ta có ∆n (xn ) = n!hn ; ∆m (xn ) = 0(m > n). Chúng minh. Ta có ∆(xn ) = (x + h)n − xn = n.hxn−1 + ... ∆2 (xn ) = ∆(nxn−1 h) + ... = n.h∆(xn−1 ) + ...n(n − 1).h2 (xn−2 ) + ... ... ∆n (xn ) = n!hn . Tà Tính chat 1.4.2, suy ra ∆m (xn ) = 0, ∀m > n. Tính chat 1.2.3. [4]. Neu P(x) là đa thác b c n ta có: ∆P(x) = P(x + h) − P(x) = Σ h .p(i) (x). Tính chat 1.2.4. [4]. i! i=1 n f(x + nh) = Σ Ci ∆i f(x). i=0 Chúng minh. Ta có f(x + h) = (1 + ∆)f(x) = f(x) + ∆f(x). Sả dụng liên tiep công thác trên, ta được: f(x + nh) = (1 + ∆)f(x + (n − 1)h) = (1 + ∆)2 f(x + (n − 2)h) = ... = (1 + ∆)n f(x) n i i n i=0 i
• 10. tại sividoc.com n i Σ = (−1) C f(x + (n − i)h). n+1 ∆n f(x) = Σ Ci (−1)i Cn f(x + (n − i)h). Tính chat 1.2.5. [4]. n Chúng minh. Ta có n i i=0 ∆n f(x) = [(1 + ∆) − 1]n f(x) = Σ (−1)i Cn (1 + ∆)n−i f(x) i=0 n i n i i=0 Q Tính chat 1.2.6. [4]. Giả sả f ∈ Cn [a; b] và (x; x +nh) ⊂ θ(0; 1), khi đó: ∆n f(x) hn = f (n) (x + θnh); θ ∈ (0; 1). Chúng minh. Ta cháng minh bang quy nạp. Với n = 1, ta có công thác so gia hǎu hạn: f(x + h) − f(x) h = f′(x + θh). Giả sả công thác đúng với k = n, nghĩa là: ∆n f(x) hn = f (n) (x + θnh). Ta cháng minh công thác trên đúng với k = n + 1. Th t v y, ta có: ∆n+1 f(x) = ∆[∆n f(x)] = ∆[hn f(n) (x + θ′nh)], trong đó θ′ ∈ (0; 1). Áp dụng công thác so gia hǎu hạn cho f(n) (x + θ′nh) ta có ∆n+1 f(x) = hn ∆(n) (x + θ′nh) = hn [f(n) (x + θ′nh + h) − f(n) (x + θ′nh)] = h(n+1) f(n+1) (x + θ′nh + θ”h); với (θ′, θ” ∈ (0; 1)). Đ t θ = θ′n+θ” ∈ (0; 1), ta có ∆(n+1) f(x) = f(n+1) (x + θ(n + 1)h).
• 11. tại sividoc.com Σ Σ Σ dx Tính chat 1.2.7. [4]. Neu f(x) xác định trên t p so nguyên và h = 1; kí hi u xk = f(k); k = 0, 1, ... thì n ∆xi = xn+1 − x1. i=1 Chúng minh. Ta có: n ∆xi = (x2 − x1) + (x3 − x2) + ... + (xn+1 − xn) = xn+1 − x1, i=1 với ∆xi = xi+1 − xi. V y n ∆xi = xn+1 − x1. i=1 Q Giả sả ∆ là toán tả sai phân D trên hàm giá trị thực. Với hàm giá trị thực f ton tại giới hạn: df D(f(x)) = = lim f(x + h) − f(x) . dx h→0 h Cho h = 1 và thay bien x bang n ta có toán tả sai phân ∆. Như v y ∆ có các tính chat của toán tả sai phân D.Ta xét m®t so tính chat thông qua các định lý sau với D(xn ) = nxn−1 . n Định lj 1.2.1. [7]. Neu f(x) = x− = x(x − 1)...(x − n + 1) thì n−1 ∆f(x) = nx − . n Trong đó x− là kí hi u của giai thùa dưới. Chúng minh. Ta có ∆f(x) = f(x + 1) − f(x) n n ∆f(x) = (x + 1)− − (x)− ∆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) ∆f(x) = ([x + 1] − [x − n + 1])(x(x − 1)...(x − n + 2)) n−1 ∆f(x) = nx − . Neu f(x) = ex thì df = ex . Khi đó ta có the tìm hàm f sao cho ∆f = f. Tà đó ta có định lý sau.
• 12. tại sividoc.com − x k k−1 Định lj 1.2.2. [7]. Neu f(x) = 2x thì ∆f(x) = ∆2x = 2x . Chúng minh. ∆f(x) = ∆2x ∆f(x) = 2x+1 − 2x ∆f(x) = 2x (2 − 1) ∆f(x) = 2x . Định lj 1.2.3. [7]. Neu f(x) = x thì ∆f(x) = x Chúng minh. Dựa vào tính chat dương và tương tự Định lý 1.2.1 ta có ∆f(x) = ∆ x k k ∆f(x) = ∆ x− k! 1 k ∆f(x) = k! .∆x− ∆f(x) = 1 k 1 .kx − . k! k−1 − ∆f(x) = (k − 1)! ∆f(x) = x . k − 1 1.3 Phương trình sai phân tuyen tính Định nghĩa 1.3.1. [4]. Phương trình sai phân tuyen tính là m®t h thác tuyen tính của sai phân các cap dạng: F (un, ∆un, ∆2 un, ..., ∆k un) = 0, trong đó ∆k un là sai phân cap k của un, k là b c của phương trình sai phân. Định nghĩa 1.3.2. [4]. Phương trình sai phân tuyen tính của hàm un là m®t h thác tuyen tính giǎa các giá trị của hàm un tại các điem khác nhau. Phương trình sai phân tuyen tính tőng quát có dạng: a0un+k + a1un+k−1 + ... + akun = fn, (1.3)
• 13. tại sividoc.com trong đó a0, a1, ..., ak (với a0 0, ak 0) là các h so bieu thị bởi hang so cho trước hay các hàm so của n, fn là m®t hàm so của bien n, un là ȁn so can tìm. Định nghĩa 1.3.3. [4]. + Neu fn ≡ 0 thì (1.3) được goi là phương trình sai phân tuyen tính thuan nhat; + Neu fn /≡ 0 thì (1.3) được goi là phương trình sai phân tuyen tính không thuan nhat; + Neu fn ≡ 0 và a0, a1, ..., ak là các hang so, a0 trở thành 0, ak 0 thì (1.3) a0un+k + a1un+k−1 + ... + akun = 0. (1.4) Đây là phương trình sai phân tuyen tính thuan nhat b c k với h so hang. + Neu a0, a1, ..., ak là các hàm so của n thì (1.3) là phương trình sai phân tuyen tính với h so bien thiên. Định nghĩa 1.3.4. [4]. + Hàm so un thỏa mãn (1.3) là nghi m của phương trình sai phân tuyen tính (1.3). + Hàm so un thỏa mãn (1.4) được goi là nghi m tőng quát của phương trình sai phân tuyen tính thuan nhat (1.4). Neu với moi t p giá trị ban đau u0, u1, ..., uk−1 ta đeu xác định được duy nhat các tham so C1, C2, ..., Ck đe nghi m un trở thành nghi m riêng của (1.4), nghĩa là đong thời thỏa mãn (1.4) và un = ui, i = 0, k − 1. Cau trúc nghi m: Định lj 1.3.1. [4]. Nghi m tőng quát của (1.3) là un = un + u∗ n, trong đó un là nghi m tőng quát của (1.4), u∗ n là nghi m riêng của (1.3). Định lj 1.3.2. [4]. Nghi m tőng quát của (1.4) có dạng: un = C1un1 + C2un2 + ... + Ckunk, trong đó un1, un2, ..., unk là k nghi m đ®c l¾p tuyen tính của (1.4) và C1, C2, ..., Ck là các hang so tùy ý.
• 14. tại sividoc.com k s−1 j 1 2 k j j j j i j j i j j j i=1 Định lj 1.3.3. [4]. Xét phương trình đ¾c trưng: a0λk + a1λk−1 + ... + ak = 0. (1.5) + Trường hợp 1. Neu (1.5) có k nghi m thực khác nhau là λ1, λ2, ..., λk thì h {λn , λ, ..., λn } là h k nghi m đ®c l¾p tuyen tính của (1.5). Khi đó nghi m tőng quát của (1.5) là un = C1λn + C2λ2 + ... + Ckλn , 1 k trong đó Ci, i = 1, 2, ..., k là các hang so tùy ý. + Trường hợp 2. Neu (1.5) có nghi m thực λj b®i s thì ngoài nghi m λn ta bő sung thêm s − 1 nghi m nλn , n2 λn , ..., ns−1 λn cũng là các nghi m đ®c l¾p tuyen tính của (1.5). Khi đó un = Σ Ciλn + Σ Ci ni λn , trong đó Ci và Ci là các hang so tùy ý. + Trường hợp 3. Neu (1.5) có nghi m phúc λj = r(cos ϕ + i sin ϕ), tanϕ = b/a, r = |λj| = √ a2 + b2 thì ta lay thêm các nghi m rn cos nϕ, rn sin nϕ. Khi đó k un = Σ Ciλn + rn (C1 cos nϕ + C2 sin nϕ), trong đó Ci, C1 , C2 (i = 1, 2, ..., k) là các hang so tùy ý. j j Phương pháp tìm nghi m riêng Phương pháp 1. Phương pháp chon (h so bat định) Trong m®t so trường hợp đ c bi t hàm của fn, ta có the tìm u∗ n m®t cách đơn giản. Đe xác định các tham so trong các dạng nghi m ta dùng phương pháp h so bat định. * Trư ng h p 1. Neu fn = Pm(n) là đa thác b c m của n, m ∈ N + và (1.5) không có nghi m λ = 1 thì ta chon u∗ n = Qm(n). + và (1.5) có nghi m λ = 1 b®i s thì ta chon u∗ n = ns Qm(n). * Trư ng h p 2. Neu fn = αn Pm(n), α /= 0, m ∈ N, Pm(n) là đa thác b c m của n i=1 i=1 j
• 15. tại sividoc.com 1 2 s i 1 0 ... 0 0 ... u0 0 + và (1.5) có nghi m thực khác α thì ta chon u∗ n = αn Qm(n). + và (1.5) có nghi m λ = α b®i s thì ta chon u∗ n = ns αn Qm(n). * Trư ng h p 3. Neu fn = α cos nu + β sin nu, với α, β là các hang so thì ta chon u∗ n = a cos nu + b sin nu. * Trư ng h p 4. Neu fn = fn1 + fn2 + ... + fns thì ta chon u∗ n = u∗ n + u + ... + u∗ n , trong đó un ∗ áng với các hàm fni, i = 1, s. Phương pháp 2. Phương pháp bien thiên hang so Lagrenge Nghi m tőng quát là un = C1(n)un1 + C2(n)un2 + ... + Ck(n)unk. Phương pháp 3. Phương pháp đưa ve dạng chính tac của phương trình sai phân tuyen tính Xét phương trình sai phân tuyen tính cap k, k ≥ 3: un+k = a1un+k−1 + a2un+k−2 + ... + akun + fn. Trong đó a1, a2, ..., ak là các h so; un, un+1, ..., un+k là các ȁn; u0, u1, ..., uk−1 là các gia trị ban đau. Phương trình đã cho luôn đưa được ve dạng chính tac → − y n+1 = A→ − y n + → − f n. Trong đó un+k f0 uk−1 → − y = un+k−1 , → − f = , → − y = k−2 n+1 và un+1 n ... 0 ... a1 a2 ... ak−1 ak A = 0 1 ... 0 0 ... ... ... ... ... 0 0 ... 0 1 u 0
• 16. tại sividoc.com Σ → − Với moi ma tr n A đeu tìm được ma tr n Q không suy bien sao cho QAQ−1 = Λ. Trong đó Λ là ma tr n đường chéo Gioocđan. Thực hi n phép đői bien → − x n = Q→ − y n, → − F n = Q → − f n, ta có n → − x n = Λn→ − x 0 + Λn−k F k−1, → − y n = Q−1→ − x n. k=1 Tà đó xác định được un. Định nghĩa 1.3.5. [4]. Phương trình sai phân tuyen tính cap 1 có dạng: aun+1 + bun = fn, với a, b /= 0 ho c un+1 = qun + fn, q 0. + Neu fn ≡ 0 ta có phương trình sai phân tuyen tính cap 1 thuan nhat. + Neu fn /≡ 0 ta có phương trình sai phân tuyen tính cap 1 không thuan nhat. + Neu a, b hay q là các hang so thì ta có phương trình sai phân tuyen tính cap 1 với h so hang. + Neu a, b hay q là các hàm của n thì ta có phương trình sai phân tuyen tính cap 1 với h so bien thiên. Nghi m tőng quát un của phương trình sai phân tuyen tính cap 1 không thuan nhat có dạng: un = un + u∗ n, trong đó un là nghi m tőng quát của phương trình sai phân tuyen tính cap 1 thuan nhat và u∗ n là nghi m riêng của phương trình sai phân tuyen tính cap 1 không thuan nhat. Nghi m tőng quát un của phương trình sai phân tuyen tính cap 1 không thuan nhat có dạng un = Cλn , với λ = −b/a hay λ = q. Đe tìm nghi m riêng u∗ n của phương trình sai phân tuyen tính cap 1 không thuan nhat, ta xét các trường hợp sau: * Trường hợp 1. Neu fn = Pm(n) là đa thác b c m của n, m ∈ N + và λ 1 thì u∗ n = Qm(n). + và λ = 1 thì u∗ n = nQm(n). * Trường hợp 2. Neu fn = αn Pm(n), α b c m của n 0, m ∈ N, Pm(n) là đa thác + và λ α thì u∗ n = αn Qm(n).
• 17. tại sividoc.com + và λ = α thì u∗ n = nαn Qm(n). * Trường hợp 3. Neu fn = α cos nu+β sin nu, α2 +β2 /= 0, u /= kπ, k ∈ Z thì ta có u∗ n = a cos nx + b sin nx. Ví dn 1.3.1. Giải phương trình un+1 = 2un + n + 1, ∀n ∈ N∗, với u1 = 1. Giải. Xét phương trình đ c trưng λ − 2 = 0 ⇔ λ = 2. Nghi m tőng quát của phương trình đã cho có dạng: un = un + u∗ n, trong đó un = C2n , u∗ n = an + b. Thay u∗ n = an + b vào phương trình ban đau ta có a(n + 1) + b − 2(an + b) = n + 1 ⇔ −an − b + a = n + 1, ∀n ∈ N∗. Suy ra a = −1, b = −2. Do đó u∗ n = −n − 2. V y un = C2n − n − 2. Vì u1 = 1 nên 1 = 2C − 3 ⇔ C = 2. V y un = 2n+1 − n − 2. Định nghĩa 1.3.6. [4]. Phương trình sai phân tuyen tính cap 2 có dạng: aun+2 + bun+1 + cun = fn, a, b, c 0 ho c un+2 = pun+1 + qun + fn, q 0. + Neu fn ≡ 0 ta có phương trình sai phân tuyen tính cap 2 thuan nhat. + Neu fn /≡ 0 ta có phương trình sai phân tuyen tính cap 2 không thuan nhat. + Neu a, b, c hay p, q là các hang so thì ta có phương trình sai phân tuyen tính cap 1 với h so hang. + Neu a, b, c hay p, q là các hàm của n thì ta có phương trình sai phân tuyen tính cap 1 với h so bien thiên. Nghi m tőng quát un của phương trình sai phân tuyen tính cap 2 không thuan nhat có dạng: un = un + un ∗ , trong đó un là nghi m tőng quát của phương trình sai phân tuyen tính cap 2 thuan nhat và u∗ n là nghi m riêng của phương trình sai phân tuyen tính cap 2 không thuan nhat.
• 18. tại sividoc.com A 2a 2a Đe tìm nghi m tőng quát un của phương trình sai phân tuyen tính cap 2 thuan nhat, ta giải phương trình đ c trưng aλ2 + bλ + c = 0. + Neu phương trình đ c trưng có hai nghi m phân bi t λ1, λ2 thì so hạng tőng quát có dạng: un = c1λn + c2λn . 1 2 + Neu phương trình đ c trưng có nghi m kép λ1 = λ2 = λ thì so hạng tőng quát có dạng: un = (c1 + nc2)λn . + Neu phương trình đ c trưng không có nghi m thực thì so hạng tőng quát có dạng: trong đó un = rn (c1 cos nϕ + c1 sin nϕ), r = √ A2 + B2, ϕ = arctan B , A = −b , B = √ |∆| . Đe tìm nghi m riêng u∗ n của phương trình sai phân tuyen tính cap 2 không thuan nhat, ta xét các trường hợp sau: * Trư ng h p 1. Neu fn = Pm(n) là đa thác b c m của n, m ∈ N + và λ /= 1 thì u∗ n = Qm(n), Qm(n) là đa thác b c m của n, m ∈ N. + và λ = 1 là nghi m đơn thì u∗ n = nQm(n). + và λ = 1 là nghi m kép thì u∗ n = n2 Qm(n). * Trư ng h p 2. Neu fn = αn Pm(n), α /= 0, m ∈ N, Pm(n) là đa thác b c m của n + và λ /= α thì u∗ n = αn Qm(n), Qm(n) là đa thác b c m của n, m ∈ N. + và λ = α là nghi m đơn thì u∗ n = nαn Qm(n). + và λ = α là nghi m kép thì u∗ n = n2 αn Qm(n). * Trư ng h p 3. Neu fn = Pm(n) cos αn+Ql(n) sin αn, với Pm(n), Ql(n) tướng áng là các đa thác b c m, l của n. Ký hi u k = max{m, l}. Ta thay + Neu α = cos β + i sin β, i2 = −1 không là nghi m của phương trình đ c trưng thì u∗ n = Tk(n) cos αn + nRk(n) sin αn.
• 19. tại sividoc.com u = 5u− 6u , ∀n ∈ N.n+2 n+1 n u = 5.1 ⇔ 2 2 C2 − 1 + C2 √ 3 = 1 ⇔ C2 = 2 √ 3 + Neu α = cos β + i sin β, i2 = −1 là nghi m của phương trình đ c trưng thì u∗ n = nTk(n) cos αn + Rk(n) sin αn. Ví dn 1.3.2. Giải phương trình sai phân u0 = 2, u1 = 5. Giải. Xét phương trình đ c trưng λ2 − 5λ + 6 = 0 ⇔ λ = 2 ho c λ = 3. Khi đó so hạng tőng quát của dãy có dạng un = c12n + c23n . Theo giả thiet u0 = 2, V y un = 2n + 3n . c1 + c2 = 2, 2c1 + 3c2 = 5. c1 = 1, c2 = 1. Ví dn 1.3.3. Giải phương trình un+2 = un+1 − un, ∀n ∈ N,∗ u1 = u2 = 1. Giải. Xét phương trình đ t trưng λ2 − λ + 1 = 0 có hai nghi m phác liên hợp λ = 1 ± √ 3i π π = cos ± i sin . Suy ra 1,2 2 3 3 nπ nπ un = C1 cos 3 + C2 sin 3 . Theo giả thiet u1 = u2 = 1 ta có C1 1 + C2 √ 3 = 1 C1 = 0 V y 2 2 3 2 √ 3 nπ un = sin . 3 3 ⇔
• 20. tại sividoc.com 1 Định nghĩa 1.3.7. [4]. Phương trình sai phân tuyen tính cap 3 có dạng: ho c aun+3 + bun+2 + cun+1 + duu = fn, a, d 0 un+3 = pun+2 + qun+1 + kuu + fn, k /= 0. + Neu fn = 0 ta có phương trình sai phân tuyen tính cap 3 thuan nhat. + Neu fn nhat. 0 ta có phương trình sai phân tuyen tính cap 3 không thuan + Neu a, b, c, d hay p, q, k là các hang so thì ta có phương trình sai phân tuyen tính cap 3 với h so hang. + Neu a, b, c, d hay p, q, k là các hàm của n thì ta có phương trình sai phân tuyen tính cap 3 với h so bien thiên. Định nghĩa 1.3.8. [4]. Nghi m tőng quát của phương trình sai phân tuyen tính cap 3 không thuan nhat có dạng: un = un + u∗ n, trong đó un là nghi m tőng quát của phương trình sai phân tuyen tính cap 3 thuan nhat và u∗ n là nghi m riêng của phương trình sai phân tuyen tính cap 3 không thuan nhat. Cách tìm nghi m tőng quát un của phương trình sai phân tuyen tính cap 3 thuan nhat: Giải phương trình đ c trưng: aλ3 + bλ2 + cλ + d = 0. + Neu phương trình đ c trưng có ba nghi m phân bi t λ1, λ2, λ3 thì so hạng tőng quát của dãy có dạng: un = c1λn + c2λn + c3λn . 1 2 3 + Neu phương trình đ c trưng có nghi m b®i λ1 = λ2 = λ3 = λ thì so hạng tőng quát của dãy có dạng: un = (c1n2 + c2n + c3)λn . + Neu phương trình đ c trưng có hai nghi m phân bi t λ1 và λ2 = λ3 = λ thì so hạng tőng quát của dãy có dạng: un = c1λn + (c2n + c3)λn .
• 21. tại sividoc.com 16 16 4 + Neu phương trình đ c trưng có m®t nghi m thực λ và hai nghi m phác thì so hạng tőng quát của dãy có dạng: un = c1λn + c2 cos nϕ + c3 sin nϕ. Tìm Nghi m riêng u∗ n thuan nhat: của phương trình sai phân tuyen tính cap 3 không * Trư ng h p 1. Neu fn = Pm(n) là đa thác b c m của n, m ∈ N + và λ /= 1 thì u∗ n = Qm(n), m ∈ N. + và λ = 1 là nghi m b®i 1 thì u∗ n = nQm(n), m ∈ N. + và λ = 1 là nghi m b®i 2 thì un ∗ = n2 Qm(n), m ∈ N. + và λ = 1 là nghi m b®i 3 thì un ∗ = n3 Qm(n), m ∈ N. * Trư ng h p 2. Neu fn = vµn (hàm mũ) + và λ = / µ thì u∗ n = knµn . + và λ = µ là nghi m đơn thì u∗ n = kµn . + và λ = µ là nghi m b®i s thì u∗ n Ví dn 1.3.4. Giải phương trình = kns µn . un+2 = 7un+1 − 11un + 5un−1, ∀n ≥ 2, u1 = 0, u2 = 1, u3 = 3. Giải. Xét phương trình đ c trưng λ3 − 7λ2 + 11λ − 5 = 0 ⇔ (λ − 1)2 (λ − 5) = 0. Phương trình này có ba nghi m thực λ1 = λ2 = 1, λ3 = 5. Suy ra un = c1 + c2n + c3.5n . Với u1 = 0, u2 = 1, u3 = 3 ta có C1 + C3 = 0 C1 + 2C2 + 25C3 = 1 C1 = − 1 ⇔ C2 = 3 V y C1 + 3C2 + 125C3 = 3 C3 = 1 . 1 3 1 u = + (n − 1) + .5 Hay n 16 4 16 u = 1 (5n−1 n 16 3 1) + ( 4 1 n − 1) + 16 . n−1 −
• 22. tại sividoc.com q u = 5u + 24u + 1, u = 0. n+1 n 0 1.4 Phương trình sai phân phi tuyen Định nghĩa 1.4.1. [4]. M®t phương trình sai phân không tuyen tính được goi là phương trình sai phân phi tuyen tính. Ví dn 1.4.1. Ta có các phương trình sai phân phi tuyen tính sau: un+1 = pun + q ; run + s 2 n Định nghĩa 1.4.2. [4]. Tuyen tính hóa là sự chuyen đői phương trình sai phân dạng phi tuyen tính ve dạng tuyen tính. Trong nhieu trường hợp m®t so phương trình sai phân dạng phi tuyen có the thực hi n được như v y và dạng tuyen tính là có the giải được, nhờ đó làm phong phú thêm áng dụng của phương trình sai phân. Phương pháp đe đưa phương trình sai phân phi tuyen tính thành phương trình sai phân tuyen tính: Giả sả phương trình sai phân un = ϕ(un−1, un−2, ..., un−k) là tuyen tính hóa được với k giá trị bạn đau u1, u2, ..., uk. Khi đó can ton tại các h so a1, a2, ..., ak không đong thời bang 0 sao cho un = a1un−1 + a2un−2 + ... + akun−k. Các giá trị uk+1, uk+2, ..., u2k tính trực tiep qua k giá trị ban đau u1, u2, ..., uk. Ta có h phương trình: uk+1 = a1uk + a2uk−1 + ... + aku1 uk+2 = a1uk+1a2uk + ... + aku2 ... uk+1 = a1u2k−1 + a2u2k−2 + ... + akuk Giải h phương trình trên ta tìm được a1, a2, ..., ak. Tà đó ta tìm được un. Sau đó cháng minh tính đúng đan của bieu thác tuyen tính với moi n. Ví dn 1.4.2. Tuyen tính hóa phương trình u2 + 2 un = n−1 , u1 = u2 = 1, n ≥ 3. un−2
• 23. tại sividoc.com 3a + b = 11 ⇔ n 10a + b = 99 ⇔ √ √ √ 1 Giải. Ta tìm a, b sao cho un = aun−1 + bun−2 (1.6) và u3 = 3, u4 = 11. Thay vào phương trình (1.6) ta có a + b = 3 V y un = 4un−1 − un−2. a = 4 b = −1 Ví dn 1.4.3. Tuyen tính hóa và giải phương trình un+1 = 5un + q 24u2 + 1, u0 = 0, n ∈ N∗. Giải. Ta tìm a, b sao cho un+1 = aun + bun−1 (1.7) và u0 = 0, u1 = 1, u2 = 10, u3 = 99. Thay vào phương trình (1.7) ta có a = 10 Do đó un = 10un−1 − un−2. a = 10 b = −1. √ Xét phương trình đ c trưng λ2 − 10λ +1 = 0 ⇔ λ1,2 = 5 ±2 un = C1(5 + 2 √ 6)n + C2(5 − 2 √ 6)n . Theo giả thiet u0 = 0, u1 = 1 ta có 6. Suy ra C1 + C2 = 0 √ ⇔ C1 = 4 6 V y C1(5 + 2 5) + C2(5 − 2 6) = 1 C2 = − 1 . un = √ [(5 + 2 √ 6)n − (5 − 2 √ 6)n ]. 1 4 6 6 4
• 24. tại sividoc.com Chương 2 Ứng dnng toán tfi sai phân vào giải m t so bài toán dành cho hoc sinh khá, giỏi Toán tả sai phân có nhieu áng dụng quan trong, nó không nhǎng góp phan giải quyet các bài toán ve dãy so mà còn giúp giải m®t so bài toán khác như phương trình hàm, đa thác, bat đȁng thác. Trong chương này chúng tôi xét m®t so áng dụng của toán tả sai phân vào giải m®t so bài toán sơ cap như bài toán tìm so hạng tőng quát, bài toán tính tőng, bài toán ve bat đȁng thác, bài toán chia het, phan nguyên, bài toán tő hợp, bài toán ve giới hạn và m®t so bài toán khác. N®i dung chính của chương này được tham khảo tà các tài li u [1], [3], [4], [5], [6]. 2.1 Ứng dnng toán tfi sai phân vào giải bài toán tìm so hạng tong quát Đe tìm so hạng tőng quát của dãy {un} cho trước, ta đưa dãy đã cho ve dạng phương trình sai phân tuyen tính giải được. Giải phương trình sai phân tuyen tính này ta sě tìm được so hạng tőng quát can tìm. Bài toán 2.1.1. Cho dãy {un}: u1 cho trước, un+1 = aun + b với a, b cho trước. Hãy xác định so hạng tőng quát un của dãy so. Giải. Phương pháp 1.
• 25. tại sividoc.com − ∀ Σ Σ b − n−1 n a − 1 a − 1 + Neu a = 1 thì dãy so là cap so c®ng với công sai là b nên ta có un = u1 + (n − 1)b. + Neu a /= 1, ta goi {vn} là dãy so có các so hạng thỏa mãn un = vn + c . Thay vào h thác truy hoi ta có vn = avn−1 + (a − 1)c + b. Ta chon c sao cho (a − 1)c + b = 0 hay c = b/(1 − a). Khi đó {vn} là m®t cap so nhân với công b®i q = a, so hạng đau v1 = u1 − c. Tác là v1 = u1 − b/(1 − a). Do đó so hạng tőng quát Suy ra vn = u1 b an−1 , n ≥ 2. 1 − a u = an−1 u — b + b . Phương pháp 2. Sả dụng toán tả sai phân và các tính chat + Neu a = 1 thì n−1 uk+1 − uk = b ⇒ (uk+1 − uk) = un − u1 = (n − 1)b. k=1 Hay un = u1 + (n − 1)b. + Neu a /= 1 thì u = au + b ⇒ un+1 un b = + . Đ t n+1 n an+1 an an+1 Suy ra v = un n an ⇒ vn+1 − vn b = an+1 . V y n−1 k=1 (vk+1 − vk) = n−1 = ak+1 k=1 b a(a − 1) 1 1 . an−1 un = an ( u1 ) + Σ b = b 1 − 1 + u1 an a k=1 ak+1 a(a − 1) an−1 a = an−1 u — b + b . Bài toán 2.1.2. Tìm {un} biet a − 1 a − 1 u0 = 1, u1 = −1, un+2 = 6un+1 + 5un, n = 0, 1, .... Σ 1 1
• 26. tại sividoc.com 14 Giải. Xét phương trình sai phân un+2 − 6un+1 − 5un = 0. Phương trình đ c trưng λ2 − 6λ − 5 = 0, có hai nghi m phân bi t λ1,1 = 3 ± √ 14. Suy ra un = C1(3 + √ 14)n + C2(3 − √ 14)n . Theo giả thiet u0 = 1, u1 = −1, ta có h phương trình C1 + C2 = 1 √ √ ⇔ C1 = 7−2 √ 14 7+2 √ 14 C1(3 + Do đó 14) + C2(3 − 14) = −1 C2 = 14 . un = (7 − 2 √ 14)(3 + √ 14)n + (7 + 2 √ 14)(3 − √ 14)n 14 Bài toán 2.1.3. Tìm {un} biet u0 = 1, u1 = 2, un+2 = 5un+1 − 6un + n + 2. Giải. Phương trình đã cho có nghi m tőng quát un = un + u∗ n, Trong đó un là nghi m tőng quát của phương trình thuan nhat un+2 − 5un+1 + 6un = 0 còn u∗ n là nghi m riêng của phương trình không thuan nhat. Xét phương trình sai phân thuan nhat un+2 − 5un+1 + 6un = 0. Phương trình đ c trưng λ2 − 5λ + 6 = 0, có hai nghi m phân bi t λ1 = 2, λ2 = 3. .
• 27. tại sividoc.com ⇔ ∗ Suy ra un = C12n + C23n . Theo giả thiet u0 = 1, u1 = 2, ta có h phương trình Do đó C1 + C2 = 1 2C1 + 3C2 = 2 C1 = 1 C2 = 0. un = 2n Ta tìm nghi m riêng u∗ n của phương trình không thuan nhatcó dạng u∗ n = an + b. Thay u∗ n = an + b vào phương trình đã cho ta có 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 3a − 2b + 2 = 0 2 = 1/2 b = 7/4. 1 7 u = n + . V y n 2 4 u = 2n + 1 n + 7 . n 2 4 2.2 Ứng dnng toán tfi sai phân vào giải bài toán tính tong Trong m®t so bài toán ta can tính tőng của m®t so so hạng đau tiên. Có nhieu cách khác nhau đe giải các bài toán như v y. Trong mục này, chúng tôi sả dụng toán tả sai phân và các tính chat của nó đe giải bài toán tính tőng. Bài toán 2.2.1. Tính tőng S = 13 + 23 + 33 + ... + n3 . Giải. Đ t k3 = uk+1 − uk; k = 1, 2, ..., n, ta có S = un+1 − u1. ⇔ ⇔
• 28. tại sividoc.com ⇔ ^ các h so của n, ta có h phương trình: Ta tìm un tà phương trình sai phân tuyen tính h so hang sau un+1 − un = n3 . Phương trình thuan nhat: un+1 − un = o. Ta có phương trình đ c trưng: k − 1 = 0 ⇔ k = 1. Nghi m tőng quát của phương trình thuan nhat là: un = C. Ta tìm nghi m của phương trình không thuan nhat dưới dạng u ^n = n(An + Bn2 + Cn + D) = An4 + Bn3 + Cn2 + Dn. Tính u ^n+1, thay u ^n, u ^n+1 vào phương trình không thuan nhat so sánh Suy ra 4A = 1 6A + 3B = 0 4A + 3B + 2C = 0 A + B + C + D = 0 A = 1/4 B = −1/2 C = 1/4 D = 0. un = Do đó 1 n4 4 1 3 — 2 n + 1 n2 4 1 4 ; un = un + u ^n = C + 4 n 1 3 — 2 n + 1 n2 . 4 S = un+1 − u1 1 4 1 3 1 2 1 1 1 = (n + 1) 4 — 2 (n + 1) + (n + 1) 4 — 4 + 2 − 4 n2 (n + 1)2 = . 4 Bài toán 2.2.2. Tính tőng S = 1.21 + 2.22 + 3.22 + ... + n.22 . Giải. Đ t k.2k = uk+1 − uk.k = 1, 2, 3, ..., n, ta có S = un+1 − u1. Ta tìm un tà phương trình sai phân tuyen tính h so hang sau: un+1 − un = n.2n . 3
• 29. tại sividoc.com ⇔ Phương trình thuan nhat: un+1 − un = 0. Phương trình đ c trưng: k − 1 = 0 ⇔ k = 1. Nghi m tőng quát của phương trình thuan nhat: un = C. Tìm m®t nghi m riêng của phương trình không thuan nhat dưới dạng: un = 2n(An + B). Tính un+1, thay un và un+1 vào phương trình không thuan nhat, so sánh các h so của n, ta có h phương trình: Suy ra A = 1 2A + B = 0 n A = 1 B = −2. n (2.1) Do đó: u ^n = (n − 2)2 ; un = un + u ^n = C + (n − 2)2 . S = un+1 − u1 = (2n − 2)2n + 2. Bài toán 2.2.3. Tính tőng S = 1!1 + 2!2 + 3!3 + ... + n!n. Giải. Đ t k!k = uk+1 − uk với k = 1, 2, 3, ..., n, ta có S = un+1 − u1. Ta tìm un tà phương trình sai phân tuyen tính h so hang sau: un+1 − un = n!n. Phương trình thuan nhat: un+1 − un = 0. Phương trình đ c trưng: k − 1 = 0 ⇔ k = 1. Nghi m tőng quát của phương trình thuan nhat: un = C. Tìm m®t nghi m riêng của phương trình không thuan nhat dưới dạng: un = n!(An + B). Tính un+1, thay un và un+1 vào phương trình không thuan nhat, so sánh các h so của n, ta có h phương trình: A = 0 A + B = 1 A = 0 ⇔ A = 0 B = 1 (2.2)
• 30. tại sividoc.com Σ Σ 3 3 √ Do đó V y u ^n = n!; un = un + u ^n = C + n!. S = un+1 − u1 = (n + 1)! − 1. Bài toán 2.2.4. (Đe thi chon đ®i tuyen IMO, Hong Kông năm 1998) Cho dãy so {un} xác định bởi un+2 = un+1 − un. Giả sả tőng 1997 so hạng đau tiên của dãy là 1879, tőng của 1897 so hạng đau tiên là 1997. Hỏi tőng của 2000 so hạng đau tiên là bao nhiêu. Giải. Xét phương trình đ c trưng λ2 − λ + 1 = 0 có nghi m phác π λ = cos 3 π + i sin . 3 Nghi m un = c1 cos nπ + c2 sin nπ , với c1, c2 là các hang so. 3 3 Suy ra n n Sn = c1 cos nπ + c 3 2 k=1 sin nπ . 3 k=1 Sả dụng tính chat: sin(π + α) = − sin(α), cos(π + α) = − cos(α), ta có Sn+6 = Sn. Do v y: V y S1997 = S5 = u1 + u2 + ...u5 = −c1 = 1897. 1 S1897 = S1 = u1 = 2 (c1 + 3c2) = 1997 ⇒ c2 = 5873 √ 3 . S2000 = S2 = u1 + u2 = √ 3c = 5873. Bài toán 2.2.5. Cho dãy {un} xác định bởi u0 = 1 ; u1 = 2 , un+2 − 3un+1 − 2un = 0. Tính tőng S = [u0] + [u1] + ... + [u2007]. 2
• 31. tại sividoc.com 3 3 h i − 1 Đ t Sn = u1 + u2 + ... + un. Biet u2 − u1 = S2 3 + + 2003 Giải. Xét phương trình đ c trưng λ2 − 3λ + 2 = 0 có hai nghi m λ = 1, λ = 2. Nghi m un = c1 + c22n với c1, c2 là các hang so. Với u0 = 1 ; u1 2 ta có un = 2n . Neu a, b > 0, a, b /∈ Z, a + b ∈ Z thì [a] + [b] = a + b − 1. M t khác 2n + 2n+1 = 2n . Suy ra 3 3 h20 i h21 i h22 i h23 i 22006 + ... 3 h22007 i 20 S = ( + 3 21 + ... + 3 22007 3 ) − 1004 = 22008 1 3 − 1004. Bài toán 2.2.6. Cho dãy {un} xác định bởi u1 = 1; u2 = 2, n ≥ 1 un+2 − un+1 + un = 0, n ≥ 1. Giải. Xét phương trình đ c trưng λ2 − λ + 1 = 0 có nghi m phác π λ = cos 3 π + i sin . 3 Tà đó ta tìm nghi m un = c1 cos nπ + c2 sin nπ với c1, c2 là các hang so. 3 3 M t khác ta có: π cos 3 2π + cos 3 6π + ... + cos 3 π = 0, sin 3 2π + sin 3 6π + ... + sin 3 = 0. Suy ra Sn+6 = Sn. Do đó S2003 = S5 = −c1. Với c2 − c1 + 1 = u2 − u1 = 1 ⇒ c1 = 1 ⇒ S2003 = −1. 2.3 Ứng dnng toán tfi sai phân vào m t so bài toán ve bat đang thfíc Bat đȁng thác là m®t bài toán khó đoi với người hoc. Trong m®t so trường hợp đe giải được bài toán dạng này, chúng ta phải đưa nó ve bài toán giải phương trình sai phân, xác định so hạng tőng quát, áp dụng các tính chat của dãy so đe giải. 3 3 3 3 3 = — S2003 + 1. Tính S2003. S = + + )
• 32. tại sividoc.com u − 3u + u= 0, n ≥ 1.n+2 n+1 n Cháng minh rang u + u≥ n+1 2 + . n+2 n 2 2 2 n+1 2 1 2 √ e n+2 un n un 1 Bài toán 2.3.1. Cho dãy {un} xác định bởi u1 = 1; u2 = 2, n ≥ 1 u2 un Giải. Xét phương trình đ c trưng λ2 − 3λ + 1 = 0 có hai nghi m Tà đó ta tìm nghi m λ1,2 = 3 ± √ 5 . 2 un = c1 3 + √ 5 n + c 3 − √ 5 n với c1, c2 là các hang so. Theo giả thiet u1 = 1; u2 = 2 tà đó ta tìm được 1 un = √ 5 c 1 + √ 5 2n−1 u2 + c2 −1 + √ 5 2n−1i . Suy ra un+2un = u2 hay un+2 = n+1 un V y u + u = un+1 + + u ≥ 2 + un+1 , ∀n ≥ 1. Bài toán 2.3.2. Cho dãy {un} xác định bởi: u1 = e √ 3 u1 = √ e (2.3) un+1un−1 = √ 3 un , ∀n ≥ 2. Cháng minh 1 ≤ un ≤ e với moi n ≥ 1. Giải. Ta thay un > 0 với moi n ≥ 1. Suy ra lnun √ +1 + lnun−1 = √ 3lnun. Hay an+1 − √ 3an + an−1 = 0 với an = lnun, a1 = 3 , a2 = 1 . √ 2 2 Xét phương trình đ c trưng λ2 − π 3λ + 1 = 0 có nghi m phác π Do đó λ = cos + isin . 6 6 an = c1cos nπ nπ 6 + c2sin 6 . 2 h . n un 2
• 33. tại sividoc.com 6 6 e k k Với a1 = √ 3 , a2 = 1 ta tìm được c1 = 1, c2 = 0. Suy ra an = cos nπ . Tà 2 đó ta tìm được un 2 6 = ecos nπ . Vì −1 ≤ cos nπ ≤ 1 nên 1 ≤ un ≤ e với moi n ≥ 1. 2.4 Ứng dnng toán tfi sai phân vào m t so bài toán chia het, phan nguyên Vi c giải m®t so bài toán chia het, phan nguyên có the dan tới giải phương trình sai phân. Do đó ta có the sả dụng toán tả sai phân và các tính chat của nó đe giải các bài toán đó. Bài toán 2.4.1. Cho dãy so nguyên dương {un} xác định bởi u0 = 1, u1 = 9, un = 10un−1 − un−2. a)Hỏi 3u2 − 1 có chia het cho 2 không? b) Hỏi 5uk − uk−1 có chia het cho 4 không? Giải. Xét phương trình đ c trưng λ2 − 10λ + 1 = 0 có hai nghi m λ1,2 = 5 ± 2 √ 6. Nghi m un = c1(5 + 2 √ 6)n + c2(5 − 2 √ 6)n , với c1, c2 là các hang so. Tà các giá trị ban đau ta tìm được 1 1 √ n 1 1 √ n un = ( 2 + √ 6 )(5 + 2 6) + ( 2 − √ 6 )(5 − 2 6) Theo giả thiet suy ra un+2 và un cùng tính chȁn lẻ. Vì u0 = 1, u1 = 9 là là các so lẻ nên un lẻ với moi so nguyên dương n. M t khác ta có: 2 5 1 √ 2k 5 1 √ 2k 1 uk = ( 12 + √ 6 )(5 + 2 6) Suy ra 3u2 − 1 chia het cho 2. Theo giả thiet ta có + ( 12 − √ 6 )(5 − 2 6) + 6 . un+1 = 10un − un−1 = 10un − 10un−2 + un−3 ⇒ un+1 ≡ un−3 (mod 4).
• 34. tại sividoc.com √ √ n 3 3 3 3 Hơn nǎa các giá trị ban đau u0 = 1, u1 = 9, u2 = 89, u3 = 881 cùng so dư là 1 khi chia cho 4. Suy ra un ≡ 1(mod 4). V y 5uk − uk−1 chia het cho 4. Bài toán 2.4.2. Cho hai dãy so nguyên {un}, {vn} được xác định bởi: 3un+1 = un + vn, 3vn+1 = 2vn − 7vn, v1 = 2, v1 = 1. Hỏi so hạng thá 20072007 của hai dãy trên có chia het cho 5 hay không. 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 đ c trưng λ2 = λ + 1 = 0 có nghi m phác Suy ra λ = cos nπ nπ + isin . 3 3 un = acos nπ + bsin 3 nπ 3 , vn = ccos nπ nπ + dsin . 3 3 Theo giả thiet u1 = 2, v1 = 1 ⇒ u2 = 1, v2 = −4. Thay các giá trị này vào un, vn ta có: a = 1, b = 3, c = 5, d = − 3. V y u = cos nπ + √ 3sin nπ , v = 5cos nπ − √ 3sin nπ . Vì cos (α + π) = −cos α, sin (α + π) = −sin α nên ta có: un = −un+3 = un+6, vn = −vn+3 = vn+6. Vì 2007 ≡ 3 (mod 6), 3n ≡ 3 (mod 6) nên 20072007 ≡ 3 (mod 6). M t khác u3 = −1, v3 = −5. V y so hạng thá 20072007 của dãy {un} không chia het 5, còn so hạng thá 20072007 của dãy {vn} chia het 5. Bài toán 2.4.3. Cho dãy so nguyên dương {un} thỏa mãn: u0 = 20 u1 = 100 un+2 = 4un+1 + 5un + 20. Tìm so nguyên dương h nhỏ nhat đe an+h − an chia het cho 1998, ∀n ≥ 0. n
• 35. tại sividoc.com 2 n Giải. Theo đau bài ta có phương trình đ c trưng λ2 − 4λ − 5 = 0 có nghi m λ1 = −1, λ2 = −5. Khi đó nghi m tőng quá có dạng un = c15n + c2(−1)n . Theo giả thiet u0 = 20, u1 = 100 ta tìm được nghi m riêng x∗ n = 5 . V y nghi m tőng quát có dạng: u 1 n+2 n 10 5 Suy ra n = 5 6 + (−1) 6 − 2 . Đieu ki n can. Ta có u = 5un−1 + 20 neu n chȁn, 5un−1 neu n lẻ. Suy ra Hay un+h ≡ un (mod 1998), với moi n ≥ 0. uh ≡ u0 ≡ 20(mod 1998), uh+1 ≡ u1 ≡ 100 (mod 1998). 5uh−1 = uh+1 − 4uh − 20 ≡ 0 (mod 1998). Do 5 và 1998 nguyen to cùng nhau nên uh−1 ≡ 0 (mod 1998). M t khác neu h lẻ thì uh = 5uh−1 ≡ 0 (mod 1998) nên u1 ≡ 0 (mod 1998). Đieu này vô lý vì u1 = 100. Suy ra h chȁn và uh−1 ≡ 0 (mod 1998). Đieu ki n đủ. Với h chȁn và uh−1 ≡ 0 (mod 1998), ta cháng minh un+h ≡ xn (mod 1998). Th y v y với h chȁn ta có: uh = 5un−1 + 20 ≡ 0 (mod 1998) = x0; uh+1 = 4uh + 5uh−1 + 20 ≡ 100 (mod 1998) = x1. Ket hợp với un+2 = 4un+1 + 5un + 20 ⇒ un+h ≡ un( mod1998), với moi n ≥ 0. Như v y h là so chȁn nhỏ nhat thỏa mãn uh−1 ≡ 0 (mod 1998). Ta có 5h ≡ 1 (mod 4), ∀h, 554 ≡ 1 (mod 34 ), 536 ≡ (mod 37). V y 5108 ≡ 1 (mod 1998). Suy ra h = 108.
• 36. tại sividoc.com un−3−24un−1u2 un−2un−3 .2048 un n−2 , n = 4, 5, ... Bài toán 2.4.4. Cho dãy {un} xác định bởi: u1 = 1 u2 = 2 u3 = 40 Xác định n nhỏ nhat đe u . . n.2048 Giải. Xét un 10u2 un−3 − 24u2 10un−1 24un−2 = un−1 n−1 un−2un−3 n−2 = un−2 . un−3 Đ t vn = un un−1 ta có v2 = 2 v3 = 20 vn = 10vn−1 − 24vn−2, n = 4, 5, ... Xét dãy {vn} ta có phương trình đ t 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 , c2 = 1 . 4 6 Suy ra vn = 6n−1 − 4n−1 . Do đó un = vnvn−1...v2 = (6n−1 − 4n−1 )(6n−2 − 4n−2 )...(6 − 4) = 2n−1 2n−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). Vì (3n−1 − 2n−1 )(3n−2 − 2n−2 )...(3 − 2) là so lẻ nên đe un.2048 thì 2n(n−1)/2. . Hay 2n(n−1)/2 .211 . Do đó (n − 1)n/2 ≥ 11. Suy ra n ≥ 6. V y n = 6 là giá trị can tìm. 10u2 = n−1 −
• 37. tại sividoc.com Bài toán 2.4.5. Cho dãy so nguyên {un} xác định bởi: u0 = 1 u1 = −1 un = 6un−1 + 5an−2, với moi n ≥ 2. Cháng minh rang u2012 − 2010 chia het cho 2011. Giải. Xét dãy so nguyên {vn} xác định bởi: v0 = 1 v1 = −1 vn = 6uv−1 + 2016vn−2, với moi n ≥ 2. De thay với moi n ≥ 0 ta có un ≡ vn( mod 2011). Xét phương trình đ c trưng của dãy {vn}: λ2 − 6λ − 2016 = 0 có hai nghi m thực λ1 = −42, λ2 = 48. Suy ra so hạng tőng quát của dãy {vn} có dạng: vn = C1(−42n ) + C248n . Tà các đieu ki n ban đau của dãy {vn} ta có h Suy ra C1 + C2 = 1 42C1 − 48C2 = 1 C1 = 49/90 C2 = 41/90. vn = 49(−42)n + 41.48n 90 Vì 2011 là so nguyên to nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có: (−42)2010 ≡ 482010 ≡ 1( mod 2011). Do đó 90v2012 ≡ 49(−42)2012 +42.482012 ≡ 49(−42)2 +41.482 ≡ 90v2( mod 2011). Suy ra v2012 ≡ v2( mod 2011) vì ((90, 2011) = 1). Mà v2 = 6v1 + 2016b0 = 2010 nên b2012 ≡ 2010( mod 2011). Vì the u2012 ≡ 2010( mod 2011). Ta có đieu can cháng minh. ⇔ , ∀n ≥ 0.
• 38. tại sividoc.com Bài toán 2.4.6. Cho dãy {un} xác định bởi: u0 = 0 u1 = 1 un+1 = 2un − un−1 + 1, n ≥ 1. Cháng minh rang 4un+2un + 1 là so chính phương. Giải. Phương trình đ c trưng λ2 −2λ+1 = 0 có nghi m kép λ1 = λ2 = 1. Ta tìm g(n) = an2 sao cho g(n + 1) − 2g(n) + g(n − 1) = 1 với moi n ∈ N∗ . Giải ra ta có g(n) = n/ 2 hay un ∗ = n2 /2 là m®t nghi m của phương trình un+1 = 2un − un−1 + 1. Suy ra phương trình trên có nghi m tőng quát un = C1 + nC2 + n2 /2. Với u0 = 0 ta tìm được C1 = 0. Với a1 = 1 nên C2 = 1/2. V y Do đó un = 1 n2 n + = 2 2 n(n + 1) . 2 (n + 2)(n + 3) n(n + 1) 4un+2un + 1 = 4 2 2 + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)+ = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1) = (n2 + 3n + 1)2 . Ta có đieu can cháng minh. 2.5 Ứng dnng toán tfi sai phân vào m t so bài to h p M®t so bài toán tő hợp đe giải được chúng ta phải đưa nó ve giải phương trình sai phân tuyen tính xác định so hạng tőng quát và các tính chat của nó. Trong mục này chúng tôi sě trình bày áng dụng của toán tả sai phân vào m®t so bài toán tő hợp.
• 39. tại sividoc.com n+1 2 √ √ 2 2 n+1 n+1 Bài toán 2.5.1. Cho dãy so nguyên {un} xác định bởi: u0 = 1 u1 = 45 un+2 = 45un+1 − 7un = 0. Tìm so các ước dương của bieu thác: u2 — unun+2 Giải. Xét phương trình đ c trưng Xét phương trình đ c trưng λ2 − 45λ + 7 = 0 có hai nghi m λ1,2 = 45± √ 1997 . Do đó nghi m tőng quát un = c1 45 + √ 1997 ( )n + c2 2 ( 45 − √ 1997 )n . 2 Với n = 0 ta có u0 = 1 = c1 + c2. Với n = 1 ta có u1 = 45 = c1 45+ √ 1997 + c2 45− √ 1997 . Suy ra 45 + 2 1997 45 − 2 1997 c1 = Tà đó ta tìm được 2 √ 1997 , c2 = 2 √ 1997 . un = 1 √ 1997 h 45 + √ 1997 n+1 + c 45 − √ 1997 n+1i . Suy ra u2 − unun+2 = 7n+1 . Vì 7 là so nguyên to nên 7n+1 có các ước là 1, 7, 72 , ..., 7n+1 . Suy ra 7n+1 có n + 2 ước. V y so các ước dương của u2 — unun+2 là n + 2. Bài toán 2.5.2. (Hoc sinh giỏi Vũng Tàu 2009-2010) Cho so nguyên dương n. Goi Mn là t p các so tự nhiên (viet trong h th p phân)có n chǎ so, các chǎ so lớn hơn 1 và không có hai chǎ so cùng nhỏ hơn 7 đáng lien nhau. Tính so phan tả của Mn. Giải. Kí hi u un = |Mn|. Goi Xn, Yn lan lượt là t p các so tự nhiên theo thá tự: Có chǎ so t n cùng nhỏ hơn 7 và các so có t n cùng lớn hơn 6. Ta có: Mn = Xn ∪ Yn, Xn ∩ Yn φ. 2
• 40. tại sividoc.com 2 n 2 Lay m®t phan tả của Mn+1 bỏ đi phan tả cuoi cùng ta được m®t phan tả của Mn. Ngược lại, xét m®t phan tả x của Mn. + Neu x có t n cùng nhỏ hơn 7 thì có m®t cách thêm chǎ so 0 vào vị trí đau ta có m®t phan tả của Xn+1 và có đúng 3 cách thêm vào chǎ so cuoi đe tạo ra m®t phan tả của Yn+1. + Neu có t n cùng lớn hơn 6 thì có 5 cách thêm chǎ so 0 vào vị trí đau ta có m®t phan tả của Xn+1 và có 3 cách thêm vào chǎ so cuoi đe tạo ra m®t phan tả của Yn+1. V y Suy ra Do đó |Xn+1| = |Xn| + 5|Yn| |Yn+1| = 3|Xn| + 3|Yn|. |Mn+1| = 4(|Xn| + |Yn|) + 4|Yn| = 4(|Xn| + |Yn|) + 12|Xn−1| + |Yn−1|. un+1 = 4un + 12un−1, n ≥ 2. Tà đó ta tìm được V y u = 1 15.6n−1 + (−2)n−1 . |Mn| = 15.6n−1 + (−2)n−1 . 1 2.6 Ứng dnng toán tfi sai phân vào m t so bài toán ve gi i hạn Xét bài toán tőng quát: Cho dãy {un} thỏa mãn đieu ki n f(un+k, un+k−1, ..., un) = 0. Tìm limn→∞ un. Đe giải bài toán trên, trước het ta giải phương trình f(un+k, un+k−1, ..., un) = 0. Tà đó ta tìm được so hạng tőng quát un. Sau đó tính limn→∞ un.
• 41. tại sividoc.com − + u n+3 n2 n+2 n n2 − n + 1 vn = 12 − 12 n + n = 2(n + 1) − 2(n + 1) + n + 1 . Bài toán 2.6.1. Cho dãy (un) xác định bởi un+2 2(n+2)2 (n+1)(n+3) un+1 (n+1)(n+2) n(n+3) n = 2(n+2) , ∀n > 2, u1 = 0, u2 = −3 Tìm limun . Giải. Trước het ta tìm so hạng tőng quát. Xét (2.4) 2(n + 2)2 un+2− (n + 1)(n + 3) un+1+ (n + 1)(n + 2) n(n + 3) un = 2(n + 2) n + 3 , ∀n > 2, (2.5) với đieu ki n ban đau u1 = 0 và u2 = −3. Nhân cả hai ve của (2.5) với n+3 ta được: n + 3 n + 2 un+2 − 2(n + 2) n + 1 un+1 + n + 1 n un = 2, ∀n > 2. (2.6) Đ t vn = n+1 un ta có phương trình vn+2 − 2vn+1 + vn = 2∀n > 2 (2.7) và v1 = 0, v2 = −9/2. Xét phương trình đ c trưng λ2 − 2λ + 1 = 0 có nghi m kép λ = 1. tà đó, ta tìm được v = 13 − 15 n + n2 . Suy ra: n n 12 12 n 13 15 2 13n 15n2 n3 V y limun = 1. Bài toán 2.6.2. Dãy so x0, x1, x2, ... được định nghĩa bởi x0 = a, x1 = b và với n ≥ 1, ta có xn+1 = xn−1 + (2n − 1)xn , 2n trong đó a và b là các so cho trước. Tính limn→∞xn theo a và b. Giải. Bang phép quy nạp, ta có ∆xn = ∆xn−1 . 2n n + 1 un =
• 42. tại sividoc.com Σ √ . . 6 6 6 6 12 sin π L p lại với n − 2 lan, ta có ∆x = (− 1 )n 1 ∆x = (− 1 )n 1 (b − a). Do đó, n 2 n! 1 n−1 2 n! n−1 x = x + Σ ∆x = a + (b − a) Σ (− 1 )i 1 n M t khác, ta có 0 i i=0 ∞ i i=0 2 i! ex = x . i! V y i=0 1 limn→∞ = a + (b − a)e−2 . Bài toán 2.6.3. Cho dãy {un} xác định bởi: u1 = e √ 3 u1 = √ e un+1un−1 = √ 3 un , ∀n ≥ 2. Tìm limvn với vn = √ n u1u2...un. Giải. Ta thay un > 0 với moi n ≥ 1. Suy ra lnun √ +1 + lnun−1 = √ 3lnun. Hay an+1 − √ 3an + an−1 = 0, với an = lnun, a1 = 3 , a2 = 1 . √ 2 2 Xét phương trình đ c trưng λ2 − π 3λ + 1 = 0 có nghi m phác π Do đó λ = cos + isin . 6 6 an = c1cos nπ nπ 6 + c2sin 6 . Với a1 = √ 3/2, a2 = 1/2 ta tìm được c1 = 1, c2 = 0. Suy ra an = cos (nπ/6). Tà đó ta tìm được un = ecos (nπ/6) . Theo giả thiet, ta có v = √ n u u ...u = e 1 (cos π +cos 2π +...+cos nπ ) . n M t khác, ta có 1 2 n n 6 6 6 π 2π nπ 1 |cos + cos + ... + cos | = (2n + 1)π 1 sin < . V y limvn = e0 = 1. 12 2sin π
• 43. tại sividoc.com √ n 2 u − 2u = 3n + 4n + 5, ∀n ∈ N. n+1 n u1 = 1; u2 +1+ 2 n+1 n n+2 n+1 Bài toán 2.6.4. Cho dãy {un} xác định bởi: un+1 = √ un √ , ∀n ≥ 3. Giải. Đ t un = 1/vn. Suy ra v1 = 1, v2 = 1/2 √ 2. Ta cháng minh được dãy {vn} là tăng ng t. Tà đó, ta có vn+ √ 1 = √ 2vn + √ 1 + v2. √ Suy ra v2 − 2 2vnvn+1 + v2 = 1, v2 − 2 2vn+1vn+2 + v2 = 1. Trà hai ve tương áng của phương trình trên cho nhau ket hợp với đieu ki n tăng ng t của dãy {vn} ta có vn+2 − 2 √ 2vn+1 + vn = 0. Xét phương trình đ c trưng λ2 −2 √ 2λ+1 = 0 có hai nghi m λ = √ 2± 1. Do đó vn = c1( √ 2 + 1)n + c2( √ 2 − 1)n . Với v1 = 1, v2 = 1/2 √ 2, ta tìm được c1 = 1 , c2 = −1 . Suy ra v 1 √ 2 2 n √ n V y n = [( 2 2 + 1) − ( 2 − 1) ]. lim un+1 un vn = lim un+1 = √ 2 − 1. 2.7 M t so bài t p đe nghị Bài toán 2.7.1. Cho dãy so {un}: u0 = 7 Tìm so hạng tőng quát un. Giải. Xét phương trình đ c trưng: λ − 2 = 0 ⇔ λ = 2. Ta có a + b = 1 − 2 = −1 /= 0. (2.9) Tìm lim(un+1/un). n (2.8) ; 2 1 2 u2 =
• 44. tại sividoc.com 2 2 b = −10 4 4 9 3 ⇔ n Suy ra nghi m riêng của phương trình có dạng u∗ n u∗ n vào phương trình, ta được: = an2 + bn + c. Thay a(n + 1)2 + b(n + 1) + c − 2an2 − 2bn − 2c = 3n2 + 4n + 5 ⇔ −an + (2a − b)n + a + b − c = 3n + 4n + 5. Đong nhat h so hai ve ta có h phương trình: −a = 3 2a − b = 4 a + b − c = 5 Suy ra u∗ n = −3n2 − 10n − 18. a = −3 c = −18 (2.10) Công thác tőng quát của dãy so có dạng un = c.2n − 3n2 − 10n − 18. Theo giả thiet u0 = 7 ⇒ c − 18 = 7 ⇒ c = 25. V y un = 25.2n − 3n2 − 10n. Bài toán 2.7.2. Tìm so hạng tőng quát của các dãy so sau 12un+1 − 17un + 6un−1 = 0, u1 = 2, u2 = 17/12. Giải. Xét phương trình đ c trưng 12λ2 − 17λ + 6 = 0 có hai nghi m thực λ1 = 3/4 và λ2 = 2/3. Khi đó un = c1 3 n + c 2 n với u1 = 2, u2 = 17/12 ta có h phương trình 3 c1 + 2 c2 = 2 c1 = 4/3 V y 16c1 + 9c2 = 17/12 c2 = 3/2 u = 4 3 n + 3 2 n . Bài toán 2.7.3. Tìm so hạng tőng quát của các dãy so sau un+1 − 2un + 4un−1 = 0, u1 = 0, u2 = √ 3. 4 3 3 4 2 3 ⇔ 2
• 45. tại sividoc.com − 3n+1 3 3 √ ⇔ − 3 nπ 1 nπ cos + sin 3n+1 3n+1 j=0 j=1 Giải. Xét phương trình đ c trưng λ2 2λ + 4 = 0 có nghi m phác λ = 1 ± i √ 3. Đ t r = |λ| = q 12 + ( √ 3)2 = 2, tgϕ = √ 3, ϕ ∈ −π ), π . Lúc đó và π λ = 2(cos 3 2 2 π + i sin ) 3 u = rn (A cos nπ + B sin nπ ), n 3 3 Với u1 = 0, u2 = √ 3 ta có h phương trình A cos π + B sin π = 0 A = − √ 3/4 4(A cos 3 + B sin 3 ) = 3 B = 1/4 V y √ Bài toán 2.7.4. (USAMO 1984) Cho P(x) là đa thác b c 3n sao cho P (0) = P (3) = ... = P (3n) = 2, P(1) = P(4) = ... = P(3n − 2) = 1, P(2) = P(5) = ... = P(3n − 1) = 0. Với P(3n + 1) hãy tìm n. Giải. Ta có 0 = (−1)n+1 ∆3n+1 P (0) 3n+1 = (−1)k Σ Ck P(3n + 1 − k) k=0 n n = 730 + 2 Σ (−1)3j+1 C3j+1 + Σ (−1)3j C3j . j=0 Ta có 2a + b = −36 , trong đó n 3n+1 j=1 n 3n+1 a = Σ (−1)3j+1 C3j+1 , b = Σ (−1)3j C3j . = 2n n u 2π 2π . 4 3 4 3
• 46. tại sividoc.com Σ − − c = (−1) C . Đe tìm a và b ta tính căn b c 3 của đơn vị ω = 22πi/3 , căn b c hai mở r®ng của f(x) = (1 − x)3n+1 và đ t n 3j 1 3j 1 3n+1 Ta có Giải h , ta tìm được j=0 0 = f (1) = b − a − c, f(ω) = b − aω − cω2 f(ω2 ) = b − aω2 − cω. (f(1) + ω2 f(ω) + ωf(ω2 )) √ 3n−1 3n − 1 a = − và = 2( 3) 3 cos π 6 (f(1) + f(ω) + f(ω2 )) b = 3 = 2( √ 3)3n−1 cos 3n + 1 π 6 Xét phương trình 2a + b = −36 , ta thay nó không có nghi m khi n lẻ và m®t nghi m khi n chȁn. Bài toán 2.7.5. (Putnam 1980) Cho a là m®t so thực và dãy được định nghĩa bởi u0 = a, un+1 = 2un − n2 . Khi đó, ta có uu > 0 với moi n ≥ 0. Giải. Trong so các dãy thỏa mãn un+1 = 2un − n2 với moi n ≥ 0, sai phân un của hai dãy bat kỳ sě thỏa mãn đieu ki n un+1 = 2vn với moi n ≥ 0. Khi đó un = 2n u0 với moi n ≥ 0. Tiep theo, ta tìm m®t nghi m riêng của un+1 = 2un − n2 với moi n ≥ 0. Chú ý n2 = un − (un+1 − un) = (I − ∆)un. Tà tőng của chuoi hình hoc, giả sả un = (I − ∆)−1 n2 = (I + ∆ + ∆2 + ...)n2 = n2 + (2n + 1) + 2 = n2 + 2n + 3. M t khác, ta có (n + 1)2 + 2(n + 1) + 3 = 2(n2 + 2n + 3) − n2 .
• 47. tại sividoc.com h Ket hợp hai đieu trên ta tìm được nghi m riêng của un+1 = 2un − n2 với moi n ≥ 0 là un = n2 + 2n + 3 + 2n v0 với moi so thực v0. Cuoi cùng cho u0 = a, ta chon v0 = a − 3. Khi đó dãy can tìm là un = n2 + 2n + 3 + 2n (a − 3) với moi n ≥ 0. Suy ra 2n limn→∞ n2 + 2n + 3 = +∞, un không âm với n đủ lớn neu a − 3 < 0. Ngược lại neu a − 3 ≥ 0 thì moi un ≥ 0. Do đó a ≥ 0. Bài toán 2.7.6. (Putnam 1971) Cho c là m®t so thực sao cho nc là m®t so nguyên với n là so nguyên dương bat kỳ. Cháng minh rang c là m®t so nguyên không âm. Giải. Ta thay 2c là m®t so nguyên kéo theo c ≥ 0. Tiep theo ta xét trường hợp c nam trong khoảng 0 và 1 bang cách sả dụng định lý giá trị thực. Ta xét trường hợp c ≥ 1. Giả sả 0 ≤ c < 1. Khi đó chon m®t so nguyên dương n > c1/(1−c) . Áp dụng định lý giá trị thực cho f(x) = xc trên [n, n + 1], ta thay ton tại so ω nam trong khoảng n và n + 1 sao cho ∆nc = (n + 1)c − nc = cωc−1 . bên trái ta có so nguyên nhưng không có bên phải. Vì ω > n > c1/(1−c) , ta có 0 ≤ cωc−1 < 1. Do đó c = 0. Với c ≥ 1, ta xét trường hợp mở r®ng của định lý giá trị thực, neu f liên tục trên [a, b], sai phân b c k trên (a, b), 0 < h ≤ (b − 1)/k và x + kh ≤ b thì ton tại so v sao cho a < v < b và ∆k f (x) hk = f(k) (v). Cho k là so nguyên sao cho k − 1 ≤ x < k. Chon so nguyên n đủ lớn sao cho c(c − 1)(c − 2)...(c − k + 1)nc−k < 1.
• 48. tại sividoc.com h h ⇔ ⇔ Áp dụng định lý giá trị thực mở r®ng với f(x) = xc trên [n, n + k] khi đó ton tại so v năm trong khoảng n và n + k sao cho ∆k nc = c(c − 1)(c − 2)...(c − k + 1)vc−k . Bên trái là so nguyên nhưng bên phải nam trong khoảng [0, 1). Do đó trong cả hai trường hợp đeu là 0 và c = k − 1. Theo định lý giá trị thực mở r®ng có the cháng minh với k = 1 là định lý giá trị thực. Tiep theo giả sả mở r®ng đúng với trường hợp k − 1. Cho 0 < h ≤ (b − a)/k. Trên [a, b − h] định nghĩa g(x) = ∆hf(x) h = f(x + h) − f(x) . h Áp dụng cho trường hợp k − 1 đen g(x), ta thay ton tại so v0 sao cho a < v0 < b − h và ∆k f (x) hk ∆k−1 g(x) = hk−1 = gk−1 (v0). Theo định lý giá trị thực ton tại h0 sao cho 0 < h0 < h và g(k−1) (v0) = f (k−1) (v0 + h) − f (k−1) (v0) h (k) (v0 + h0). Như v y v = v0 + h0 nam trong khoảng a và b. Bài toán 2.7.7. Tìm un thỏa mãn đieu ki n u1 = 2, un+1 = un + 2n, n ∈ N∗. Giải. Xét phương trình đ c trưng: λ − 1 = 0 có nghi m λ = 1. Ta có un = ûn + u∗ n, trong đó ûn = c.1n = c, un ∗ = n(an + b). Thay u∗ n vào phương trình, ta được (n + 1)[a(n + 1) + b] = n(an + b) + 2n ⇔ 2(a − 1) + a + b = 0. a − 1 = 0 a + b = 0 a = 1 b = −1 Do đó u∗ n = n(n − 1). Ta có un = ûn + u∗ n = c + n(n − 1). Vì u1 = 2 nên 2 = c + 1(1 − 1) ⇔ c = 2. V y un = 2 + n(n − 1), hay un = n2 − n + 2. = f
• 49. tại sividoc.com n 2 n+1 √ √ n n Bài toán 2.7.8. (VMO 1995)Tìm un thỏa mãn đieu ki n u0 = 2, un+1 = 5un + q 24u2 − 96, ∀n ∈ N. a) Tìm công thác của so hạng tőng quát un theo n. b) Cháng minh rang un ≥ 2.5n , ∀n ∈ N. Giải. a) Với moi n ∈ N ta có u0 = 2, un+1 = 5un + q 24u2 − 96 ⇔ (un+1 − 5un)2 = 24u2 − 96 2 2 ⇔ un − 10un+1un + un+1 + 96 = 0. (2.11) Tà (2.11) thay n bởi n + 1 ta được: 2 n+1 — 10un+1un+2 + un+1 + 96 = 0. (2.12) Dãy {un} là dãy tăng thực sự nên un < un+2. Tà (2.11) và (2.12), suy ra un và un+2 là hai nghi m phân bi t của phương trình ȁn t có dạng: t2 − 10un+1t + u2 + 96 = 0. Theo định lý Viet, ta có: un+2 + un = 10un+1 hay un+2 − 10un+1 + un = 0, ∀n ∈ N. Xét phương trình đ c trưng: λ2 − 10λ + 1 = 0 có hai nghi m λ1,2 = 5 ± 2 6. Ta có nghi m tőng quát un = c1(5 + 2 √ 6)n + c2(5 − 2 √ 6)n . Theo giả thiet ⇔ √ u0 = 0 c1 + c2 = 2, ⇔ c1 = 1, u1 = 10. (5 + 2 6)c1 + (5 − 2 6)c2 = 10. c2 = 1. V y un = (5 + 2 √ 6)n + (5 − 2 √ 6)n . b) Cháng minh bang quy nạp: u
• 50. tại sividoc.com c = 1 = −2 2 uk+1 = 5uk + q 24u2 − 96 ≥ 5.2.5k + q 24u2 − 96 ≥ 2.5k+1 . Với n=0 ta có bat đȁng thác đúng. Giả sả bat đang thác trên đúng với n = k. Nghĩa là uk ≥ 2.5k . Tiep theo, ta cháng minh bat đȁng thác đúng với n + k + 1. Th t v y ta có: k k V y ta có đieu can cháng minh. Bài toán 2.7.9. (Shortlist 1994) Cho dãy {un} xác định bởi u1 = 1, u2 = 2, un+2 = 2un+2 − un + 2, ∀n > 1. Cháng minh rang với moi m, umum+1 cũng là m®t so hạng của dãy so. Giải. Theo giả thiet, ta có: un+2 = 2un+2 − un + 2. Thay n bang n − 1 ta có: un+1 = 2un − un−1 + 2. Trà hai ve cho nhau của các phương trình trên, ta có: un+2 − 3un+1 + 3un − un−1 = 0. Xét phương trình đ c trưng: λ3 − 3λ2 + 3λ − 1 = 0, có nghi m b®i λ1,2,3 = 1. Suy ra nghi m tőng quát: un = c1 + c2n + c2n2 . Thay n = 1, 2, 3 ta có: c1 + c2 + c3 = 1 c1 + 2c2 + 4c3 = 2 c1 + 3c2 + 9c3 = 5 c1 = 2 c3 = 1. Suy ra un = 2 − 2n + n2 . Do đó um um+1 = (m−1)2 +1 (m2 +1) = (m−m+1)1 +1 = am2 −m+2 . ⇔
• 51. tại sividoc.com − 4001 n Bài toán 2.7.10. Cho dãy {un}, n ∈ N∗ được xác định như sau: 2 un u = , u = , ∀n ∈ N∗. 1 3 n+1 2(2n + 1)un + 1 Tính tőng của 2001 so hạng đau tiên của dãy. Giải. Cách 1. Theo giả thiet ta có un u 0, ∀n ∈ N∗ và un = n+1 1 2(2n + 1)un + 1 1 ⇔ un+1 = + 4n + 2. (2.13) un Vì 4n + 2 = 2(n + 1)2 − 2n2 nên tà (2.13) ta có Suy ra 1 un+1 − 2(n + 1)2 1 2 1 = u − 2n = ... = u 1 — 2 = − 2 . Do đó 1 un+1 = 2(n + 1)2 1 . 2 1 1 V y un = 2n − 1 − 2n + 1 . S2001 = u1 + u2 + ... + u2001 1 1 1 1 = 1 − 3 + 3 − 5 + ... + 1 − 4003 Cách 2. 4002 = . 4003 De thay un > 0, ∀n ∈ N∗ . Đ t vn = 2/un. Theo giả thiet ta có v1 = 3, vn+1 = 4(2n + 1) + vn, ∀n ∈ N∗. (2.14) Bang phương pháp sai phân ta tìm được vn = (2n − 1)(2n + 1), ∀n ∈ N∗. Suy ra 2 u = = 2 = 1 − 1 , ∀n ∈ N∗. n vn (2n − 1)(2n + 1) 2n − 1 2n + 1 1
• 52. tại sividoc.com Σ Σ Σ n V y S2001 2001 = ui i=1 1 = 1 − 4003 4002 = . 4003 Bài toán 2.7.11. (Olympic 30/4/2000 khoi 11) Cho dãy {un} được xác định bởi: a) Tính u2000. u0 = 2, un+1 = 2un + 1 . un + 2 b) Tìm phan nguyên A = Giải. Ta có 2000 i=1 ui. Đ t un+1 = 2un + 1 un + 2 1 ⇔ un+1 − 1 3 = 1 + . un − 1 Vì vn+1 = 3vn + 1 nên vn = 1 u − 1 ⇒ u0 = 1. 3n+1 − 1 Do đó vn = 2 . 2 a) Ta có u b) Ta có 2000 = 32001+1 32001−1 un = 1 + 3n+1 − 1 . 2000 A = 2000 + 2 1 . 3i+1 − 1 Suy ra i=2 2000 2000 < A < 2000 + 2 Σ 1 < 2001. 3 3i i=1 V y [A] = 2000. Bài toán 2.7.12. Cho dãy so {un} xác định bởi u0 = 0, u1 = 1, un+1 = 2un − un−1 + 1, ∀n > 1. Cháng minh rang A = 4unun+2 + 1 là so chính phương.
• 53. tại sividoc.com u = 2u− u + 1 n n−1 n−2 Giải. Tà giả thiet thay n + 1 bởi n, ta có: un+1 = 2un − un−1 + 1 Xét phương trình đ c trưng ⇒ un+1 — 3un + 3un−1 — un−1 = 0. λ3 − 3λ2 + 3λ − 1 = 0 ⇔ λ1,2,3 = 1. Do đó nghi m tőng quát un = c1 + c2n + c3n2 . Theo giả thiet ta có u0 = 0, u1 = 1, u2 = 3. Suy ra c1 = 0, c2 = 1/2, c3 = 1/2. Do đó V y un = (n + n2 ). 2 A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) = (n2 + 3n + 1)2 . Ta có đieu can cháng minh. Bài toán 2.7.13. Tìm un thỏa mãn đieu ki n u1 = 1, un+1 = 3un + 2n .n ∈ N∗. Giải. Xét phương trình đ c trưng λ − 3 = 0 có nghi m λ = 3. Ta có un = ûn + un ∗ , trong đó ûn = c.3n và u∗ n = a.2n . Thay u∗ n = a.2n vào phương trình ta thu được a.2n+1 = 3a.2n + 2n ⇔ 2a = 3a + 1 ⇔ a = −1. Suy ra un = −2n . Do đó un = c.3n − 2n. Vì u1 = 1 nên c = 1. V y un = 3n − 2n . Bài toán 2.7.14. Tìm un biet u1 = 1, un+1 = 2un + n2 + 2.2n , n ∈ N∗. 1
• 54. tại sividoc.com b − 2a = 0 b = −2 2 u = 4u− 4u , ∀n ∈ N.n+2 n+1 n 2 2 Giải. Xét phương trình đ c trưng λ − 2 = 0 có nghi m λ = 2. Ta có un = ûn + un ∗ + un ∗∗ , trong đó ûn = c.2n , u∗ n = an2 + bn + c, u∗ n ∗ = An.2n . Thay u∗ n vào phương trình un+1 = 2un + n2 ta được a(n + 1)2 + b(n + 1) + c = 2an2 + 2bn + 2c + n2 ⇔ (a + 1)n + (b − 2a)n + c − a − b = 0. a + 1 = 0 c − a − b = 0 a = −1 c = −3 Do đó u∗ n = −n2 − 2n − 3. Thay u∗∗ vào phương trình un+1 = 2un + 2.2n , ta được A(n + 1)2n+1 = 2An.2n + 2.2n ⇔ 2A(n + 1) = 2An + 2 ⇔ A = 1. Do đó u∗ n ∗ = n2n Kéo theo un = c.2n + (−n2 − 2n − 3) + n.2n . Theo giả thiet u1 = 1 suy ra 1 = 2c − 6 + 2 ⇔ c = 5 . V y un = 5 2n 2 + n2n — n − 2n − 3. Bài toán 2.7.15. Cho dãy {un}: u0 = 3, u1 = 10. Tìm công thác tőng quát của un. Giải. Xét phương trình đ c trưng λ2 − 4λ + 4 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = 2. Khi đó so hạng tőng quát của dãy có dạng un = (c1 + nc2)2n . ⇔ ⇔
• 55. tại sividoc.com u = 2u− 16u , ∀n ∈ N.n+2 n+1 n √ 3 3 ⇔ Theo giả thiet u0 = 3, u1 = 10. V y un = (2n + 3)2n . c1 = 3, 2(c1 + c2) = 10. c1 = 2, c2 = 3. Bài toán 2.7.16. Cho dãy {un}: u0 = 1, u1 = 3 √ 3 + 1. Tìm công thác tőng quát của un. Giải. Phương trình đ c trưng λ2 − 2λ + 16 = 0 không có nghi m thực. Đ t và A = −b 2a = 1, B = ∆ = √ 3 2a r = √ A2 + B2 = 2, ϕ = arctan B = π . A 3 Khi đó so hạng tőng quát của dãy có dạng u = 2n cos nπ + 3 sin nπ . Theo giả thiet u0 = 1, √ n ⇔ c1 = 1, 3 3 √3 √ ⇔ c1 = 1, u1 = 3 3 + 1. 2 c1 2 + c2 2 = 3 3 + 1. c2 = 3. V y un = 2n cos nπ + 3 sin nπ . Bài toán 2.7.17. Cho dãy {un}: u0 = 1, u1 = 5, u2 = 8. un+3 − 6un+2 + 11un+1 − 6un = 0, ∀n ∈ N. Tìm công thác tőng quát của un. Giải. Xét phương trình đ c trưng λ3 − 6λ2 + 11λ − 6 = 0 ⇔ λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3. 1 ⇔
• 56. tại sividoc.com n 2 2 2 Khi đó so hạng tőng quát của dãy có dạng un = c1 + c22n + c33n . Theo giả thiet V y u0 = 1, u1 = 5, u2 = 8 c1 + c2 + c3 = 1, ⇔ c1 + 2c2 + 3c3 = 5, c1 + 4c2 + 9c3 = 8. c1 = −11/2, ⇔ c2 = 9, c3 = −5/2. u = − 11 + 9.2n − 5 .3n . Bài toán 2.7.18. Cho dãy {un}: u0 = 3, u1 = 2, u2 = 8. un+3 − 3un+2 + 3un+1 − un = 0, ∀n ∈ N. Tìm công thác tőng quát của un. Giải. Xét phương trình đ c trưng λ3 − 3λ2 + 3λ + 1 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = λ3 = 1. Khi đó so hạng tőng quát của dãy có dạng un = c1n2 + c2n + c3. Theo giả thiet u0 = 3, c3 = 2, c1 = 7 , u1 = 2, u2 = 8 ⇔ c1 + c2 + c3 = 2, 4c1 + 2c2 + c3 = 8. 2 ⇔ c2 = −9 c3 = 3. V y 7 9 un = 2 − 2 n + 3. Bài toán 2.7.19. Cho dãy {un}: u0 = 0, u1 = 1, u2 = 2, u3 = 6. un+4 = 2un+3 + un+2 − 2un+1 − un = 0, n = 0, 1, .... Tìm công thác tőng quát của un. Giải. Xét phương trình đ c trưng
• 57. tại sividoc.com λ4 − 2λ3 − λ2 + 2λ + 1 = 0 ⇔ (λ2 − λ − 1)2 = 0.
• 58. tại sividoc.com 2 2 2 2 − − √ − 2 √ 1,2 2 2 u1 = 1 2 2 2 2 c 1− √ 5 2 + 2c 1− √ 5 2 + c 1+ √ 5 2 + 2c 1+ √ 5 2 = 2 c4 = 1 5 n un = −√ 5 1 − 2 n n + √ 5 1 + 2 2 u = 2 1 2 3 4 ⇔ λ = 1 − √ 5 , λ = 1 − √ 5 . Khi đó so hạng tőng quát của dãy có dạng un = c1 1 − √ 5 n + c n 1 − √ 5 n + c 1 + √ 5 n + c n 1 + √ 5 n . Theo giả thiet u0 = 0 c1 + c3 = 0 c1 1− √ 5 + c2 1− √ 5 + c3 1+ √ 5 + c4 1+ √ 5 = 1 2 2 √ 2 2 √ 3 2 √ 3 2 √ 3 u3 = 6 c1 1 5 + 3c2 1 5 + c3 1+ 5 2 + 3c4 1+ 5 = 6 c1 = 0 c = 1 ⇔ c3 = 0 V y √ √ . 2 3 ⇔ 3,4 . 5 5 n 2 3 4 5
• 59. tại sividoc.com Ket lu n Với nhi m vụ: Tìm hieu, sưu tam vi c v n dụng toán tả sai phân vào giải m®t so bài toán dành cho hoc sinh giỏi THPT, lu n văn đã hoàn thành các nhi m vụ sau: • Trình bày định nghĩa và các tính chat của toán tả sai phân; • Trình bày ý tưởng v n dụng toán tả sai phân vào giải môt so bài toán sơ cap; • Chon loc m®t so bài toán, đe thi tő hợp dành cho hoc sinh giỏi (trong các tài li u tham khảo) mà nhǎng bài t p đó có the giải bang cách v n dụng khái ni m, tính chat của toán tả sai phân; • Trình bày tường minh lời giải m®t so bài toán dành cho hoc sinh khá, giỏi, đe thi chon hoc sinh giỏi trong nước và quoc te trên cơ sở v n dụng khái ni m, tính chat của toán tả sai phân. Lu n văn cũng rat co gang đe có the trình bày các cách giải khác nhau của cùng m®t bài toán và so sánh nhǎng phương pháp giải với lời giải khi áng dụng tính chat của toán tả sai phân đó người đoc có the đưa ra nh n xét, so sánh giǎa các lời giải với nhau. Hướng nghiên cáu của lu n văn là mở, ngoài các ví dụ được chon loc, trình bày trong lu n văn, ta không quá khó khăn đe tiep tục tìm được nhǎng bài toán khác dành cho hoc sinh giỏi và đưa ra lời giải thú vụ trên cơ sở v n dụng các khái ni m, tính chat của tỉ sai phân.
• 60. tại sividoc.com Tài li u tham khảo Tieng Vi t [1] Nguyen Nguyen Ngoc Giang (2016)Phương pháp giải các bài thi vô đ ch toán. Nhà xuat bản Đại hoc Quoc gia Hà N®i. [2] Nguyen Ngô Đac Tân (2004), Lý thuyet tő hợp và đo th , Nhà xuat bản Đại hoc quoc gia Hà N®i. [3] Vũ Dương Thụy, Nguyen Văn Nho (2009), 40 năm Olimpic Toán hoc quoc te (1959-2000), NXB Giáo dục. [4] Nguyen Tien Tuan (2015), Phương trình sai phân và úng dựng, Lu n văn Thạc sĩ, ĐHQG Hà N®i. Tieng 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