101.3 Tính tổng, tổng riêng của chuỗi số bằng phương pháp sai phân ngược 13Chương 2 CÔNG THỨC TỔNG QUÁT CỦA MỘT SỐ HỆ THỨCTRUY HỒI 192.1 Công thức tổng quát của một số dãy số truy hồi cấ
Một số khái niệm cơ bản và tính chất của sai phân
phân Định nghĩa 1.1.1 Giả sử f : R → R là một hàm số cho trước Ta gọi sai phân cấp một của hàm f là đại lượng
Giả sử, với n >1ta đã định nghĩa được sai phân cấp n−1 của hàm f Khi đó sai phân cấp n của hàm f được định nghĩa như sau:
3 b △(ax+b) = [a(x+ 1) +b]−(ax+b) =a. c △x 2 = (x+ 1) 2 −x 2 = 2x+ 1. d △x! = (x+ 1)!−x! =x!C x+1 x −x!. f △lgx =lg(x+ 1)−lgx= lg
Ví dụ 1.2. a △sinx = sin(x+ 1)−sinx= 2 sin 1
b △sin(ax+b) = sin[a(x+ 1) +b]−sin(ax+b) = 2 sina
d △cos(ax+b) = cos[a(x+ 1) +b]−cos(ax+b) =−2 sina
Ví dụ 1.3. a △x (n) = (x+ 1) (n) −x (n) = nx (n−1) b △(ax+b) (n) = na(ax+b) (n−1) Định lý 1.1.1. a Sai phân của hằng số bằng 0. b Sai phân mọi cấp là toán tử tuyến tính. c △ n (x n ) =n! Đặt biệt, △ m (x n ) = 0, nếu m > n,.
Chứng minh. a Sai phân của hằng số bằng 0.
Thật vậy, ta có △(C) =C −C = 0. b Ta chứng minh sai phân mọi cấp là toán tử tuyến tính bằng phương pháp quy nạp
∆ (αf +βg) = α∆ (f) +β∆ (g). Điều này chứng tỏ sai phân cấp một là toán tử tuyến tính.
+ Giả sử △ n là toán tử tuyến tính Ta cần chứng minh △ n+1 cũng là toán tử tuyến tính.
=△(α△ n (f) +β△ n (g)) (theo giả thiết quy nạp)
=α△ n+1 (f) +β△ n+1 (g) Điều này chứng tỏ sai phân cấp n+ 1 cũng là toán tử tuyến tính.
Vậy, theo nguyên lý quy nạp, △ n là toán tử tuyến tính. c Chúng ta sẽ chứng minh △ n (x n ) =n! bằng phương pháp quy nạp.
Ta có △(x) = (1− x)−x = 1! Giả sử △ k (x k ) = k!, ∀k ≤ n Ta cần chứng minh △ n+1 (x k ) = (n+ 1)!
C n+1 k △ n x k (do tính chất tuyến tính) n
Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có △ n (x n ) = n!. Đặc biệt, với m > n, ta có
Từ định nghĩa sai phân và định định lý có các hệ quả sau:
Hệ quả 1.1.1. a △ n (a.x n ) =a.n!. b △ n+1 (x n ) = 0. c Nếu f(x) là một đa thức bậc n của x có dạng f(x) = A 0 x n +A 1 x n−1 +A 2 x n−2 + A n thì
△ n (f(x)) =A 0 n!. Định lý 1.1.2. a Công thức sai phân từng phần
Từ đây, ta suy ra điều phải chứng minh.
Trong trường hợp đặc biệt, khi j = 0 ta có công thức n
△f(i) = f(i)| n+1 m Định nghĩa 1.1.2 Cho hàm số f : R→ R Với n ∈N ∗ ta gọi biểu thức
[f(x)] (n) = f(x)f(x−1)f(x−2) f(x−(n−1)). là biểu thức giai thừa. Ở đây ta xét dạng giai thừa quan trọng sau
(ax+b) (n) = (ax+b)(a(x−1) +b)(a(x−2) +b) (a(x−(n−1)) +b), với n ∈ N ∗ Đặc biệt, khi a= 1, b= 0, với n ∈N ∗ , ta có x (n) =x(x−1)(x−2) .(x−(n−1)).
Nhận xét. Ý tưởng đa thức giai thừa có thể mở rộng cho trường hợp n không phải là số nguyên dương.
Từ công thức x (n+1) =x(x−1)(x−2) .(x−n) = (x−n)x (n) , n ∈N ∗ , chúng ta có thể định nghĩa một cách quy nạp cho x (n) , với n ≤0 Từ định nghĩa mở rộng này ta có các tính chất sau: Định lý 1.1.3.
3 Xét trường hợp n ∈N ∗ , ta có
Mặt khác, áp dụng tính chất 2, ta có
Trường hợp n = 0 là tầm thường Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.
Cơ sở lý thuyết về sai phân ngược
Trước tiên ta xét bài toán sau:
Xác định g x sao cho △(g x ) =f x ,với f x là hàm đã biết.
Nhận xét rằng nếu g x là một lời giải của bài toán trên thì g x +C với C là hằng số bất kỳ cũng là lời giải của nó.
Kí hiệu g x +C =△ −1 (f x ), C ∈ R, ta có một số tính chất của △ −1 như sau Định lý 1.2.1. a △ −1 0 = C, C ∈R. b △ −1 (f x +g x ) = △ −1 (f x ) +△ −1 (g x ) +C, C ∈R. c △ −1 (kf x ) = k△ −1 (f x ) +C, C ∈R. d △ −1 [f x △ (g x )] = f x g x − △ −1 [g x+1 △(f x )] +C, C ∈ R.
Thật vậy, Với C là hằng số thì △C = 0 nên suy ra △ −1 0 = C. b Giả sử,
Suy ra △ −1 (kf x ) =k△ −1 (f x ) +C, C ∈ R d Từ công thức sai phân từng phần
△[f(x)g(x)] = f(x)△g(x) +g(x+ 1)△ f(x) Lấy sai phân ngược hai vế ta được
Ví dụ 1.4 Với n ∈N ∗ ta có a △ −1 a x = a x a−1 +C, C ∈R,0< a ̸= 1. b △ −1 sinx cos(x− 1
2 sin1 2 +C, C ∈R. d △ −1 sin(ax+b) cos(ax+b− a
Ví dụ 1.5 Với h ∈N ∗ Tính các sai phân ngược sau : a △ −1 (x3 x ) = x3 x
Tính tổng, tổng riêng của chuỗi số bằng phương pháp sai phân ngược 13 Chương 2 CÔNG THỨC TỔNG QUÁT CỦA MỘT SỐ HỆ THỨC
Giả sử ta phải tính tổng n
P k=1 a k Khi đó, ta tìm dãy {x k }sao chox k−1 −x k = a k , tức là, ta tìm dãy {x k } sao cho △x k =a k Khi đó ta có n
Ví dụ 1.6 Tính tổng của n số hạng đầu tiên của chuỗi số có số hạng tổng quát u n =n 2 +n, n ∈N ∗
Ví dụ 1.7 Tính các tổng sau a S n = 1 2 + 2 2 + +n 2 , n ∈N ∗ b S n = 1 3 + 2 3 + +n 3 , n ∈N ∗
Nhận xét, dùng định lý phép chia có dư ta phân tích đa thức k 3 = k(k−1)(k−2) + 3k(k−1) +k.
Ví dụ 1.9 Tính tổng của n số hạng đầu tiên của chuỗi số có số hạng tổng quát u n = 1 n 2 +n, n∈ N ∗
Chú ý: Với những bài toán tính biểu thức phức tạp hơn ta dùng công thức đổi biến để đưa về dạng tính toán cơ bản.
Ví dụ 1.10 Tính tổng của n số hạng đầu tiên của các chuỗi số có số hạng tổng quát được cho sau a u n = 1
Do đó nếu ta đặt x+ 2 = 2i−1, thì x= 2i−3 Khi đó, ta có n
Ví dụ 1.11 Tính tổng của n số hạng đầu tiên của chuỗi số có số hạng tổng quát u n = 1 n(n+ 2), n ∈N ∗ Bài giải Ta có
4 − 2n+ 3 2(n+ 1)(n+ 2), n ∈ N ∗ Nhận xét, Ở ví dụ này ta không dùng công thức giai thừa để tính trực tiếp được và do đó ta dùng kỉ thuật tách để dưa được về dạng cơ bản.
CÔNG THỨC TỔNG QUÁT CỦA
MỘT SỐ HỆ THỨC TRUY HỒI
Trong chương này, chúng tôi trình bày một số dạng toán xác định công thức tổng quát của một số dãy số truy hồi Các kết quả ở chương này được tham khảo từ các tài liệu [1,2,3,4].
Trước hết chúng tôi trình bày một số khái niệm sẽ được sử dụng trong chương này. Định nghĩa 2.0.1 Hệ thức truy hồi tuyến tính cấp k có dạng như sau a 0 z n+k +a 1 z n+k−1 + +a k z n =f n (2.1)
Trong đó a 0 , , a k là các hằng số hoặc các hàm của n,a 0 ̸= 0, a k ̸= 0; f n là hàm số của n.
Nếu f n = 0 thì hệ thức (2.1) được gọi là hệ thức truy hồi tuyến tính thuần nhất cấp k.
Nếu f n = 0 và a 0 , , a k là các hằng số, với a 0 ̸= 0, a k ̸= 0, thì hệ thức (2.1) trở thành a 0 z n+k +a 1 z n+k−1 + +a k z n = 0 (2.2) và được gọi là hệ thức truy hồi tuyến tính thuần nhất cấp k với hệ số hằng số. Định nghĩa 2.0.2 Hàm số z n của biến n thoả mãn phương trình (2.1) được gọi là nghiệm của hệ thức truy hồi tuyến tính (2.1).
Hàm số zb n phụ thuộc k tham số, thoả mãn (2.1) được gọi là nghiệm tổng quát của hệ thức truy hồi tuyến tính (2.1), nếu với mọi giá trị ban đầu z 0 , z 1 , , z k−1
19 ta đều xác định được duy nhất các tham số C 1 , C 2 , , C K để nghiệmz n trở thành nghiệm riêng của (2.1) tức là vừa thoả mãn (2.1) vừa thoả mãn zb 0 = z 0 ,bz 1 = z 1 , , zb k−1 =z k−1
Từ (2.2) ta lập phương trình a 0 λ k +a 1 λ k−1 +ã ã ã+a k−1 λ+a k = 0 (2.3)
Phương trình (2.3) được gọi là phương trình đặc trưng của (2.2). Đầu tiên, chúng ta nguyên cứu về hệ thức truy hồi tuyến tính thuần nhất cấp1.
Công thức tổng quát của một số dãy số truy hồi cấp 1
Xét phương trình az n +bz n+1 = f n , b̸= 0 (2.4) và phương trình thuần nhất tương ứng az n +bz n+1 = 0, b̸= 0 (2.5)
Từ đó suy ra z n −a b n z 0 Định lý 2.1.1 Nghiệm tổng quát bz n của (2.5) có dạng bz n = c.λ n , λ= −a b, c∈R
Ví dụ 2.1 Xác định số hạng tổng quát của (z n ) biết
u n+1 = 3u n ,∀n∈ N ∗ u 1 = 1 Bài giải Từ u n+1 = 3u n suy ra u n = 3 n λ Hơn nữa, với u 1 = 1, ta có u 1 = 3.λ = 1.
3.3 n = 3 n−1 Phương trình không thuần nhất Định lý 2.1.2 Nghiệm tổng quát z n của (2.4) được xác định bằng z n = bz n +z ∗ n với z n ∗ là một nghiệm riêng bất kì của (2.4).
Vậy để tìm nghiệm tổng quát z n của (2.4) ta cần tìm nghiệm riêng của (2.4). Sau đây ta xét một số phương pháp tìm nghiệm riêng
1 Phương pháp hệ số bất định a Trường hợp vế phải của (2.4) là đa thức P m (n) bậc m.
TH1: Nếu λ =−a b = 1 hay a= −b thì (2.4) trở thành
Suy raz n là một đa thức bậcm+1 Do đó, chúng ta tìmz ∗ n dưới dạngz n ∗ =n.Q m (n), với Q m (n) là một đa thức bậc m.
Ví dụ 2.2 Tìm một nghiệm riêng của dãy số (z n ) được xác định theo công thức truy hồi sau : zn+1−zn = 2n+ 1, ∀n ∈N ∗
Bài giải Vìλ = 1 nên ta tìm một nghiệm riêng z ∗ n dưới dạng z n ∗ = n(an+b) =an 2 +bn.
Từ công thức truy hồi z n+1 −z n = 2n+ 1, ∀n∈ N ∗ , ta được a(n+ 1) 2 +b(n+ 1)−an 2 −bn = 2n+ 1, ∀n ∈ N ∗
TH2: Nếu λ = −a b ̸= 1 hay a ̸= −b thì ta tìm z n ∗ dưới dạng z n ∗ = Qm(n), với
Q m (n) là một đa thức bậc m vì az n ∗ +bz n+1 ∗ = a.Q m (n) +b.Q m (n+ 1) là một đa thức bậc m.
Ví dụ 2.3 Tìm một nghiệm riêng của dãy số (y n ) được xác định theo công thức truy hồi sau : y n+1 −2y n = 3n+ 2, ∀n ∈N ∗ Bài giải Vìλ = 2 ̸= 1 nên ta tìm một nghiệm riêng y ∗ n dưới dạng y n ∗ =an+b.
Thay vào công thức truy hồi y n+1 −2y n = 3n+ 2, ∀n ∈N ∗ , ta được a(n+ 1) +b−2an−2b= 3n+ 2,∀n ∈ N ∗
Vậy y n ∗ =−3n−5. b Trường hợp vế phải của (2.4) có dạng β n P m (n), trong đó P m (n) là đa thức bậc m.
Khi đó chia hai vế của (2.4) cho β n ta được az n β n +bz n+1 β n = P m (n)
⇔ az n β n +bβz n+1 β n+1 = P m (n). Đặt t n = z n β n Khi đó (2.4) trở thành a.t n +b.βt n+1 = P m (n).
TH1: Nếu − a bβ = 1 thì ta tìm t ∗ n dưới dạng t ∗ n = n.Q m (n), với Q m (n) là một đa thức bậc m.
Do đó z n ∗ có dạng z n ∗ =n.β n Q m (n), với Q m (n) là một đa thức bậc m.
Ví dụ 2.4 Tìm một nghiệm tổng quát của dãy số (x n ) được xác định theo công thức truy hồi sau : x n+1 −3x n = (2n+ 1).2 n , ∀n∈ N ∗ (*) Bài giải Trước hết ta có hệ thức truy hồi thuần nhất tương ứng của (*) là: x n+1 −3x n = 0, ∀n∈ N ∗ (**)
⇔ x n+1 = 3x n Vậy nghiệm tổng quát của (**) là xb n = α.3 n , α∈ R
Tiếp theo, ta tìm một nghiệm riêng của (*) Vì vế phải của (*) là 2 n (2n+ 1) nên nghiệm riêng của (*) có dạng x ∗ n = 2 n (An+B).
Thay x ∗ n = 2 n (An+B) vào (*), ta được:
⇔ −A n + (2A−B) = 2n+ 1 Đồng nhất hai vế ta được:
Vậy nghiệm tổng quát của (*) là: x n =xb n +x ∗ n = α.3 n −2 n (2n+ 5)
TH2: Nếu − a bβ ̸= 1 thì ta tìm t ∗ n dưới dạng t ∗ n = Q m (n), với Q m (n) là một đa thức bậc m Do đó z n ∗ có dạng z n ∗ = β n Q m (n), với Q m (n) là một đa thức bậc m.
Ví dụ 2.5 Tìm một nghiệm riêng của dãy số (zn) được xác định theo công thức truy hồi sau : z n+1 −4 n = (3n+ 2).2 n , ∀n ∈N ∗ (*)
Bài giải Chia hai vế của (*) cho 2 n , ta được z n+1
Vì λ ̸= 1 nên ta tìm một nghiệm riêng y n ∗ dưới dạng y n ∗ =an+b.
Thay vào công thức truy hồi
2 n c Trường hợp vế phải của (2.4) có dạng αcosnz +βsinnz, α 2 +β 2 ̸= 0, z ̸= kπ.
Khi đó ta tìm z ∗ n dưới dạng z n ∗ = Acosnz+Bsinnz, α 2 +β 2 ̸= 0, z ̸= kπ. d Trường hợp f n = g n1 +g n2 +ã ã ã+g ns trong đú g ni cú một trong ba dạng a, b, c.
Khi đó ta tìm nghiệm riêng z ni ∗ ứng với hàm g ni , i= 1, , s Vậy nghiệm riêng z n ∗ ứng với hàm f n là z n ∗ s
Ví dụ 2.6 Tìm một nghiệm riêng của dãy số (z n ) được xác định theo công thức truy hồi sau : z n+1 −2x n = n 2 +n+ 1 + 3.2 n , ∀n ∈N ∗ Bài giải Ta có z n+1 −2z n =f n +g n , ∀n ∈N ∗ với f n = n 2 +n+ 1 và g n = 3.2 n +) Ta tìm nghiệm riêng z n1 ∗ ứng với f n =n 2 +n+ 1.
Vì λ ̸= 1 nên ta tìm một nghiệm riêng z n1 ∗ dưới dạng z n1 ∗ =an 2 +bn+c.
Thay vào công thức truy hồi : z n+1 −2z n =n 2 +n+ 1, ∀n∈ N ∗ , ta được a(n+ 1) 2 +b(n+ 1) +c−2 an 2 +bn+c
+) Ta tìm nghiệm riêng z n2 ∗ ứng với g n = 3.2 n
Chia hai vế của (*) cho 2 n ta được z n+1
Vì λ = 1 nên ta tìm một nghiệm riêng y n ∗ dưới dạng y n ∗ = an Thay vào công thức truy hồi sau :
2 2 n = 3n.2 n−1 Vậy ta có một nghiệm riêng của (z n ) là z n ∗ =z n1 ∗ +z n2 ∗ = −n 2 + 3n+ 1 + 3n.2 n−1
2 Phương pháp biến thiên hằng số
Ta biết rằng nghiệm tổng quát của (2.5) có dạng zb n =C.λ n , λ =−a b Khi đó, biến thiên hằng số C ta xem bzn = Cn.λ n Thay vào (2.4) ta được a.C n λ n +b.C n+1 λ n+1 =f n
Ví dụ 2.7 Tìm một nghiệm riêng u ∗ n của dãy số (z n ) được xác định theo công thức truy hồi sau : u n+1 −u n = cosnz, ∀n ∈N ∗
Bài giải Ta thấy phương trình thuần nhất có nghiệm tổng quát bz n = C Biến thiên hằng số C = C n Thay vào phương trình sai phân ban đầu ta được a.Cn.λ n +b.Cn+1.λ n+1 = cosnz
2 sinn 2 Vậy uc ∗ n =− sin nz− n 2
Xét phương trình sai phân (2.4) Trước hết ta tìm nghiệm với vế phải được xác định là f n = δ 0 n
1, nếu n = 0 với δ 0 n là kí hiệu Kronecker Kí hiệu Kronecker còn có dạng δ 0 n
Nghiệm của phương trình az n +bz n+1 =δ n 0 Kí hiệu là G n và gọi là hàm Green.
Giả sử G n = 0 khi n ≤0 Khi đó (2.6) thoả mãn.
Giải phương trình này ta được
, khi n≥ 1 Đây là một nghiệm riêng của phương trình sai phân và ta tìm được nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng Từ đó suy ra nghiệm tổng quát của phương trình az n +bz n+1 =δ 0 n là
−a b n , khi n ≥ 1, trong đó, A là hằng số tuỳ ý. Điều kiện để G n bị chặn:
- Nếu |a b|= 1 thì G n bị chặn khi n → ∞ với mọi giá trị A.
- Nếu |a b| < 1 thì G n không bị chặn khi n → ∞, nếu A ̸= 0 Do vậy trong trường hợp này cần chọn A = 0 để G n bị chặn và
- Nếu |a b|> 1 thì G n bị chặn khi A− 1 a = 0 và
0 , khi n ≥ 1. Định lý 2.1.3 Nghiệm riêng của phương trình sai phân az n +bz n+1 =f n có dạng z n ∗ ∞
G n−k f n nếu chuỗi này hội tụ.
Chứng minh Theo cách dựng G n ta có a.G n−k +b.G n−k+1 = δ 0 k−n Thay chuỗi hội tụ z n ∗ vào vế trái của phương trình sai phân ta được
Công thức tổng quát của một số dãy số truy hồi cấp cao
hồi cấp cao Định lý 2.2.1 Nghiệm tổng quát z n của (2.2) được xác định bằng z n = bz n +z n ∗ , với zb n là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất (2.3) và z n ∗ là một nghiệm riêng bất kì của (2.2).
Chứng minh Vì z n và z n ∗ là hai nghiệm của (2.2) nên ta có a 0 z n+k +a 1 z n+k−1 +ã ã ã+a k z n =f n a 0 z n+k ∗ +a 1 z n+k−1 ∗ +ã ã ã+a k z n ∗ = f n
+ã ã ã+a k (z n −z n ∗ ) = 0 (2.9) Đặt bz n = z n −z n ∗ Khi đó (2.7) được viết lại như sau a 0 zb n+k +a 1 zb n+k−1 +ã ã ã+a k zb n = 0 (2.10)
Nghiệm tổng quát của (2.6), đã được trình bày trong tiểu mục 2.3.1 Sau đây ta xét một số phương pháp tìm nghiệm riêng z n ∗ a Phương pháp hệ số bất định
1 Nếu λ 1 , , λ k là các nghiệm thực khác 1 của phương trình (2.6) thì z n ∗ n.Q m (n), m∈ N với Q m (n) là đa thức cùng bậc với f n
2 Nếu (2.6) có nghiệmλ = 1 bộis thì z ∗ n = n s Q m (n), m∈ Nvới Q m (n)là đa thức cùng bậc với f n
Ví dụ 2.8 Cho f : N ∗ −→ R thỏa các điều kiện f(n+ 1)−2f(n) +f(n−1) =n+ 1, f(1) = 1, f(2) = 0.
Chứng minh rằng: 6f(n)−24 là bội của n với n ≥ 1.
Bài giải Đặt f(n) =u n , ta được bài toán giá trị ban đầu u n+1 −2u n +u n−1 = n+ 1, u 1 = f(1) = 1, u 2 = f(2) = 0.
Phương trình đặc trưng có nghiệm kép λ = 1 Nghiệm tổng quát phương trình thuần nhất là A+nB Ta tìm nghiệm riêng dưới dạng n 2 (an+b).
2), và nghiệm bài toán ban đầu là u n =f(n) = 4− 11
Ví dụ 2.9 (Đề dự tuyển IMO) Giả sửa, b là2số thực dương Tìm tất cả các hàm f : [0;∞)−→ [0;∞) thỏa mãn điều kiện f(f(z)) +af(z) = b(a+b)z.
Bài giải Vì phương trình hàm trên đúng với mọi z ∈: [0;∞) nên tương tự như vậy ta thu được f n+2 (z) +af n+1 (z) = b(a+b)f n (n).
Cố định x ta thu được phương trình sai phân u n+2 +au n+1 = b(a+b)u n
Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm λ =b, λ =−a−b Khi đó f n (z) =un =Kb n +L(−a−b) n
Mặt khác, do ( b a+b) n →0 khi n→ ∞ nên ta phải có L= 0 Vậy f(x) = Kb=bz.
1 Nếu các nghiệm của (2.7) đều là các nghiệm thực khác β thì z ∗ (n) = Q m (n)β n , với Q m (n) là đa thức bậc m.
2 Nếu (2.7) có nghiệm λ= β bội sthì z n ∗ = n s Q m (n)β n , với Q m (n)là đa thức bậc m.
Ví dụ 2.10 Xét phương trình sai phân z n+4 −10z n+3 + 35z n+2 −50z n+1 + 24z n = 48.5 n
Phương trình đặc trưng có các nghiệm λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3, λ4 = 4 đều khác 5.
Tìm nghiệm riêng dưới dạng z ∗ n = acosnz+bsinnz, α 2 +β 2 ̸= 0, z ̸= kπ.
Ví dụ 2.11 Tìm nghiệm riêng z n ∗ của phương trình sai phân z n+3 −2z n+2 −z n+1 + 2z n = (2−√
Bài giải Phương trình đặc trưng có nghiệm là λ = −1, λ = 1, λ = 2 Từ đó ta có được z n ∗ = cosnπ
Từ phương trình (2.5), ta suy ra a 0 E k +a 1 E k−1 + +a k I z n = f n , trong đó, E là toán tử dịch chuyển Ez n =E 1 z n = z n+1
. Hay ta được f (E).z n = f n Do đó, ta tìm nghiệm riêng z n ∗ dạng z n ∗ = 1 f (E).f n Tính chất 1 f (E).λ n = f (λ).λ n
Chứng minh Từ Tính chất 1 và 2 ta suy ra được Tính chất3 và Tính chất 4 Ở đây ta sẽ chứng minh Tính chất 5 Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp
Từ đó, ta suy ra
Ví dụ 2.12 Tìm nghiệm riêng của phương trình sai phân z n+2 −7z n+1 + 12z n = 2020 n
Ví dụ 2.13 Tìm nghiệm riêng của phương trình sai phân z n+3 −10z n+2 + 33z n+1 36z n = 2020 n
Công thức tổng quát của một số dãy vector truy hồi
Phương pháp 1
Nghiệm tổng quát z(n) của(2.11) cho bởi công thức sau z(n) = A n c, với c là véc tơ hằng.
Vì vậy để nhận được z(n), ta cần tính A n
Ví dụ 2.14 Tìm nghiệm tổng quát của (2.1) với
c, ∀n ∈Z, với c là véc tơ hằng bất kì.
Phương pháp 2
Giả sử v 1 , , v k là các véc tơ riêng độc lập tuyến tính tương ứng với các giá trị riêng λ 1 , λ 2 , , λ k của A Khi đó tồn tại các số c 1 , c 2 , , c k sao cho z(0) = c 1 v 1 +c 2 v 2 +ã ã ã+c k v k
Ta sẽ chứng tỏ z(n) =c1λ1 n v1+c2λ2 n v2+ã ã ã+ckλk n vk, thỏa mãn (2.11).
Vậy z(n) = c 1 λ 1 n v 1 +c 2 λ 2 n v 2 +ã ã ã+c k λ k n v k là nghiệm tổng quát của hệ phương trình sai phân tuyến tính (2.11).
Tổng hợp các vấn đề vừa nêu, chúng ta có định lí sau. Định lý 2.3.1 Nếu v 1 , v 2 , , v k là các véc tơ riêng độc lập tuyến tính tương ứng với các giá trị riêng λ 1 , λ 2 , , λ k củaA thì nghiệm tổng quát của hệ (2.1) có dạng z(n) =c 1 λ 1 n v 1 +c 2 λ 2 n v 2 +ã ã ã+c k λ k n v k , trong đó c 1 , c 2 , , c k là các số thuộc trường K.
Ví dụ 2.15 Tìm nghiệm tổng quát của hệ (2.1) với
Ta có giá trị riêng của A là λ 1,2 =e ±it
! là các véc tơ riêng của A tương ứng với giá trị riêng λ Ta có v 1 = sint isint
Nghiệm tổng quát của hệ có dạng z(n) = α 1 λ n 1 v 1 +α 2 λ n 2 v 2
= sint(α 1 e itn +α 2 e −itn ) isint(α 1 e itn −α 2 e −itn )
Hệ phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất với hệ số hằng 38
Phương pháp sử dụng định lý Caley-Hamilton
Gọi c(λ) = det(λI −A) =λ k +c k−1 λ k−1 +ã ã ã+c 1 λ+c 0 = (λ−λ 1 )(λ−λ 2 ) .(λ−λ k ) là đa thức đặc trưng của A Theo định lý Caley-Hamilton thì c(A) = 0, hay
A k +c k−1 A k−1 + +c1A+c0I = (A−λ1I)(A−λ2I) (A−λkI) = 0.Các định lý sau cho ta một số phương pháp để tính A n Định lý 2.4.1 Cho (A) k×k là ma trận không suy biến; λ 1 , λ 2 , , λ k là các giá trị riêng của A Đặt M(0) = I, M(j) j
(z j+1 (n+ 1)−λ j+1 z j+1 (n))M(j) = 0. Định lý được chứng minh.
. Định lý 2.4.2 Cho (A) k×k là ma trận không suy biến, c(λ) = λ k +c k−1 λ k−1 +ã ã ã+c 1 λ+c 0 , là đa thức đặc trưng của A, z(n) là nghiệm của phương trình sai phân z(n+k) +c k−1 z(n+k−1) +ã ã ã+c 1 z(n+ 1) +c 0 z(n) = 0, với z(0) = 0 =z(1) =ã ã ã= z(k−2) = 0, z(k−1) = 1, q 1 (n), q 2 (n), , q k (n) thỏa
Từ giả thiết ta có q 1 (n+ 1) = c 1 z(n+ 1) +c 2 z(n+ 2) + +c k−1 z(n+k−1) +z(n+k)
= q 1 (n+ 1)I +c 0 q k I = 0. Định lí đã được chứng minh
Phương trình z(n+ 3)−7z(n+ 2)16z(n+ 1)−12z(n) = 0, z(0) = z(1) = 0, z(2) = 1, có nghiệm là z(n) =−(2 +n)2 n−1 + 3 n
. Định lý 2.4.3 Cho (A) k×k là ma trận không suy biến, c(λ) = λ k +c k−1 λ k−1 +ã ã ã+c 1 λ+c 0 , là đa thức đặc trưng củaA Giả sử y 1 (n), y 2 (n), , y k (n)là các nghiệm của phương trình c(E)y(n) = 0 Nếu y 1 (n), y 2 (n), , y k (n) là tập độc lập tuyến tính thì tồn tại các ma trận E 1 , E 2 , , E k sao cho
Vì y 1 (0) y 2 (0) y k (0) y 1 (1) y 2 (1) y k (1) y 1 (k−1) y 2 (k−1) y k (k−1) ̸= 0, nên hệ trên có nghiệm duy nhất (E 1 , E 2 , , E k )thỏa
A n = y 1 (n)E 1 + +y k (n)E k Định lý được chứng minh.
. Định lý 2.4.4 Cho (A) k là ma trận vuông không suy biến, khi đó ma trận A được phân tích duy nhất dưới dạng A = S +N, (trong đó SN = N S nửa đơn, N lũy linh) và
Chứng minh Ta viết c(λ) dưới dạng c(λ) s
Khi đó ta có thể phân tích c(λ) −1 như sau
Ta có A= S+N, SN =N S, N k = 0, S nửa đơn. Định lý được chứng minh.
Phương pháp tính lũy thừa của Ma trận Jordon
Ta biết rằng, với ma trận A đã cho luôn tồn tại ma trận Q không suy biến sao cho Λ =QAQ −1 Viết phương trình (2.3) dưới dạng
Qz(n+ 1) = QAQ −1 Qz(n) +Qb(n) (2.14) Đặt v n =Qz(n) ta được v n+1 = Λ n v 0 +Q n−1
A n−j−1 b(j). Để làm rõ phương pháp này ta sẽ xét ví dụ sau đây.
Ví dụ 2.20 Tìm ma trận Q đưa ma trận
! , về dạng Jordan Dễ thấy đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là λ= 2 và λ= 3.
Do đó dạng Jordan của A là Λ = 2 0
Hai véc tơ riêng củaAtương ứng vớiλ = 2, λ= 3làu = (2b, b), v= (3a, a), a, b ∈ R.
Ví dụ 2.21 Tìm ma trận Q đưa ma trận
, về dạng Jordan Dạng Jordan của A là Λ
Từ ma trận Λ ta có f(e ′ 1 ) = 2e ′ 1 f(e ′ 2 ) =−2e ′ 1 f(e ′ 3 ) =e ′ 2 −2e ′ 3
Do đóe ′ 1 là véc tơ riêng củaA tương ứng với giá trị riêng 2 Gọi e 1 , e 2 , e 3 là hệ sinh của A Ta có
Tương tự ta tính được e ′ + 2 =−te 1 + 0e 2 +te 3
Giả sử m= (m 1 , m 2 , m 3 ); và tọa độ của e ′ 3 Khi đó
Một số ví dụ áp dụng
Trong chương này, chúng tôi trình bày một số bài toán sơ cấp có thể giải được bằng cách đưa về bài toán xác định số hạng tổng quát của các hệ thức truy hồi. Các kết quả ở chương này được tham khảo từ các tài liệu [1,2,3,4].
Ví dụ 2.22 Xác định số hạng tổng quát của dãy số z n , biết
( z 1 = 2023, z n+1 = 2z n + 2n−1, ∀n ∈N ∗ Bài toán quy về việc giải phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất cấp một với điều kiện ban đầu là z 1 = 2020.
Ta có nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất là z n =zb n +z n ∗
Vì phương trình đặc trưng λ− 2 = 0 có nghiệm λ = 2 nên ta có bz n = c.2 n và z n ∗ =an+b.
Thay z n ∗ = an+b vào phương trình sai phân z n+1 = 2z n + 2n−1, ta được a(n+ 1) +b = 2an+ 2b+ 2n−1
Ví dụ 2.23 Xác định số hạng tổng quát của dãy số z n , biết
Bài toán quy về việc giải phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất cấp một với điều kiện ban đầu là z 1 = 2020.
Ta có số hạng tổng quát của dãy số là z n = zb n +z n ∗ , trong đó z n ∗ = z n1 ∗ +z n2 ∗ Vì phương trình đặc trưng λ−2 = 0 có nghiệmλ = 2 nên ta có zb n = c.2 n Hơn nữa, ta có z n1 ∗ = an 2 +bn+c là một nghiệm riêng của phương trình sai phân z n+1 = 2z n +n 2 +n, và z n2 ∗ là một nghiệm riêng của phương trình z n+1 = 2z n + 2.2 n
Thay z n1 ∗ = an 2 +bn+c vào phương trình z n+1 = 2z n +n 2 +n ta được a(n+ 1) 2 +b(n+ 1) +c−2an 2 −2bn−2c= n 2 +n
Thay z n2 ∗ = an 2 +bn+c vào phương trình z n+1 = 2z n + 2.2 n ta được
Ví dụ 2.24 Tính các tích phân sau
0 z n e −x cos zdz. Đặt u =z n e −z, dv =sinzdz, ta có
Hệ này tương đương với hệ z n+1 = z n +y n , z 0 = 1
Ta viết hệ trên dưới dạng z(n+ 1) = Az(n), với
Các giá trị riêng của A là λ 1,2 = 1±i Các véc tơ riêng độc lập tuyến tính của A tương ứng với các giá trị riêng λ 1 , λ 2 là v 1 = 1
Nghiệm tổng quát của hệ là z(n) = α 1 (1 +i) n +α 2 (1−i) n α 1 i(1 +i) n +α 2 i(1−i) n
Từ đó ta nhận được z n √2 n αcos nπ 4 +iβsin nπ 4
Cho n = 0 ta được α = 1 2 , βi= 1 2 , dó đó z n √2 n
Ví dụ 2.25 Cho n, k ∈ Z + Chứng minh rằng với (x 0 , y 0 ), x 0 , y 0 ∈ Z + , tồn tại duy nhất (x n , y n ), x n , y n ∈Z + thỏa mãn
Từ đó suy ra rằng: Nếu phương trình x 2 −ky 2 = 1, k ∈ Z + có nghiệm nguyên dương với k nào đó thì nó có vô số nghiệm nguyên dương Ta chứng minh bài toán trên bằng phương pháp quy nạp Ta chỉ cần chứng minh (3.1) còn (3.2) chứng minh tương tự.
Giả sử (3.1) đúng với n tức là
√ k, ta chứng minh (3.1) đúng với n+ 1 Ta có
√ k, từ đó ta có x n+1 =x 0 x n +ky 0 y n ∈Z + y n+1 =y 0 x n +kx 0 y n ∈Z +
Chứng minh tính duy nhất Giả sử tồn tại (x ′ n , y n ′ ), x ′ n , y n ′ ∈Z + thỏa (3.1) Khi đó ta có x n +y n
Giả sử y n ̸=y n ′ , suy ra x y n ′ −x ′ n n −y n, nhưng do k không chính phương nên ta có điều mâu thuẫn Vậy, y n ′ =y n và do đó x ′ n =x n Ta giả thuyếtk không chính phương vì nếu k chính phương thì k =l 2 Suy ra x 2 −ky 2 = lx 2 −l 2 y 2 = 1 ̸=x−ly = ±1;x+ly = ±1, từ đây ta có x=±;y = 0, dó đó k không thỏa giả thuyết bài toán Bây giờ giả sử phương trình x 2 −ky 2 = 1, k ∈ Z, có nghiệm nguyên dương (x 0 , y 0 ), x 0 , y 0 ∈Z + Khi đó x 0 2 −ky 0 2 = 1 ̸= (x 0 −√ ky 0 )(x ) +
Rõ ràng, (x n , y n ) là cặp nghiệm của phương trình x 2 −ky 2 = 1, k ∈ Z.
Ví dụ 2.26 Xác định u n biết rằng: u 0 = 1, u n+1 = 1
Phương trình đặc trưng có nghiệm λ = √ 1
2 nên nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là cu n =C.
2sin nπ 4 nên ta tìm nghiệm riêng có dạng u ∗ n = Acos nπ 4 + Bsin nπ 4
Thay vào phương trình ta được
2sin nπ 4 Thay n=0, n=1 vào ta được hệ phương trình
Do đó u ∗ n = cos nπ 4 Khi đó u n = cu n +u ∗ n =C.
Ví dụ 2.27 Xác định u n biết rằng: u 1 = 1, u 2 = 0, u n+1 −2u n +u n−1 = n+ 1, n≥2.
Phương trình đặc trưng λ 2 −2λ+ 1 = 0 có nghiệm kép λ= 1 Ta có: u n =uc n +u ∗ n trong đó uc n =A.1 n +Bn.1 n = A+Bn và u ∗ n =n 2 (an+b) Thay u ∗ n vào phương trình ta được
(n+ 1) 2 [a(n+ 1) +b]−2n 2 (an+b) + (n−1) 2 [a(n−1) +b] =n+ 1. Đồng nhất thức ta được a= 1 6 , b= 1 2 Vậy u n = cu n +u ∗ n =A+Bn+n 2 n
Từ u 1 = 1, u 2 = 0, ta có hệ phương trình
Ví dụ 2.28 Tìm u n biết rằng: u1 = 1, u2 = 0, un+1−2un+u n−1 = 2.2 n , n≥ 2.
Phương trình đặc trưng λ 2 −2λ+ 1 = 0 có nghiệm kép λ= 1 Ta có: u n =uc n +u ∗ n trong đó uc n = A.1 n +Bn.1 n = A+Bn và u ∗ n = k.2 n Thay u ∗ n vào phương trình ta được k.2 n+1 −2k.2 n +k.2 n−1 = 2.2 n ⇒ k = 6.
Từ u 1 = 1, u 2 = 0, ta có hệ phương trình
Ví dụ 2.29 Tìm u n biết rằng: u 1 = 1, u 2 = 0, u n+1 −2u n −3u n−1 =n+ 2 n , n≥ 2.
Phương trình đặc trưngλ 2 −2λ−3 = 0 có hai nghiệm phân biệtλ 1 =−1, λ 2 = 3,.
Ta có: u n =cu n +u ∗ n +u ∗∗ n , trong đó cu n = A.(−1) n +B.3 n =A+Bn, u ∗ n = an+bvà u ∗∗ n =k.2 n Thay u ∗ n vào phương trình ta được a(n+ 1) +b−2(an−b)−3[a(n−1) +b] = n ⇐⇒(4a+ 1)n−4(a−b) = 0.
Thay u ∗∗ n vào phương trình ta được k.2 n+1 −2k.2 n +k.2 n−1 = 2 n ⇒k = −2
Do đó u ∗∗ n = − 2 3 2 n Vậy u n = cu n +u ∗ n +u ∗∗ n =A+Bn− 1
Từ u 1 = 1, u 2 = 0, ta có hệ phương trình
Ví dụ 2.30 Tìm u n biết rằng: u 1 = 1, u 2 = 0, u n+1 −2u n +u n−1 =sinn, n ≥2.
Phương trình đặc trưng λ 2 −2λ+ 1 = 0 có nghiệm kép λ 1 = −1, λ 2 = 3, Ta có: u n = cu n +u ∗ n , trong đócu n = A.1 n +Bn.1 n =A+Bn, u ∗ n = k.cosn+l.sinn Thayu ∗ n vào phương trình ta được k.cos(n+ 1) +l.sin(n+ 1)−2(k.cosn+l.sinn) +k.cos(n−1) +l.sin(n−1) =sinn
⇐⇒k.[cos(n+1)+cos(n−1)]+l.[sin(n+1)+sin(n−1)]−2k.cosn−2l.sinn=sinn.
⇐⇒2k.cosn.cos1−2k.cosn+ 2l.sinn.cos1−2l.sinn=sinn.
⇐⇒2k.cosn.(cos1−1) + 2l.sinn.(cos1−1) =sinn.
Vì cos 1−1̸= 0 nên k = 0 và l= 2(sin 1−1) 1 Vậy u ∗ n = 2(cos 1−1) sin n Vậy u n = cu n +u ∗ n =A+Bn+ sinn
Từ u 1 = 1, u 2 = 0, ta có hệ phương trình
Vậy un =cun+u ∗ n = 2 sin 1−4 cos 1−sin 2−4 + (−sin 1 + 2 cos 1 + sin 2−2).n−sinn
Ví dụ 2.31 Xác định u n biết rằng: u 1 = 0, u 2 = 1, u 3 = 3, u n = 7u n−1 −11u n−2 + 5u n−3 , n≥ 4.
Phương trình đặc trưngλ 3 −7λ 2 +11λ−5 = 0có 3 nghiệm thựcλ 1 = λ 2 = 1, λ 3 = 5.
Từ u 1 = 0, u 2 = 1, u 3 = 3 và giải hệ phương trình ta được c 1 =− 1
Ví dụ 2.32 Tìm u n biết rằng: u 1 = 1, u 2 = 0, u n+1 −3u n + 2u n−1 =n+ 2 + 3 n (1−n), n≥2.
Phương trình đặc trưngλ 2 −3λ+2 = 0của phương trình thuần nhất có hai nghiệm phân biệt λ 1 = 1, λ 2 = 2 Do đó phương trình đặc trưng có nghiệm tổng quát là : cu n = C 1 1 n +C 2 2 n =C 1 +C 2 2 n
Tìm nghiệm riêng của phương trình: u n+1 −3u n + 2u n−1 = n+ 2 Vì λ 1 = 1 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng có dạng u ∗ n n(An+B) = An 2 +Bn Do đó u ∗ n−1 =A(n−1) 2 +B(n−1) = An 2 + (−2A+B)n+A−B. u ∗ n+1 =A(n+ 1) 2 +B(n+ 1) = An 2 + (2A+B)n+A+B.
Thay vào phương trình ta có
Tìm nghiệm riêng của phương trình: u n+1 −3u n + 2u n−1 = 3 n (1 −n) Vì β = 3 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng có dạng u ∗∗ n = 3 n (Cn+D) = 3 n Cn+ 3 n D Do đó u ∗∗ n−1 = 3 n−1 C(n−1) + 3 n−1 D = 1 3 3 n C(n−1) + 1 3 3 n D. u ∗∗ n+1 = 3 n+1 C(n+ 1) + 3 n+1 D = 3.3 n C(n+ 1) + 3.3 n D.
Thay vào phương trình ta có
Từ điều kiện u 1 = 1, u 2 = 0 ta có
Ví dụ 2.33 Tìm u n biết rằng: u 1 = 1, u 2 = 1, u n+1 −4u n + 4u n−1 =n 2 −5 + 3 n (1−n), n≥2.
Phương trình đặc trưng λ 2 −4λ+ 4 = 0 của phương trình thuần nhất có nghiệm kép λ 1 = λ 2 = 2 Do đó phương trình đặc trưng có nghiệm tổng quát là : cu n =C 1 2 n +C 2 n 2 n
Tìm nghiệm riêng của phương trình:u n+1 −4u n +4u n−1 =n 2 −5 Vì nghiệm đơn của phương trình đặc trưng khác 1 nên ta tìm nghiệm riêng có dạngu ∗ n = An 2 +Bn+C.
Do đó u ∗ n−1 =A(n−1) 2 +B(n−1) +C =An 2 + (−2A+B)n+A−B +C. u ∗ n+1 =A(n+ 1) 2 +B(n+ 1) +C =An 2 + (2A+B)n+A+Bn+C.
Thay vào phương trình ta có
Tìm nghiệm riêng của phương trình u n+1 −4u n + 4u n−1 = 2 n (n−3) Vì β = 2 là nghiệm bội 2 của phương trình đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng có dạng u ∗∗ n = n 2 2 n (Cn+D) = n 3 2 n C +n 2 2 n D Do đó u ∗∗ n = (n−1) 3 2 n−1 C + (n−1) 2 2 n−1 D = 1 2 2 n C.(n−1) 3 + 1 2 2 n D.(n−1) 2 u ∗∗ n+1 = (n+ 1) 3 2 n+1 C+ (n+ 1) 2 2 n+1 D = 2.2 n C.(n+ 1) 3 + 2.2 n D.(n+ 1) 2
Thay vào phương trình ta có
Từ điều kiện u 1 = 1, u 2 = 1 ta có
4n 2 2 n Đề án tập trung gải quyết bài toán xác định số hạng tổng quát của một số hệ thức truy hồi bằng phương pháp sai phân. Đề án đã hệ thống, làm rõ một số vấn đề sau:
Một số khái niệm cơ bản và tính chất của sai phân.
Một số dạng toán xác định công thức tổng quát của một số dãy số truy hồi.
Một số dạng toán xác định công thức tổng quát của một số dãy vector truy hồi.
Mặc dù khó tránh khỏi những thiếu sót về mặt nội dung cũng như hình thức trình bày, nhưng tác giả hy vọng luận văn sẽ đáp ứng tốt các yêu cầu cơ bản đã đặt ra đối với đề tài và có thể là tài liệu tham khảo bổ ích đối với những ai quan tâm tới lĩnh vực này.