Đề tài Sai phân và một số ứng dụng trong giải toán

LỜI NÓI ĐẦU: Một trong các dạng toán hay và khó trong chương trình phổ thông trung học là toán về dãy số , trong đó Sai phân và ứng dụng của sai phân là phần rất quan trọng nó không nhữn[r]

SAI PHÂN VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN Ngày 11/3/2010, kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia lớp 12 môn toán có câu số 2(5 điểm/20 điểm; Đề có câu): n 1 n 1 n 1 “Cho dãy số thực  an  xác định : a1  và an  n an 1   2.3 với n  1/ Tìm số hạng tổng quát dãy số  an  2/ Chứng minh  an  là dãy số giảm.” Căn vào dạng công thức dãy đã cho và câu hỏi 1/ có thể nghĩ đến là sử dụng phương pháp sai phân Cụ thể là: +) Dễ chứng tỏ an  0n  N * +) Từ giả thiết ta có: ann  ann11  2n 1  2.3n 1 n  2; n  N Áp dụng phương pháp sai phân ( Lấy tổng hai vế đẳng thức trên, n n  2; n  N ) ta có:  k 2  n   akk  akk11   2k 1  2.3k 1 k 2 n n 1 n 1 Hay an  a1    1    1  ann  2n  3n  an  n 2n  3n Như là dùng phương pháp sai phân ta đã tìm số hạng tổng quát dãy số ( Việc chứng minh dãy giảm là đơn giản: Điều cần chứng minh tương đương với: n 1  2n 1  3n 1  n 2n  3n  2n 1  3n 1 n   n 1    n       1      1           2 Ta có: 1<   3 n n1   2 n n  3n  n 1 n 1 (*) n 2  <    suy ra: 3 n    n 1     n     n      1      1      1          Bất đẳng thức (*) chứng minh) n 1 Ngày 21/3/2010 kỳ thi chọn học sinh giỏi toán lớp 12 tỉnh Hải Dương có bài toán sử dụng phương pháp sai phân : Lop12.net u1  (n  1; 2;3; ) “ Cho dãy số un  thỏa mãn:  un2  un un 1  2010  u u1 u2    n 1 (n  1; 2;3; ) Chứng minh dãy số vn  có u2 u3 un giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó” Nhìn vào câu hỏi có thể nghĩ đến phải dùng phương pháp sai phân cho dãy số un  Cụ thể là: +) Dễ chứng minh dãy số tăng un2 +) Từ giả thiết suy ra: un 1  un  ( n = 1, …) 2010 un 1  un un 1 u    n  2010     với n = 1, 2, … un 1un 2010un 1 un 1  un un 1  Xét dãy số  n 1 uk   2010   Áp dụng phương pháp sai phân, ta có:    k 1 uk 1 k 1  uk uk 1  n  1  u1 u2 u      k  2010     2010    u2 u3 uk 1  u1 uk 1   uk 1  Mặt khác: = u1 < u2 < … < un < un + 1… Nếu {un} bị chặn trên => tồn giới hạn hữu hạn a = (1) lim un ; a>1 un2  un , chuyển qua giới hạn, ta có: Vì un+1 = 2010 a2 a  a => a = trái với a>1 2010 Suy dãy không bị chặn trên; vì {un} dăy tăng, nên ta có lim un = + u u u  Kết hợp với (1) => lim     n 1   2010 hay lim  2010 un   u2 u3 Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi toán lớp 12 năm 2010 tỉnh Nghệ An có bài: Lop12.net  x1   x1  x2  x3   (n  1) xn 1 (n  N ; n  2) Cho dãy số  xn  thỏa mãn   xn  n(n  1)  Tính lim un , với un  (n  1) xn Cũng có thể dùng phương pháp sai phân vào đây: v1  2 (n  1)vn  v1  v2   1 (*) Đặt  nxn ; đó giả thiết đã cho có dạng:  Từ (*) suy (n  1)vn   (n  1)  1 1  1 Hay (n  1)vn  (n  1) 1  (n  1)vn  (n  1)vn 1 Nếu để nguyên khó tìm Ta có thể làm sau: (n  1)vn  (n  1)vn 1  (n  1)nvn  n(n  1)vn 1 (**) Đây là ý đơn giản quan trọng để ta có thể sai phân, cụ thể là (**) suy dãy (n  1)nvn  là dãy số không đổi Từ đó (n  1)nvn  2.1.v1  (n  1)3 4(n  1)  ( n ) Suy un  (n  1)3 xn  n n2 n(n  1) Đến đây thì thật đơn giản, lim un  Hay  Vấn đề sai phân và ứng dụng sai phân giải toán dãy số giải toán nói chung đã nhiều người quan tâm, cho dù mức độ dạng loại có phần khác Người viết bài này đã để tâm sưu tầm, tìm tòi và nghiên cứu khá sâu sai phân, – qua quan sát các đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 cấp Tỉnh, cấp Quốc gia vừa diễn thời gian qua, thấy tầm quan trọng phương pháp sai phân, nên xin trao đổi đây; Mong góp phần nhỏ bé vào việc đào tạo bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh nhà Lop12.net LỜI NÓI ĐẦU: Một các dạng toán hay và khó chương trình phổ thông trung học là toán dãy số , đó Sai phân và ứng dụng sai phân là phần quan trọng nó không góp phần giải các bài toán dãy số mà còn giúp giải số bài toán khác như: phương trình hàm, đa thức, bất đẳng thức Về chất sai phân là tìm cách tách số hạng dãy số đã cho thành hiệu (hay tổng quát là tổng đại số) hai hay ba số hạng liên tiếp dãy số khác Trong sách giáo khoa gần không đề cập vấn đề này, các kỳ thi học sinh giỏi các cấp vấn đề này thường hay đề cập đến Các sách tham khảo có số bài toán có sử dụng phương pháp sai phân không phân tích chặt chẽ, không có hệ thống lý thuyết làm người đọc khó vận dụng Xuất phát từ mục đích để giảng dạy cho các học sinh giỏi và trao đổi với đồng nghiệp lĩnh vực nói trên, phải phù hợp với học sinh phổ thông(khá, giỏi) tôi đã nghiên cứu kỹ lưỡng dạng và cách giải loại bài, trình bày lại thông qua các Ví dụ, khái quát thành phương pháp cho dễ vận dụng sau này Các dạng sai phân còn thể sinh động qua các ví dụ cụ thể lấy từ các kỳ thi học sinh giỏi các cấp, quốc gia và quốc tế Qua thực tế giảng dạy thân cho học sinh tham gia các kỳ thi học sinh giỏi, tôi xin mạnh dạn trao đổi cùng các đồng nghiệp, với hy vọng là đóng góp chút vào công đầy khó khăn vinh dự này Vì là suy nghĩ người không tránh khỏi thiếu sót, mong đóng góp các đồng nghiệp và người có cùng mối quan tâm Nội dung bài viết này có phần: 1) Sai phân cấp I 2) Sai phân cấp I suy rộng(một số dạng bản) 3) Sai phân cấp II 4) Sai phân cấp II suy rộng ( số dạng bản) 5) Một số bài toán ứng dụng sai phân ( muốn cung cấp thêm các ví dụ, mang tính thực tiễn giảng dạy) Dưới đây là nội dung bài viết: I) Sai phân cấp I: Cho dãy U n  : U1 cho trước , U n1  aU n  b ( với a,b cho trước) hãy xác định số hạng tổng quát U n dãy số Ta gọi đó là phương trình sai phân cấp I ( tức là để tìm số hạng dãy cần biết số hạng trước nó) Đây là bài toán có cách giải đơn giản: Lop12.net +) Nếu a=1 thì dãy số là cấp số cộng công sai b nên U n  U1  ( n  1)b +) Nếu a  ta có U n1  c  a(U n  c); c  bội a nên U n  a n1 (U1  b đó dãy là cấp số nhân , công a 1 b b ) a 1 a 1 Tuy nhiên ta làm sau thì thấy dẫn tới phương pháp sai phân: n 1 n 1 k 1 k 1 +) Nếu a =1: có U k 1  U k  b   (U k 1  U k )   b hay U n  U1  ( n  1)b +) Nếu a  ta có: U n1  aU n  b  Đặt Vn  Do đó U n 1 U n b  n  n 1 n 1 a a a Un b  Vn 1  Vn  n 1 n a a n 1 n 1 b b  (1  n 1 ) ; từ đó tìm k 1 a( a  1) a k 1 a  (Vk 1  Vk )   k 1 U1 n 1 b b U U n  a (   k 1 )  ( (1  n 1 )  )a n Thử lại thoả mãn a k 1 a a( a  1) a a n Phương pháp này gọi là Sai phân cấp I: Tức là tách số hạng dãy thành hiệu hai số hạng liên tiếp dãy mới, có thể thay dấu các dấu lớn, nhỏ mà ta thấy qua các ví dụ đây, phương pháp này có ứng dụng lớn Ví dụ 1: n k 1 ( k  1) k a) Chứng minh : U n <2 n  N * với U n   b) Chứng minh : U n < n 1 n  N * với U n   18 k 1 k ( k  1)( k  2)( k  3) Giải: a) Ta có k 1 1 1 1   k(  )  k(  )(  )  2(  ) k k 1 ( k  1) k ( k  1)k k k 1 k k 1 k k 1 n n 1 1   2(  )  2(1  )  Un  k k 1 n 1 k 1 ( k  1) k k 1 Do đó U n   b) Ta có 1 1  (  ) k ( k  1)( k  2)( k  3) k ( k  1)( k  2) ( k  1)( k  2)( k  3) Tương tự trên lấy tổng với k từ đến n ta có Lop12.net 1 1 (  )  Un  1.2.3 ( n  1)( n  2)( n  3) 18 Un = Ví dụ 2:(Olympic Toán quốc tế 1970) n Cho  a0  a1   an  ; và dãy số bn  : bn   (1  k 1 ak 1 ) ak ak Chứng minh  bn  2n  N * Giải : Tacó: (1   ( ak  ak 1 )( ak  ak 1 ) ak 1 a  ak 1 )  k  ak ak ak ak ak ak ( ak  ak 1 )2 ak ak ak  2( ak 1  ak ) Từ đó suy  1 1  )  2   ak 1 ak an 1  a0 n bn   2( k 1   (Vì a0  ) (Đpcm)   a0  Ví dụ 4:(Olympic Toán Trung Quốc 1964) Cho an  dãy số an  : an  0; an  an  an 1 (n  N *) Chứng minh (n  N *) n Giải: Từ giả thiết ta có : an 1  an  an  an  an    an  và 1 1    hay ak 1 ak (1  ak ) ak  ak n 1 1 1 1  n   n   an 1      (  )n an 1 a1 n 1 ak 1 ak  ak ak k 1 ak 1 ak 1  ak (1  ak )  n hay an  (Đpcm) Ví dụ 4:(Olympic Toán Việt Nam 1998) Chứng minh không tồn dãy xn  thoả mãn hai điều kiện: xn  0,666 & xm  xn  1  m, n  N * m( m  1) n( n  1) Giải: Giả sử có dãy số thoả mãn hai điều kiện đã nêu n, xếp lại thứ tự x1,x2, ,xn: là xi1  xi2   xin Lop12.net Theo giả thiết có: xi  xi  k 1 k ik 1  ik 1  1  ik (ik  1) k  1,2, , n  Khi đó ta có : n 1 1 1    2(1  )  =  i1 (i1  1) in (in  1) n 1 n 1 i 1 i (i  1) xin  xi1  2 suy : 2.0,666  xi  xi   n , cho n   ta 2.0,666  ( vô lý) n 1 Vậy điều giả sử là sai, hay ta có điều phải chứng minh Ví dụ 5: (Olympic Toán quốc tế 1968) Tính tổng:S =  n  2k   k 1 k 0     ; n là số nguyên dương cho trước( kí hiệu  x  là  phần nguyên x) Giải: x x  1  x   x  1  x  +) Dễ chứng minh  x              x  R     +)Thay x=  n  2k n ta có :  2k 1 2k   n    2k   m  n  2k  n =   2k 1   (  2k k 0   k 1  n lớn để 2m  n   m1   ) 2  Do đó S =    n     2k 1    n  n  n     2k 1  )   20    2m 1   n ( Vì luôn có m đủ Ví dụ 6: (Olympic Toán quốc tế 1994) Cho dãy số an  : a0  1994; an 1  n  998 thì  an   1994  n an  ( n  N ) Chứng minh  an Giải: +)Dễ chứng minh  an 1  an ( n  N ) quy nạp ak a suy ra:  k 1  ak  ak  ak n 1 n 1 n 1 1 a0  an   ( ak  ak 1 )  n    an  1994  n    an  1994  n k 0 k   ak k   ak +) Có ak  ak 1  ak  Lop12.net Ta cần chứng minh n 1 1  a k 0 1 k n 1 n 1 1 n 998    1  an 1  997 k   ak k   an 1 Thật :  (vì n :  n  998  an 1  1994  ( n  1)  997 ) Vậy  an   1994  n Ví dụ 7:(Olympic Toán Bungari 1999) Cho dãy các số nguyên an  thoả mãn : ( n  1)an1  ( n  1)an  2( n  1)(n  N *) Biết a1999 chia hết cho 2000 Tìm số n nhỏ cho an chia hết cho 2000 ( n 2) Giải: Chia hai vế đẳng thức đã cho cho (n-1)n(n+1) ta có: an 1 an an   (1) Đặt bn   (1) có dạng: n( n  1) ( n  1)n n( n  1) n( n  1) 2 bn 1  bn   bn 1   bn  (n  N *) n( n  1) n 1 n n 2 Do đó bn   b2   b2   bn  b2   n Nên an  (  b2  1)n( n  1)  2( n  1)  ( n a2  1)n( n  1) Như phương pháp sai phân ta xác định an Theo giả thiết 2000 là ước a1999=1998(2+1999(  1000 (2  ( a2 a  1)1999)   Z 2 Hay 1000 (2  2000( Vì ta có a2  1) ) a2   a a  1)    )  1000         a2   1000m  2( m  Z )  an  2( n  1)  (1000m  2)n( n  1) Vì n(n-1) chẵn nên an chia hết cho 2000  n   n( n  1)1000  ( n  1)( n  1)1000  n  2k   k ( k  1) 250 Từ đó suy số k nhỏ là 124, hay n nhỏ là 249 Lop12.net Ví dụ 8:(Sai phân trong đa thức ) Tìm tất các đa thức f(x)  R  x  thoả mãn các điều kiện sau: a) f(x+1)- f(x) =  x b) f(x+1)- f(x) = x  x c) f(x+1)- 3f(x) = 2x+5  x Giải: a) Cho x = 0,1,2, ,n, ta phương trình f(x)=f(0) có vô số nghiệm mà f(x) là đa thức nên f(x)=f(0) với x Thử lại hiển nhiên đúng giả thiết b) Đây là bài toán dùng sai phân: Ta đưa bài toán a) cách tìm đa thức g(x) cho: g(x+1) - g(x) = x (  x) Chỉ cần chọn g(x)=ax2+bx ( đa thức có bậc lớn bậc x đơn vị) Ta có a( x  1)2  b( x  1)  (ax  bx)  x(x)  2ax  a  b  xx  a  , b   đó bài toán đã cho  ( f ( x  1)  g ( x  1))  ( f ( x )  g ( x ))  0x Theo a) ta có f(x)- g(x)=A( số) hay f(x) = x   A(x ) 2 Thử lại đúng c)Tương tự câu b), tìm g(x) = ax+b (cùng bậc với 2x+5) cho g(x+1)-3g(x) = 2x+5  x Ta có a(x+1)+b-3(ax+b)=2x+5(  x)  2ax  a  2b  x  5x  a  1, b  3 đó giả thiết có dạng: (f(x+1)-g(x+1)) - 3(f(x)-g(x)) = (  x) Dễ chứng minh đa thức h(x) thoả mãn h(x+1) - 3h(x) = (  x) là đa thức đồng (đồng hệ số) Vậy f(x) = g(x) = - x -  x Ví dụ 9:(Sai phân phương trình hàm) Tìm các hàm số xác dịnh trên R và thoả mãn các điều kiện sau: a)f(x+1) = f(x)  x b)f(x+2) = f(x) + 3x -  x c)f(x+1) = 3f(x) + x d) f(x+1) = 3f(x) + 2x  x Lop12.net e) f(x+2) = f(x) + sinx  x Giải: l ( x )x  0;1 với l(x) f ( x  x )  x  0;1       a)Dễ thấy hàm số tuần hoàn chu kỳ 1, và f ( x ) =  bất kì xác định trên [0;1) Từ bây ta gọi là hàm tuần hoàn chu kỳ ; Tổng quát có thể chu kỳ a  b)Dùng phương pháp sai phân: Tìm hàm số g(x) cho g(x+2) - g(x) = 3x -  x Ta chọn g(x) = ax2 + bx; ta có a(x+2)2 + b(x+2) - (ax2+bx) = 3x-1(  x) hay 4ax+4a+2b = 3x-1  x , nên a = ; b = -2 Khi đó ta có giả thiết tương đương với f(x+2) - g(x+2) = f(x) - g(x)  x Vậy f(x) - g(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ 2, ta gọi đó là h(x)( hoàn toàn xác định) hay f(x) = h(x) + x - 2x Thử lại thoả mãn c)Trước tiên ta tìm hàm số f(x) thoả mãn: f(x+1)=3f(x) (  x)  f ( x  1) f ( x )  x x 3x 1 Đặt f(x) = 3x h(x), ta có h(x+1) = h(x) (  x) tức là h(x) là hàm số tuần hoàn chu kỳ 1(đã xác định theo câu a) hay f(x)=3xh(x) (  x) Bước hai: Ta tìm hàm số g(x) = ax+b cho g(x+1) - 3g(x) = x (  x) a( x  1)  b  3( ax  b)  x(x ) hay a= - 1 ; b= Khi đó f(x+1)-g(x+1) = 3(f(x)- g(x)) (  x) Theo kết trên suy f(x) =  x  +3xh(x), đó h(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ d) Ta tìm hàm số g(x) = a.2xsao cho g(x+1) - g(x) = 2x (  x) hay a.2x+1- 3a.2x=2x  x suy a = -1 Khi đó bài toán đã cho thành: f(x+1) - g(x+1) = 3(f(x)- g(x)) (  x) Cũng theo kết trên thì f(x) = 3x h(x) - 2x (  x), đó h(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ tuỳ ý e) Ta tìm hàm số g(x) = asinx + b cosx cho g(x+2)-g(x) = sinx (  x ) Lop12.net  a(cos2  1)  b sin  Ta tìm a và b thoả mãn :   a sin  b(cos2  1)  Định thức D = - 2cos2  nên a,b xác định Tiếp theo ta có giả thiết trở thành: f(x+2)- g(x+2) = f(x)-g(x).Vậy f(x)-g(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ (đã biết hàm tuần hoàn hoàn toàn xác định theo câu a)) Ngược lại f(x) = g(x) + h(x) với h(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ bất kỳ, g(x) xác định trên ta chứng minh f(x) thoả mãn yêu cầu II)Sai phân cấp I suy rộng: Ta đã giải bài toán tìm Un thoả mãn Un+1=aUn+b với a, b là các số và vài ví dụ áp dụng sai phân cấp I Bây ta giải bài toán phức tạp hơn: tìm Un thoả mãn Un+1=aUn+f(n) đó f(n) là các hàm: đa thức n; sinn; cosn; an Thông qua các ví dụ sau đây ta thấy ứng dụng sai phân mạnh, và có thể nghiên cứu quy luật để áp dụng Ví dụ 1: U1   U n 1  2U n  n  1(n  N *)(1) Tìm U n  :  (Hệ số Un khác 1) Giải: Ta tìm đa thức bậc với n ( cùng bậc với (n+1) ) là: an+b cho  a  1 a( n  1)  2( an  b)  n  1(n  N *) hay   b  2 Khi đó (1)  U n1  ( n  1)   2(U n  n  2) Đặt Vn  U n  n   Vn1  2Vn Vậy U n  Vn  n   2n1.4  n   2n1  n  Thử lại thoả mãn Ví dụ 2: U1   U n 1  U n  n  1(*) Tìm U n  :  (Khác ví dụ trên vì hệ số Un là 1) Lop12.net Giải: Ta phải tìm đa thức bậc với n ( bậc (n+1) đơn vị) an  bn cho a( n  1)2  b( n  1)  an  bn  n  1(n  N *) Giải ta a = b = 2 2 Khi đó (*)  U n1  ( n  1)2  ( n  1)  U n  n  n 1 2 1 1 U n  Vn  n  n  V1  n  n  n  n ( V1=0) Thử lại thoả mãn 2 2 2 Đặt Vn  U n  n  n  Vn1  Vn (n  N *) Vậy Nhận xét : Qua hai ví dụ trên thấy f(n) là đa thức n có bậc k thì ta tìm đa thức để sai phân cùng bậc k (khi hệ số Un khác 1); đa thức bậc k+1 (khi hệ số Un 1) Ví dụ 3: U1   n U n 1  2U n  a)Tìm U n  :  U1    n b)Tìm U n  :  1 U n 1  U n       U1   n U n 1  3U n  c)Tìm U n  :  (Ba ví dụ là ba dạng trường hợp f(n) là hàm mũ: hệ số Un 1, khác không số hàm mũ; cách giải chúng có khác nhau) Giải: a)Cách 1: n Chia hai vế đẳng thức đã cho cho 2n+1 ta có : U n 1 U n       Đặt 2n 1 2n   n 1 n n  3  Un 1 3  3 n Vn  n  Vn 1  Vn    Do đó Vn  V1        U n  (V1     )     22 2  Hay U n  3n  2n Thử lại thoả mãn Cách 2: Lop12.net Ta tìm g(n) = a.3n cho: g ( n  1)  g ( n)  3n n  N *  a3n 1  2a3n  3n n  N * chọn a =1 Khi đó giả thiết trở thành U n1  3n1  2(U n  3n )  U n  3n  2n1 (U1  3) Hay U n  3n  2n b)Ta dùng cách nói trên: n n 1 Tìm g(n) = a   ; g ( n  1)  g ( n)    và ta a = -2 2 2 đó giả thiết trở thành: U n1    2 n n 1 n 1  Un  2  2 1 Vậy U n     U1     U n     2 2 2 n 1 c)Cách 1: Từ giả thiết suy U n 1 U n U n U1 n  n   n   ( n  1)   U n  n3n 1 n 1 3 3 3 Cách 2: U n1  ( n  1)3n  3(U n  n3n1 ) đó U n  n3n1  (U1  1)3n1  n3n1 Ta tìm g(n) = an3n ; g ( n  1)  3g ( n)  3n (n  N *)  a  Khi đó từ giả thiết suy Ví dụ 4: U1   U n 1  U n  cosn a) Tìm U n  :  U1   U n 1  2U n  sin n b) Tìm U n  :  Giải: a)Cách 1: Từ giả thiết suy U n  U1  cos1  cos2   cos( n  1) Từ đó cách sử dụng công thức biến tích thành tổng ta có Un  1 sin 2n  1  sin 2 2sin Cách 2: Lop12.net Ta tìm g(n) = a cosn + b sinn cho: g(n+1) - g(n) = cosn hay:  a(cos1  1)  b sin1  vì định thức D = 2-2cos1 > nên hệ có nghiệm    a sin1  b(cos1  1)  là (a;b) Khi đó ta có: U n1  g ( n  1)  U n  g ( n)n  N * suy U n  g ( n)  U1  g (1)  a cos n  b sin n   a cos1  b sin1 Với a, b xác định theo hệ trên b) Nếu sử dụng cách thì khá phức tạp, vì phải sử dụng đạo hàm Ta dùng cách 2: Tìm hàm số g(n) = a cosn + b sinn, cho g(n+1)-2g(n) = sinn n  N * Làm tương tự trên: a,b là nghiệm hệ phương trình  a(cos1  2)  b sin1  định thức D = - 4cos1 > nên hệ có nghiệm    asin1  b(cos1  2)  (a;b) Thay vào giả thiết ta có U n 1  g  n  1  2(U n  g ( n))n  N *  U n  g ( n)  (1  g (1))2n 1 (với g(n) xác định theo hệ trên) Đến đây ta thấy rõ ràng lợi ích phép sai phân: tìm hàm g(n) để đưa bài toán đã biết(với f(n)=0) Bây ta giải bài toán phức tạp hơn: f(n) là tổng hai hàm ba hàm số đã nêu là hàm đa thức, hàm mũ và hàm cosin, sin biến n Để nắm phương pháp chung ta cần xét ví dụ sau: Ví dụ 5: U1   n U n 1  2U n   n Tìm U n  :  Giải: Rõ ràng không thể chia hai vế đẳng thúc đã cho cho 2n+1 Ta tìm hai hàm số : g(n)=an+b cho g(n+1) -2g(n) = n và h(n) = c3n cho h(n+1)-2h(n) = 3n n  N * Giải ta có a = b = -1; c = Khi đó giả thiết đã cho trở thành: U n1  g ( n  1)  h( n  1)  2(U n  g ( n)  h( n))n  N * Vậy U n  (U1   3)2n1  n   3n  3n  n  Thử lại thoả mãn Một lần ta thấy lợi ích phương pháp sai phân có thể giải bài toán f(n) phức tạp hơn: có dạng tổ hợp các f(n) đã cho III) Sai phân cấp II: Ta gọi biểu thức af(x+2)+bf(x+1)+cf(x) là sai phân cấp II biến x Lop12.net Phương trình sai phân cấp II nhất: af(x+2)+bf(x+1)+cf(x) = 0(*) đó x thuộc R hay thuộc N Ta xét cách giải và mở rộng cho phương trình không ( tức là vế phải phương trình (*) là hàm số) thông qua các ví dụ Ví dụ 1: U1 ;U  R  U n 2  4U n 1  3U nn  N * Tìm U n  :  Giải: U n 2  U n 1  3(U n 1  U n ) n  N *  U n 2  3U n 1  U n 1  3U n Giả thiết    U n 1  U n  (U  U1 )3n 1 n  N * Cộng đại số hai đẳng thức ta có  n 1 U n 1  3U n  (U  3U1 )1 U n  ((U  U1 )3n 1  (U  3U1 )1n 1 ) Hay U n   3n   1n n  N * đó  ;  xác định nhờ U1;U2 Tổng quát: Nếu aU n2  bU n1  cU n  và phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt x1; x2  U n   x1n   x2 nn  N * Trong đó  ;  xác định nhờ U1;U2 Ví dụ 2: U1 ;U  R  U n 2  4U n 1  4U n (n  N *) Tìm U n  :  Giải: Dễ thấy từ giả thiết suy U n2  2U n1  U n1  2U n  n  N * Do đó U n 1  2U n  (U  2U1 )2n 1 Đây là dạng đã giải phần II) Có thể viết : U n 1 U n U  2U1  U n  U1 2n 1  ( n  1)2n 2 (U  2U1 )   2n 1 2n Thử lại thoả mãn Tổng quát: Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm kép x0 thì Un=(an+b)x0n với a và b xác định nhờ U1;U2 Ví dụ 3: U1  U   U n 2  U n 1  U nn  N * Tìm U n  :  Lop12.net Giải: Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phức liên hợp x1,2  1 i    cos  sin 3 Làm tương tự ví dụ 1( Phần II) ta có ( x1  x2 )U n  (U  x2U1 ) x1n 1  (U  x1U1 ) x2 n 1 Thay số ta có U n  a cos n n  b sin n  N * a, b xác định nhờ U1;U2 Thử lại thấy thoả mãn 3 đề bài Tổng quát: phương trình sai phân mà đó phương trình đặc trưng có nghiệm phức liên hợp thì: U n  r n ( acosn  b sin n ) ( Ở đó x1;2  r (co  sin  ) là hai nghiệm phương trình đặc trưng) Ví dụ 4: Tìm tất các hàm số f(x) thoả mãn: f :  a; b    a; b  & f ( f ( x ))  2006 f ( x )  2005 xx   a; b  Giải: Với x0 thuộc  a; b , ta đặt a0  f ( x0 )  x0 ; a1  f1 ( x0 )  f ( x0 ); an 1  f n 1 ( x0 )  f ( f n ( x0 )) Dễ thấy a2  2006a1  2005a0 ; quy nạp ta chứng minh an 2  2006an 1  2005an Đây là phương trình sai phân đã có cách giải tổng quát trên; ta có an   1n   2005n Nếu  >0, cho n   thì an   , trái giả thiết f(x)   a; b  x   a; b  Nếu  <0, cho n   thì an   , trái giả thiết f(x)   a; b  x   a; b  Vậy  =0 hay an =  là số n , tức là f(x0)=x0 x0   a; b   f ( x )  xx   a; b  Thử lại thấy thoả mãn Ví dụ 5:  U1  Tìm U n  :  1 U  n   Un   Giải: Đặt V1  1;Vn1  Vn ( Vì dễ chứng minh Un  0n ) Khi đó giả thiết đã cho trở Un thành: Lop12.net Vn 1 1   Vn 2  2Vn 1  Vn  Do đó Vn  ( an  b)( 1) n Vì V1=1 và V Vn 2 n 2 Vn 1  2n n V2=U1/V1=1 nên Vn  (2n  3)  1  U n  Thử lại thoả mãn 2n  U1  R   Tổng quát: Nếu cho dãy số U n  :  Với điều kiện để Un khác U n 1  aU  b n  Vn thì ta có thể đặt V1  1;U n  ; Từ giả thiết suy Vn2  aVn1  bVn Vn 1 Giải phương trình sai phân cấp II này suy Un Ví dụ 6:  U1  1;V1  Tìm U n  & Vn  : U n1  2U n  Vn (1)  V  U  2V (2) n n  n 1 Giải Từ (1) ta có Vn  U n1  2U n Thay vào (2) ta có: U n2  4U n1  3U n  0n  N * Do đó U n   ( 1)n   ( 3)n ;U1  1;U   U n   ( 1)n  ( 3)n ; Từ đó Vn  U n 1  2U n   ( 1) n  ( 3) n Ví dụ 7: (Olympic Bungari 1978)  a1 ; a2  Z ;( a12  a2  a) / a1a2  Z ; an  0n  N * Cho dãy an  :  an 2  ( a n 1  a) / an (n  N *)  ( a là số cho trước ) Chứng minh dãy số đã cho gồm toàn số nguyên Giải: Từ giả thiết suy an an2  a n1  an suy an1an1  a n  an  Trừ hai đẳng thức này ta có an2 an  a n  an1an1  a n1 hay an 2  an an 1  an 1  (n  N *; n  2) an 1 an Từ đó suy an 1  an 1  t (hằng số; n  ) hay an 1  tan  an 1 (n  2) an Lop12.net Mặt khác a3  ( a2  a) / a1  t  a3  a1 a12  a2  a  Z a2 a1a2 Vì a1; a2 ; t  Z  an  Z n  N * ( Chứng minh quy nạp) Ví dụ 8:(Dự tuyển olympic quốc tế 1982) Cho a  N *;an  : a0  0; a1  1; an1  2an  ( a  1)an1 Với p0 là số nguyên cố định lớn 2, hãy tìm giá trị bé a cho hai khẳng định sau đúng: a)Nếu p là số nguyên tố, p  p0 thì a p  p b)Nếu p là số nguyên tố, p  p0 thì a p không chia hết cho p Giải: Theo công thức nghiệm phương trình sai phân cấp ta có:  an    a  n   n    a , cho n 0;1 ta có      a Từ đó suy n 1 an   Cn k 1a k (nếu n lẻ) k 0 Rõ ràng a2 Nếu p là số nguyên tố lẻ , thì C p k  p; k  1;2; p  Do đó để an  p  a p 1  p  a p Vậy để hai điều kiện đã nêu thoả mãn cần đủ là a p(p  , p  p0 ) & a không chia hết cho số nguyên tố nào lớn p0 Hay số a nhỏ là tích các số nguyên tố p thoả mãn  p  p0 IV)Sai phân cấp II suy rộng: Tương tự sai phân cấp I , ta xét các phương trình sai phân dạng: aU n 2  bU n 1  cU n  f ( n) ; đó f ( n) là hàm đa thức n, hàm mũ n, hàm cosn, sinn Ta có thể thấy phương pháp thông qua ví dụ cụ thể: Ví dụ 1:(Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm phân biệt khác 1) U  1;U1   U n 2  5U n 1  6U n  f ( n) Tìm U n  :  a)Với f(n) = n +2 b) Với f(n) = sinn Lop12.net Giải: Nguyên tắc chung sai phân cấp I, ta tìm g(n) cho g(n+2) - 5g(n+1) + 6g(n) = f(n) n  N a)Ta tìm g(n) = an  b / g ( n  2)  g ( n  1)  g ( n)  n  ; giải ta có g(n) = n  Khi đó giả thiết suy Vn2  5Vn1  6Vn (Vn  U n  g ( n)) 5 n Giải phương trình sai phân ta có Vn  2.2n  3n đó U n  2.2n    Thử lại thoả mãn b) Ta tìm g(n) = acosn + bsinn cho g(n+2) - 5g(n+1) + 6g(n) = f(n) n  N (Định thức D khác nên có (a;b)) Và kết là U n  g ( n)  2.2n  3n , g(n) trên Thử lại thoả mãn Ví dụ 2:(Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm x=1 là nghiệm đơn)  Tìm an  :   an 2 a1  0; a1   4an 1  3an  3n  Giải: Ta tìm g(n) = an2+bn ( bậc g(n) lớn bậc f(n) đơn vị) cho g ( n  2)  g ( n  1)  3g ( n)  3n  2n  N Giải ta g(n)=  n  n ; Đặt an- g(n) = bn ta có phương trình sai phân cấp II: bn2  4bn1  3bn Do đó bn   11 11 n 11 11  , hay an    3n  n  n 8 8 Thử lại thoả mãn Ví dụ 3:(Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm kép x =1)  Tìm an  :   an 2 a0  0; a1   2an 1  an  2n  Giải: Ta tìm g(n) = an3+bn2 (bậc g(n) lớn bậc f(n) đơn vị) cho Lop12.net n  n  2bn 1  bn Từ đó g(n+2) - g(n+1) +g(n) = 2n + n  N Giải ta g(n) = Đặt bn  an  g ( n) , ta có phương trình sai phân cấp II : bn2 6 suy bn  ( n  0).1n  n Vậy an  n3  n  n Thử lại thoả mãn Ví dụ 4:( Trường hợp f(n) là hàm mũ n và phương trình đặc trưng có nghiệm khác số hàm mũ, nghiệm trùng số) U  1;U1   n U n 2  5U n 1  6U n  Tìm U n  :  Giải: Ta tìm g(n) = an3n cho a( n  2)3n2  5a( n  1)3n1  6an3n  3n (n  N ) Ta đựơc a = Khi đó ta có Vn2  5Vn1  6Vn (Vn  U n  g ( n))  Vn  2.2n  3n Vậy U n  2.2n  3n  n3n1 Thử lại thoả mãn Ví dụ 5: (Trường hợp hai nghiệm phương trình đặc trưng khác với số hàm mũ)  Tìm an  :   an 2 a0  0; a1   5an 1  6an  3.5n Giải: Ta tìm g(n) = a5n cho g(n+2) - 5g(n+1) + 6g(n) = 3.5n Giải ta có g ( n )  5n Đặt an  g ( n)  bn ta có phương trình sai phân bn2  5bn1  6bn Giải ta có : bn   3n 3n 5n Do đó an    Thử lại thoả mãn 2 Ví dụ 6:( Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm kép là số hàm mũ)  Tìm an  :   an 2 a0  0; a1   4an 1  4an  5.2n Giải: Lop12.net