Ứng dụng sai phân trong giải toán trung học phổ thông

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG NGUYỄN MINH SƠN ỨNG DỤNG SAI PHÂN TRONG GIẢI TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Chun ngành : Phương pháp tốn sơ cấp Mã số : 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS LÊ HẢI TRUNG Đà Nẵng - Năm 2015 LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chưa cơng bố cơng trình khác Tác giả luận văn NGUYỄN MINH SƠN MỤC LỤC Mở đầu Chương Kiến thức sở 1.1 Một số định nghĩa 1.2 Tính chất 1.3 Tích phân bất định 1.4 Phương pháp tích phân phần 1.5 Phương pháp hệ số bất định 10 1.6 Phương trình sai phân 10 Chương Ứng dụng tính chất sai phân tốn học bậc Trung học phổ thơng 13 2.1 Ứng dụng tính tổng 13 2.2 Ứng dụng dãy số 20 2.3 Một số ứng dụng phương trình hàm 53 2.3.1 Phương trình hàm sai phân bậc 53 2.3.2 Phương trình hàm sai phân bậc có điều kiện 61 k 2.3.3 Phương trình hàm dạng “  a if i (x) + g(x) = ” 66 i=1 2.3.3.1 Cách giải 66 2.3.3.2 Các ví dụ 66 2.3.3.3 Xây dựng dãy số thông qua hàm số ngược 76 2.3.3.4 Một số Ví dụ phương trình hàm khác có liên quan đến sai phân Kết luận Tài liệu tham khảo Quyết định giao đề tài luận văn thạc sĩ (bản sao) 87 91 MỞ ĐẦU Phương pháp sai phân phương pháp áp dụng rộng rãi nhiều lĩnh vực khoa học, kỹ thuật thực tiễn Nội dung đưa tốn cần xét việc giải phương trình sai phân hệ phương trình sai phân Bằng phương pháp sai phân giải phương trình sai phân Trong lĩnh vực tốn bậc Trung học phổ thông, phương pháp sai phân có nhiều ứng dụng Với mục đích tìm hiểu, nghiên cứu tính chất sai phân để từ áp dụng vào việc giải tốn bậc Trung học phổ thông, phục vụ cho công tác giảng dạy trường phổ thông chuyên, luận văn tập trung trình bày tính chất sai phân như: Một số định nghĩa, tính chất Tích phân bất định phương pháp tích phân phần, phương pháp hệ số bất định Các ứng dụng tính chất sai phân tốn học bậc Trung học phổ thơng như: Tính tổng; Ứng dụng dãy số như: Xác định dãy số phương pháp sai phân; Phương trình sai phân tuyến tính cấp một, cấp hai, cấp ba; Phương trình sai phân tuyến tính với hệ số biến thiên; Tuyến tính hóa số phương trình sai phân Một số ứng dụng phương trình hàm như: Phương trình hàm sai phân bậc một; Phương trình hàm sai phân bậc k có điều kiện; Phương trình hàm dạng “  a if i (x) + g(x) = ” bao gồm: i=1 Cách giải, toán xây dựng dãy số thơng qua hàm số ngược Đó lý chọn đề tài “Ứng dụng sai phân giải tốn trung học phổ thơng” Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương Kiến thức sở Chương Ứng dụng tính chất sai phân tốn học bậc Trung học phổ thơng Luận văn hoàn thành hướng dẫn trực tiếp TS Lê Hải Trung Nhân dịp tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành bảo, hướng dẫn tận tâm, nhiệt tình thầy suốt trình thực luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo Ban giám hiệu, phòng đào tạo đại học sau đại học, khoa Toán Trường Đại học Sư phạm Đà Nẵng thầy cô giáo tham gia giảng dạy khóa học Tơi xin chân thành cảm ơn thầy đồng nghiệp tổ Tốn Ban giám hiệu trường THPT Chuyên Hùng Vương – Gia Lai, quan tâm tạo điều kiện thuận lợi để thực kế hoạch học tập Xin chân thành cảm ơn gia đình, người thân bạn bè động viên cổ vũ tơi suốt q trình làm luận văn Mặc dù nghiêm túc cố gắng trình làm luận văn, nội dung luận văn khơng tránh khỏi khiếm khuyết Vì tơi mong nhận ý kiến, góp ý thầy cô, anh chị đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Đà Nẵng, tháng 07 năm 2015 Học viên Nguyễn Minh Sơn CHƯƠNG KIẾN THỨC CƠ SỞ Nội dung chương nhằm trình bày số định nghĩa, tính chất Lý thuyết sai phân nhằm tạo dựng móng liên kết chương sau Các nội dung chương xem thêm tài liệu [1], [3], [4] [6] 1.1 MỘT SỐ ĐỊNH NGHĨA Định nghĩa 1.1.1 Cho ux hàm theo x Khi đó: (ux )( n )  uxux 1 ux ( n 1) , n  1,2,;(ux )(0)  (1.1) gọi biểu thức giai thừa Ví dụ 1.1.1 (a  bx ) n    a  bx  [a  b( x  1)] a  b  x  n  1)  x  n   x  x  1 x  n  1 Định nghĩa 1.1.2 Cho ux hàm theo x Khi ux : u x 1  ux (1.2) gọi sai phân cấp ux Giả sử định nghĩa sai phân cấp n  ux Khi sai phân cấp n ux định nghĩa sau:  nux     n 1ux  (n  1,2, ),  0ux : ux 1.2 TÍNH CHẤT (1) C  (với C số) (2)   ux  vx   ux  vx (1.3) (3)   kux   k ux (với k số) (4)   ux vx   ux vx  vx 1ux (5) Sai phân cấp biểu diễn theo giá trị hàm (6) Sai phân cấp k hàm số ux tốn tử tuyến tính n (7) n  ux  un 1  um (với m  n ) Đặc biệt:  ux  un 1  u1 x m x 1 (8) Định lý Newton: Nếu ux đa thức bậc n x ux  u0  x 1u0  x2 xn  n  u0     u0 2! n! (1.4) Chứng minh (1) C  C  C  (2) ux  vx =(ux 1  ux )  (vx 1  vx )  (ux 1  vx 1)  (ux  vx )    ux  vx  (3) k ux  k (ux 1  ux )  kux 1  kux  (kux ) (4) Ta có: ux vx  vx 1ux =ux (vx 1  vx )  vx 1(ux 1  ux )  ux vx 1  ux vx  vx 1ux 1  vx 1ux  ux 1vx 1  ux vx    ux vx  Vậy   ux v x   ux vx  vx 1ux (5) Chứng minh công thức: n  nux   n 1ux 1   n 1ux   ( 1)i Cni ux  n i i 0 Ta có (1.5) n  vì: ux  ux 1  ux  C10ux 1  C11ux Giả sử (1.5) đến n  k (k  1) , tức là: k  k ux   k 1ux 1   k 1ux   (1)i Cki ux  k i i 0 (1.5) Khi đó: k k i 0 i 0  k 1ux     k ux    k ux 1   k ux   (1)i Cki ux 1 k i   (1)i Cki ux  k i Trong tổng thứ hai, ta đổi số i  i   , sau thay i  i , ta được: k k 1 k 1 i 0 i 1 i 1  (1)i Cki ux  k i   (1)i1Cki1ux k 1i     (1)i Cki 1ux k 1i Bởi vậy: k k i 0 i 0  k 1ux   ( 1)i Cki ux 1 k i   (1)i Cki ux  k i k k 1 i 0 i 1   (1)i Cki ux  k 1i   ( 1)i Cki 1ux  k 1i k k i 1 i 1  ux  k 1   ( 1)i Cki ux  k 1i   ( 1)i Cki 1ux  k 1i  ( 1)k 1ux k   (1)i (Cki  Cki 1 )ux  k 1i  ux  k 1  ( 1)k 1ux i 1 k k 1 i 1 i 0   ( 1)i Cki 1ux  k 1i  ux  k 1  ( 1)k 1ux   ( 1)i Cki 1ux  k 1 i Như (1.5) với n nguyên dương (6) Ta cần chứng minh:  k (aux  bv x )  a k ux  b k vx ,k  1,2, (1.6) Với k  1,2,, theo (1.5), ta có: k k i 0 i 0  k (aux  bvx )   ( 1)i Cki (aux  k i  bvx  k i )   ( 1)i  aCki ux  k i  bCki vx  k i  k k i 0 i 0  a  ( 1)i Cki ux  k i  b ( 1)i Cki vx  k i  a k ux  b k vx Vậy sai phân cấp k hàm số ux toán tử tuyến tính (7) Ta có: n n  ux   (ux 1  ux )   um 1  um    um  um 1      un 1  un   un 1  um x m x m (8) Giả sử ta có ux  A0  A1 x 1  A2 x    A3 x  3  A4 x      An x  n  (1.7) Khi u0  A0 Do x  n   n x  n 1 sai phân tốn tử tuyến tính nên từ (1.7) ta có: ux  A1  A2 x 1  A3 x    A4 x  3    nAn x  n 1  u0  A1  2ux  1.2 A2 x  2.3 A3 x 1  3.4 A4 x      (n  1)nAn x  n    2u0  1.2 A2  2! A2  A2   2u0 2! 3ux  1.2.3 A3  2.3.4 A4 x 1    (n  2)(n  1)nAn x  n 3 3u0 …  u0  1.2.3 A3  3! A3  A3  3! Tiếp tục q trình đó, ta có Ak   k u0 , k  1,2,3, , n k! x2 xn  n Vậy (1.7) trở thành ux  u0  x u0   u0     u0 2! n! 1 Ví dụ 1.2.1 Với ux  A0 x n  A1 x n 1    An , ta có  nux  A0 (n!) Ví dụ 1.2.2 a x  a x 1  a x  (a  1)a x Ví dụ 1.2.3 Ta có: b b    sin(a  bx )  sin(a  bx  b)  sin(a  bx )  2cos  a   bx  sin 2   b b    cos(a  bx )  cos(a  bx  b)  cos(a  bx)  2sin  a   bx  sin 2   Ví dụ 1.2.4 Biểu diễn ux  x  3x  3x  10 dạng chuỗi lũy thừa (dùng định lý Newton)  2  3 x x  12 2! 3! 1 2  3  10  x  3x  x ux  10  x 1  x ux (- 10) ∆ ∆2 ∆3 (2) -8 (6) (12) 18 26 26 Định lý 1.2.1 Ta có đẳng thức:  x(n) = nx(n-1) (1.8) Chứng minh Ta có: x  n  =  x( x  1) ( x  n  1)   ( x  1) x( x  1) ( x  n  2)  x( x  1) ( x  n  1)  x( x  1) ( x  n  2)[( x  1)  ( x  n  1)]  nx( x  1) ( x  n  2)  nx ( n 1) Định lý 1.2.2 Ta có đẳng thức sau: (a  bx ) n   bn(a  bx )( n 1) Chứng minh Tương tự định lí 1.2.1 1.3 TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH Định nghĩa 1.3.1 Giả sử vx  ux    vx  C   vx  ux Khi v x  C gọi tích phân bất định ux , ký hiệu  1ux Vậy  1ux  vx  C (với C số)  x  3 Ví dụ 1.3.1      C   x     1 x     Tính chất 1.3.1 (1)  1  ux  vx    1ux   1vx  C x  3 C (1.9) 78 tương tự n   không suy kết mong muốn Vì ta phải cho n   cần dùng đến f 1 Đó điểm khác biệt ý ví dụ 2.3.25 Ví dụ 2.3.26 Tìm tất toàn ánh f :  :     0:   thỏa mãn x f ( f ( x))  f ( x)( x  f ( f ( x ))), x  Lời giải: Ta có: x f ( f ( x ))  f ( x )( x  f ( f ( x))), x   x f  f ( x )   x f ( x)  f ( x ) f  f ( x )  , x   1   , x  f ( x) f  f ( x) x (2.83) Nếu tồn x  y  cho f ( x )  f ( y ) f  f ( x )   f  f ( y )  1 2 1       x  y f  f ( x)  x f ( x) f ( y) f  f ( y)  y Từ (2.83) ta có Vậy f đơn ánh, suy f song ánh, tồn hàm số ngược f 1 Với x  (0; ) , ta cố định x xây dựng dãy (vn ) sau: v0  x,v1  f (v0 )  f ( x),,vn 1  f (vn ) Khi  0,n  Lại xây dựng dãy (un ) sau: un  ,n  Khi un  0, n  Trong (2.83), thay x  f (vn 1 )  , ta được: 1  1 ,n    2un 1  un   un , n     un   un 1  un 1  un , n   Như dãy số (un ) cấp số cộng có cơng sai d  u1  u0  Do đó: un  u0  nd  + Nếu  1 1 n   ,n  x  f ( x) x  1  từ (2.84) suy lim un   , n  f ( x) x 1  f ( x) x (2.84) 79 tồn n đủ lớn cho un  , mâu thuẫn với un  0, n  + Nếu 1  ta xây dựng hai dãy số (an ),(bn ) sau: f ( x) x b0  f ( x), b1  x,, bn 1  f 1(bn ); an  Khi đó: an  bn 1  1 0 bn f (bn 1 ) Trong (2.83) thay x f 1(bn 1 ) ta được: bn 1  1  ,n    an   an  2an 1, n   bn bn  Tương tự ta thu được: an  a0  n(a1  a0 )  1 1  n   , n  f ( x)  x f ( x)  1  nên ta suy lim an   , n  f ( x) x dẫn tới tồn n đủ lớn cho an  , mâu thuẫn với an  0,n  Cả hai trường hợp dẫn tới mâu thuẫn Vậy ta phải có: 1   f ( x )  x f ( x) x Do ta lấy x tùy ý (0; ) suy f ( x )  x,x  (0; ) Thử lại thấy thỏa mãn Ví dụ 2.3.27 Tìm hàm số f :    liên tục  thỏa mãn f  f ( x )   f ( x )  x, x  (2.85) Lời giải: Nếu f ( x )  f ( y ) f ( f ( x ))  f ( f ( y )) nên từ (2.85) suy x  y hay x  y , f đơn ánh Kết hợp với giả thiết f liên tục suy f hàm đơn điệu thực  Từ (2.85) lấy x  f  f (0)   f (0)  f (0)  80 + Trường hợp 1: f hàm tăng thực  Ta chứng minh f toàn ánh Giả sử a  Nếu f ( x)  a, x  f liên tục  nên f ( x)  a, x  f ( x)  a, x  Nếu f ( x)  a, x  f  f ( x )   f (a )  a  f ( x )  f  f ( x )   x  a  x  f ( x )  a  x, x    f ( n)  a  2n, n  *   f (0)  f (n )  a  2n, n * Mà  a  2n, n * điều vơ lí nên khơng thể có f ( x )  a, x  Nếu f ( x)  a, x  f  f ( x )   f (a )  a  f ( x)  f  f ( x )   x  a  x  f ( x )  a  x, x    f (0)  f (n)  a  2n, n * Mà  a  2n, n * điều vơ lí nên khơng thể có f ( x )  a, x  Vậy tồn x  cho f ( x )  a , hay f toàn ánh, suy f song ánh, tồn hàm số ngược f 1 Do f hàm tăng nên f 1 hàm tăng Ta có f (0)   f 1  f (0)   f 1(0)   f 1(0) Từ (2.85) thay x f 1  f 1( x)  ta      f f f 1  f 1( x)   f f 1  f 1( x )   f 1  f 1 ( x )  , x   x  f 1( x )  f 1  f 1( x )  , x  (2.86) Với x  ta có f 1( x)  f 1(0)  với x  ta có f 1( x )  f 1(0)  Với x  , ta xây dựng dãy số (un ) sau: u0  x, u1  f 1( x ), u2  f 1  f 1( x )   f 1(u1 ), , un 1  f 1(un ) 81 Dễ thấy với n  un  Từ (2.86) lấy x  un ta 2un   un 1  un  0, n  0,1,2, Phương trình đặc trưng dãy số (un ) 2         1,  2  n Vậy un  c1    c2 ( 1)n , n  0,1,2, 2 c1  c2  x 1 Do u0  x, u1  f ( x ) nên   c1  c2  u1  f Như un   x  f 1 ( x ) c      1 ( x)  x  f 1 ( x ) c2  x  f 1( x)  n x  f 1( x ) ( 1)n , n  0,1,2, 2  3   * Nếu x  f 1( x )  lim u2n  n  x  f 1( x )  0, suy tồn n cho u2n  , mâu thuẫn * Nếu x  f 1( x )  lim u2n 1   n  x  f 1 ( x )  0, suy tồn n cho u2n 1  , mâu thuẫn x Vậy x  f 1( x )  0, x  hay f 1( x )  , x  hay f ( x )  x, x  Tương tự ta chứng minh f ( x )  x, x  Vậy f ( x )  x, x  Thử lại thấy thỏa mãn + Trường hợp 2: f hàm giảm thực  Với x  ta có f ( x )  , với x  ta có f ( x)  Với x  , ta xây dựng dãy số (vn ) sau: v0  x, v1  f ( x ), v2  f  f ( x )   f (v1 ), , 1  f (vn ) Từ (2.85) lấy x  ta   1  2vn  0, n  0,1,2, Phương trình đặc trưng dãy số (vn ) 82    1 2            c1( 1)n  c2 2n , n  0,1,2, Do v0  x, v1  f ( x) nên c1  c2  x  x  f ( x) x  f ( x )   (c1; c2 )   ;   3   c1  2c2   f ( x )   [2 x  f ( x )]( 1)n  [ x  f ( x )].2n , n  0,1,2, Do f giảm thực nên 1 f (vn ) f (vn )  f (0)    0, n  0,1,2, vn  Nếu x  f ( x )  1 [ f ( x )  x]( 1)n  2[ x  f ( x)].2n  lim   0, n  v n  [2 x  f ( x )]( 1)n  [ x  f ( x )].2n n lim với số tự nhiên n đủ lớn, ta có 1  , đến ta gặp mâu thuẫn Như vậy: f ( x )   x, x  Kết hợp với f (0)  f ( x )   x, x  Thử lại thấy thỏa mãn Các hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f ( x)  x, x   ; f ( x)   x, x   Ví dụ 2.3.28 Tìm hàm số f :    liên tục  thỏa mãn f  f ( x )   f ( x)  x, x  (2.87) Lời giải: Nếu f ( x )  f ( y ) f ( f ( x ))  f ( f ( y )) nên từ (2.87) suy x  y , f đơn ánh Kết hợp với giả thiết f liên tục suy f hàm đơn điệu thực  Từ (2.87) lấy x  f  f (0)   f (0)  f (0)  + Trường hợp 1: f hàm giảm Lấy x * Ta cố định x xây dựng dãy số (an ) sau: a0  x, an 1  f (an ), n  83 Từ (2.87) thay x an ta an   an 1  an  0, n  Phương trình đặc trưng r  r   có nghiệm r1  1 1 , r2  2 Do an  Ar1n  Br2n , n  Từ a0  x a1  f ( x ) ta có hệ  f ( x )  r2 x r1x  f ( x )  A B  x   A; B    ;   r1  r2   r1 A  r2 B  f ( x )  r1  r2  f ( x )  r2 x  r1n   f ( x )  r1x  r2n , n   Vì an  r1  r2 Do f đơn điệu thực nên a f ( x )  f (0) có dấu khơng đổi, dẫn tới n 1 có an x 0 dấu khơng đổi với n  f ( x )  r2 x  r1n 1   f ( x )  r1x  r2n 1 Vì  có dấu khơng đổi với n  f ( x )  r2 x  r1n   f ( x )  r1x  r2n  f ( x )  r2 x  r1n 1   f ( x )  r1 x  r2n 1  r2  Nếu f ( x )  r1x  lim n  f ( x )  r2 x  r1n   f ( x )  r1 x  r2n với số tự nhiên n đủ lớn, ta có đặc biệt an 1 a  , suy n 1  0, n  , an an a1 f ( x)  , dẫn tới  , điều mâu thuẫn với f hàm giảm a0 x Vậy f ( x)  r1x  1 x, x  Kết hợp với f (0)  f ( x)  1 x, x  Thử lại thấy thỏa mãn + Trường hợp 2: f hàm tăng Tương tự ví dụ 2.3.25 ta chứng minh f song ánh nên tồn hàm ngược f 1 Đặt f  n ( x )  f 1( f 1 ( f 1( x))) ( n lần), ta có f  n (0)  Xét dãy (an ) với a0  f ( x ), a1  x, , an  f 1(an 1 ), n  2,3, 84 Thay x f 1(an 1 ) vào (2.87), ta an 2  an 1  an Phương trình đặc trưng      dãy số (an ) có hai nghiệm 1  1  1  , 2  2 Do an  A1n  B2n Vì a0  f ( x), a1  x nên ta có hệ  x  2 f ( x ) 1 f ( x )  x   A  B  f ( x)   A; B    ;    A   B  x        2   Đặt r1  1 1 Khi 1r1  1, 2r2  Ta có , r2  2 f  n ( x)  f 1(an )  an 1  x  2 f ( x )  n 1 1 f ( x )  x  n 1 r  r 1  2 1  2 Vì x  f  f 1( x )   f 1  f ( x )  , x  nên x  y  f  f 1 ( x )   f  f 1 ( y )   f 1 ( x )  f 1 ( y ) Suy f 1 hàm tăng, dẫn tới f  n hàm tăng Xét với x  , cố định Khi f ( x)  , f  n ( x)  với n (do f , f  n hàm tăng) Do x  2 f ( x )  n 1 1 f ( x)  x  n 1 r  r 0 1  2 1  2   x  2 f ( x ) r1 n 1  1 f ( x )  x  r2 n 1   1 f ( x )  x  r2 n 1   2 f ( x )  x  r1 n 1 Từ (2.88) lấy n  2k ta 1 f ( x )  x  r22 k 1  2 f ( x )  x  r12k 1 r      r1  2 k 1  2 f ( x )  x (do 1 f ( x )  x  0, r12 k 1  ) 1 f ( x )  x Từ (2.88) lấy n  2k  ta 1 f ( x )  x  r22k  2 f ( x)  x  r12 k r      r1  2 k  2 f ( x )  x ( 1 f ( x)  x  0, r12 k  ) 1 f ( x )  x (2.88) 85 r  Như ta có :    r1  2 k 1  f ( x )  x  r2     1 f ( x )  x  r1  2 k , k  1,2, cho k   ta 2 f ( x )  x   f ( x )  x 2  f ( x)  r2 x  f ( x )  1 x, x  Ví dụ 2.3.29 Tìm tất song ánh, tăng f :    thỏa mãn: f ( x )  f 1 ( x )  x, x  (2.89) Kí hiệu f 1 hàm ngược f Lời giải: Giả sử hàm số f thỏa mãn yêu cầu đề Từ (2.89) thay x f ( x) ta được: f  f ( x )   f ( x )  x  0,x  (2.90) Lấy x  Ta cố định x xây dựng dãy số (an ) sau: a0  x, an 1  f (an ), n  Từ (2.90) thay x an ta an   2an 1  an  0, n  Phương trình đặc trưng r  2r   có nghiệm kép   Do đó: an  An  B,n  B  x  x  a0  B Ta có:     f ( x )  a1  A  B  A  f ( x )  x Vì vậy: an   f ( x )  x  n  x,n  (2.91) Kí hiệu: f ( n ) ( x )  an Khi (2.91) suy f (n ) (0)  nf (0) (2.91) viết lại: f ( n ) ( x )  f ( n ) (0)   f ( x)  x  n  x  f ( n ) (0)  f ( n ) ( x )  f ( n ) (0)   f ( x )  x  f (0)  n  x (2.92) Theo giả thiết ta có f song ánh, tăng  nên f ( n ) ( x )  f ( n ) (0) x  f ( n ) ( x )  f ( n ) (0) x  Với x  f ( x )  x  f (0)  , f ( x)  x  f (0)  (2.93) 86 lim   f ( x )  x  f (0) n  x   , theo (2.92) suy với n đủ lớn ta có n  f ( n ) ( x )  f ( n ) (0) , mâu thuẫn với (2.93) Tương tự ta chứng minh f ( x)  x  f (0)  với x  Vậy: với x  f ( x)  x  f (0)  , với x  f ( x)  x  f (0)  (2.94) Trong (2.89) thay x f 1( x ) ta được: f 1  f 1( x)   f 1( x)  x  0,x  (2.95) Lấy x  Ta cố định x xây dựng dãy số (bn ) sau: b0  x,bn 1  f 1(bn ),n  Từ (2.95) thay x bn ta được: bn   2bn 1  bn  0, n    bn  Cn  D,n    x  b0  D D  x Ta có:    1 C  x  f ( x ) 2 x  f ( x )  f ( x )  b1  C  D Vì vậy: bn   x  f ( x ) n  x,n  (2.96) Kí hiệu: f (  n ) ( x)  bn Khi (2.96) suy f (  n ) (0)  nf (0) (2.96) viết lại: f (  n ) ( x )  f (  n ) (0)    f ( x )  x  n  x  f (  n ) (0)  f ( n ) ( x )  f ( n ) (0)    f ( x )  x  f (0) n  x (2.97) Ta có f song ánh, tăng  nên f 1 song ánh, tăng  , f (  n ) ( x)  f (  n ) (0) x  f (  n ) ( x)  f ( n ) (0) x  (2.98) Từ (2.97) (2.98), tương tự ta chứng minh được: Với x  f ( x )  x  f (0)  , với x  f ( x)  x  f (0)  (2.99) Từ (2.94) (2.99) suy ra: f ( x )  x  f (0),x  Thử lại thấy hàm số f ( x )  x   ,x  (  số tùy ý) thỏa mãn yêu cầu đề 87 Một cách khác Dễ thấy hàm f ( x )  x thỏa mãn yêu cầu đề Tiếp theo giả sử f ( x )  x , tức tồn a  cho f (a )  a Khi tồn b  cho f (a )  a  b Theo (2.89) ta có f  f (a )   f 1  f (a )   f (a )  f (a  b)  a  2(a  b)  f (a  b)  a  2b Bằng quy nạp, ta chứng minh f (a  nb)  a  (n  1)b, n * Lấy x nằm a a  b Giả sử f ( x)  x  c Lí luận tương tự ta f ( x  nc)  x  (n  1)c, n * Vì hàm f tăng thực nên x  c phải nằm f (a )  a  b f (a  b)  a  2b Từ quy nạp, ta có x  nc phải nằm a  nb a  (n  1)b Như c nằm b  ab x ax b  với n Suy c  b n n Do f ( x)  x  b , thử lại thấy thỏa mãn Vậy có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f ( x )  x, f ( x )  x  b (với b nêu trên) 2.3.3.4 Một số Ví dụ phương trình hàm khác có liên quan đến sai phân Ví dụ 2.3.30 Cho hàm số f : (0; )  (0; ) thỏa mãn f (9 x )  2015 f (3x )  2016 f ( x ), x  (2.100) Chứng minh tồn số thực k  để f ( x )  f (kx ), x  Lời giải: Với x  0, đặt f (3n x )  un , n  0,1, Ta viết lại (2.100) sau: f (32 x )  2015 f (31 x )  2016 f (30 x ), x  Thay x 3x ta f (33 x )  2015 f (32 x )  2016 f (31 x ), x  Tổng quát, ta có : f (3n2 x )  2015 f (3n1 x )  2016 f (3n x ), x   un 2  2015.un 1  2016.un  0, n  0,1, 2,  88 Phương trình đặc trưng dãy số   2015  2016  Suy 1  1, 2  2016  un  a.1n  b.2n  a  b.( 2016)n Vì f :(0; )  (0; ) nên un  0,  n  Nếu b  với n lẻ đủ lớn ta có un  0, mâu thuẫn với giải thiết Nếu b  với n chẵn đủ lớn ta có un  0, mâu thuẫn với giả thiết Vậy b  un  u0 f (3n x )  f ( x ), n  1, 2,x  Ví dụ chứng minh Ví dụ 2.3.31 Cho a số nguyên dương Tìm hàm số f :    thỏa mãn điều kiện: với số tự nhiên m, n cho n  m , ta có f (n  m)  f (n  m)  f (an) (2.101) Lời giải: Trong (2.101) cho m  , ta được: f (n)  f (an), n  (2.102) Từ (2.102) lấy n  ta f (0)  Trong (2.101) cho m  , sau sử dụng (2.102), ta được: f (n  1)  f (n  1)  f (n ),n  1,2, (2.103) Đặt an  f (n),n  0,1,2, Thay vào (2.103) ta được: an 1  2an  an 1  0,n  1,2, Phương trình đặc trưng:   2    (  1)2     Số hạng tổng quát dãy số (an ) là: an  A  Bn, n  0,1,2, Do a0  f (0)  nên A  , đó: an  Bn,n  0,1,2, Vậy: f (n )  Bn,n  0,1,2, (2.104) Thay vào (2.104), ta được: B(n  m)  B(n  m)  Ban,n, m  ;n  m  Bn  Ban,n, m  ;n  m  B  Ba  B(a  2)  (2.105) Trường hợp 1: a  Từ (2.105) ta có B  , dẫn đến: f (n)  0,n  Thử lại thấy thỏa mãn 89 Trường hợp 2: a  Khi (2.105) hiển nhiên đúng, suy hàm số f xác định biểu thức (2.104) thỏa mãn yêu cầu đề Kết luận: Nếu a  f (n)  0,n  ; Nếu a  f (n)  Bn,n  ( B số) Ví dụ 2.3.32 Tìm tất hàm số f :  0;     thỏa mãn điều kiện  x  f (0)  f ( x )   f      f 2   x     ,x     (2.106) x x x x Lời giải: Nếu  x   ,  ,       sử dụng 2 4 (2.106), ta f ( x )   f (0)  f (0)  Như vậy: f ( x )  1,x  (0;2) Nếu  x   (2.107) x x x x  2;   1,    1;    2 2 4 f ( x )   f (1)  f (0)   5.1  6.0  Như vậy: f ( x )  6,x [2;4) (2.108) Giả sử f ( x )  an ,x   2n ;2n 1  (n * ) Từ (2.107) (2.108) thấy a1  1, a2  Với x   2n ;2n1   x  x n 1 n   2n1 ;2n    ;2         thì:    x   2n2 ;2n 1    x    2n2 ;2n 1          x   x  f      an 1 , f      an2  an   5an1  6an2  2  4 Như dãy số (an ) thỏa mãn phương trình sai phân tuyến tính cấp khơng nhất: an2  5an 1  6an  (2.109) 90 Đặt an  bn  Thay vào (2.109): bn2  5bn1  6bn  Phương trình đặc trưng dãy số (bn ) là:   5     {2;3} 11 Do đó: bn  a.2n  b.3n ,n  0,1,2, Vì b1  ; b2  nên: 2  a  4 a  b     2a  3b  11 b    3n2 n 2    n 3  Như vậy: bn  4.2n  3n  2n 2  2  an  1  3n2  2n 3  , n  0,1, 2,   Từ trường hợp trên, ta có   0  f ( x )  1  1 n2 n 3  1    x  (2.110) x  (0;2)      x   2n ; 2n 1  , n  Cũng từ trường hợp xét thấy hàm số f xác định (2.110) thỏa mãn yêu cầu đề 91 KẾT LUẬN Với định nghĩa (ux )( n )  uxux 1 ux ( n 1) , n  1,2,;(ux )(0)  ux : ux 1  ux ;  nux     n 1ux  (n  1,2, ),  0ux : ux rút số đ /n tính chất sai phân tích phân bất định vx  ux   1ux  vx  C để áp dụng vào giải số dạng toán bậc Trung học phổ thơng như: Tính tổng; Ứng dụng dãy số; Ứng dụng phương trình hàm Trong ứng dụng tính tổng, sử dụng n 1 n 1 k 1 k 1 n  ak   xk  xk   1ak n với ak  xk  xk   1ak nêu phương pháp tính  1ak làm cho việc giải toán nhanh gọn Thơng qua phương trình sai phân tuyến tính cấp một, cấp hai, cấp ba; phương trình sai phân tuyến tính với hệ số biến thiên để giải số tốn tìm dãy số thường hay gặp đề thi chọn học sinh giỏi cấp Với x thuộc tập xác định hàm số f ( x) , cách xây dựng dãy số  un  : u0  x, u1  f (u0 )  f ( x), u2  f (u1 ),, un 1  f (un ) k chuyển phương trình hàm dạng “  a if i (x) + g(x) = ” phương trình sai i=1 phân từ tìm số hạng tổng qt dãy  un  , suy u0 u1  f ( x ) Đề tài có ý nghĩa mặt lý thuyết, sử dụng tài liệu tham khảo dành cho học sinh chuyên toán bậc Trung học phổ thông giáo viên giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn bậc trung học phổ thơng TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Tài Chung (2013), Chuyên khảo Dãy số, NXB Đại Học Quốc gia Hà Nội [2] Nguyễn Tài Chung (2014), Phương trình hàm, NXB Đại Học Quốc gia Hà Nội [3] Nguyễn Văn Mậu (2006), Lý thuyết tốn tử phương trình tích phân kỳ dị, NXB Giáo Dục, Hà Nội [4] Nguyễn Văn Mậu (1996), Phương trình hàm, NXB Giáo Dục, Hà Nội [5] Nguyen Van Mau (2005), Algebraic Elements and boundary value problems in linear spaces, VNU House Publishers, HaNoi [6] Nguyễn Văn Mậu (2004), Một số toán chọn lọc dãy số, NXB Giáo Dục, Hà Nội [7] Przeworska-Rolewicz (1973), Equations with transformed argument - An algebraic approach, Amsterdam-Warsaw ... định 10 1.6 Phương trình sai phân 10 Chương Ứng dụng tính chất sai phân tốn học bậc Trung học phổ thơng 13 2.1 Ứng dụng tính tổng 13 2.2 Ứng dụng dãy số 20 2.3 Một số ứng dụng phương trình hàm 53... trình sai phân Trong lĩnh vực tốn bậc Trung học phổ thơng, phương pháp sai phân có nhiều ứng dụng Với mục đích tìm hiểu, nghiên cứu tính chất sai phân để từ áp dụng vào việc giải tốn bậc Trung học. .. hệ số bất định Các ứng dụng tính chất sai phân tốn học bậc Trung học phổ thơng như: Tính tổng; Ứng dụng dãy số như: Xác định dãy số phương pháp sai phân; Phương trình sai phân tuyến tính cấp