Phương trình sai phân
10.2.4 Phương trình khơng thuần nhất hệ số biến thiên
Xét phương trình dạng giải được đối với sai phân bậc cao nhất
x(n+ 1) =a(n)x(n) +f(n) (a(n)6= 0 ∀n ∈Z+). (10.11) Phương trình thuần nhất của (10.11) là
Đây chính là phương trình (10.10) đã xét ở trên. Nghiệm tổng quát của nó là x(n) =C n−1 Y i=0 a(i). Trở lại với phương trình khơng thuần nhất
x(n+ 1) =a(n)x(n) +f(n) (a(n)6= 0, ∀n∈Z+). (10.13) Nếu biết được một nghiệm riêng nào đó của phương trình khơng thuần nhất thì bài tốn đã được giải xong. Tuy nhiên, việc tìm được một nghiệm riêng của phương trình với hệ số biến thiên nói chung là khó. Vì vậy, ở đây ta thường giải bài toán bằng phương pháp biến thiên hằng số như sau: Ở cơng thức nghiệm tổng qt của phương trình thuần nhất ta coi C = C(n). Khi đó: x(n) =C(n) n−1 Y i=0 a(i), x(n+ 1) =C(n+ 1) n Y i=0 a(i).
Thay x(n), x(n+ 1) vào phương trình khơng thuần nhất, ta được C(n+ 1) n Y i=0 a(i) = C(n) n−1 Y i=0 a(i)a(n) +f(n) ⇔C(n+ 1)−C(n) = Qnf(n) i=0a(i). Thay n lần lượt bởi 0,1,2, ...n−1, ta có:
C(1)−C(0) = f(0) a(0), C(2)−C(1) = f(1) a(0)a(1), ...... C(n)−C(n−1) = f(n−1) a(0)a(1)...a(n−1) ⇒C(n) =C(0) + n−1 X i=0 f(i) a(0)a(1)...a(i).
Lấy hệ số tự do là D=C(0), ta có: C(n) = D+ n−1 X i=0 f(i) a(0)a(1)...a(i).
Thay C(n) vào nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất, ta được nghiệm tổng qt của phương trình khơng thuần nhất:
x(n) = [D+ n−1 X i=0 f(i) a(0)a(1)...a(i)] n−1 Y j=0 a(j) =C n−1 Y i=0 a(i) + n−1 X i=0 f(i) n−1 Y j=i+1 a(j).
Chú ý. 1) Nếu hàm a(n) khác 0 bắt đầu từ n0 trở đi thì ta thường xét phương trình trên tập Zn0 := {n0;n0 + 1;n0 + 2 : ...} và lấy hằng số tự do là C = C(n0). Nếu 0 < n0 và ta bắt đầu từ 0 thì chỉ được nghiệm x(n) = 0, ∀n ≥n0.
Trong trường hợp này, ta cũng có thể đưa bài tốn về trênZ+ bằng cách đổi biến m:=n−n0;m∈Z+.
2) Việc nhớ các công thức nghiệm tổng quát ở trên là không cần thiết, nhưng nên nhớ cách lập công thức nghiệm để áp dụng cho từng bài cụ thể.
Ví dụ 10.6 Giải phương trình
x(n+ 1) = (n+ 1)x(n) + (n+ 1)!n.
Lời giải. Phương trình thuần nhất:
x(n+ 1) = (n+ 1)x(n).
Ở phương trình này a(n) = n+ 16= 0∀n∈Z+. Ở các bước 0,1,2,3, ...n−1,
ta có: x(1) = 1x(0), x(2) = 2x(1), x(3) = 3x(2), .... x(n) =nx(n−1).
Nhân theo từng vế, lấy hằng số tự doC :=x(0), ta có nghiệm tổng qt của phương trình thuần nhất x(n) = n!C; n∈Z+. Coi C =C(n), ta có x(n) = n!C(n), ⇒x(n+ 1) = (n+ 1)!C(n+ 1).
Thay x(n); x(n+ 1) vào phương trình khơng thuần nhất, ta được
(n+ 1)!C(n+ 1) = (n+ 1)C(n)n! +n.(n+ 1)! ⇔C(n+ 1)−C(n) = n. Ở các bước 0,1, ..., n−1 ta có C(1)−C(0) = 0, C(2)−C(1) = 1, C(3)−C(2) = 2, ... C(n)−C(n−1) =n−1.
Cộng theo từng vế và lấy hằng số tự do là D=C(0), ta được C(n) = D+n(n−1)
2 .
Thay C =C(n) tìm được vào biểu thức nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất được nghiệm tổng quát của phương trình khơng thuần nhất là:
x(n) = [D+ n(n−1) 2 ]n!.
Ví dụ 10.7 Giải phương trình
x(n+ 1)−(n−2)x(n) = (n−2)!5n. Lời giải. Phương trình thuần nhất:
Ở phương trình này a(n) =n−2 = 0⇔n = 2. Nếu thay n từ 0,1,2, ...thì chỉ nhận được x(0),−x(0),0,0,0, .... Vậy, để tránh nghiệm "tầm thường về
cuối" này, ta bắt đầu từ n= 3, nghĩa là thay n liên tiếp bởi 3,4,5, ...n−1:
x(4) = 1x(3), x(5) = 2x(4), x(6) = 3x(5),
....
x(n) = (n−3)x(n−1).
Nhân theo từng vế, lấy hằng số tự do C=x(3), ta có nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất
x(n) = (n−3)!C.
Biến thiên hằng số: Ở nghiệm tổng quát này, coi C =C(n), ta có x(n) = (n−3)!C(n),
⇒x(n+ 1) = (n−2)!C(n+ 1).
Thay x(n); x(n+ 1) vào phương trình khơng thuần nhất, ta được
(n−2)!C(n+ 1)−(n−2)(n−3)!C(n) = (n−2)!5n
⇔C(n+ 1)−C(n) = 5n. Thay n bởi 0,1, ..., n−1 vào đẳng thức cuối, ta có
C(1)−C(0) = 50, C(2)−C(1) = 51, C(3)−C(2) = 52, ... C(n)−C(n−1) = 5n−1. Cộng theo từng vế, ta có C(n)−C(0) = 5 n−1 4 .
Lấy hằng số tự do là D:=C(0)−1
4, ta có
C(n) = D+5
n
4 .
Thay C =C(n)tìm được vào biểu thức nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất được nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là
x(n) = (n−3)!(D+5
n
4 ).
Lưu ý rằng, để tínhC(n) ta cũng có thể thayn bắt đầu từ3,4,5, .... Khi đó,
nếu lấy D =C(3)− 125
4 thì sẽ về đúng lời giải ở trên. LấyD = C(0) hoặc
D=C(3) cũng đều được, tuy nhiên cơng thức nghiệm sẽ rườm rà hơn.
Ví dụ 10.8 Giải phương trình
x(n+ 1) + 4nx(n) = 3.2n2+n. Lời giải. Phương trình thuần nhất:
x(n+ 1) =−4nx(n).
Thay n bởi 0,1,2,3, ...n−1 vào phương trình này, ta có: x(1) =−40x(0),
x(2) =−41x(1), x(3) =−42x(2),
....
x(n) =−4n−1x(n−1).
Nhân theo từng vế, lấy hằng số tự doC :=x(0), ta có nghiệm tổng qt của phương trình thuần nhất
x(n) = (−1)n40+1+2+...+(n−1)C = (−1)n2n2−nC. Biến thiên hằng số: Ở nghiệm tổng quát này coi C=C(n), ta có
⇒x(n+ 1) = (−1)n+12(n+1)2−(n+1)C(n+ 1).
Thay x(n); x(n+ 1) vào phương trình khơng thuần nhất, ta được
(−1)n+12(n+1)2−(n+1)C(n+ 1) + 4n(−1)n2n2−nC(n) = 3.2n2+n
⇔(−1)n+12n2+nC(n+ 1) + (−1)n2n2+nC(n) = 3.2n2+n
⇔(−1)n+1C(n+ 1) + (−1)nC(n) = 3
⇔C(n+ 1)−C(n) = 3(−1)n+1. Thay n bởi 0,1, ...,(n−1)vào đẳng thức cuối, ta có
C(1)−C(0) =−3,
C(2)−C(1) = 3, C(3)−C(2) =−3,
...
C(n)−C(n−1) = 3(−1)n+1.
Cộng theo từng vế và lấy hằng số tự do là D:=C(0), ta được C(n) =
(
D−3 khi n chẵn, D khi n lẻ.
Thay C = C(n) vào biểu thức nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất được nghiệm tổng quát của phương trình khơng thuần nhất là:
x(n) = (
2n2−n(D−3) khi n chẵn,
2n2−nD khi n lẻ.
Chú ý. Khi sử dụng phương pháp biến thiên hằng số thường dẫn đến phương trình tuyến tính cấp 1 để tìm C(n) ở dạng
C(n+ 1)−C(n) =g(n).
Trường hợp đơn giản thì ta thường thay lần lượt các giá trị cho n rồi cộng theo vế. Trường hợp tổng ở vế phải là phức tạp thì ta có thể để kết quả ở cơng thức tính tổng. Đơi khi, có thể tính tổng bằng cách giải phương trình tuyến tính để tìmC(n). Xem các ví dụ sau:
Lời giải. Phương trình thuần nhất:x(n+ 1) = 4nx(n).
Thay lần lượt n bởi 0,1,2, ..., n−1 vào phương trình thuần nhất rồi nhân theo từng vế và đặtC =x(0), ta được nghiệm tổng quát của nó là
x(n) =C2n2−n.
Biến thiên hằng số: Ở hệ thức cuối coi C =C(n) và tính x(n+ 1) rồi thay vào phương trình khơng thuần nhất và rút gọn, ta có
C(n+ 1)−C(n) = 2n(n2−2n+ 3).
Đây là một phương trình tuyến tính cấp 1 hệ số hằng. Dễ thấy, nghiệm tổng qt của phương trình thuần nhất của nó làC(n) =¯ D và dạng của nghiệm riêng làC(n) = 2ˆ n(an2+bn+c).Từ đây,C(nˆ + 1) = 2n+1[a(n+ 1)2+b(n+ 1) +c]. Thay vào phương trình khơng thuần nhất của C(n), ta tìm được
ˆ
C(n) = 2n(n2−6n+ 11).
Vậy, nghiệm tổng quát (đối vớiC(n)) là
C(n) = ¯C(n) + ˆC(n) =D+ 2n(n2−6n+ 11).
Thay C(n) vừa tìm được vào nghiệm tổng quát của phương trình khơng thuần nhất (đối với x(n)), ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là
x(n) = [D+ 2n(n2 −6n+ 11)]2n2−n.
Ví dụ 10.10 Giải phương trình x(n+ 1) + (n+ 1)x(n) = (n+ 1)! ln(n+ 2).
Lời giải. Phương trình thuần nhất:x(n+ 1) =−(n+ 1)x(n).
Thay lần lượt n bởi 0,1,2, ..., n−1 vào phương trình thuần nhất rồi nhân theo từng vế và đặtC =x(0), ta được nghiệm tổng quát của nó là
x(n) = C(−1)nn!.
Biến thiên hằng số: Ở hệ thức cuối coi C =C(n) và tính x(n+ 1) rồi thay vào phương trình khơng thuần nhất và rút gọn, ta có
C(n+ 1)−C(n) = (−1)n+1(n+ 2) ln(n+ 2).
Đây là một phương trình tuyến tính cấp 1 mà ta chưa có cách giải. Tuy nhiên, thay n lần lượt bởi 0,1,2, ..., n−1 rồi cộng theo từng vế và đặt D =C(0), ta được C(n) = D+ n X i=1 (−1)i(i+ 1) ln(i+ 1).
ThayC(n)vừa tìm được vào nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất (đối với x(n)), ta có nghiệm tổng qt của phương trình khơng thuần nhất đã cho là x(n) = [D+ n X i=1 (−1)i(i+ 1) ln(i+ 1)](−1)nn!.
Lưu ý rằng, mặc dù tổng này ta khơng tính được cụ thể nhưng việc giải phương trình sai phân trên được coi là xong.
Chú ý. Trong các lời giải trên, ta thường lặp lại việc thay giá trị của n, nhân hoặc cộng theo hai vế... Cách làm này là trực quan, ít nhầm lẫn. Bạn đọc có thể sử dụng cơng thức nghiệm (đã có) và tính chất của sai phân để trình bày lời giải theo cách khác.
10.3 Phương trình tuyến tính cấp 2 hệ số
hằng
Việc giải các phương trình sai phân tuyến tính cấp 2, hệ số biến thiên là rất phức tạp. Điều đó sẽ được trình bày ở "Phần tham khảo". Dưới đây ta sẽ nghiên cứu trường hợp hệ số hằng. Ta nhắc lại kết quả quan trọng đã biết:
x(n) = ¯x(n) + ˆx(n).