Khái niệm và một số tính chất của sai phân
phân Định nghĩa 1.1.1 Giả sử f : R ẹ R là một hàm số cho trước Ta gọi sai phân cấp một của hàm f là đại lượng
Giả sử với n ą 1 ta định nghĩa sai phân cấp n´1 của hàm f Khi đó sai phân cấp n của hàm f được định nghĩa như sau
, n ě 1,∆ 0 f pxq :“ f pxq. Định lý 1.1.1 a Sai phân của hằng số bằng 0. b Sai phân mọi cấp là toán tử tuyến tính. c 4 n px n q “n!, 4 m px n q “0, m ą n;m, nP Z.
Chứng minh a Sai phân của hằng số bằng 0.
Thật vậy, ta có 4pCq “ C ´C “ 0. b Ta chứng minh sai phân mọi cấp là toán tử tuyến tính bằng phương pháp quy nạp.
+ Thật vậy, @f, g : Ríẹ R,@α, β P R,@xP R, ta cú
∆pαf `βgq pxq “ pαf ` βgq px`1q ´ pαf `βgq pxq
“ αrf px`1q ´f pxqs `βrgpx`1q ´gpxqs
Vậy sai phân cấp một là toán tử tuyến tính.
+Giả sử 4 n là toán tử tuyến tính Ta cần chứng minh 4 n ` 1 cũng là toán tử tuyến tính.
Thật vậy, @f, g : R ẹ R,@α, β P R,@xP R, ta cú
“ 4pα4 n pfq pxq `β4 n pgq pxqq (theo giả thiết quy nạp)
Vậy sai phân cấp n`1 cũng là toán tử tuyến tính.
Do đó, theo nguyên lý quy nạp ta có 4 n là toán tử tuyến tính. c Ta có 4pxq “ px`1q ´x “ 1.
Ta cần chứng minh 4 k ` 1 px k ` 1 q “ pk` 1q!.
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có
Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có
4 n px n q “ n!. Đặc biệt, với m ą n ta có
Từ định nghĩa sai phân và Định lý 1.1.1, ta rút ra các hệ quả quan trọng: Thứ nhất, 4 n pa.x n q “a n n! Thứ hai, 4 n ` 1 px n q “ 0 Cuối cùng, nếu fpxq là một đa thức bậc n của x có dạng fpxq “ a 0 x n ` a 1 x n ´ 1 ` a 2 x n ´ 2 ` ` a n, thì những hệ quả này sẽ giúp hiểu rõ hơn về tính chất của đa thức.
4 n pfpxqq “ a 0 n!. Định lý 1.1.2. a Công thức sai phân từng phần
4rfpxqgpxqs “ fpxq4gpxq ` gpx`1q4 fpxq, @xP R. b ř n x “ m4fpxq “fpn`1q ´fpmq, mă n.
Chứng minh. a @xP R, ta có
4pf gqpxq “ pf gqpx`1q ´ pf gqpxq
4rfpxqgpxqs “ fpxq4gpxq ` gpx`1q4fpxq. b Ta có n ÿ x “ m
Định nghĩa hàm số f : R ẹ R cho n thuộc N, biểu thức giai thừa của f(px) được ký hiệu là rf(px)s(p n q) = f(px)f(px-1)f(px-2) f(px-pn-1) Một dạng giai thừa quan trọng là pax+bq(p n q) = (a(x+b))(a(x-1)+b)(a(x-2)+b) (a(x-pn-1)+b), với n thuộc N Đặc biệt, khi a = 1 và b = 0, ta có x(p n q) = x(px-1)(px-2) (px-pn-1).
Nhận xét Xuất phát từ công thức x p n ` 1 q “ xpx´1qpx´2q px´ nq “ px´nqx p n q , n P N ˚ , ta có thể định nghĩa x p n q với nď 0, như sau:
Từ định nghĩa mở rộng này ta có các tính chất sau: Định lý 1.1.3.
„ 1 px`nqpx`n´1qpx`n´2q px`n´ pn´1qq
2 Xét trường hợp n P N ˚ , ta có
“ px`1qpx` 1´1qpx`1´2q px` 1´ pn´1qq ´xpx´1qpx´2q px´ pn´1qq
“ px`1qpxqpx´1q px´n`2q ´xpx´ 1qpx´ 2q px´n`1q
Mặt khác, áp dụng Tính chất 2, ta có
“ 1 rx` pn`1qspx`nq px`2q ´ 1 px`nq px`2qpx`1q
Trường hợp n “ 0 là tầm thường Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.
Khái niệm và một số tính chất của sai phân ngược
Trước tiên ta xét bài toán sau:
Xác định gpxq sao cho 4gpxq = f(pxq), với f(pxq) là hàm đã biết Nếu gpxq là một lời giải của bài toán này, thì gpxq + C, với C là hằng số bất kỳ, cũng là một lời giải hợp lệ.
Sai phân ngược 4 ´ 1 của hàm số f, ký hiệu là 4 ´ 1 f pxq, có một số tính chất quan trọng được nêu trong định lý 1.2.1 Đầu tiên, với mọi hàm số f, g và @xP R, ta có 4 ´ 1 0“ C, C P R Thứ hai, khi áp dụng sai phân ngược cho tổng hai hàm số, ta có 4 ´ 1 pf pxq `gpxqq “4 ´ 1 f pxq `4 ´ 1 gpxq ` C, C P R Thứ ba, nếu k là một hằng số, thì 4 ´ 1 pkf pxqq “ k4 ´ 1 f pxq `C, C P R Cuối cùng, khi xét sản phẩm của hai hàm số, ta có 4 ´ 1 rf pxq4gpxqs “ f pxqgpxq ´ 4 ´ 1 rgpx`1q4f pxqs `C, C P R.
Thật vậy, với C là hằng số thì 4C “ 0 nên suy ra 4 ´ 1 0 “ C. b Giả sử,
4pF pxq `Gpxqq “ 4F pxq `4Gpxq “ f pxq ` gpxq.
4 ´ 1 pf pxq `gpxqq “ F pxq ` Gpxq `C1`C2
“ 4 ´ 1 pf pxqq `4 ´ 1 pgpxqq `C. c Ta có
“ kf pxq. Suy ra 4 ´ 1 pkf pxqq “ k4 ´ 1 f pxq `C, C P R. d Từ công thức sai phân từng phần
4rfpxqgpxqs “ fpxq4gpxq `gpx`1q4fpxq. Lấy sai phân ngược hai vế ta được
4 ´ 1 4rfpxqgpxqs “ 4 ´ 1 rfpxq4gpxq `gpx`1q4fpxqs, do đó fpxqgpxq “4 ´ 1 rfpxq4gpxq `gpx`1q4fpxqs
4 ´ 1 rf pxq4gpxqs “ f pxqgpxq ´4 ´ 1 rgpx` 1q4pf pxqs `C, C P R.
Tính tổng bằng phương pháp sai phân
Trong tiểu mục này, ta sẽ sử dụng công thức b trong Định lý 1.1.2 để giải quyết bài toán tính tổng Giả sử ta phải tính tổng řn k “ 1a k
Khi đó, ta tìm dãy txku sao cho xk ` 1´xk “ ak.
Tức là, ta tìm dãy tx k u sao cho 4x k “ a k
Để giải quyết bài toán tính tổng bằng phương pháp sai phân, việc giải quyết bài toán tính sai phân ngược là rất quan trọng Chúng tôi sẽ trình bày một số ví dụ để làm rõ điều này trong tiểu mục 1.4.
Một số ví dụ
Ví dụ 1.1. a 4x “ px`1q ´x “ 1. b 4pax`bq “ rapx`1q `bs ´ pax`bq “ a. c 4lgx “ lgpx` 1q ´lgx “ lg ˆ
Ví dụ 1.2. a 4sinx “ sinpx`1q ´sinx “ 2sin1
2cos ˆ x` 1 2 ˙ b.4sinpax`bq “ sinrapx`1q`bs´sinpax`bq “ 2sina
2cos ˆ x` 1 2 ˙ d.4cospax`bq “cosrapx`1q`bs´cospax`bq “ ´2sinah
Ví dụ 1.3 Với n P N ˚ ta có a 4 ´ 1 a x “ a x a´1 `C, C P R,0 ă a ‰ 1. b 4 ´ 1 sinx “ cospx´ 1
Ví dụ 1.4. a 4x p n q “ px`1q p n q ´x p n q “ nx p n ´ 1 q b 4pax`bq p n q “ napax`bq p n ´ 1 q
Ví dụ 1.5 Với n P N ˚ ta có a 4 ´ 1 pax`bq p n q “ pax`bq p n ` 1 q pn`1qa `C, C P R. b 4 ´ 1 sinpax`bq “ cospax`b´ a
Ví dụ 1.6 Tính các sai phân ngược sau: a 4 ´ 1 px.2020 x q. b 4 ´ 1 xsinx a Đặt fpxq “ x,4gpxq “2020 x
4fpxq “1, gpxq “ 4 ´ 1 sinx “ cos ˆ x´ 1 2 ˙ ´2sin1
Ví dụ 1.7 Tính các tổng sau: a S 1 “ 1.2 1 `2.2 2 ` 3.2 3 ` ` n.2 n b S 2 “ 1!`2.2!`3!.3` `n!n. c Sn “ 1 2 `4 2 ` ` p3n´2q 2 , n P N ˚ a Đặt k.2 k “ xpk `1q ´ xpkq,pk “ 1; 2; 3; ;nq, ta có
Ta tìm xpnq từ phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng sau xpn`1q ´xpnq “ n.2 n Phương trình thuần nhất: xpn`1q ´xpnq “ 0.
Phương trình đặc trưng: k ´1 “ 0 hay k “ 1.
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: x pnq “C.
Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dưới dạng xppnq “ 2 n pAn`Bq.
Tínhxppn`1q thay xppnq, xppn`1q vào phương trình không thuần nhất, so sánh các hệ số của n, ta được hệ phương trình:
B “ ´2 pxpnq “ pn´2q.2 n ; xpnq “ pxpnq `xpnq “C ` pn´2q.2 n
S1 “ xpn`1q ´xp1q “ p2n´2q.2 n `2. b Đặt k!k “ xpk`1q ´xpkq,pk “ 1; 2; 3; ;nq, ta có
S 2 “ xpn` 1q ´xp1q ta tìm xpnq từ phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng sau: xpn`1q ´ xpnq “ n!n.
Phương trình thuần nhất: xpn`1q ´xpnq “0.
Phương trình đặc trưng: k ´1 “ 0 hay k “ 1.
Nghiệm tổng quát của phương trình: x pnq “ C.
Ta thử tìm một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dưới dạng xppnq “ n!pAn`Bq.
Tínhxpnp `1q thay xpnq,p xpnp `1q vào phương trình không thuần nhất, so sánh các hệ số của n, ta được hệ phương trình:
S 2 “ xpn`1q ´xp1q “ pn`1q!´1. c Ta có
Ví dụ 1.8 Tính tổng của n số hạng đầu tiên của chuỗi số có số hạng tổng quát u n “ n 2 `n, n P N ˚
Ví dụ 1.9 Tính các tổng sau a S n “ 1 2 `2 2 ` `n 2 , n P N ˚ b S n “ 1 3 `2 3 ` `n 3 , n P N ˚ a Ta có
Nhận xét, dùng định lý phép chia có dư ta phân tích đa thức k 3 “ kpk´1qpk ´2q `3kpk ´1q `k.
Ví dụ 1.10 Tính tổng của n số hạng đầu tiên của chuỗi số có số hạng tổng quát u n “ 1 n 2 ` n, n P N ˚
Ví dụ 1.11 Tính tổng của n số hạng đầu tiên của chuỗi số có số hạng tổng quát un “ 1 npn`2q, n P N ˚
Hệ phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất hệ số hằng 21
Phương pháp 1
Nghiệm tổng quát xpnq của p2.1q cho bởi công thức sau xpnq “ A n c, với c là véc tơ hằng.
Vì vậy để nhận được xpnq, ta cần tính A n
Ví dụ 2.1 Tìm nghiệm tổng quát của p2.1q với
— – cos ´nπ 2 ¯ sin ´nπ 2 ¯ ´sin ´nπ 2 ¯ cos ´nπ 2 ¯ fi ffi ffi ffi fl c,@nP 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 xp0q “c 1 v 1 `c 2 v 2 ` `c k v k
Ta có xpn`1q “Axpnq “A 2 xpn´1q “ “ A n ` 1 xp0q, và xpnq “ A n xp0q “ A n pc 1 v 1 ` c 2 v 2 ` `c k v k q
Ta sẽ chứng tỏ xpnq “ c 1 λ 1 n v 1 `c 2 λ 2 n v 2 ` `c k λ k n v k , thỏa mãn (2.1) Thật vậy, ta có
Vậy xpnq “ c 1 λ 1 n v 1 `c 2 λ 2 n v 2 ` `c k λ k n v k , là nghiệm tổng quát của hệ phương trình sai phân tuyến tính (2.1).
Tổng hợp các vấn đề đã nêu, ta có định lý 2.1.1: Nếu v₁, v₂, , vₖ là các véc tơ riêng độc lập tuyến tính tương ứng với các giá trị riêng λ₁, λ₂, , λₖ của ma trận A, thì nghiệm tổng quát của hệ (2.1) có dạng xₚₙq = c₁λ₁ⁿv₁ + c₂λ₂ⁿv₂ + + cₖλₖⁿvₖ, trong đó c₁, c₂, , cₖ là các số thuộc trường K.
Ví dụ 2.2 Tìm nghiệm tổng quát của hệ p2.1q với
Ta có giá trị riêng của A là λ 1,2 “ e ˘ it
Gọi v “ ˜ x y á là các véc tơ riêng của A tương ứng với giá trị riêng λ Ta có v 1 “ ˜ sint isint á , v 2 “ ˜ sint ´isint á pt‰ kπ, k P Zq (2.2) Nghiệm tổng quát của hệ có dạng xpnq “ α1λ n 1 v1` α2λ n 2 v2
“ ˜ sintpα1e itn ` α2e ´ itn q isintpα 1 e itn ´α 2 e ´ itn q á.
Hệ phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất với hệ số hằng
Phương pháp sử dụng định lý Caley-Hamilton
Gọi cpλq “ detpλI ´Aq “λ k `ck ´ 1λ k ´ 1 ` `c1λ` c0 “
“ pλ´λ 1 qpλ´λ 2 q pλ´ λ k q, là đa thức đặc trưng của A Theo định lý Caley-Hamilton thì cpAq “ 0, hay
Một số phương pháp để tính toán A n được trình bày trong các định lý sau Định lý 2.2.1 nêu rõ rằng nếu pAqk là ma trận không suy biến, với λ 1, λ 2, , λ k là các giá trị riêng của A, thì ta có thể định nghĩa Mp0q là I và Mpjq là tích của (A - λi) cho j ≥ 1.
Nếu x j pnq, j “ 1,2, , k thỏa x 1 pn`1q “ λ 1 x 1 pnq, x 1 p0q “ 1 xj ` 1pn`1q “ λj ` 1xj ` 1pnq `xjpnq, xj ` 1p0q “0, j “ 1,2, , k ´1, thì
Chứng minh Ta có x 1 pnq “λ n 1 x j ` 1 pnq “ n ´ 1 ř i “ 0 λ n j ` ´ 1 i ´ 1 pnqx j piq, j “ 1,2, , k ´1;Mpkq “0. Đặt Φpnq “ k ´ 1 ÿ j “ 0 x j ` 1 pnqMpjq.
Ta cần chứng minh Φp0q “ I,Φ p n` 1q “ AΦpnq.
Ta có Φpn`1q ´AΦpnq “ k ´ 1 ÿ j “ 0 x j ` 1 pn`1qMpjq ´ k ´ 1 ÿ j “ 0 x j ` 1 pnqAMpjq, nên Φpn`1q ´AΦpnq “ k ´ 1 ÿ j “ 0 px j ` 1 pn`1q ´ λ j ` 1 x j ` 1 pnqqMpjq´ ´ k ´ 1 ÿ j “ 0 x j ` 1 pnqMpj `1q.
Mặt khác, ta có k ´ 1 ÿ j “ 0 xj ` 1pnqMpj `1q “ k ÿ i “ 1 xipnqMpiq “ k ´ 1 ÿ j “ 1 xjpnqMpjq, do đó Φpn`1q ´AΦpnq “ px1pn`1q ´ λ1x1pnqq`
` k ´ 1 ÿ j “ 0 px j ` 1 pn`1q ´λ j ` 1 x j ` 1 pnqqMpjq “ 0. Định lý được chứng minh.
Ta có cpλq “ pλ´2q 2 pλ´3q, x 1 pnq “λ 1 n , x j ` 1 “ n ´ 1 ÿ i “ 0 λ n j ` ´ 1 i ´ 1 x j piq, do đó x 1 pnq “ 2 n , x 2 pnq “ n ´ 1 ÿ i “ 0
Định lý 2.2.2 khẳng định rằng, với ma trận không suy biến pAqk ˆ k, đa thức đặc trưng của A được biểu diễn dưới dạng cpλq “λ k `c k ´ 1 λ k ´ 1 ` ` c 1 λ` c 0 Nghiệm của phương trình sai phân zpnq là zpn`kq `c k ´ 1 zpn` k´1q ` `c 1 zpn`1q `c 0 zpnq “ 0, trong đó các giá trị zp0q, zp1q, , zpk´2q đều bằng 0, và zpk´1q = 1 Các nghiệm q1pnq, q2pnq, , qkpnq cũng thỏa mãn điều kiện này.
Ta cần chứng minh Ψp0q “I,Ψpn`1q “AΨpnq.
Từ giả thiết ta có q 1 pn` 1q “ c 1 zpn`1q `c 2 zpn`2q ` `c k ´ 1 zpn` k´1q `zpn`kq
“ ´c 0 zpnq, suy ra q 1 pn`1q `c 0 zpnq “ 0.
Tương tự q 2 pn`2q ` c 1 zpn`1q “ q 1 pn` 1q
Vì q k pnq “zpnq nên q 1 pn`1q `c 0 q k pnq “0 q 2 pn`1q `c 1 q k pnq “q 1 pnq
. q k pn`kq `c k ´ 1 q k pnq “q k ´ 1 pnq. Khi đó Ψpn` 1q ´AΨpnq “
“ q 1 pn`1qI ` p´c 1 q k pnqA 1 ´ ´ c k ´ 1 q k pnqA k ´ 1 q ´q k pnqA k
“ q1pn`1qI ´qkpnqpc1A 1 ` `ck ´ 1A k ´ 1 q ´qkpnqA n
“ q 1 pn`1qI `c 0 q k I “ 0. Định lí được chứng minh xong.
Phương trình zpn`3q ´7zpn`2q16zpn`1q ´ 12zpnq “0, zp0q “zp1q “ 0, zp2q “ 1, có nghiệm là zpnq “ ´p2` nq2 n ´ 1 `3 n
Khi đó q1pnq “ ´3p1`nq2 n `4.3 n , q 2 pnq “ p8`5nq.2 n ´ 1 ´ 4.3 n , q 3 pnq “ ´p2`nq.2 n ´ 1 `3 n
Định lý 2.2.3 khẳng định rằng cho ma trận không suy biến pAqk ˆ k, đa thức đặc trưng cpλq được biểu diễn dưới dạng λ k `c k ´ 1 λ k ´ 1 ` ` c 1 λ` c 0 Nếu y 1 pnq, y 2 pnq, , y k pnq là các nghiệm của phương trình cpEqypnq “ 0 và tập hợp này là độc lập tuyến tính, thì tồn tại các ma trận E 1 , E 2 , , E k tương ứng.
‰ 0, nên hệ trên có nghiệm duy nhất pE 1 , E 2 , , E k q thỏa
A n “ y 1 pnqE 1 ` ` y k pnqE k Định lý được chứng minh.
3 ÿ j “ 1 yjpnqEj, trong đó y 1 pnq “2 n , y 2 pnq “n2 n ´ 1 , y 3 pnq “3 n ,
A 2 “ y 1 p1qE 1 ` y 2 p2qE 2 `y 3 p2qE 3 , suy ra
‚ Định lý 2.2.4 Cho pAqk ˆk là ma trận 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 cpλq dưới dạng cpλq “ s ź i “ 1 pλ´à i q n i , n i ě 1, n 1 ` n 2 ` `n s “ k.
Khi đó ta có thể phân tích cpλq ´ 1 như sau
F 1 `F 2 ` `F s “ I, F i F j “ F j F i “ 0, F i 2 “ F i , trong đó Fi “ fipAq Đặt
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 p2.3q dưới dạng
Qxpn`1q “QAQ ´ 1 Qxpnq ` Qbpnq (2.4) Đặt v n “ Qxpnq ta được v n ` 1 “ Λ n v 0 `Q n ´ 1 ÿ j “ 0
A n ´ j ´ 1 bpjq. Để làm rõ phương pháp này ta sẽ xét ví dụ sau đây.
Ví dụ 2.7 Tìm ma trận Q đưa ma trận ˜ 5 ´6
1 0 á , 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“ ˜
Hai véc tơ riêng của A tương ứng với λ “ 2, λ “ 3 là u “ p2b, bq, v “ p3a, aq, a, b P R Do đó ta có
Ví dụ 2.8 Tìm ma trận Q đưa ma trận
‚, về dạng Jordan Dạng Jordan của A là Λ“ ¨ ˚ ˚ ˝
Từ ma trận Λ ta có fpe 1 1 q “ 2e 1 1 fpe 1 2 q “ ´2e 1 1 fpe 1 3 q “ e 1 2 ´2e 1 3
Do đó e 1 1 là véc tơ riêng của A 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 1 `2 “ ´te1` 0e2`te3.
Giả sử z “ pz 1 , z 2 , z 3 q; và tọa độ của e 1 3 Khi đó
Az “ p´t,0, tq ´ 2pz 1 , z 2 , z 3 q, nên e 1 3 “ p´t´sqe 1 `0e 2 `se 3 ;s, tP R,|s| ` |t| ‰ 0.
Phương trình sai phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng
Nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính cấp cao thuần nhất
tuyến tính cấp cao thuần nhất
Hàm số pxn phụ thuộc vào tham số và được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính p2.6q nếu với mọi giá trị ban đầu x0, x1, , xk-1, có thể xác định duy nhất các tham số c1, c2, , ck Nghiệm xpn trở thành nghiệm riêng của p2.6q khi nó thỏa mãn đồng thời phương trình p2.6q và các điều kiện x0, x1, , xk-1.
Từ p2.6q ta lập phương trình a 0 λ k `a 1 λ k ´ 1 ` `a k ´ 1 λ`a k “ 0 (2.7)
Phương trình p2.7q là phương trình đặc trưng của p2.6q Các nghiệm xn1, , xnk được gọi là k nghiệm độc lập tuyến tính nếu từ hệ thức c1xn1 + + ckxnk = 0 suy ra c1 = = ck = 0 Nếu xn1, , xnk là k nghiệm độc lập tuyến tính của p2.6q, thì nghiệm tổng quát pxn có dạng pxn = c1xn1 + + ckxnk, với c1, c2, , ck là các hằng số tùy ý Nếu λ1, λ2, , λk là k nghiệm thực khác nhau của p2.7q và c1, c2, , ck là k hằng số tùy ý, thì pxn = c1λn1 + c2λn2 + + ckλnk là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất p2.6q.
Chú ý: Nếu phương trình đặc trưng p2.7q có nghiệm thực λ j bội s, thì ngoài nghiệm λ n j ta có nλ n j , n 2 λ n j , , n s λ n j cũng là các nghiệm độc lập tuyến tính của p2.5q và do đó xp n “ s ´ 1 ÿ i “ 0
Vớ dụ 2.9 Tỡm cỏc hàm f :Z íẹ R thỏa món cỏc điều kiện fpx` yq `fpx´yq “ fpxqfpyq, @x, y P Z, fp0q ‰ 0, fp1q “ 5
2. Cho x “ n, nP Z, y “ 1, ta được fpn` 1q `fpn´1q “fpnqfp1q. Đặt fpnq “ u n ta thu được phương trình sai phân u n ` 1 “ 5
Cho x “ 1, y “ 0 ta được fp0qfp1q “ 2fp1q, suy ra fp0q “ 2 “ u0 Ta dễ dàng tìm được fpxq “2 x ` 1
2 x , @x P Z. Định lý 2.3.3 Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm phức λ j “ a` ib “ rpcosϕ`isinϕq, thì xp n “ k ÿ j ‰ i “ 1
Vớ dụ 2.10 Cho f : N ˚ íẹ R thỏa món cỏc điều kiện fpn`2q “fpn`1q ´fpnq, fp1q “1, fp2q “ 0.
3 , @n P N ˚ Đặt fpnq “ un, ta được bài toán giá trị ban đầu u n ` 2 “ u n ` 1 ´u n , u 1 “ fp1q “1, u 2 “ fp2q “0.
Phương trình đặc trưng có nghiệm phức λ1 “ 1` i?
Ta có λ “ cos π 3 `isin π 3 Ta tính được nghiệm của bài toán giá trị ban đầu là un “ cosnπ
3 ,@n P N ˚ Định lý 2.3.4 Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm phức λj bội s thì px n “ k ÿ j ‰ i “ 1
2.3.2 Nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính cấp cao không thuần nhất Định lý 2.3.5 Nghiệm tổng quát xn của p2.5q được xác định bằng x n “ px n ` x ˚ n , với xp n là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất p2.6q và x ˚ n là một nghiệm riêng bất kì của p2.5q.
Chứng minh Vì xn và x ˚ n là hai nghiệm của p2.5q nên ta có a 0 x n ` k ` a 1 x n ` k ´ 1 ` `a k x n “ f n a 0 x ˚ n ` k ` a 1 x ˚ n ` k ´ 1 ` `a k x ˚ n “ f n
` `a k px n ´x ˚ n q “0 (2.8) Đặt xp n “ x n ´ x ˚ n Khi đó p2.8q được viết lại như sau a 0 px n ` k `a 1 xp n ` k ´ 1 ` `a k xp n “ 0 (2.9)
Nghiệm tổng quát của p2.6q, đã được trình bày trong tiểu mục 2.3.1 Sau đây ta xét một số phương pháp tìm nghiệm riêng x ˚ n a Phương pháp hệ số bất định
1 Nếu λ 1 , , λ k là các nghiệm thực khác 1 của phương trình p2.6q thì x ˚ n “ nQmpnq, m P N với Qmpnq là đa thức cùng bậc với fn.
2 Nếu p2.6q có nghiệm λ “ 1 bội s thì x ˚ n “ n s Q m pnq, m P N với Q m pnq là đa thức cùng bậc với f n
Vớ dụ 2.11 Cho f : N ˚ íẹ R thỏa cỏc điều kiện fpn`1q ´2fpnq ` fpn´1q “n`1, fp1q “1, fp2q “ 0.
Chứng minh rằng: 6fpnq ´24 là bội của n với n ě 1 Đặt fpnq “ u n , ta được bài toán giá trị ban đầu u n ` 1 ´2u n `u n ´ 1 “ n`1, u 1 “ fp1q “1, u 2 “ fp2q “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 pan`bq.
2q, và nghiệm bài toán giá trị ban đầu là u n “ fpnq “4´ 11
Ví dụ 2.12 (Đề dự tuyển IMO) Giả sử a, b là 2 số thực dương Tìm tất cả cỏc hàm f : r0;8q íẹ r0;8q thỏa món điều kiện fpfpxqq `afpxq “bpa` bqx.
Vì phương trình hàm trên đúng với mọi x P: r0;8q nên tương tự như vậy ta thu được f n ` 2 pxq `af n ` 1 pxq “ bpa`bqf n pnq.
Cố định x ta thu được phương trình sai phân u n ` 2 `au n ` 1 “ bpa`bqu n
Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm λ “ b, λ “ ´a´ b Khi đó f n pxq “un “ Kb n `Lp´a´bq n
Ta có u 0 “ x “ K `l, u 1 “ fpxq “ Kb´Lpa`bq.
0 ď f n pxq pa`bq n “ Kp b a`bq n ` p´1q n L.
Mặt khác, do p b a`bq n ẹ 0 khi nẹ 8 nờn ta phải cú L “ 0 Vậy fpxq “Kb “ bx.
1 Nếu các nghiệm của p2.7q đều là các nghiệm thực khác β thì x ˚ pnq “
Q m pnqβ n , với Q m pnq là đa thức bậc m.
2 Nếu p2.7q có nghiệm λ “ β bội s thì x ˚ n “ n s Q m pnqβ n , với Q m pnq là đa thức bậc m.
Ví dụ 2.13 Xét phương trình sai phân x n ` 4 ´10x n ` 3 `35x n ` 2 ´ 50x n ` 1 `24x n “ 48.5 n
Phương trình đặc trưng có các nghiệm λ 1 “ 1, λ 2 “ 2, λ 3 “ 3, λ 4 “ 4 đều khác 5 Từ đó ta có x ˚ n “ 2.5 n
Tìm nghiệm riêng dưới dạng x ˚ n “ acosnx`bsinnx, α 2 `β 2 ‰ 0, x‰ kπ.
Ví dụ 2.14 Tìm nghiệm riêng x ˚ n của phương trình sai phân x n ` 3 ´ 2x n ` 2 ´x n ` 1 `2x n “ p2´
Phương trình đặc trưng có nghiệm là λ “ ´1, λ “ 1, λ “ 2 Từ đó ta có được x ˚ n “ cosnπ
Từ phương trình p2.6q, ta suy ra
`a0E k `a1E k ´ 1 ` `akI˘ xn “ fn, trong đó, E là toán tử dịch chuyển `
. Hay ta được f pEq.x n “ f n Do đó, ta tìm nghiệm riêng x ˚ n dạng x ˚ n “ 1 f pEq.f n Tính chất 1 f pEq.λ n “ f pλq.λ n
Chứng minh Ta có f pEq.λ n “ ` a0E k `a1E k ´ 1 ` `akI˘ λ n
Tính chất 2 f pEq.λ n P m pnq “ f pλEq.λ n P m pnq.
Chứng minh Ta có f pEq.λ n P m pnq
Tính chất 4 1 f pEq.λ n P m pnq “ 1 f pλEq.λ n P m pnq.
Chứng minh Tính chất 3 và Tính chất 4 được suy ra từ Tính chất 1 và
2 Ta sẽ chứng minh Tính chất 5 Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp
Ta chứng minh 1 pE´ λIq k ` 1
.λ n “ n p k ` 1 q λ n ´p k ` 1 q pk `1q! Thật vậy, ta có
E ´λI.n p k q λ n ´ k k! “ λ n ´ 1 gpnq. Suy ra pE ´λIq.λ n ´ 1 gpnq “λ n gpn`1q ´ λ n gpnq
Từ đó, ta suy ra
Ví dụ 2.15 Tìm nghiệm riêng của phương trình sai phân x n ` 2 ´7x n ` 1 `12x n “ 2020 n
Ta có f pEq “ E 2 ´7E` 12 “ pE ´3Iq pE ´4Iq. Suy ra x ˚ n “ 1 pE ´3Iq pE ´4Iq.2020 n x ˚ n “ 1 p2020 ´3q p2020 ´4q.2020 n x ˚ n “ 1
Ví dụ 2.16 Tìm nghiệm riêng của phương trình sai phân x n ` 3 ´10x n ` 2 `33x n ` 1 36x n “ 2020 n
“ pE ´3Iq 2 pE ´4Iq. Suy ra x ˚ n “ 1 pE´ 3Iq 2 pE´ 4Iq
MỘT SỐ VÍ DỤ ÁP
3.1 Xác định số hạng tổng quát của dãy số
Ví dụ 3.1 Xác định số hạng tổng quát của dãy số được cho dưới dạng công thức truy hồi sau
Bài toán quy về việc giải phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất cấp một với điều kiện ban đầu là x1 “ 2020.
Ta có số hạng tổng quát của dãy là x n “ px n `x ˚ n
Vì phương trình đặc trưng λ´2 “ 0 có nghiệm λ “ 2 nên ta có px n “ c.2 n và x ˚ n “ an`b.
Thay x ˚ n “ an`b vào phương trình sai phân xn ` 1 “ 2xn` 2n´1, ta được apn`1q `b “ 2an`2b`2n´1 ´an`a´b “ 2n´ 1
Ví dụ 3.2 Xác định số hạng tổng quát của dãy số được cho dưới dạng công thức truy hồi sau
Bài toán quy về việc giải phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất cấp một với điều kiện ban đầu là x 1 “ 2020.
Ta có số hạng tổng quát của dãy số làx n “ px n `x ˚ n , trong đóx ˚ n “ x ˚ n1 `x ˚ n2
Vì phương trình đặc trưng λ² = 0 có nghiệm λ = 2, ta có xpn = c.2^n Hơn nữa, x ˚ n1 = an² + bn + c là một nghiệm riêng của phương trình sai phân xn + 1 = 2xn + n² + n, và x ˚ n2 là một nghiệm riêng của phương trình xn + 1 = 2xn + 2²n Thay x ˚ n1 vào phương trình xn + 1 = 2xn + n² + n, ta được apn(1)² + bpn(1) + c - 2an² - 2bn - 2c = n² + n - an² + (2a - b)qn + a - b - c = n² + n.
Thay x ˚ n2 “ an 2 `bn`c vào phương trình x n ` 1 “ 2x n `2.2 n ta được
Ví dụ 3.3 Tính các tích phân sau
0 x n e ´ x cos xdx. Đặt u “ x n e ´ x, dv “ sinxdx, ta có
Hệ này tương đương với hệ xn ` 1 “ xn `yn, x0 “ 1
Ta viết hệ trên dưới dạng xpn`1q “Axpnq, 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 1 á
Nghiệm tổng quát của hệ là xpnq “ ˜ α 1 p1`iq n `α 2 p1´iq n α1ip1`iq n `α2ip1´iq n á
Từ đó ta nhận được xn “ ˜ `?
Cho n “ 0 ta được α “ 1 2 , βi “ 1 2 , dó đó xn “
Ví dụ 3.4 Cho n, k P Z ` Chứng minh rằng với px 0 , y 0 q, x 0 , y 0 P Z ` , tồn tại duy nhất pxn, ynq, xn, yn P Z ` thỏa mãn px 0 `y 0 ? k n “ x n `y n ? k (3.1) px 0 ´y 0 ? k n “ x n ´y n ? k (3.2)
Nếu phương trình \(x^2 - ky^2 = 1\) với \(k \in \mathbb{Z}^+\) có nghiệm nguyên dương, thì sẽ tồn tại vô số nghiệm nguyên dương Chúng ta sẽ chứng minh điều này bằng phương pháp quy nạp, chỉ cần chứng minh trường hợp \(p(3.1)\), còn trường hợp \(p(3.2)\) sẽ được chứng minh tương tự.
Giả sử p3.1q đúng với n tức là px 0 `y 0 ? kq n “ x n `y n ? k, ta chứng minh p3.1q đúng với n`1 Ta có px0`y0
“ x n ` 1 `y n ` 1 ? k, từ đó ta có x n ` 1 “ x 0 x n `ky 0 y n P Z ` y n ` 1 “ y 0 x n `kx 0 y n P Z `
Chứng minh tính duy nhất Giả sử tồn tại px 1 n , y 1 n q, x 1 n , y n 1 P Z ` thỏa p3.1q. Khi đó ta có x n `y n ? k “ x 1 n `y n 1 ? k đựx n Ơx 1 n Ộ py n 1 Ơy n q
Giả sử \( y_n \neq y_{n-1} \), ta suy ra \( x_{y_n} \neq x_{1_n} \) và \( n \neq y_n \) Tuy nhiên, do \( k \) không phải là số chính phương, điều này dẫn đến mâu thuẫn Vậy, \( y_{n-1} = y_n \) và do đó \( x_{1_n} = x_n \) Ta giả định \( k \) không phải là số chính phương vì nếu \( k \) là số chính phương thì \( k \neq l^2 \) Từ đó, ta có \( x^2 - k y^2 = l x^2 - l^2 y^2 = 1 \) và \( x' - ly \neq 1 \), dẫn đến \( x = \pm; y = 0 \), vì vậy \( k \) không thỏa mãn giả thuyết bài toán Bây giờ, giả sử phương trình \( x^2 - k y^2 = 1 \), với \( k \in \mathbb{Z} \), có nghiệm nguyên dương \( (x_0, y_0) \), thì \( x_0^2 - k y_0^2 = 1 \) và \( (x_0 - y_0) \neq 1 \).
Với mọi n P Z ` ta có px 0 2 ´ ky 0 n qpx 0 2 `ky 0 n q “ 1, hay pxn´ yn
Rõ ràng, px n , y n q là cặp nghiệm của phương trình x 2 ´ky 2 “ 1, k P Z.
3.2 Xác định số hạng tổng quát của dãy véc tơ
Ví dụ 3.5 Xác định công thức tổng quát của dãy véc tơ xác định bởi x k ` 1 “ Ax k , k P Z, trong đó
A k “ ô cospkπ{2q sinpkπ{2q ´sinpkπ{2q cospkπ{2q ff ,@k P Z.
Do đó x k “ ô cospkπ{2q sinpkπ{2q ´sinpkπ{2q cospkπ{2q ff c,@k P Z, với c là véc tơ hằng bất kì.
Ví dụ 3.6 Xác định công thức tổng quát của dãy véc tơ xác định bởi x k ` 1 “ Ax k , k P Z, trong đó
Vì A có các giá trị riêng λ1 “ λ2 “ λ3 “ ´1 nên theo Định lí 2.2.1, ta có w 1 “ p´1q k , w 2 “ kp´1q k ´ 1 , w 3 “ 1
2kpk ´1q p´1q k ´ 2 là nghiệm của hệ phương trình w 1 pk `1q “ p´1qw 1 pkq, w 1 p0q “1. w 2 pk `1q “ p´1qw 2 pkq `w 1 pkq, w 2 p0q “ 0. w 3 pk `1q “ p´1qw 3 pkq `w 2 pkq, w 3 p0q “ 0.
2kpk´ 1q p´1q k ´ 2 pA` Iq 2 Khi đó
Vậy nghiệm tổng quát có dạng x k “ 1
6k 2 ´2k ´9k ´9k 2 ´6k 2`3k `3k 2 fi ffi ffi fl c, với c là véc tơ hằng bất kì.
Ví dụ 3.7 Xác định công thức tổng quát của dãy véc tơ xác định bởi x k ` 1 “ Ax k , k P Z, trong đó
Tương tự vì A có các giá trị riêng λ1 “ λ2 “ λ3 “ 1 nên w1 “ 1, w2 “ k, w 3 “ 1
2kpk ´1q là nghiệm của hệ phương trình w 1 pk`1q “ w 1 pkq, w 1 p0q “ 1. w 2 pk`1q “ w 2 pkq `w 1 pkq, w 2 p0q “ 0. w3pk`1q “ w3pkq `w2pkq, w3p0q “ 0.
2kpk ´1q pA´ Iq 2 Khi đó
— – pk´1q pk´ 2q ´2kpk ´2q kpk ´1q kpk ´1q ´2pk `1q pk´1q kpk `1q kpk `1q ´2kpk `2q pk `2q pk`1q fi ffi ffi fl
Vậy nghiệm tổng quát có dạng x k “ 1
— – pk ´1q pk ´2q ´2kpk´ 2q kpk´1q kpk´ 1q ´2pk`1q pk ´1q kpk`1q kpk` 1q ´2kpk` 2q pk` 2q pk `1q fi ffi ffi fl c, với c là véc tơ hằng bất kì.
Ví dụ 3.8 Xác định công thức tổng quát của dãy véc tơ xác định bởi x k ` 1 “ Ax k , k P Z, trong đó
Vì A có các giá trị riêng λ 1 “ ´1, λ 2 “ 1, λ 3 “ ´1 nên theo Định lí 2.2.1, ta có w 1 “ p´1q k , w 2 “ k, w 3 “ 1
Vậy nghiệm tổng quát có dạng xk “ ằ
0 0 1 fi ffi ffi fl c, với c là véc tơ hằng bất kì.
Luận văn đã đạt được một số kết quả sau:
• Hệ thống, làm rõ một số tính chất của phép tính sai phân và sai phân ngược.
• Hệ thống, làm rõ một số phương pháp giải phương trình sai phân và hệ phương trình sai phân tuyến tính.
• Áp dụng phương pháp sai phân để giải bài toán xác định số hạng tổng quát của dãy số và dãy véc tơ.
Học viên Đặng Văn Thạch