Tiểu luận môn phương trình sai phân

TIỂU LUẬN
Môn: PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN
GVHD: TS. Lê Hải Trung
Ngày 20 tháng 6 năm 2012
Nhóm thực hiện:
1. Đinh Thị Thủy
2. Vũ Hứa Hạnh Nguyên
3. Nguyễn Thị Kim Thoa
4. Lê Quang Huy
5. Phạm Đức Khanh
Chương I: MỞ ĐẦU VỀ PHƯƠNG TRÌNH
SAI PHÂN
1.CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN
Định nghĩa 1 Ta gọi sai phân hữu hạn cấp 1 của hàm số x(n) = x
n
với
n ∈ Z : {n} = {0, ±1, ±2, , ±n} (hoặc n ∈ Z
+
, hoặc n ∈ N ) là hiệu:
∆x
n
= x
n+1
− x
n
Định nghĩa 2 Ta gọi sai phân hữu hạn cấp 2 của hàm x
n
là sai phân của
sai phân cấp 1 của x
n
, và nói chung sai phân cấp k của hàm x

n
là sai phân
cấp k −1 của hàm số đó.
Tính chất 1 Sai phân các cấp đều có thể biểu diễn qua các giá trị của hàm
số
1
Tính chất 2 Sai phân mọi cấp của hàm số là một toán tử tuyến tính.
Tính chất 3 Sai phân cấp k của đa thức bậc m là
1. Đa thức bậc m − k, nếu k < m
2. Hằng số, nếu k = m
3. Bằng 0 khi k > m
Tính chất 4
N

n=a
∆
k
x
n
= ∆
k−1
x
N+1
− ∆
k−1
x
a
với k ∈ Z
+
2. PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH

Định nghĩa 3 Phương trình sai phân tuyến tính là một hệ thức tuyến tính
giữa sai phân các cấp:
F (x
n
, ∆x
n
, ∆
2
x
n
, ∆
k
x
n
) = 0
trong đó, x
n
hiểu là sai phân cấp 0 của hàm x
n
; cấp lớn nhất của các sai
phân (ở đây là bằng k), là cấp của phương trình sai phân.
Định nghĩa 4 Phương trình sai phân tuyến tính cấp k của hàm x
n
là một
biểu thức tuyến tính giữa các giá trị của hàm x
n
tại các điểm khác nhau:
L
h
x

n
= a
0
x
n+k
+ a
1
x
n+k−1
+ + a
k
x
n
= f
n
(2)
trong đó L
h
là ký hiệu toán tử tuyến tính tác dụng lên hàm x
n
, xác định trên
lưới có bước lưới h; a
0
, a
1
, , a
k
với a
0
= 0, a

k
= 0 là các hằng số hoặc các
hàm số của n, được gọi là vế phải; x
n
là giá trị cần tìm, được gọi là ẩn.
Phương trình (2) được gọi là phương trình sai phân tuyến tính cấp k (còn gọi
là bậc k), vì để tính được tất cả các giá trị x
n
, ta phải cho trước k giá trị liên
tiếp của x
n
, rồi tính các giá trị còn lại của x
n
theo công thức truy hồi (2)
Định nghĩa 5 Nếu f
n
≡ 0 thì (2) gọi là phương trình sai phân tuyến tính
thuần nhất.
Nếu f
n
= 0 thì (2) được gọi là phương trình sai phân tuyến tính không thuần
nhất.
Nếu f
n
≡ 0 và a
0
, a
1
, a
k

là các hằng số, a
0
= 0, a
k
= 0 thì phương trình (2)
trở thành:
L
h
x
n
= a
0
x
n+k
+ a
1
x
n+k−1
+ + a
k
x
n
= 0 (3)
được gọi là phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất cấp k với các hệ số
hằng số.
2
Định nghĩa 6 Hàm số x
n
biến n, thỏa mãn (2) được gọi là nghiệm của
phương trình sai phân tuyến tính (2).

Hàm số x
T N
n
phụ thuộc k tham số, thỏa mãn (3), được gọi là nghiệm tổng quát
của phương trình tuyến tính thuần nhất (3), nếu với mọi tập giá trị ban đầu
x
0
, x
1
, ··· , x
k−1
, ta đều xác định được duy nhất các tham số C
1
, C
2
, ··· , C
k
để nghiệm x
T N
n
trở thành nghiệm riêng của (3), tức là vừa thỏa mãn (3) vừa
thỏa mãn
x
T N
0
= x
0
, x
T N
1

= x
1
, ··· , x
T N
k−1
= x
k−1
.
Định lý 1 Nghiệm tổng quát x
T Q
n
của (2) bằng tổng x
T N
n
và x
R
n
, với x
R
n
là
một nghiệm riêng bất kì của (2).
Định lý 2 Nếu x
n1
, x
n2
, ··· , x
nk
là k nghiệm độc lập tuyến tính của (3), tức
là từ hệ thức

C
1
x
n1
+ C
2
x
n2
+ ··· + C
k
x
nk
= 0
suy ra C
1
= C2 = ··· = C
k
= 0, thì nghiệm tổng quát x
T N
n
của (3) có dạng
x
T N
n
= C
1
x
n1
+ C
2

x
n2
+ ··· + C
k
x
nk
,
trong đó, C
1
, C
2
, ··· , C
k
là các hằng số tùy ý.
Bây giờ ta chuyển sang tìm nghiệm x
T N
n
của (3) và x
R
n
của (2) Xét phương
trình
L
h
λ = a
0
λ
n+k
+ a
1

λ
n+k−1
+ + a
k
λ
n
= 0 (4)
Phương trình (4) gọi là phương trình đặc trưng của (3) (người ta cũng xem
là phương trình đặc trưng của (2)). Nghiệm x
T N
n
của (3) và x
R
n
của (2) phụ
thuộc cốt yếu vào cấu trúc nghiệm của (4).
a. Nghiệm tổng quát x
T N
n
của phương trình thuần nhất
Định lý 3 Nếu (4) có k nghiệm thực khác nhau là λ
1
, λ
2
, ··· , λ
k
thì nghiệm
tổng quát x
T N
n

của (3) có dạng
x
tn
n
= C
1
λ
n
1
+ C
2
λ
n
2
+
··· + C
k
λ
n
k
=
k

i=1
C
i
λ
n
i
trong đó C

i
, i = 1, ··· , k là hằng số tùy ý.
3
Nếu phương trình đặc trưng (4) có nghiệm thực λ
j
bội s, thì ngoài nghiệm
λ
n
j
, ta lấy thêm các vecto bổ sung nλ
n
j
, n
2
λ
n
j
, ··· , n
s−1
λ
n
j
, cũng là các nghiệm
độc lập tuyến tính của (3) và do đó
x
T N
n
=
s−1


i=0
C
i
j
n
i
λ
n
j
+
k

j=i=1
C
i
λ
n
i
trong đó C
i
j
và C
i
là các hằng số tùy ý.
Nếu phương trình đặc trưng (4) có nghiệm phức λ
j
= a + bi = r(cos ϕ +
i sin ϕ) , trong đó r = |λ
j
| =

√
a
2
+ b
2
, ϕ = arg λ
j
, có nghĩa là tan ϕ =
a
b
,
thì (4) cũng có nghiệm liên hợp phức λ
j
= r(cos ϕ − i sin ϕ). Khi đó, ta có
λ
n
j
= r
n
(cos nϕ + i sin nϕ), λ
n
j
= r
n
(cos nϕ − i sin nϕ) là các nghiệm của (3).
Ta lấy
x
1
nj
=

1
2
(λ
n
j
+ λ
n
j
) = r
n
cos nϕ
x
2
nj
=
1
2i
(λ
n
j
+ λ
n
j
) = r
n
sin nϕ
làm các nghiệm độc lập tuyến tính của (3). Khi đó
x
T N
n

=
k

i=1
C
i
λ
n
i
+ r
n
(C
1
j
cos nϕ + C
2
n
sin nϕ)
trong đó, C
i
, C
1
j
, C
2
j
là các hằng số tùy ý.
Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm phức λ
j
bội s thì nó cũng có

nghiệm liên hợp λ
j
bội s; trong trường hợp này, ngoài nghiệm λ
j1
= r
n
cos nϕ, λ
j1
= r
n
sin ϕ
ta cần lấy thêm 2n − 2 vectơ nghiệm bổ sung:
λ
j2
= r
n
cos nϕ, λ
j3
= r
n
n
2
cos nϕ, ··· , λ
js
= r
n
n
s−1
cos nϕ
λ

j2
= r
n
sin nϕ, λ
j3
= r
n
n
2
sin nϕ, ··· , λ
js
= r
n
n
s−1
sin nϕ
Như vậy, ta có:
x
T N
n
=
k

j=i=1
C
i
λ
n
i
+r

n
[(A
1
+A
2
n+ +A
s
n
s−1
) cos nϕ+(B
1
+B
2
n+ +B
s
n
s−1
sin nϕ)]
trong đó C
i
, A
1
, A
2
, , A
s
, B
1
, B
2

, , B
s
là các hằng số tùy ý.
4
b. Nghiệm riêng x
R
n
Trường hợp 1: f
n
là đa thức bậc m của n, m ∈ N:f
n
= P
m
(n)
1. Nếu các nghiệm λ
1
, λ
2
, , λ
k
là các nghiệm thực khác 1 của phương trình
đặc trưng (4) thì
x
R
n
= Q
m
(n), m ∈ N
Q
m

(n) là đa thức cùng bậc m với f
n
2. Nếu có nghiệm λ = 1 bội s thì
x
R
n
= n
s
Q
m
(n), m ∈ N
Q
m
(n) là đa thức cùng bậc m với f
n
Trường hợp 2: f
n
= P
m
(n)β
n
, trong đó P
m
(n) là đa thức bậc m của n,
m ∈ N
1. Nếu các nghiệm của phương trình đặc trưng (4) đều là các nghiệm thực
khác β, thì x
R
n
có dạng

x
R
n
= Q
m
(n)β
n
, m ∈ N
Q
m
(n) là đa thức cùng bậc m với f
n
2. Nếu (4) có nghiệm λ = β bội s thì tìm x
R
n
dưới dạng:
x
R
n
= n
s
Q
m
(n)β
n
, m ∈ N
Q
m
(n) là đa thức cùng bậc m với f
n

Trường hợp 3: f
n
= α cos nx + β sin nx với α, β là hằng số
Trong trường hợp này nghiệm riêng x
R
n
được tìm dưới dạng
x
R
n
= a cos nx + b sin nx
Trường hợp 4: f
n
= f
n1
+ f
n2
+ + f
ns
Trong trường hợp này, ta tìm nghiệm riêng x
R
ni
ứng với hàm f
ni
, i = 1, 2, , s.
Nghiệm riêng x
R
n
ứng với hàm f
n

sẽ là x
R
n
= x
R
n1
+ x
R
n2
+ + x
R
ns
do tính
tuyến tính của phương trình sai phân.
5
Chương II: PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN
TUYẾN TÍNH CẤP MỘT
Các bài toán thực tiễn thường dẫn về phương trình sai phân tuyến tính
cấp một, hoặc dẫn về dạng chính tắc, mà thực chất cũng là phương trình sai
phân tuyến tính cấp một với ẩn là một vectơ. Bởi vậy, các bài toán phương
trình sai phân tuyến tính cấp một là vô cùng cơ bản và quan trọng.
1. ĐỊNH NGHĨA
Phương trình có dạng
ax
n+1
+ bx
n
= f
n
; a = 0, b = 0

được gọi là phương trình sai phân tuyến tính cấp một.
Nếu a, b là các hằng số, thì ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp
một với hệ số hằng số; nếu a, b phụ thuộc n, thì ta có phương trình sai phân
tuyến tính cấp một với hệ số biến thiên.
f
n
là một hàm của n, gọi là vế phải; x
n
là ẩn.
Nếu f
n
≡ 0, ta có phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất; nếu
f
n
= 0 ta có phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất.
2. NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH
CẤP MỘT
Nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính cấp một có
dạng
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n
,
trong đó x

T N
n
là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính
thuần nhất
ax
n+1
+ bx
n
= 0 (a, b ∈ R) (*)
Ta có:
(∗) ⇔ x
n+1
= −
b
a
x
n
hay
x
n+1
= λ.x
n
, với λ = −
b
a
.
6
Cho x
0
= C

Suy ra















x
1
= λx
0
= λC
x
2
= λx
1
x
3
= λx
2
. . .

x
n
= λx
n−1
Nhân vế theo vế các đẳng thức trên, ta được
x
1
x
2
. . . x
n
= λ
n
.Cx
1
x
2
. . . x
n−1
hay
x
n
= λ
n
.C.
Như vậy, nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính cấp một thuần
nhất hay nghiệm thực nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính cấp một
không thuần nhất có dạng
x
T N

n
= Cλ
n
với λ = −
b
a
.
Và x
R
n
là một nghiệm riêng bất kì của phương trình sai phân tuyến tính
không thuần nhất.
Do vế phải của phương trình sai phân tuyến tính cấp một là f
n
có nhiều
dạng khác nhau nên nghiệm riêng của phương trình cũng có nhiều dạng
tương ứng với mỗi trường hợp của f
n
.
Sau đây là một số phương pháp tìm nghiệm riêng x
R
n
của phương trình
sai phân tuyến tính cấp một trong một số trường hợp đặc biệt.
3. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM RIÊNG x
R
n
CỦA
PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP MỘT KHÔNG
THUẦN NHẤT

Xét phương trình sai phân tuyến tính cấp một không thuần nhất
ax
n+1
+ bx
n
= f
n
; a = 0, b = 0, f
n
= 0 (1)
Phương trình đặc trưng
7
a
1
λ
k
+ a
2
λ
k−1
+ ··· + a
k+1
= 0
3.1. Phương pháp chọn (hay phương pháp hệ số bất định)
3.1.1. Nếu f
n
là đa thức bậc k của n: f
n
= P
k

(n)
1. Nếu phương trình đặc trưng của (1)có nghiệm λ = 1. Khi đó, x
R
n
tìm dưới
dạng đa thức cùng bậc k với f
n
, hay
x
R
n
= Q
k
(n), với Q
k
(n) là đa thức bậc k của n.
2. Nếu phương trình đặc trưng của (1) có nghiệm λ = 1, thì tìm
x
R
n
= n.Q
k
(n); trong đó Q
k
(n) là đa thức bậc k của n.
Chứng minh
Xét phương trình
ax
n+1
+ bx

n
= P
k
(n) (2)
1. Với λ = −
b
a
= 1 ⇒ b = −a.
Nhận xét thấy vế phải của (2) là một đa thức bậc k theo n, nên vế trái
cũng phải là một đa thức bậc k theo n, do đó x
n
là một đa thức bậc k theo
n, và hiển nhiên nghiệm riêng x
R
n
là một đa thức bậc k theo n, hay
x
R
n
= Q
k
(n), với Q
k
(n) là đa thức bậc k của n.
2. Với λ = −
b
a
= 1 ⇒ b = −a. Khi đó
(2) ⇐⇒ ax
n+1

− ax
n
= P
k
(n)
⇐⇒ a(x
n+1
− x
n
) = P
k
(n)
⇐⇒ ∆x
n
=
1
n
P
k
(n)
⇒ x
n
phải là đa thức bậc k + 1.
Vì tìm nghiệm riêng, nên ta tìm x
R
n
= nQ
k
(n + 1) là đủ.
Ví dụ 1. Giải phương trình sai phân:

x
n+1
= 3x
n
− 2n + 1, x
0
= 0.
Giải
x
n+1
= 3x
n
− 2n + 1 ⇔ x
n+1
− 3x
n
= −2n + 1.
Phương trình đặc trưng: λ − 3 = 0 =⇒ λ = 3.
Suy ra: x
T N
n
= C.3
n
.
Ta tìm: x
R
n
= A.n + B. Thay vào phương trình xuất phát, ta được:
8
A.(n + 1) + B = 3(An + B) − 2n + 1

⇔ −2An + A − 2B = −2n + 1
So sánh hệ số của n ở 2 vế, ta được

−2A = −2
A − 2B = 1
⇐⇒

A = 1
B = 0
Suy ra:
x
R
n
= n
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n
= C.3
n
+ n.
x
0
= 0 =⇒ C = 0

Vậy: x
T Q
n
= n.
Ví dụ 2. Giải phương trình sai phân:
x
n+1
= x
n
+ 2.n
2
, x
0
= 0
Giải
x
n+1
= x
n
+ 2.n
2
⇔ x
n+1
− x
n
= 2.n
2
Phương trình đặc trưng: λ − 1 = 0 =⇒ λ = 1.
Suy ra: x
T N

n
= C.
Ta tìm: x
R
n
= n.(A.n
2
+ B.n + C) = A.n
3
+ B.n
2
+ C.n. Thay vào phương
trình xuất phát, ta được:
A.(n + 1)
3
+ B.(n + 1)
2
+ C.(n + 1) − A.n
3
− B.n
2
− C.n = 2.n
2
⇔ A.(n
3
+3.n
2
+3.n+1)+B.(n
2
+2.n+1)+C.(n+1)−A.n

3
−B.n
2
−C.n =
= 2.n
2
⇔ 3A.n
2
+ (3A + 2B).n + A + B + C = 2.n
2
So sánh hệ số của n ở 2 vế, ta được



3.A = 2
3.A + 2.B = 0
A + B + C = 0
⇐⇒









A =
2
3

B = −1
C =
1
3
Suy ra:
x
R
n
=
2
3
.n
3
− n
2
+
1
3
n
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
9
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n

= C +
2
3
.n
3
− n
2
+
1
3
n.
x
0
= 0 =⇒ C = 0
Vậy: x
T Q
n
=
2
3
.n
3
− n
2
+
1
3
n.
3.1.2. Nếu f
n

= αβ
n
(αβ = 0), ta tìm x
R
n
dưới dạng:
1. x
R
n
= Cβ
n
, nếu λ = β,
2. x
R
n
= Cnβ
n
, nếu λ = β.
* Mở rộng: Nếu f
n
= P
m
(n)β
n
(β = 0), thì tìm x
R
n
sẽ được tìm dưới dạng:
1. x
R

n
= Q
m
(n)β
n
, nếu λ = β
2. x
R
n
= nQ
m
(n)β
n
, nếu λ = β, trong đó λ là nghiệm phương trình đặc
trưng: λ = −
b
a
hoặc λ = q; Q
m
(n) là đa thức bậc m của n.
Chứng minh
Với f
n
= αβ
n
(β = 0),
Phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 có dạng:
ax
n+1
+ bx

n
= αβ
n
⇐⇒ a
x
n+1
β
n
+ b
x
n
β
n
= α
⇐⇒ aβ
x
n+1
β
n+1
+ b
x
n
β
n
= α.
Đặt: y
n
=
x
n

β
n
, ta được phương trình:
aβy
n+1
+by
n
= α (3)
Phương trình đặc trưng: aβt + b = 0 =⇒ t= -
b
aβ
=
λ
β
.
Nhận xét thấy vế phải của (3) là α: là một đa thức bậc 0. Theo 3.1.1, ta có:
+ Nếu t = 1 ⇔
λ
β
= 1 ⇔ λ = β, thì:
y
R
n
= C ⇒ x
R
n
= Cβ
n
.
+ Nếu t = 1 ⇔

λ
β
= 1 ⇔ λ = β, thì:
y
R
n
= Cn ⇒ x
R
n
= Cnβ
n
.
10
* Mở rộng:
Với f
n
= P
m
(n)β
n
(β = 0),
Đổi biến: y
n
=
x
n
β
n
, ta được: aβy
n+1

+ by
n
= P
m
(n).
Phương trình đặc trưng: aβt + b = 0.
Theo 3.1.1 thì :
+ Nếu t = −
b
aβ
= 1 ⇔ −
b
a
= λ = β, thì:
y
R
n
= Q
m
(n) =⇒ x
R
n
= Q
m
(n)β
n
+ Nếu t = −
b
aβ
= 1 ⇔ −

b
a
= λ = β, thì:
y
R
n
= nQ
m
(n) =⇒ x
R
n
= nQ
m
(n)β
n
.
Ví dụ 3 . Giải phương trình sai phân:
x
n+1
= x
n
+ 2
n
, x
0
= 4
Giải
x
n+1
= x

n
+ 2
n
⇐⇒ x
n+1
− x
n
= 2
n
Phương trình đặc trưng: λ − 1 = 0 =⇒ λ = 1 = β = 2.
Suy ra: x
T N
n
= C.
Ta tìm: x
R
n
= A.2
n
. Thay vào phương trình xuất phát, ta được:
A.2
n+1
= A.2
n
+ 2
n
=⇒ A = 1.
Suy ra: x
R
n

= 2
n
.
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n
= C + 2
n
x
0
= 4 =⇒ 4 = C + 1 =⇒ C = 3.
Vậy x
n
= 2
n
+ 3.
Ví dụ 4 . Giải phương trình sai phân:
x
n+1
= 2x
n
+ 6.2
n

, x
0
= 99
Giải
x
n+1
= 2x
n
+ 6.2
n
⇐⇒ x
n+1
− 2x
n
= 6.2
n
11
Phương trình đặc trưng: λ − 2 = 0 =⇒ λ = 2 = β.
Suy ra: x
T N
n
= C.2
n
.
Ta tìm: x
R
n
= An.2
n
. Thay vào phương trình xuất phát, ta được:

A(n + 1)2
n+1
= 2An.2
n
+ 6.2
n
=⇒ An2
n+1
+ A.2
n+1
= 2An.2
n
+ 3.2
n+1
=⇒ A = 3.
Suy ra: x
R
n
= n.3
n
.
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R

n
= C.2
n
+ 3n.2
n
x
0
= 99 =⇒ C = 99.
Vậy x
n
= 99.2
n
+ 3n.2
n
= (99 + 3n)2
n
.
3.1.3. Nếu f
n
= αcosnx + βsinnx, α
2
+ β
2
= 0, x = kπ, k ∈ Z thì tìm:
x
R
n
= A.cosnx+B.sinnx (4)
Chứng minh
Xét phương trình ax

n+1
+ bx
n
= f
n
.
Thay x
R
n
= Acosnx + Bsinnx vào phương trình, ta được:
a(Acos(n + 1)x + Bsin(n + 1)x) + b(Acosnx + Bsinnx) = αcosnx + βsinnx
⇐⇒ a[Acosnx.cosx − Asinnx.sinx + Bsinnx.cosx + Bsinx.cosnx] +
+b(Acosnx+Bsinnx) = αcosnx +βsinnx
⇐⇒ (aAcosx + aBsinx + bA)cosnx + (−aAsinx + aBcosx + bB)sinnx =
= αcosnx+βsinnx.
So sánh hệ số của sinnx và cosnx ở 2 vế, ta được

aAcosx + aBsinx + bA = α
−aAsinx.A + aBcosx + bB = β
⇐⇒

a(cosx + b)A + asinx.B = α
−asinx.A + (acosx + b)B = β
Hệ này có định thức:
D =




acosx + b −asinx

asinx acosx + b




= a
2
+ b
2
+ 2abcosx
Ta có:
2abcosx ≤ |2abcosx| < |2ab| (do x = kπ, k ∈ Z)
12
=⇒ −|2ab| < 2abcosx < |2ab|;
Và ta có: a
2
+ b
2
≥ |2ab| (bất đẳng thức Côsi)
Từ đó suy ra: D > a
2
+ b
2
− 2|ab| > 2|ab| − 2|ab| = 0 =⇒ D > 0.
Do đó từ hệ phương trình trên, ta xác định được A, B duy nhất.
Nên (4) được xác định đúng đắn!
Ví dụ 5 . Giải phương trình sai phân:
x
n+1
=

1
√
2
x
n
−
1
√
2
sin
nπ
4
, x
0
= 1
Giải
x
n+1
=
1
√
2
x
n
−
1
√
2
sin
nπ

4
⇐⇒ x
n+1
−
1
√
2
x
n
= −
1
√
2
sin
nπ
4
.
Phương trình đặc trưng: λ −
1
√
2
= 0.
Suy ra: x
T N
n
= C(
1
√
2
)

n
.
Vì phương trình có f
n
= −
1
√
2
sin
nπ
4
, nên ta tìm x
R
n
= Acos
nπ
4
+ Bsin
nπ
4
.
Thay x
R
n
vào phương trình xuất phát, ta được:
Acos
(n + 1)π
4
+ Bsin
(n + 1)π

4
=
1
√
2
(Acos
nπ
4
+ Bsin
nπ
4
) −
1
√
2
sin
nπ
4
⇔ Acos
nπ
4
.cos
π
4
− Asin
nπ
4
.sin
π
4

+ Bsin
nπ
4
.cos
π
4
+ Bsin
π
4
.cos
nπ
4
=
=
1
√
2
(Acos
nπ
4
+Bsin
nπ
4
)−
1
√
2
sin
nπ
4

⇔
1
√
2
Acos
nπ
4
−
1
√
2
Asin
nπ
4
+
1
√
2
Bsin
nπ
4
+
1
√
2
Bcos
nπ
4
=
=

1
√
2
Acos
nπ
4
+
1
√
2
Bsin
nπ
4
−
1
√
2
sin
nπ
4
⇔ −Asin
nπ
4
+ Bcos
nπ
4
= −sin
nπ
4
=⇒


A = 1
B = 0
Suy ra: x
R
n
= cos
nπ
4
.
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n
= C(
1
√
2
)
n
+ cos
nπ
4
.

13
x
0
= 1 =⇒ 1 = C + 1 ⇔ C = 0.
Vậy: x
T Q
n
= cos
nπ
4
.
3.1.4. Nếu vế phải của phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 có dạng
f
n
=
m

i=1
f
i
n
= f
1
n
+ f
2
n
+ + f
m
n

trong đó các f
i
n
, i = 1, 2, , m có các dạng đã xét, thì tìm nghiệm riêng
x
R
n
=
m

i=1
x
R;i
n
với x
R;i
n
tương ứng là nghiệm riêng của f
i
n
, i = 1, 2, , m.
Ví dụ 6 . Giải phương trình sai phân:
x
n+1
= 26x
n
− 494.7
n
− 2475n + 99, x
0

= 26
Giải
x
n+1
= 26x
n
− 494.7
n
− 2475n + 99
⇐⇒ x
n+1
− 26x
n
= −494.7
n
− 2475n + 99
Phương trình đặc trưng: λ − 26 = 0 =⇒ λ = 26.
Suy ra: x
T N
n
= C.26
n
. Đặt: f
1
= −494.7
n
, f
2
= −2475n + 99.
Với f

1
= −494.7
n
, vì λ = 26 = β = 7. ta tìm x
R,1
n
= A.7
n
. Thay vào
phương trình
x
n+1
− 26x
n
= −494.7
n
ta được:
A.7
n+1
− 26.A.7
n
= −494.7
n
⇔ A.7 −26.A = −494 ⇔ A = 26.
Suy ra: x
R,1
n
= 26.7
n
Với f

2
= −2475n + 99, ta tìm x
R,2
n
= A.n + B. Thay vào phương trình
x
n+1
− 26x
n
= −2475n + 99
ta được
14
A.(n + 1) + B − 26.(A.n + B) = −2475.n + 99
⇐⇒ −25.A.n + A − 25.B = −2475n + 99
So sánh hệ số của n ở hai vế, ta được:

25A = 2475
A − 25B = 99
⇐⇒

A = 99
B = 0
Suy ra: x
R,2
n
= 99.n
Ta có: x
R
n
= x

R,1
n
+ x
R,2
n
= 26.7
n
+ 99.n.
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n
= C26
n
+ 26.7
n
+ 99n.
x
0
= 26 =⇒ C = 0.
Vậy: x
T Q
n
= 26.7

n
+ 99n.
Ví dụ 7 . Giải phương trình sai phân:
x
n+1
= 2x
n
+ (n
2
+ 1)2
n
− 2cos
nπ
2
− sin
nπ
2
⇐⇒ x
n+1
− 2x
n
= (n
2
+ 1)2
n
− 2cos
nπ
2
− sin
nπ

2
Phương trình đặc trưng: λ − 2 = 0 ⇐⇒ λ = 2 = β.
Suy ra: x
T N
n
= C.2
n
.
Đặt: f
1
= (n
2
+ 1)2
n
, f
2
= −2cos
nπ
2
− sin
nπ
2
.
Với f
1
= (n
2
+ 1)2
n
, ta tìm x

R,1
n
= n(An
2
+ Bn + C).2
n
. Thay vào phương
trình
x
n+1
− 2x
n
= (n
2
+ 1)2
n
ta được:
(n + 1)[A(n + 1)
2
+ B(n + 1) + C]2
n+1
−2n(An
2
+ Bn + C)2
n
= (n
2
+ 1)2
n
⇐⇒ 2(n+1)(An

2
+2An+A+Bn+B +C)−2An
3
−2Bn
2
−2Cn = n
2
+1
⇐⇒ 2(An
3
+ 2An
2
+ An + Bn
2
+ Bn + Cn + An
2
+ 2An + A + Bn + B +
+ C) − 2An
3
− 2Bn
2
− 2Cn = n
2
+ 1
15
⇐⇒ 6An
2
+ (6A + 4B)n + (2A + 2B + 2C) = n
2
+ 1.

So sánh hệ số của n ở hai vế, ta được:



6A = 1
6A + 4B = 0
2A + 2B + 2C = 1
⇐⇒











A =
1
6
B = −
1
4
C =
7
12
Suy ra: x
R,1

n
=
1
6
n
2
−
1
4
n +
7
12
.
Với f
2
= −2cos
nπ
2
−sin
nπ
2
, ta tìm x
R,2
n
= Acos
nπ
2
+ Bsin
nπ
2

. Thay vào
phương trình
x
n+1
− 2x
n
= −2cos
nπ
2
− sin
nπ
2
ta được
Acos(n + 1)
π
2
+ Bsin(n + 1)
π
2
−2(Acos
nπ
2
+ Bsin
nπ
2
) = −2cos
nπ
2
−sin
nπ

2
⇐⇒ Acos(
nπ
2
+
π
2
)+Bsin(
nπ
2
+
π
2
)−2Acos
nπ
2
)−2Bsin
nπ
2
= −2cos
nπ
2
−
− sin
nπ
2
⇐⇒ A(−sin
nπ
2
)+Bcos

nπ
2
−2Acos
nπ
2
−2Bsin
nπ
2
= −2cos
nπ
2
−sin
nπ
2
⇐⇒ (−A − 2B)sin
nπ
2
+ (−2A + B)cos
nπ
2
= −2cos
nπ
2
− sin
nπ
2
So sánh hệ số của n ở hai vế, ta được:

−A − 2B = −1
−2A + B = −2

⇐⇒

A = 1
B = 0
Suy ra: x
R,2
n
= cos
nπ
2
.
Ta có: x
R
n
= x
R,1
n
+ x
R,2
n
=
1
6
n
2
−
1
4
n +
7

12
+ cos
nπ
2
.
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n
= C2
n
+
1
6
n
2
−
1
4
n +
7
12
+ cos
nπ

2
.
16
x
0
=
1
8
=⇒ C +
7
12
+ 1 =
1
8
⇔ C = −
35
24
.
Vậy: x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n
= −
35
24

2
n
+
1
6
n
2
−
1
4
n +
7
12
+ cos
nπ
2
.
Ví dụ 8 . Tìm nghiệm riêng của phương trình sai phân:
x
n+1
= x
n
+ 2n3
n
Giải
Phương trình đã cho tương đương với: x
n+1
− x
n
= 2n3

n
.
Phương trình đặc trưng: λ − 1 = 0 ⇐⇒ λ = 1 = β.
Suy ra: x
T N
n
= C.1
n
= C.
Ta tìm x
R
n
= (An + Bn).3
n
. Thay vào phương trình xuất phát ta được
[A(n + 1) + B]3
n+1
− (An + B)3
n
= 2n.3
n
⇐⇒ 3(An + A + B) − An − B = 2n
⇐⇒ 2An + 3A + 2B = 2n.
So sánh hệ số của n ở hai vế, ta được:

2A = 1
3A + 2B = 0
⇐⇒






A =
1
2
B = −
3
4
Suy ra: x
R
n
= (
1
2
n −
3
4
)3
n
.
Ví dụ 9 . Tìm nghiệm riêng của phương trình sai phân:
x
n+1
= 2x
n
+ (
1
√
2

− 2)sin
nπ
4
+
1
√
2
cosnπ4.
Giải
Phương trình đã cho tương đương với:
x
n+1
− 2x
n
= (
1
√
2
− 2)sin
nπ
4
+
1
√
2
)cosnπ4 .
Phương trình đặc trưng: λ − 2 = 0 ⇐⇒ λ = 2.
Suy ra: x
T N
n

= C.2
n
.
17
Ta tìm x
R
n
= Acos
nπ
4
+ Bsin
nπ
4
. Thay vào phương trình xuất phát ta
được:
Acos
(n + 1)π
4
+ Bsin
(n + 1)π
4
− 2Acos
nπ
4
− 2Bsin
nπ
4
=
= (
1

√
2
− 2)sin
nπ
4
+
1
√
2
cosnπ4
⇐⇒ Acos(
nπ
4
+
π
4
) + Bsin(
nπ
4
+
π
4
) − 2Acos
nπ
4
− 2Bsin
nπ
4
=
= (

1
√
2
− 2)sin
nπ
4
+
1
√
2
cosnπ4
⇐⇒ A(cos
nπ
4
cos
π
4
−sin
nπ
4
sin
π
4
) + B(sin
nπ
4
cos
π
4
+ sin

π
4
cos
nπ
4
) −
−2Acos
nπ
4
−2Bsin
nπ
4
= (
1
√
2
−2)sin
nπ
4
+
1
√
2
)cosnπ4
⇐⇒ A(
1
√
2
.cos
nπ

4
−
1
√
2
.sin
nπ
4
) +B(
1
√
2
.sin
nπ
4
+
1
√
2
.cos
nπ
4
)−2Acos
nπ
4
−
−2Bsin
nπ
4
= (

1
√
2
−2)sin
nπ
4
+
1
√
2
cosnπ4
⇐⇒ (
1
√
2
A +
1
√
2
B − 2A)cos
nπ
4
+ (−
1
√
2
A +
1
√
2

B − 2B)sin
nπ
4
=
= (
1
√
2
−2)sin
nπ
4
+
1
√
2
cosnπ4.
So sánh hệ số của n ở hai vế, ta được:





(
1
√
2
− 2)A +
1
√
2

B =
1
√
2
−
1
√
2
A + (
1
√
2
− 2)B =
1
√
2
− 2
⇐⇒

A = 0
B = 1
Suy ra: x
R
n
= sin
nπ
4
.
3.2. Phương pháp biến thiên hằng số cho nghiệm riêng của
phương trình sai phân tuyến tính cấp một .

Xét phương trình: ax
n+1
+ bx
n
= f
n
Phương trình này có nghiệm x
T N
n
= λ.C
n
, với λ = −
b
a
.
Để tìm nghiệm riêng của phương trình, ta xem C biến thiên theo n, có
nghĩa là C là một hàm của n, và ta tiến hành đi tìm
18
x
R
n
= C
n
.λ
n
Thay vào phương trình sai phân, ta được
aC
n+1
λ
n+1

+ bC
n
λ
n
= f
n
⇔ C
n+1
λ
n+1
+
b
a
C
n
λ
n
=
1
n
f
n
⇔ C
n+1
λ
n+1
− (−
b
a
)C

n
λ
n
=
1
n
f
n
⇔ C
n+1
λ
n+1
− λC
n
λ
n
=
1
n
f
n
⇔ C
n+1
λ
n+1
− C
n
λ
n+1
=

1
n
f
n
⇔ λ
n+1
(C
n+1
− C
n
) =
1
n
f
n
⇔ C
n+1
− C
n
=
f
n
a.λ
n+1
Ta có:
C
1
− C
0
=

f
0
a.λ
C
2
− C
1
=
f
1
a.λ
2
C
3
− C
2
=
f
2
a.λ
3
···
C
n
− C
n−1
=
f
n−1
a.λ

n
Cộng vế theo vế các đẳng thức trên, ta có:
C
n
− C
0
=
1
a

n−1
i=0
f
i
λ
i+1
⇐⇒ C
n
= C
0
+
1
a

n−1
i=0
f
i
λ
i+1

Vậy:
x
R
n
= [C
0
+
1
a

n−1
i=0
f
i
λ
i+1
]λ
n
Ví dụ 10 . Dùng phương pháp biến thiên hằng số, giải phương trình sai
phân:
x
n+1
= x
n
+ n.n!, x
0
= 0
Giải
19
x

n+1
= x
n
+ n.n! ⇐⇒ x
n+1
− x
n
= n.n!.
Phương trình đặc trưng: λ − 1 = 0 ⇐⇒ λ = 1.
Suy ra: x
T N
n
= C
và x
R
n
= C
n
Thay x
R
n
vào phương trình xuất phát, ta được:
C
n+1
= C
n
+ n.n!
⇐⇒ C
n+1
− C

n
= n.n!
⇐⇒ ∆C
n
= n.n!
Mà ta có
n.n! = (n + 1 − 1)n! = (n + 1)n! − n! = (n + 1)! − n! = ∆n!.
Suy ra: ∆C
n
= ∆n! ⇐⇒ C
n
= n! =⇒ x
R
n
= n!.
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n
= C + n!.
x
0
= 0 =⇒ C = 0.
Vậy: x

T Q
n
= n.n!. .
Ví dụ 11 . Giải phương trình sai phân:
x
n+1
= x
n
+ cosnx, x
0
= 0.
Giải
x
n+1
= x
n
+ cosnx ⇐⇒ x
n+1
− x
n
= cosnx.
Phương trình đặc trưng: λ − 1 = 0 ⇐⇒ λ = 1.
Suy ra: x
T N
n
= C
và x
R
n
= C

n
Thay x
R
n
vào phương trình xuất phát, ta được:
C
n+1
= C
n
+ cosnx
⇐⇒ C
n+1
− C
n
= cosnx
⇐⇒ ∆C
n
= cosnx
Mà ta có
cosnx =
2cosnx.sin
x
2
2sin
x
2
=
sin(nx +
x
2

) − sin(nx −
x
2
)
2sin
x
2
(với sin
x
2
= 0)
20
=
sin(n + 1 −
1
2
)x
2sin
x
2
−
sin(n −
1
2
)x
2sin
x
2
= ∆




sin(n −
1
2
)x
2sin
x
2



Suy ra: ∆C
n
= ∆



sin(n −
1
2
)x
2sin
x
2



.
⇐⇒ C

n
=
sin(n −
1
2
)x
2sin
x
2
.
=⇒ x
R
n
=
sin(n −
1
2
)x
2sin
x
2
.
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x

R
n
= C +
sin(n −
1
2
)x
2sin
x
2
.
x
0
= 0 =⇒ C −
1
2
⇔ C =
1
2
.
Vậy: x
T Q
n
=
1
2
+
1
2
sin(n −

1
2
)x
sin
x
2
.
Ví dụ 12 . Giải phương trình sai phân:
x
n+1
= 3x
n
+ 2.3
n+1
, x
0
= 1.
Giải
x
n+1
= 3x
n
+ 2.3
n+1
⇐⇒ x
n+1
− 3x
n
= 2.3
n+1

.
Phương trình đặc trưng: λ − 3 = 0 ⇐⇒ λ = 3.
Suy ra: x
T N
n
= C.3
n
và x
R
n
= C
n
.3
n
Thay x
R
n
vào phương trình xuất phát, ta được:
C
n+1
.3
n+1
= C
n
.3
n+1
+ 2.3
n+1
21
⇐⇒ C

n+1
− C
n
= 2.3
n+1
⇐⇒ ∆C
n
= 2 = 2(n + 1) − 2n = ∆(2n)
Suy ra: ∆C
n
= ∆(2n).
⇐⇒ C
n
= 2n.
⇐⇒ x
R
n
= 2n.3
n
.
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n

= C.3
n
+ 2n.3
n
.
x
0
= 1 =⇒ C = 1
Vậy: x
T Q
n
= 3
n
+ 2n.3
n
= (2n + 1)3
n
.
Ví dụ 13 . Giải phương trình sai phân:
x
n+1
= 3x
n
− 2n + 1, x
0
= 1
Giải
x
n+1
= 3x

n
− 2n + 1 ⇐⇒ x
n+1
− 3x
n
= −2n + 1.
Phương trình đặc trưng: λ − 3 = 0 ⇐⇒ λ = 3.
Suy ra: x
T N
n
= C.3
n
và x
R
n
= C
n
.3
n
Thay x
R
n
vào phương trình xuất phát, ta được:
C
n+1
.3
n+1
= C
n
.3

n+1
− 2n + 1
⇐⇒ C
n+1
− C
n
=
−2n + 1
3
n+1
⇐⇒ ∆C
n
=
n + 1
3
n+1
−
n
3
n
= ∆

n
3
n

Suy ra: ∆C
n
= ∆


n
3
n

.
⇐⇒ C
n
=
n
3
n
.
⇐⇒ x
R
n
= n.
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x
R
n
= C.3
n
+ n.
22

x
0
= 1 =⇒ C = 1
Vậy: x
T Q
n
= 3
n
+ n.
Ví dụ 14 . Giải phương trình sai phân:
x
n+1
= 5x
n
+
1
5
(n
2
− 3n + 1)n!, x
0
= 0
Giải
x
n+1
= 5x
n
+
1
5

(n
2
− 3n + 1)n! ⇐⇒ x
n+1
− 5x
n
=
1
5
(n
2
− 3n + 1)n!.
Phương trình đặc trưng: λ − 5 = 0 ⇐⇒ λ = 5.
Suy ra: x
T N
n
= C.5
n
và x
R
n
= C
n
.5
n
Thay x
R
n
vào phương trình xuất phát, ta được:
C

n+1
.5
n+1
= C
n
.5
n+1
+
1
5
(n
2
− 3n + 1)n!
⇐⇒ C
n+1
− C
n
=
(n
2
− 3n + 1)n!
5
n+2
⇐⇒ ∆C
n
=
(n
2
− 3n + 1)n!
5

n+2
Mà ta có:
(n
2
− 3n + 1)n!
5
n+2
=
(n + 1)
2
n!
5
n+2
−
n.n!
5
n+1
=
(n + 1)(n + 1)!
5
n+2
−
n.n!
5
n+1
= ∆

n.n!
5
n+1


Suy ra: ∆C
n
= ∆

n.n!
5
n+1

⇐⇒ C
n
=
n.n!
5
n+1
=⇒ x
R
n
=
n.n!
5
.
Từ đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
x
T Q
n
= x
T N
n
+ x

R
n
= C.5
n
+
n.n!
5
.
x
0
= 0 =⇒ C = 0
Vậy: x
T Q
n
=
n.n!
5
.
23