đề tài '''' phương trình sai phân và các ứng dụng ''''

Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
ĐỀ TÀI
PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN VÀ
CÁC ỨNG DỤNG
Giảng viên hướng dẫn :
Sinh viên thực hiện :

Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
BÀI THẢO LUẬN NHÓM 11
Môn Toán cao cấp
Đề tài: PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN VÀ CÁC
ỨNG DỤNG
Nội dung bài hảo luận gồm có các nội dung chính
như sau:
A/ Sai phân và PT sai phân
1. Lưới thời gian và sai phân
2. Phương trình sai phân
B/ Ứng dụng của PTSP
1. Ứng dụng trong tìm công thức tổng quát
của dãy số
2. Ứng dụng của PTSP trong tính tổng của
một dãy số
3.Ứng dụng của PTSP trong kinh tế
4. Một số ứng dụng khác của sai phân
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
Nội dung chi tiết:
A/ Sai phân và phương trình sai phân
11.1.1. Lưới thời gian và sai phân

a) Lưới và bước lưới
Cho điểm t
0
trên trục thực và khoảng cách h>0. Tập các điểm trên trục thực:
I := {t0 = nh : n
∈
Z }
là một tập rời rạc, gồm các điểm cách điều nhau một khoảng cách là h, bắt đầu từ
h
0
.
Ta gọi I là một lưới thời gian với bước lưới là h.
b) Sai phân
GIả sử y(t) là một hàm trên lưới I; t
∈
I. Khi đó :

∆
Y(t) := y(t+h) – y(t)
gọi là sai phân cấp một của hàm y(.) tại điểm t.
∆
2
y(t) :=
∆
(
∆
y(t)) := [y(t+2h)-y(t+h)] - [y(t+h) – y(t)]
:= y(t+2h) – 2y(t+h) + y(t).
gọi là sai phân cấp hai. Tương tự ta có
k

∆
y(t) :=
∆
(
1
+
∆
k
y(t)) :=
∑
=
=
−
ki
oi
i
)1(
C
i
k
y(t+ih)
gọi là sai phân cấp k.
Ý nghĩa:
-Giả sử y(t) là một hàm khả vi trên R. Khi h>0 là một khoảng thời gian
đủ nhỏ thì ta có xấp xỷ:
Y(t+h) – y(t)
≅
y’(t)h
Như vậy với hàm số khả vi khi bước lưới là bé thì sai phân có thể coi là xấp
xỷ tích của đạo hàm và độ dài bước lưới.

-Giả sử y(n) là một hàm trên lưới Z. ta cũng dùng ký hiệu
y(.) : Z
→
R : n

y(n) hoặc
y(.) : Z
→
R : n

y
n
giá trị của hàm y(.) tại bước n
∈
Z được ký hiệu là y(n) hoặc y
n
.
như vậy, trên lưới Z theo các định nghĩa ở trên, ta có :

∆
y(n) =y(n+1) – y(n)
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11

2
∆
y(n) =
∆∆(
y(n)) =
[ ]

)1()2( +−+ nyny
-
[ ]
)()1( nyny −+
= y(n+2) –2 y(n+1) + y(n)


k
∆
y(n) =
1
(
−
∆∆
k
y(n)) =
∑
=
=
−
ki
i
i
k
i
c
0
)1(
y(n+k-i)
Từ nay, để đơn giản khi trình bày, ta luôn lấy t

0
= 0 và h = 1 ( h=1 là đơn bị
thời gian, chẳng hạn một giây, một giờ )
Trong trường hợp này ta có I
≡
Z := {0;
2;1
±±
; }. Biến độc lập, theo truyền
thống ta kí hiệu là n.
c) Tính chất của sai phân
1)
C
∆
= 0 ( C hằng số)
2)
k
∆
[
α
y(n) +
β
y(n)] =
k
∆
α
y(n) +
k
∆
β

(
α
,
β

∈
R)

3)
k
∆
n
m
= 0 khi k > m
Đa thức bậc m-k khi k
≤
m
4)
)()1()(
11
MyNyny
k
N
Mn
kk
−
=
−
∆−+∆=∆
∑

(k = 1, 2, 3 … )
Hệ quả:

∑
=
∆
N
Mn
k
y(n) = y(N + 1) –y(M)
11.1.2 Phương trình sai phân ( PTSP)
Định nghĩa 11.1 Giả sử y(n) là một hàm đối số nguyên, chưa biết, cần tìm từ
đẳng thức.
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
F(n,
k
∆
y(n),
1−
∆
k
y(n), ,
∆
y(n), y(n)) = 0 (11.1)
Trong đó không được khuyết
k
∆
y(n). Khi đó đẳng thức trên được gọi là một
phương trình sai phân cấp k.

Từ định nghĩa sai phân ta thấy phương trình (11.1) có thể viết dưới dạng tương
đương như sau :
F
1
(n, y(n+k), y(n+k-1), ,y(n+1), y(n) = 0 (11.2)
Trường hợp đặc biệt, ta được phương trình sau :
Y(n+k) = f(n, y(n+k-1), y(n+k-2), ,y(n+1),y(n)) (11.3)
được gọi là một phương trình sai phân cấp k dạng chính tắc.
Nghiệm
Giả sử ta xét bải toán trên tập n
∈
J
⊆
Z
+
:= {0;1;2; ).
Mọi hàm số đối số nguyên mà khi thay vào phương trình được đẳng thức đúng
với mọt n
∈
J đều gọi là nghiệm của phương trình sai phân đó ( trên J).
Điều kiện ban đầu
Cho một giá trị bất kì n
0
∈

Z
+
và một bộ k giá trị thực tùy ý (
yyy
k

0
1
0
1
0
0
; ;;
−
).
Nghiệm y(.) của phương trình sai phân, sao cho:
Y(n
0
= y
0
0
Y(n
0
+1) = y
0
1
(11.4)

Y(n
0
+k -1) = y
0
1
−
k
gọi là nghiệm thoả mãn điều kiện ban đầu (11.4). Để đơn giản, nếu không nói gì

thêm, ta mặc định m
0
= 0
Nghiệm tổng quát và nghiệm riêng
Trng i hc Thng mi
Nhúm 11
nh ngha 11.2: Gii phng trỡnh sai phõn cp k, c kt qu l mt ng thc
tng ng dng
y(n) =

(n, C
1,
C
2
, C
k
) (11.5)
trong ú C
1
, C
2
, ,C
k
l k hng s t do, khi ú (11.5) gi l nghim tng quỏt
ca phng trỡnh sai phõn ú. Thay mt b giỏ tr hng s c th vo nghim tng
quỏt , ta c ng thc:
y(n) =

(n,
CCC

k
00
2
0
1
, ,,
)
ng thc ny c gi l mt nghim riờng.
Thụng thng, nghim riờng c xỏc nh theo iu kin ban u.
11.2 Phơng trình sai phân tuyến tính thuần nhất.
Phơng trình dới đây gọi là phơng trình sai phân tuyến tính ( PTSPTT) cấp k.
a
k
y(n +k) +a
k-1
y(n+k-1)++a
1
y(n+1)+a
0
y(n) = f(n) (a
k
a
0
0) (11.6)
Nếu tồn tại n sao cho f(n) 0 thì phơng trình gọi là không thuần nhất. Nếu f(n) = 0
thì phơng trình sau đaay là phơng rtình thuần nhất tơng ứng của (11.6)
a
k
y(n +k) +a
k-1

y(n+k-1)++a
1
y(n+1)+a
0
y(n) = 0 (11.7)
Nếu có hệ só a
i
phụ thuộc vào n thì nói phơng trình có hệ số biến thiên. Trờng hợp
ngợc lại, khi mọi hệ số a
i
đều không phụ thuộc và n thì nói phơng trình có hệ số
hằng.
Tính chất tập nghiệm của phơng trình tuyến tính thuần nhất.
Mệnh đề 11.1 1) Nếu y
1
(n) là các nghiệm của (11.7) thì với mọi cấp số thực ,
hàm
y(n) = y
1
(n) + y
2
(n) cũng là nghiệm của (11.7)
2) Nếu y
1
(n), y
2
(n),,y
k
(n) là k nghiệm độc lập tuyến tính của (11.7) thì
= C

1
y
1
(n) + C
2
y
2
(n) ++ C
k
y
k
(n)
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
Trong ®ã C
1
,C
2
, ,C
n
lµ c¸c h»ng sè tuú ý, lµ nghiÖm tæng qu¸t cña (11.7)
Ngoµi ra, ta dÔ thÊy ph¬ng tr×nh thuÇn nhÊt lu«n cã nghiÖm tÇm thêng y(n) = 0.
11.2.1 Ph¬ng tr×nh tuyÕn tÝnh cÊp 1 vµ hÖ sè h»ng.
1. Phương trình thuần nhất
* Dạng tổng quát:
ay(n + 1) + by(n) = 0 (*) Với a, b là hằng số ≠ 0
* Cách giải:
Cách 1: Xét phương trình đặc trưng: aλ + b = 0
 λ = -b/a
 Nghiệm tổng quát của phương trình (*) là:

Y(n) = c(-b/a)
n
Cách 2: Truy hồi
VD: y(n + 1) – 3y(n) = 0 (1)
- Cách 1: Xét phương trình đặc trưng của (1) là λ – 3 = 0 =>λ = 3
=> Nghiệm tổng quát của (1) là: y(n) = C. 3
n
- Cách 2: Truy hồi: y(n) ≠ 0 √ n, y(n + 1) = 3y(n)
Ta có: y(1) = 3y(0)
Y(2) = 3y(1)
………….
Y(n) = 3y(n-1)
Nhân vế với vế ta có: y(n) = y(0) * 3
n
Đặt y(0) = C => y(n) = C. 3
n
2. Phương trình không thuần nhất:
* Dạng tổng quát:
ay(n + 1) +by(n) = f(n) (a.b ≠ 0; f(n) ≠ 0)
• Cách giải:
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
- Cách 1: Phương pháp chọn
Bước 1: Giải phương trình thuần nhất ay(n+1) +by(n) = 0
Ta tìm được nghiệm tổng quát y(n) = (-b/a)
n
.c
Bước 2: Tìm nghiệm riêng ü(n) của 1
Trường hợp 1: Cho hàm f(n) = α
n

.P
m
(n)
Với P
m
(n) là đa thức bậc m của n
+ Nếu α không là nghiệm của phương trình đặc trưng, nghĩa là α ≠ -b/a.
Nghiệm riêng của (1) có thể tìm dưới dạng: ü(n) = α
n
. Q
m
(n)
Trong đó Q
m
(n) là một đa thức bậc m có hệ số chưa biết và có thể tìm bằng
phương pháp hệ số bất định
+ Nếu α là nghiệm của phương trình đặc trưng thì tìm nghiệm riêng ở
dạng:
ü(n) = n. α
n
. Q
m
(n)
Trường hợp 2: Cho hàm f(n) = α
n
. [ P
m
(n)cos(nβ) + Q
l
(n).sin(nβ) ]

Nghiệm riêng có thể tìm dưới dạng ü(n) = α
n
. [ P
h
(n)cos(nβ) +
Q
h
(n).sin(nβ) ]
Trong đó h = max(l,m)
Cách giải 2: Phương pháp biến thiên hằng số:
Bước 1: Giải phương trình thuần nhất ay(n+1) +by(n) = 0
Ta tìm được nghiệm tổng quát y(n) = (-b/a)
n
.c
Bước 2: Tìm nghiệm riêng của phương trình thuần nhất bằng biến thiên
hằng số
Coi C = C(n) khi đó:
Y(n) = C(n). (-b/a)
n
 y(n+1) = C(n+1). (-b/a)
n+1
Thay vào phương trình
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
Ay(n + 1) +by(n) = f(n) ta được: a.C(n+1).(-b/a)
n+1
+ b.C(n).(-b/a)
n
= f(n)
 C(n+1) – C(n) = (-1/b).(-a/b)

n
.f(n)
Đây là phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng đối với C(n) ta có thể
giải bằng các cách đã biết
C(1) – C(0) = (-1/b). f(0).(-a/b)
0
C(2) – C(1) = (-1/b). f(1). (-a/b)
1
…………………
C(n) – C(n-1) = (-1/b). f(n-1). (-a/b)
n-1
Cộng theo từng vế ta được:
n-1
C(n) – C(0) = (-1/b). ∑ f(i). (-a/b)
i

i=0
Lấy hằng số tự do là C(0) = C ta được
n-1
C(n) = C +(-1/b). ∑ f(i). (-a/b)
i

i=0
Thay vào y(n) ta được nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là

n-1
Y(n) = (-b/a)
n
.[ C +(-1/b). ∑ f(i). (-a/b)
I

]



i=0
Ví dụ: Giải phương trình: y(n+1) – 5y(n) = 5
n
(n + 3)
Cách giải 1:
Bước 1: Xét phương trình thuần nhất y(n+1) – 5y(n) = 0
Xét phương trình đặc trưng: λ – 5 = 0
 λ = 5
 y(n) = C.5
n
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
Bước 2: Ta có: f(n) = 5
n
(n+3)
α=5 là nghiệm của phương trình đặc trưng
Vậy ü(n) = n5
n
.(An+B)
 ü(n+1) = (n+1)5
n+1
(An +A + B).
Thay vào phương trình ban đầu ta được:
(n+1)5
n+1
(An + A + B) - 5n5

n
.(An+B) = 5
n
(n + 3)
 5(n+1)(An + A +B) – 5n(An + B) = n+3
 10An + 5(A + B) = n+3
 10A = 1 và 5(A + B) = 3
 A=1/10 và B = ½
 ü(n) = n.5
n
(n/10 + 1/2)
 Nghiệm của phương trình là y(n) = C.5
n
+ n.5
n
(n + 5)/10
Cách giải 2: Xét phương trình thuần nhất y(n+1) – 5y(n) = 0
Xét phương trình đặc trưng: λ – 5 = 0
 λ = 5
 y(n) = C.5
n
Coi C = C(n) ta có:
C(n+1) 5
n+1
- 5.5
n
.C(n) = 5
n
(n+3)
 C(n+1) – C(n) = 5

-1
(n+3)
C(1) – C(0) = 5
-1
(0+3)
C(2) – C(1) = 5
-1
(1+3)
…………
C(n) – C(n-1) = 5
-1
(n-1+3)
Cộng vế với vế ta được: C(n) – C(0) = 5
-1
(3+4+5+…+n+2) = (n
2
+ 5n)/10
Đặt C = C(0)
Trng i hc Thng mi
Nhúm 11
Thay C(n) vo y(n) ta c nghim tng quỏt ca phng trỡnh khụng
thun nht l:
Y(n) = (C + (n
2
+ 5n)/10)
Chú ý 11.1 : Ta thờng ding kí hiệu (n) để chỉ nghiệm tổng quát của phơng trình
thuần nhất để tránh nhầm lẫn về sau.
Ta cũng có thể viết nghiệm tổng quát đơn giản là y(n)
11.2.2 Phơng trình tuyến tính thuần nhất cấp 2 hệ số hằng
Xét phơng trình sau với a, b, c là các hằng số và ac 0

ay(n+2) + by(n+1) +cy(n) = 0 (11.9)
Phơng trình nghiệm phức sau đây gọi là phơng trình đặc trng của (11.9)
a + b + c = 0 (ac 0 )
Mệnh đề 11.3 1) Nếu phơng trình đặc trng (11.10) có 2 nghiệm thực khác nhau
là thì nghiệm tổng quát của 11.9 là:
(n) = C
1
+ C
2
2) Nếu (11.10) có 2 nghiệm thực trùng nhau là
1
=
2
= thì nghiệm tổng quát
của (11.9) là
= C
1
+ nC
2
Nếu (11.10) có 2 nghiệm phức liên hợp là i trong đó 0; i = r(
i ) thì nghiệm tổng quát của (11.9) là :
(n) = (C
1
+ C
2
)
ở đây C
1
,C
2

là các hằng số tùy ý.
11.2.3 Phơng trình tuyến tính thuần nhất cấp k hệ số hằng
Xét phơng trình sau với a
0
a
1,
a
k
là các hằng số với a
o
a
k
0:
a
k
y(n +k) +a
k-1
y(n+k-1)++a
1
y(n+1)+a
0
y(n) = 0 (11.12)
Trng i hc Thng mi
Nhúm 11
Phơng trình nghiệm phức sau(11.13)
11.2.4 PTSPTT cấp 1 hệ số biến thiên
a. Phng trỡnh thun nht
Dng: a(n).y(n+1) + b(n).y(n) = 0
Cỏch gii: Truy hi
Giả sử rằng A(n)B(n) 0, n n

o
. Không mất tính tổng quát khi ta giả sử n
0
= 0
khi chỉ xét phơng trình sau:
Y(n+1) = a(n)y(n) (a(n) 0, n ) (11.16)
Gán cho n lần lợt các giá trị ta 0, 1, 2, , n-1, ta đợc:
y(1) = a(0)y(0)
y(2) = a(1)y(1)

y(n) = a(n-1)y(n-1)
Nhân theo từng vế là lấy hằng số tự do là C = y(n) ta đợc nghiệm tổng quát của ph-
ơng trình (11.16) là :
(n) = C
Chú ý : 1)Nếu trong phơng trình (11.16) a(n) 0 bắt đầu n
0
trở đI thì ta lấy C =
y(n
0
) và bắt đầu tính các giá trị liên tiếp từ n
0
+1 trở đI
2) Việc lấy hằng số tự do C = y(n
0
) hay C = y(n
0
+1) là không ảnh hởng đến nghiệm
tổng quát
b. Phng trỡnh khụng thun nht:
Dng: a(n).y(n+1) + b(n).y(n) = f(n) (1) f(n) 0

Cỏch gii: Dựng truy hi
VD: Gii phng trỡnh:
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
Y(n+1) = (n+1)y(n) + (n+1)!.n
Lời giải:
Xét phương trình thuần nhất:
Y(n+1) = (n +1)y(n)
Ta có: y(1) = 1y(0)
Y(2) = 2y(1)
……………
Y(n) = n.y(n-1)
Nhân vế với vế, lấy C = y(0) ta có nghiệm tổng quát của phương trình
thuần nhất
Y(n) = C.n!
Coi C = C(n) ta được: y(n) = n!.C(n)
Y(n+1) = (n+1)!.C(n+1)
Thay vào phương trình không thuần nhất ban đầu ta được:
(n+1)!.C(n+1) = (n+1)C(n)n! + n(n+1)!
 C(n+1) –C(n) = n
 C(1) – C(0) = 0
C(2) –C(1) = 1
…………
C(n) – C(n-1) = n-1
Cộng vế với vế ta được: C(n) – C(0) = n(n-1)/2
Coi C =C(0) => C(n) = C + n(n-1)/2
Thay vào biểu thức ta được nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất
là:
Y(n) = (C + n(n-1)/2)
Trường Đại học Thương mại

Nhóm 11
B/ Ứng dụng của PT sai phân
I.Ứng dụng của PTSP trong tìm CTTQ của dãy số
Vấn đề sai phân và ứng dụng của sai phân giải toán dãy số cũng như
giải toán nói chung đã được nhiều người quan tâm, cho dù mức độ cũng như
dạng loại cũng có phần khác nhau. Sai phân và ứng dụng của sai phân là
phần rất quan trọng nó không những góp phần giải quyết các bài toán dãy số
mà còn giúp giải một số bài toán khác như: phương trình hàm, đa thức, bất
đẳng thức Về bản chất sai phân là tìm cách tách một số hạng của dãy số đã
cho thành hiệu (hay tổng quát hơn là tổng đại số) của hai hay ba số hạng liên
tiếp của dãy số khác. Dưới đây là ứng dụng của phương trình sai phân trong
tìm công thức số hạng tổng quát của một dãy số.
1) Sai phân cấp I:
Cho dãy
{ }
n
U
: U
1
cho trước ,
1n n
U aU b
+
= +
( với a,b cho trước) hãy xác
định số hạng tổng quát
n
U
của dãy số. Ta gọi đó là phương trình sai phân cấp I
( tức là để tìm một số hạng của dãy cần biết một số hạng ngay trước nó).

Đây là bài toán cơ bản có cách giải đơn giản:
+) Nếu a=1 thì dãy số là cấp số cộng công sai b nên
1
( 1)
n
U U n b
= + −
+) Nếu a
≠
1 ta có
1
( );
1
n n
b
U c a U c c
a
+
+ = + =
−
khi đó dãy là cấp số nhân , công
bội a nên
1
1
( )
1 1
n
n
b b
U a U

a a
−
= + −
− −
Tuy nhiên nếu ta làm như sau thì sẽ thấy dẫn tới phương pháp sai phân:
+) Nếu a =1: có
1 1
1 1
1 1
( )
n n
k k k k
k k
U U b U U b
− −
+ +
= =
− = ⇒ − =
∑ ∑
hay
1
( 1)
n
U U n b
= + −
+) Nếu a
≠
1 ta có:
1
1

1 1
n n
n n
n n n
U U b
U aU b
a a a
+
+
+ +
= + ⇒ = +
.
Đặt
1
1
n
n n n
n n
U b
V V V
a a
+
+
= ⇒ − =
Do đó
1 1
1
1 1
1 1
1

( ) (1 )
( 1)
n n
k k
k n
k k
b b
V V
a a a a
− −
+
+ −
= =
− = = −
−
∑ ∑
; từ đó tìm được
1
1 1
1 1
1
1
( ) ( (1 ) )
( 1)
n
n n
n
k n
k
U b b U

U a a
a a a a a a
−
+ −
=
= + = − +
−
∑
. Thử lại thoả mãn.
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
Phương pháp này gọi là Sai phân cấp I: Tức là tách một số hạng của
dãy thành hiệu hai số hạng liên tiếp của dãy mới, cũng có thể thay dấu bằng
bởi các dấu lớn, nhỏ hơn mà ta sẽ thấy qua các ví dụ dưới đây, phương pháp
này có ứng dụng rất lớn.
Ví dụ 1:(Sai phân trong trong đa thức )
Tìm tất cả các đa thức f(x)
∈
R
[ ]
x
thoả mãn một trong các điều kiện sau:
a) f(x+1)- f(x) = x
∀
x
b) f(x+1)- 3f(x) = 2x+5
∀
x
Giải:
a) Đây mới là bài toán dùng sai phân:

Ta sẽ đưa về bài toán a) bằng cách tìm một đa thức g(x) sao cho:
g(x+1) - g(x) = x (
∀
x)
Chỉ cần chọn g(x)=ax
2
+bx ( đa thức có bậc lớn hơn bậc của x một đơn vị)
Ta có
2 2
( 1) ( 1) ( ) ( )a x b x ax bx x x
+ + + − + = ∀
1 1
2 ,
2 2
ax a b x x a b
⇔ + + = ∀ ⇒ = = −
khi đó bài toán đã cho
( ( 1) ( 1)) ( ( ) ( )) 0f x g x f x g x x
⇔ + − + − − = ∀
Theo a) ta có f(x)- g(x)=A( hằng số) hay f(x) =
2
1 1
( )
2 2
x A x
− + ∀
Thử lại đúng.
b)Tương tự câu a), nhưng tìm g(x) = ax+b (cùng bậc với 2x+5) sao cho
g(x+1)-3g(x) = 2x+5
∀

x
Ta có a(x+1)+b-3(ax+b)=2x+5(
∀
x)
2 2 2 5 1, 3ax a b x x a b
⇔ − + − = + ∀ ⇔ = − = −
khi đó giả thiết có dạng: (f(x+1)-g(x+1)) - 3(f(x)-g(x)) = 0 (
∀
x)
Dễ chứng minh đa thức h(x) thoả mãn h(x+1) - 3h(x) = 0 (
∀
x) là đa thức
đồng nhất bằng 0 (đồng nhất hệ số).
Vậy f(x) = g(x) = - x - 3
∀
x.
Ví dụ 2 :(Sai phân trong phương trình hàm)
Tìm các hàm số xác dịnh trên R và thoả mãn một trong các điều kiện sau:
a)f(x+2) = f(x) + 3x - 1
∀
x
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
b)f(x+1) = 3f(x) + x
c) f(x+1) = 3f(x) + 2
x

∀
x
Giải:

a)Dùng phương pháp sai phân:
Tìm một hàm số g(x) sao cho g(x+2) - g(x) = 3x - 1
∀
x
Ta chọn g(x) = ax
2
+ bx; ta có a(x+2)
2
+ b(x+2) - (ax
2
+bx) = 3x-1(
∀
x) hay
4ax+4a+2b = 3x-1
∀
x , nên a =
3
4
; 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) +
3
4
x
2
- 2x .Thử lại thoả mãn.
b)Trước tiên ta tìm hàm số f(x) thoả mãn:

f(x+1)=3f(x) (
∀
x)
1
( 1) ( )
3 3
x x
f x f x
x
+
+
⇔ = ∀
Đặt f(x) = 3
x
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)=3
x
h(x) (
∀
x)
Bước hai: Ta tìm hàm số g(x) = ax+b sao cho g(x+1) - 3g(x) = x (
∀
x)
( 1) 3( ) ( )a x b ax b x x
+ + − + = ∀
hay a= -
1
2

; b= -
1
4
Khi đó f(x+1)-g(x+1) = 3(f(x)- g(x)) (
∀
x) . Theo kết quả ở trên suy ra
f(x) =
1 1
2 4
x
− −
+3
x
h(x), ở đó h(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ 1 bất kỳ.
c) Ta tìm hàm số g(x) = a.2
x
sao cho g(x+1) - 3 g(x) = 2
x
(
∀
x)
hay a.2
x+1
- 3a.2
x
=2
x

∀
x suy ra a = -1

Khi đó bài toán đã cho thành: f(x+1) - g(x+1) = 3(f(x)- g(x)) (
∀
x)
Cũng theo kết quả trên thì f(x) = 3
x
h(x) - 2
x
(
∀
x), trong đó h(x) là hàm tuần
hoàn chu kỳ 1 tuỳ ý.
2 )Sai phân cấp I suy rộng :
Ta đã giải quyết được bài toán tìm U
n
thoả mãn U
n+1
=aU
n
+b với a, b là
các hằng số và một vài ví dụ về áp dụng sai phân cấp I
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
Bây giờ ta sẽ giải bài toán phức tạp hơn: tìm U
n
thoả mãn
U
n+1
=aU
n
+f(n) trong đó f(n) là một trong các hàm: đa thức của n; sinn; cosn;

a
n
Thông qua các ví dụ sau đây ta sẽ thấy ứng dụng sai phân rất mạnh, và
có thể nghiên cứu được quy luật để áp dụng.
Ví dụ 3:
Tìm
{ }
1
1
1
:
2 1( *)(1)
n
n n
U
U
U U n n N
+
=


= + + ∀ ∈


(Hệ số của U
n
khác 1)
Giải:
Ta tìm đa thức bậc 1 với n ( cùng bậc với (n+1) ) là: an+b sao cho
( 1) 2( ) 1( *)a n an b n n N

+ − + = + ∀ ∈
hay
1
2
a
b
= −


= −

Khi đó (1)
1
( 1) 2 2( 2)
n n
U n U n
+
⇔ + + + = + +
Đặt
1
2 2
n n n n
V U n V V
+
= + + ⇒ =
Vậy
1 1
2 2 .4 2 2 2
n n
n n

U V n n n
− +
= − − = − − = − −
. Thử lại thoả mãn.
Ví dụ 4:
Tìm
{ }
1
1
1
:
1(*)
n
n n
U
U
U U n
+
=


= + +

(Khác ví dụ trên vì hệ số U
n
là 1)
Giải:
Ta phải tìm đa thức bậc 2 với n ( hơn bậc của (n+1) một đơn vị)
2
an bn

+
sao
cho
2 2
( 1) ( 1) 1( *)a n b n an bn n n N
+ + + − − = + ∀ ∈
Giải ra ta được a = b =
1
2
Khi đó (*)
2 2
1
1 1 1 1
( 1) ( 1)
2 2 2 2
n n
U n n U n n
+
⇔ − + − + = − −
Đặt
2
n 1
1 1
V ( *)
2 2
n n n
U n n V V n N
+
= − − ⇒ = ∀ ∈
. Vậy

2 2 2
1
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
n n
U V n n V n n n n
= + + = + + = +
( V
1
=0). Thử lại thoả mãn.
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
Nhận xét : Qua hai ví dụ trên thấy rằng nếu f(n) là đa thức của n có
bậc k thì ta tìm đa thức để sai phân cùng bậc k (khi hệ số U
n
khác 1); hoặc đa
thức bậc k+1 (khi hệ số U
n
bằng 1).
Ví dụ 5:
a)Tìm
{ }
1
1
1
:
2 3
n
n
n n

U
U
U U
+
=


= +

b)Tìm
{ }
1
1
1
:
1
2
n
n
n n
U
U
U U
+
=






= +
 ÷




c)Tìm
{ }
1
1
1
:
3 3
n
n
n n
U
U
U U
+
=


= +

(Ba ví dụ là ba dạng của trường hợp f(n) là hàm mũ: hệ số của U
n
bằng 1,
khác 1 nhưng bằng hoặc không bằng cơ số hàm mũ; cách giải chúng có sự
khác nhau).

Giải:
a) Ta tìm g(n) = a.3
n
sao cho:
( 1) 2 ( ) 3 *
n
g n g n n N
+ − = ∀ ∈
1
3 2 3 3 *
n n n
a a n N
+
⇔ − = ∀ ∈
chọn được a =1. Khi đó
giả thiết trở thành
1 1
1 1
3 2( 3 ) 3 2 ( 3)
n n n n
n n n
U U U U
+ −
+
− = − ⇔ − = −
.
Hay
3 2
n n
n

U
= −
b) Tìm g(n) =
1 1
; ( 1) ( )
2 2
n n
a g n g n
 
 
+ − =
 ÷  ÷
 
 
và ta được a = -2
khi đó giả thiết trở thành:
1
1
1 1
2 2
2 2
n n
n n
U U
+
+
 
 
+ = +
 ÷  ÷

 
 
.
Vậy
1
1
1 1 1
2 2 2
2 2 2
n n
n n
U U U
−
  
  
+ = + ⇒ = −
 ÷  ÷  ÷
  
  
c) Ta tìm g(n) =
1
3 ; ( 1) 3 ( ) 3 ( *)
3
n n
an g n g n n N a
+ − = ∀ ∈ ⇒ =
. Khi đó từ
giả thiết suy ra
1
1

( 1)3 3( 3 )
n n
n n
U n U n
−
+
− + = −
do đó
1 1 1
1
3 ( 1)3 3
n n n
n
U n U n
− − −
= + − =
Ví dụ 6:
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
a) Tìm
{ }
1
1
1
:
n
n n
U
U
U U cosn

+
=


= +

b) Tìm
{ }
1
1
1
:
2 sin
n
n n
U
U
U U n
+
=


= +

Giải:
a) (Dùng sai phân!)
Ta tìm g(n) = a cosn + b sinn sao cho: g(n+1) - g(n) = cosn hay:
(cos1 1) sin1 1
sin1 (cos1 1) 0
a b

a b
− + =


− + − =

vì định thức D = 2-2cos1 > 0 nên hệ có nghiệm duy
nhất là (a;b). Khi đó ta có:
1
( 1) ( ) *
n n
U g n U g n n N
+
− + = − ∀ ∈
suy ra
1
( ) (1) cos sin 1 cos1 sin1
n
U g n U g a n b n a b
= + − = + + − −

Với a, b xác định theo hệ trên.
b) Sử dụng phương trình sai phân: Tìm hàm số g(n) = a cosn + b sinn, sao cho
g(n+1)-2g(n) = sinn
*n N
∀ ∈
. Làm tương tự như trên: a,b là nghiệm của hệ
phương trình
(cos1 2) sin1 0
1 (cos1 2) 1

a b
asin b
− + =


− + − =

định thức D = 5 - 4cos1 > 0 nên hệ có
nghiệm duy nhất (a;b).
Thay vào giả thiết ta có

( )
1
1 2( ( )) *
n n
U g n U g n n N
+
− + = − ∀ ∈
1
( ) (1 (1))2
n
n
U g n g
−
⇒ = + −
(với g(n) xác định
theo hệ trên)
Đến đây ta thấy rõ ràng lợi ích của phép sai phân: tìm hàm g(n) để đưa
về bài toán đã biết(với f(n)=0)
Bây giờ ta sẽ giải quyết bài toán phức tạp hơn: f(n) là tổng hai hàm

trong ba hàm số đã nêu là hàm đa thức, hàm mũ và hàm cosin, sin của biến n.
Để nắm được phương pháp chung ta chỉ cần xét một ví dụ sau:
Ví dụ 7:
Tìm
{ }
1
1
1
:
2 3
n
n
n n
U
U
U U n
+
=


= + +

Giải:
Rõ ràng không thể chia hai vế của đẳng thúc đã cho cho 2
n+1
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
Ta sẽ tìm hai hàm số : g(n)=an+b sao cho g(n+1) -2g(n) = n và h(n) = c3
n
sao

cho h(n+1)-2h(n) = 3
n

*n N
∀ ∈
. Giải ra ta có a = b = -1; c = 1 . Khi đó giả
thiết đã cho trở thành:
1
( 1) ( 1) 2( ( ) ( )) *
n n
U g n h n U g n h n n N
+
− + − + = − − ∀ ∈
.
Vậy
1
1
( 2 3)2 1 3 3 1
n n n
n
U U n n
−
= + − − − + = − −
. Thử lại thoả mãn
Một lần nữa ta thấy lợi ích của phương pháp sai phân có thể giải được
bài toán khi f(n) phức tạp hơn: có dạng tổ hợp của các f(n) đã cho.
3) Sai phân cấp II:
Ta gọi biểu thức af(x+2)+bf(x+1)+cf(x) là sai phân cấp II của biến x.
Phương trình sai phân cấp II thuần nhất: af(x+2)+bf(x+1)+cf(x) = 0(*) trong
đó x thuộc R hay thuộc N. Ta xét cách giải và mở rộng cho phương trình

không thuần nhất ( tức là vế phải của phương trình (*) là hàm số) thông qua
các ví dụ.
Ví dụ 8:
Tìm
{ }
1 2
2 1
;
:
4 3 *
n
n n n
U U R
U
U U U n N
+ +
∈


= − ∀ ∈

Giải:
Giả thiết
2 1 1
2 1 1
3( )
3 3
n n n n
n n n n
U U U U

U U U U
+ + +
+ + +
− = −

⇔

− = −

*n N
∀ ∈
1
1 2 1
1
1 2 1
( )3
*
3 ( 3 )1
n
n n
n
n n
U U U U
n N
U U U U
−
+
−
+


− = −
∀ ∈

− = −

. Cộng đại số hai đẳng thức ta có
1 1
2 1 2 1
1
(( )3 ( 3 )1 )
2
n n
n
U U U U U
− −
= − − −
Hay
3 1 *
n n
n
U n N
α β
= + ∀ ∈
ở đó
;
α β
xác định nhờ U
1
;U
2

Tổng quát: Nếu
2 1
0
n n n
aU bU cU
+ +
+ + =
và phương trình đặc trưng có hai
nghiệm phân biệt
1 2 1 2
; *
n n
n
x x U x x n N
α β
⇒ = + ∀ ∈
. Trong đó
;
α β
xác định nhờ
U
1
;U
2
.
Ví dụ 9:
Tìm
{ }
1 2

2 1
;
:
4 4 ( *)
n
n n n
U U R
U
U U U n N
+ +
∈


= − ∀ ∈

Giải:
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
Dễ thấy từ giả thiết suy ra
( )
2 1 1
2 2 2 *
n n n n
U U U U n N
+ + +
− = − ∀ ∈
. Do đó
1
1 2 1
2 ( 2 )2

n
n n
U U U U
−
+
− = −
. Đây là dạng đã được giải quyết ở phần II).
Có thể viết :
1 2 1
1
2
2 2 4
n n
n n
U U U U
+
+
−
− =
1 2
1 2 1
2 ( 1)2 ( 2 )
n n
n
U U n U U
− −
⇒ = + − −
Thử lại thoả mãn.
Tổng quát: Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm kép x
0

thì
U
n
=(an+b)x
0
n
với a và b xác định nhờ U
1
;U
2
.
Ví dụ 10:
Tìm
{ }
1 2
2 1
1
:
*
n
n n n
U U
U
U U U n N
+ +
= =


= − ∀ ∈


Giải:
Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phức liên hợp
1,2
1 3
cos
2 3 3
i
x sin
π π
±
= = ±
Làm tương tự như ở ví dụ 1( Phần II) ta có
1 1
1 2 2 2 1 1 2 1 1 2
( ) ( ) ( )
n n
n
x x U U x U x U xU x
− −
− = − − −
. Thay số ta có
cos sin
3 3
n
n n
U a b
π π
= +
*n N
∀ ∈

a, b xác định nhờ U
1
;U
2
. Thử lại thấy thoả mãn đề bài.
Tổng quát: phương trình sai phân mà trong đó phương trình đặc trưng
có 2 nghiệm phức liên hợp thì:
( sin )
n
n
U r acosn b n
α α
= +
.
( Ở đó
1;2
( sin )x r co
α α
= +
là hai nghiệm của phương trình đặc trưng).
Ví dụ 11:
Tìm
{ }
1
1
1
:
1
2
n

n
n
U
U
U
U
+
=


−

=

+

Giải:
Đặt
1 1
1;
n
n
n
V
V V
U
+
= =
( Vì dễ chứng minh U
n

0 n
≠ ∀
). Khi đó giả thiết đã cho trở
thành:
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
1
2 1
2
1
1
2 0
2
n
n n n
n
n
n
V
V V V
V
V
V
+
+ +
+
+
−
= ⇔ + + =
+

. Do đó
( )( 1)
n
n
V an b
= + −
. Vì V
1
=1 và
V
2
=U
1
/V
1
=1 nên
( )
3 2
(2 3) 1
2 1
n
n n
n
V n U
n
−
= − − ⇒ =
+
.Thử lại thoả mãn.
Tổng quát: Nếu cho dãy số

{ }
1
1
:
1
n
n
n
U R
U
U
aU b
+
∈



=

+

Với điều kiện để U
n
khác 0 thì
ta có thể đặt
1
1
1;
n
n

n
V
V U
V
+
= =
; Từ giả thiết sẽ suy ra được
2 1n n n
V aV bV
+ +
= +
. Giải
phương trình sai phân cấp II này suy được U
n

4)Sai phân cấp II suy rộng:
Tương tự sai phân cấp I , ta xét các phương trình sai phân dạng:
2 1
( )
n n n
aU bU cU f n
+ +
+ + =
; trong đó
( )f n
là hàm đa thức của n, hàm mũ của n,
hàm cosn, sinn.
Ta có thể thấy phương pháp thông qua ví dụ cụ thể:
Ví dụ 12:(Trường hợp phương trình đặc trưng có 2 nghiệm phân biệt khác 1).
Tìm

{ }
0 1
2 1
1; 2
:
5 6 ( )
n
n n n
U U
U
U U U f n
+ +
= =


= − +

a)Với f(n) = n +2
Giải:
Nguyên tắc chung vẫn như ở sai phân cấp I, ta tìm g(n) sao cho
g(n+2) - 5g(n+1) + 6g(n) = f(n)
n N
∀ ∈

a)Ta tìm g(n) =
/ ( 2) 5 ( 1) 6 ( ) 2an b g n g n g n n
+ + − + + = +
;
giải ra ta có g(n) =
1 7

2 4
n
+
Khi đó giả thiết suy ra
2 1
5 6 ( ( ))
n n n n n
V V V V U g n
+ +
= − = −
Giải phương trình sai phân ta có
5
2.2 3
4
n n
n
V
= − +
do đó
5 7
2.2
4 2 4
n
n
n
U
= − + + +
.
Thử lại thoả mãn.
Trường Đại học Thương mại

Nhóm 11
Ví dụ 13:(Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm x=1 là nghiệm đơn).
Tìm
{ }
1 1
2 1
0; 1
:
4 3 3 2
n
n n n
a a
a
a a a n
+ +
= =


= − + +

Giải:
Ta tìm g(n) = an
2
+bn ( bậc của g(n) lớn hơn bậc của f(n) một đơn vị) sao cho
( 2) 4 ( 1) 3 ( ) 3 2g n g n g n n n N
+ − + + = + ∀ ∈
Giải ra ta được g(n)=
2
3
4

n n
− −
;
Đặt a
n
- g(n) = b
n
ta có phương trình sai phân cấp II:
2 1
4 3
n n n
b b b
+ +
= −
. Do đó
11 11
3
8 8
n
n
b
= − +
, hay
2
11 11 3
3
8 8 4
n
n
a n n

= − + − −
.
Thử lại thoả mãn.
Ví dụ 14:(Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm kép x =1).
Tìm
{ }
0 1
2 1
0; 1
:
2 2 3
n
n n n
a a
a
a a a n
+ +
= =


= − + +

Giải:
Ta tìm g(n) = an
3
+bn
2
(bậc của g(n) lớn hơn bậc của f(n) 2 đơn vị) sao cho
g(n+2) - 2 g(n+1) +g(n) = 2n + 3
n N

∀ ∈
. Giải ra ta được g(n) =
3 2
1 1
3 2
n n
+
.
Đặt
( )
n n
b a g n
= −
, ta có phương trình sai phân cấp II :
2 1
2
n n n
b b b
+ +
= −
. Từ đó
suy ra
1 1
( 0).1
6 6
n
n
b n n
= + =
.

Vậy
3 2
1 1 1
3 2 6
n
a n n n
= + +
. Thử lại thoả mãn.
Ví dụ 15:( Trường hợp f(n) là hàm mũ của n và phương trình đặc trưng có
một nghiệm khác cơ số của hàm mũ, một nghiệm trùng cơ số)
Tìm
{ }
0 1
2 1
1; 2
:
5 6 3
n
n
n n n
U U
U
U U U
+ +
= =


= − +

Giải:

Ta tìm g(n) =
3
n
an
sao cho
2 1
( 2)3 5 ( 1)3 6 3 3 ( )
n n n n
a n a n an n N
+ +
+ − + + = ∀ ∈
Ta đựơc a =
1
3
. Khi đó ta có
2 1
5 6 ( ( ))
n n n n n
V V V V U g n
+ +
= − = −
5
2.2 3
4
n n
n
V
⇒ = − +
Vậy
1

5
2.2 3 3
4
n n n
n
U n
−
= − + +
. Thử lại thoả mãn
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
Ví dụ 16: (Trường hợp cả hai nghiệm phương trình đặc trưng khác với cơ số
hàm mũ)
Tìm
{ }
0 1
2 1
0; 1
:
5 6 3.5
n
n
n n n
a a
a
a a a
+ +
= =



= − +

Giải:
Ta tìm g(n) =
5
n
a
sao cho g(n+2) - 5g(n+1) + 6g(n) = 3.5
n
. Giải ra ta có
1
( ) 5
2
n
g n
=
Đặt
( )
n n
a g n b
− =
ta có phương trình sai phân
2 1
5 6
n n n
b b b
+ +
= −
.
Giải ra ta có :

3
2
n
n
b
= −
.Do đó
3 5
2 2
n n
n
a
= − +
. Thử lại thoả mãn
Ví dụ 17:( Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm kép là cơ số của
hàm mũ).
Tìm
{ }
0 1
2 1
0; 1
:
4 4 5.2
n
n
n n n
a a
a
a a a
+ +

= =


= − +

Giải:
Ta tìm g(n) =
2
2
n
an
:
( 2) 4 ( 1) 4 ( ) 5.2
n
g n g n g n n N
+ − + + = ∀ ∈
.Giải ra ta có
2
5
( ) 2
8
n
g n n
=
. Đặt
( )
n n
b a g n
= −
,ta có phương trình sai phân

2 1
4 4
n n n
b b b
+ +
= −
.
Giải ra ta có
1
.2
n
n
b n
−
=
.Vậy
1 2
5
.2 .2
8
n n
n
a n n
−
= +
.Thử lại thoả mãn.
II/ Ứng dụng của phương trình sai phân trong tính tổng các số
hạng của một dãy số.
Một tập hợp có thứ tự các số liệu phụ thuộc vào n(n є Z+) gọi là một dãy.
Trong nhiều trường hợp người ta cần tính tổng một số số hạng đầu tiên của

dãy số kiệu đó. Có nhiều cách khác nhau để giải các bài toán như vậy. Sau
đây là cách tính tổng bằng cách sử dụng kiến thức về phương trình sai phân.
Trường Đại học Thương mại
Nhóm 11
Cách này tỏ ra có hiệu quả cho một lớp tổng có dạng với những nét đặc trưng
riêng.
Ví dụ 1: Tính tổng
S
1
= 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ … + n
3
.
Lời giải. Đặt k
3
= a(k + 1) – a(k) (k = 1; 2; 3; …; n), ta có:
S
1
= a(n + 1) – a(1)
Ta tìm a(n) từ phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng sau:
a(n + 1) – a(n) = n
3
.
Phương trình thuần nhất: a(n + 1) – a(n) = 0.
Phương trình đặc trưng: k – 1 = 0  k = 1.

Nghiệm tổng quát của PT thuần nhất: ā(n) = C
Tìm một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dưới dạng â(n) =
n(An
3
+ Bn
2
+ Cn + D) = An
4
+ Bn
3
+ Cn
2
+ Dn.
Tính â(n + 1), thay â(n), x(n +1) vào PT không thuần nhất, so sánh các hệ số
của n, ta được hệ phương trình:
<=>
 Có â(n) = n
4
- n
3
+ n
2
; a(n) = (n) + â(n)
= C + n
4
- n
3
+ n
2
.

Do đó:
S
1
= a(n + 1) – a(1) = (n + 1)
4
- (n + 1)
3
+ (n + 1)
2
- + - n
2
= n
2
(n + 1)
2
/4.
Ví dụ 2: Tính tổng
S
2
= 1.2
1
+ 2.2
2
+ 3.2
3
+ … + n.2
2
Lời giải. Đặt k.2
k
= a(k + 1) – a(k) (k = 1; 2; 3; …; n), ta có

S
2
= a(n + 1) – a(1). Ta tìm a(n) từ phương trình sai phân tuyến tính hệ số
hằng sau
a(n + 1) – a(n) = n.2
n
.