Sai phân và một số ứng dụng trong giải toán lớp 12

CHUYÊN ĐỀ:
SAI PHÂN VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
TRONG GIẢI TOÁN
Ngày 11/3/2010, trong kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia lớp 12 môn
toán có câu số 2(5 điểm/20 điểm; Đề có 5 câu):
“Cho dãy số thực
( )
a
n
xác định bởi :
1
5a
=
và
1 1 1
1
2 2.3
n n n
n
n n
a a
− − −
−
= + +
với
mọi n
2≥
.
1/ Tìm số hạng tổng quát của dãy số
( )
a

n
.
2/ Chứng minh rằng
( )
a
n
là dãy số giảm.”
Căn cứ vào dạng công thức dãy đã cho và câu hỏi 1/ cũng có thể nghĩ
ngay đến là sử dụng phương pháp sai phân.
Cụ thể là:
+) Dễ chứng tỏ
0 *a n N
n
> ∀ ∈
+) Từ giả thiết ta có:
1 1 1
1
2 2.3
n n n n
n n
a a
− − −
−
− = +
2;n n N∀ ≥ ∈
.
Áp dụng phương pháp sai phân ( Lấy tổng hai vế của đẳng thức trên,
2;n n N∀ ≥ ∈
) ta có:
( ) ( )

1 1 1
1
2 2
2 2.3
n n
k k k k
k k
k k
a a
− − −
−
= =
− = +
∑ ∑
.
Hay
( ) ( )
1 1
1
2 2 1 3 3 1
n n n
n
a a
− −
− = − + −
2 3 2 3
n
n n n n n
n n
a a

⇔ = + ⇔ = +
.
Như vậy là dùng phương pháp sai phân ta đã tìm được số hạng tổng quát
của dãy số.
( Việc chứng minh dãy giảm là đơn giản:
Điều cần chứng minh tương đương với:
( ) ( )
1
1
1 1 1 1
2 3 2 3 2 3 2 3
n n
n n
n n n n n n n n
+
+
+ + + +
+ < + ⇔ + < +
1
1
2 2
1 1 (*)
3 3
n n
n n
+
+
   
   
⇔ + < +

 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   
Ta có: 1<
1
2
1
3
n
+
 
+
 ÷
 
<
2
1
3
n
 
+
 ÷
 
suy ra:
1
1
2 2 2
1 1 1

3 3 3
n n n
n n n
+
+
     
     
+ < + < +
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
     
     
.
Bất đẳng thức (*) được chứng minh).
Ngày 21/3/2010 trong kỳ thi chọn học sinh giỏi toán lớp 12 tỉnh Hải
Dương cũng có bài toán sử dụng phương pháp sai phân :
“ Cho dãy số
{ }
n
u
thỏa mãn:
1
2
1
1
( 1;2;3; )
2010
n
n n

u
n
u
u u
+
=


=

= +


Xét dãy số
1
1 2
2 3
( 1;2;3; )
n
n
n
u
u u
v n
u u u
−
= + + + =
. Chứng minh dãy số
{ }
n

v
có
giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó”.
Nhìn vào câu hỏi cũng có thể nghĩ đến phải dùng phương pháp sai
phân cho dãy số
{ }
n
u
.
Cụ thể là:
+) Dễ chứng minh dãy số tăng.
+) Từ giả thiết suy ra:
2
1
2010
n
n n
u
u u
+
− =
( n = 1, 2 …)
⇔
1
1 1
2010
n n n
n n n
u u u
u u u

+
+ +
−
= ⇔
1 1
1 1
2010
n
n n n
u
u u u
+ +
 
= −
 ÷
 
với n = 1, 2, …
Áp dụng phương pháp sai phân, ta có:
1 1
1 1
1 1
2010
n n
k
k k
k k k
u
u u u
= =
+ +

 
= −
 ÷
 
∑ ∑
⇔
1 2
2 3 1 1 1 1
1 1 1
2010 2010 1
k
k k k
u u u
u u u u u u
+ + +
   
+ + + = − = −
 ÷  ÷
   
(1)
Mặt khác: 1 = u
1
< u
2
< … < u
n
< u
n + 1
…
Nếu {u

n
} bị chặn trên => tồn tại giới hạn hữu hạn a =
lim
n
u
; a>1
Vì u
n+1
=
2
2010
n
n
u
u
+
, chuyển qua giới hạn, ta có:
a
a
a
+=
2010
2
=> a = 0 trái với a>1
Suy ra dãy không bị chặn trên; vì {u
n
} dăy tăng, nên ta có
lim
n
u

= +∞
Kết hợp với (1) =>
1
1 2
2 3
lim 2010
n
n
u
u u
u u u
−
 
+ + + =
 ÷
 
hay
lim 2010
n
v
=
Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi toán lớp 12 năm 2010 của tỉnh Nghệ
An cũng có bài:
Cho dãy số
{ }
n
x
thỏa mãn
1
1 2 3 1

2
2
( ; 2)
2 3 ( 1)
( 1)
n
n
x
n N n
x x x n x
x
n n
−
=


∈ ≥
+ + + + −

=

−

.
Tính
lim
n
u
, với
3

( 1)
n n
u n x
= +
.
Cũng có thể dùng phương pháp sai phân vào đây:
Đặt
n n
v nx=
; khi đó giả thiết đã cho có dạng:
1
2
1 2 1
2
( 1) (*)
n n
v
n v v v v
−
=



− = + + +


Từ (*) suy ra
( )
2 2
1 1

( 1) ( 1) 1
n n n
n v n v v
− −
− = − − +

Hay
2 2
1
( 1) ( 1)
n n
n v n v
−
− = −
1
( 1) ( 1)
n n
n v n v
−
⇔ + = −
. Nếu để nguyên như vậy
sẽ khó tìm được v
n
.
Ta có thể làm như sau:
1 1
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
n n n n
n v n v n nv n n v
− −

+ = − ⇔ + = −
(**)
Đây là ý đơn giản nhưng quan trọng để ta có thể sai phân, cụ thể là
(**) suy ra dãy
{ }
( 1)
n
n nv+
là dãy số không đổi. Từ đó
1
( 1) 2.1. 4
n
n nv v+ = =
.
Hay
4
( 1)
n
v
n n
=
+
(
n
∀
). Suy ra
3 2
3
2
( 1) 4( 1)

( 1)
n n n
n n
u n x v
n n
+ +
= + = =
.
Đến đây thì thật đơn giản, lim
4
n
u =
.
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. Người viết bài này đã để tâm sưu
tầm, tìm tòi và nghiên cứu khá sâu về sai phân, nay – qua quan sát các đề thi
chọn học sinh giỏi lớp 12 cấp Tỉnh, cấp Quốc gia vừa diễn ra trong thời gian
qua, thấy tầm quan trọng của phương pháp sai phân, nên xin được trao đổi
tại đây; Mong góp phần nhỏ bé vào việc đào tạo bồi dưỡng học sinh giỏi của
tỉnh nhà.
LỜI NÓI ĐẦU:
Một trong các dạng toán hay và khó trong chương trình phổ thông
trung học là toán về dãy số , trong đó 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. Trong sách giáo khoa gần như không đề cập vấn
đề này, nhưng trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp vấn đề này thường hay

được đề cập đến. Các sách tham khảo hiện có một số bài toán có sử dụng
phương pháp sai phân nhưng không phân tích chặt chẽ, không có hệ thống lý
thuyết làm người đọc khó vận dụng. Xuất phát từ mục đích để giảng dạy cho
các học sinh giỏi và trao đổi với đồng nghiệp về lĩnh vực nói trên, nhưng
phải phù hợp với học sinh phổ thông(khá, giỏi) tôi đã nghiên cứu kỹ lưỡng
dạng và cách giải của từng loại bài, trình bày lại thông qua các Ví dụ, rồi
khái quát thành phương pháp cho dễ vận dụng sau này. Các dạng của sai
phân còn được thể hiện sinh động hơn qua các ví dụ cụ thể lấy từ các kỳ thi
học sinh giỏi các cấp, quốc gia và quốc tế. Qua thực tế giảng dạy của bản
thân cho học sinh tham gia các kỳ thi học sinh giỏi, tôi xin mạnh dạn trao
đổi cùng các đồng nghiệp, với hy vọng là đóng góp một chút vào công cuộc
đầy khó khăn nhưng cũng rất vinh dự này. Vì là suy nghĩ của một người
chắc không tránh khỏi thiếu sót, mong được sự đóng góp của các đồng
nghiệp và những người có cùng mối quan tâm.
Nội dung của bài viết này có 5 phần:
1) Sai phân cấp I.
2) Sai phân cấp I suy rộng(một số dạng cơ bản).
3) Sai phân cấp II.
4) Sai phân cấp II suy rộng ( một số dạng cơ bản).
5) Một số bài toán ứng dụng sai phân ( muốn cung cấp thêm các ví dụ, mang
tính thực tiễn giảng dạy).
Dưới đây là nội dung bài viết:
I) 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.
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:
a) Chứng minh rằng :
n
U
<2
*n N
∀ ∈
với
1

1
( 1)
n
n
k
U
k k
=
=
+
∑
b) Chứng minh rằng :
n
U
<
1
18
*n N
∀ ∈
với
1
1
( 1)( 2)( 3)
n
n
k
U
k k k k
=
=

+ + +
∑
Giải:
a) Ta có
1 1 1 1 1 1 1 1 1
( ) ( )( ) 2( )
( 1) 1
( 1) 1 1 1
k
k k
k k k k
k k k k k k k k
= = − = + − < −
+ +
+ + + +
Do đó
1 1
1 1 1 1
2( ) 2(1 ) 2
( 1) 1 1
n n
n n
k k
U U
k k k k n
= =
= < − = − ⇒ <
+ + +
∑ ∑
b) Ta có

1 1 1 1
( )
( 1)( 2)( 3) 3 ( 1)( 2) ( 1)( 2)( 3)k k k k k k k k k k
= −
+ + + + + + + +
Tương tự như trên lấy tổng với k từ 1 đến n ta có
n
U
=
1 1 1 1
( )
3 1.2.3 ( 1)( 2)( 3) 18
n
U
n n n
− ⇒ <
+ + +
Ví dụ 2:(Olympic Toán quốc tế 1970)
Cho
0 1
1
n
a a a≤ ≤ ≤ ≤ ≤
; và dãy số
{ }
1
1
1
: (1 )
n

k
n n
k
k
k
a
b b
a
a
−
=
= −
∑
Chứng minh rằng
0 2 *
n
b n N≤ < ∀ ∈
Giải :
Tacó:
1 1
1 1
( )( )
1 1
(1 )
k k k k
k k k
k k
k k k k
a a a a
a a a

a a
a a a a
− −
− −
− +
−
− = =
1
1
( )2
1 1
2( )
k k k
k k k k
a a a
a a a a
−
−
−
≤ = −
. Từ đó suy ra
1
1 0 1 0
1 1 1 1 2
2( ) 2 2
n
n
k
k k n
b

a a a a a
=
− +


≤ − = − < ≤
÷

 ÷


∑
(Vì
0
1a ≥
) (Đpcm).
Ví dụ 4:(Olympic Toán Trung Quốc 1964)
Cho dãy số
{ }
2
1
: 0; ( *)
n n n n n
a a a a a n N
+
> ≤ − ∀ ∈
. Chứng minh rằng
1
( *)
n

a n N
n
< ∀ ∈
.
Giải:
Từ giả thiết ta có :
2 2
1
0 0 1
n n n n n n
a a a a a a
+
≤ − ⇒ − > ⇒ < <
và
1
1
1 1 1 1
(1 )
(1 ) 1
k k k
k k k k k
a a a
a a a a a
+
+
≤ − ⇒ ≥ = +
− −
hay
1
1 1

1 1 1 1 1
1 ( )
1
n
k
k k k k k
n
a a a a a
=
+ +
− ≥ > ⇒ − >
−
∑

1
1 1
1 1 1
1
1
n
n
n n a
a a n
+
+
> + > + ⇒ <
+
hay
1
n

a
n
<
(Đpcm)
Ví dụ 4:(Olympic Toán Việt Nam 1998)
Chứng minh rằng không tồn tại dãy
{ }
n
x
thoả mãn cả hai điều kiện:
1 1
0,666 & , *
( 1) ( 1)
n m n
x x x m n N
m m n n
≤ − ≥ + ∀ ∈
+ +
Giải:
Giả sử có dãy số thoả mãn cả hai điều kiện đã nêu
,n∀
sắp xếp lại thứ tự của x
1
,x
2
, ,x
n
: là
1 2

n
i i i
x x x≤ ≤ ≤
Theo giả thiết có:
( )
1
1 1
1 1
1,2, , 1
1 ( 1)
k k
i i
k k k k
x x k n
i i i i
+
+ +
− ≥ + ∀ = −
+ +
Khi đó ta có :
1
1
1 1
1 1 1 1 1 1
2 2(1 )
( 1) ( 1) ( 1) 1 2 6
n
n
i i
i

n n
x x
i i i i i i n
=
− ≥ − − ≥ − − −
+ + + +
∑
=
4 2
3 1n
−
+
suy ra :
1
4 2
2.0,666
3 1
n
i i
x x
n
≥ + ≥ −
+
, cho n
→ +∞
ta được 2.0,666
≥
4
3
( vô lý)

Vậy điều giả sử là sai, hay ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 5: (Olympic Toán quốc tế 1968)
Tính tổng:S =
1
0
2
2
k
k
k
n
∞
+
=
 
+
 
 
∑
; n là số nguyên dương cho trước( kí hiệu
[ ]
x
là
phần nguyên của x).
Giải:
+) Dễ chứng minh
[ ] [ ]
1 1
2 2 2 2
x x x x

x x x R
+ +
       
= + ⇒ − = ∀ ∈
       
       
+)Thay x=
2
k
n
ta có :
1 1
2
2 2 2
k
k k k
n n n
+ +
 
+
   
= −
 
   
   
 
Do đó S =
1
0
2

2
k
k
k
n
∞
+
=
 
+
 
 
∑
=
1 0 1
1
( )
2 2 2 2
m
k k m
k
n n n n
n
+ +
=
       
− = − =
       
       
∑

( Vì luôn có m đủ
lớn để
1
2 0
2
m
m
n
n
+
 
> ⇒ =
 
 
)
Ví dụ 6: (Olympic Toán quốc tế 1994)
Cho dãy số
{ }
2
0 1
: 1994; ( )
1
n
n n
n
a
a a a n N
a
+
= = ∈

+
. Chứng minh rằng khi
0 998n
≤ ≤
thì
[ ]
1994
n
a n= −
Giải:
+)Dễ chứng minh
1
0 ( )
n n
a a n N
+
< < ∈
bằng quy nạp
+) Có
2
1
1
1
1 1 1
k k
k k k
k k k
a a
a a a
a a a

+
− = − = = −
+ + +
suy ra:
1 1 1
0 1
0 0 0
1 1
( ) 1994 1994
1 1
n n n
n k k n n
k k k
k k
a a a a n a n a n
a a
− − −
+
= = =
− = − = − ⇒ = − + ⇒ > −
+ +
∑ ∑ ∑
Ta chỉ cần chứng minh
1
0
1
1
1
n
k

k
a
−
=
<
+
∑
Thật vậy :
1 1
0 0
1 1
1 1 998
1
1 1 1 1 997
n n
k k
k n n
n
a a a
− −
== =
− −
< = ≤ =
+ + + +
∑ ∑
(vì
1
: 0 998 1994 ( 1) 997
n
n n a n

−
∀ ≤ ≤ ⇒ > − − ≥
)
Vậy
[ ]
1994
n
a n= −
.
Ví dụ 7:(Olympic Toán Bungari 1999)
Cho dãy các số nguyên
{ }
n
a
thoả mãn :
1
( 1) ( 1) 2( 1)( *)
n n
n a n a n n N
+
− = + − − ∀ ∈
.
Biết a
1999
chia hết cho 2000. Tìm số n nhỏ nhất sao cho a
n
chia hết cho 2000
( n
2≥
)

Giải:
Chia cả hai vế của đẳng thức đã cho cho (n-1)n(n+1) ta có:
1
2
(1)
( 1) ( 1) ( 1)
n n
a a
n n n n n n
+
= −
+ − +
Đặt
(1)
( 1)
n
n
a
b
n n
= ⇒
−
có dạng:
1 1
2 2 2
( *)
( 1) 1
n n n n
b b b b n N
n n n n

+ +
= − ⇔ − = − ∀ ∈
+ +
Do đó
2 2 2
2 2 2
1 1
2
n n
b b b b b
n n
− = − = − ⇔ = − +
Nên
2
2
2
( 1) ( 1) 2( 1) ( 1) ( 1)
2
n
a
a b n n n n n
n
= + − − = − + − −
Như vậy bằng phương pháp sai phân ta xác định được a
n

Theo giả thiết 2000 là ước của a
1999
=1998(2+1999(
2

1)
2
a
−
)
2 2
1000 (2 ( 1)1999)
2 2
a a
Z⇔ + − ⇒ ∈
Hay
2 2 2
1000 (2 2000( 1) 1 ) 1000 2 1
2 2 2
a a a
 
 
+ − − − ⇔ − −
 ÷  ÷
 
 
Vì thế ta có
2
1 1000 2( )
2
a
m m Z− = + ∈
2( 1) (1000 2) ( 1)
n
a n m n n⇒ = − + + −

Vì n(n-1) chẵn nên a
n
chia hết cho 2000
1 ( 1) 1000 ( 1)( 1) 1000n n n n n⇔ − + − ⇔ − +M M
2 1 ( 1) 250n k k k⇒ = + ⇒ + M
.
Từ đó suy ra số k nhỏ nhất là 124, hay n nhỏ nhất là 249.
Ví dụ 8:(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) = 0
∀
x
b) f(x+1)- f(x) = x
∀
x
c) f(x+1)- 3f(x) = 2x+5
∀
x
Giải:
a) Cho x = 0,1,2, ,n, ta được phương trình f(x)=f(0) có vô số nghiệm mà
f(x) là đa thức nên f(x)=f(0) với mọi x. Thử lại hiển nhiên đúng giả thiết.
b) 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.
c)Tương tự câu b), 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 9:(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+1) = f(x)
∀
x
b)f(x+2) = f(x) + 3x - 1
∀
x
c)f(x+1) = 3f(x) + x
d) f(x+1) = 3f(x) + 2
x

∀
x
e) f(x+2) = f(x) + sinx
∀
x
Giải:
a)Dễ thấy hàm số tuần hoàn chu kỳ 1, và
( )f x
=
[

)
[ ] [
)
( ) 0;1
( ) 0;1
l x x
f x x x
∀ ∈


− ∀ ∉

với l(x)
bất kì xác định trên [0;1). Từ bây giờ ta gọi là hàm tuần hoàn chu kỳ 1 ;
Tổng quát có thể chu kỳ a
≠
0
b)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.
c)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.
d) 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.
e) Ta tìm hàm số g(x) = asinx + b cosx sao cho g(x+2)-g(x) = sinx (
∀
x )
Ta tìm a và b thoả mãn :

( 2 1) sin 2 1
sin 2 ( 2 1) 0
a cos b
a b cos
− − =


+ − =

Định thức D = 2 - 2cos2
0≠
nên a,b xác định duy nhất
Tiếp theo ta có giả thiết trở thành: f(x+2)- g(x+2) = f(x)-g(x).Vậy f(x)-g(x)
là hàm tuần hoàn chu kỳ 2 (đã biết hàm tuần hoàn hoàn toàn xác định theo
câu a)). Ngược lại nếu f(x) = g(x) + h(x) với h(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ
2 bất kỳ, g(x) xác định như trên ta chứng minh được f(x) thoả mãn yêu cầu.
II )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
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 1:
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 2:
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.
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 3:
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)Cách 1:

Chia hai vế của đẳng thức đã cho cho 2
n+1
ta có :
1
1
1 3
2 2 2 2
n
n n
n n
U U
+
+


= +
 ÷


.Đặt
1
1 3
2 2 2
n
n
n n n
n
U
V V V
+



= ⇒ = +
 ÷


.Do đó
1
1 1
3 3 3 3
1 2 ( )
2 2 2 2
n n
n
n n
V V U V
−


 
 
= + − ⇒ = + −
÷

 ÷  ÷
 ÷
 
 



Hay
3 2
n n
n
U = −
. Thử lại thoả mãn.
Cách 2:
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)Ta dùng cách 2 nói trên:
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)Cách 1:
Từ giả thiết suy ra
1
1 1
1
1 1

( 1) 3
3 3 3 3 3 3 3
n
n n n
n
n n n
U U U U n
n U n
−
+
+
= + ⇒ = + − = ⇒ =
Cách 2:
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 4:
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)Cách 1:
Từ giả thiết suy ra
1
1 2 ( 1)
n
U U cos cos cos n= + + + + −
Từ đó bằng cách sử dụng công thức biến tích thành tổng ta có
2 1 1
sin sin
2 2
1
1
2sin
2

n
n
U
−
−
= +
Cách 2:
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) Nếu sử dụng cách 1 thì khá phức tạp, vì phải sử dụng đạo hàm
Ta sẽ dùng cách 2: 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 5:
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
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.
III) 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 1:
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 2:
Tìm
{ }
1 2
2 1
;
:
4 4 ( *)
n
n n n
U U R
U
U U U n N
+ +
∈


= − ∀ ∈

Giải:
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 3:
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 x U 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 4:
Tìm tất cả các hàm số f(x) thoả mãn:
[ ] [ ] [ ]
: ; ; & ( ( )) 2006 ( ) 2005 ;f a b a b f f x f x x x a b

→ = − ∀ ∈
Giải:
Với x
0
bất kỳ thuộc
[ ]
;a b
, ta đặt
0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0
( ) ; ( ) ( ); ( ) ( ( ))
n n n
a f x x a f x f x a f x f f x
+ +
= = = = = =
. Dễ thấy rằng
2 1 0
2006 2005a a a= −
; bằng quy nạp ta chứng minh được
2 1
2006 2005
n n n
a a a
+ +
= −
Đây là phương trình sai phân đã có cách giải tổng quát ở trên; ta có
.1 .2005
n n
n
a
α β

= +
. Nếu
β
>0, cho n
→ +∞
thì
n
a → +∞
, trái giả thiết. f(x)
[ ] [ ]
; ;a b x a b∈ ∀ ∈
. Nếu
β
<0, cho n
→ +∞
thì
n
a → −∞
, trái giả thiết. f(x)
[ ] [ ]
; ;a b x a b∈ ∀ ∈
.Vậy
β
=0 hay a
n
=
α
là hằng số
n
∀

, tức là f(x
0
)=x
0
[ ] [ ]
0
; ( ) ;x a b f x x x a b∀ ∈ ⇒ = ∀ ∈
.Thử lại thấy thoả mãn.
Ví dụ 5:
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:
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

Ví dụ 6:
Tìm
{ } { }
1 1
1
1
1; 2
& : 2 (1)
2 (2)
n n n n n
n n n
U V
U V U U V
V U V
+
+
= =


= − +


= −

Giải
Từ (1) ta có
1
2
n n n
V U U

+
= +
. Thay vào (2) ta có:
2 1
4 3 0 *
n n n
U U U n N
+ +
+ + = ∀ ∈
Do đó
1 2
3 1
( 1) ( 3) ; 1; 0 ( 1) ( 3)
2 6
n n n n
n n
U U U U
α β
= − + − = = ⇒ = − − + −
; Từ đó
1
3 1
2 ( 1) ( 3)
2 6
n n
n n n
V U U
+
= + = − − − −
Ví dụ 7: (Olympic Bungari 1978)

Cho dãy
{ }
2 2
1 2 1 2 1 2
2
2 1
; ;( )/ ; 0 *
:
( ) / ( *)
n
n
n n n
a a Z a a a a a Z a n N
a
a a a a n N
+ +

∈ + + ∈ ≠ ∀ ∈

= + ∀ ∈

( a là số cho trước ). Chứng minh rằng dãy số đã cho gồm toàn số nguyên.
Giải:
Từ giả thiết suy ra
2
2 1n n n
a a a a n
+ +
= + ∀
suy ra

2
1 1
2
n n n
a a a a n
+ −
= + ∀ ≥
. Trừ hai
đẳng thức này ta có
2 2
2 1 1 1n n n n n n
a a a a a a
+ + − +
+ = +

hay
2 1 1
1
( *; 2)
n n n n
n n
a a a a
n N n
a a
+ + −
+
+ +
= ∀ ∈ ≥
Từ đó suy ra
1 1n n

n
a a
t
a
+ −
+
=
(hằng số;
2n
∀ ≥
) hay
1 1
( 2)
n n n
a ta a n
+ −
= − ∀ ≥
Mặt khác
2 2
2
3 1 1 2
3 2 1
2 1 2
( )/
a a a a a
a a a a t Z
a a a
+ + +
= + ⇒ = = ∈
.

Vì
1 2
; ; *
n
a a t Z a Z n N∈ ⇒ ∈ ∀ ∈
( Chứng minh bằng quy nạp).
Ví dụ 8:(Dự tuyển olympic quốc tế 1982)
Cho a
{ }
0 1 1 1
*; : 0; 1; 2 ( 1)
n n n n
N a a a a a a a
+ −
∈ = = = + −
.Với p
0
là số nguyên cố định
lớn hơn 2, hãy tìm giá trị bé nhất của a sao cho hai khẳng định sau đúng:
a)Nếu p là số nguyên tố, p
0
p≤
thì
p
a pM
.
b)Nếu p là số nguyên tố,
0
p p>
thì

p
a
không chia hết cho p.
Giải:
Theo công thức nghiệm phương trình sai phân cấp 2 ta có:
( ) ( )
1 1
n n
n
a a a
α β
= + + −
, cho n bằng 0;1 ta có
1
2 a
β α
= − = −
. Từ đó suy ra
1
2
2 1
0
n
k k
n n
k
a C a
−
+
=

=
∑
(nếu n lẻ).
Rõ ràng a
2
2M
Nếu p là số nguyên tố lẻ , thì do
; 1;2; 1
k
p
C p k p= −M
. Do đó để
1
2
p
n
a p a p a p
−
⇔ ⇔M M M
Vậy để cả hai điều kiện đã nêu thoả mãn cần đủ là
0
( , ) &a p p p p∀ ∈Ρ ≤M
a
không chia hết cho số nguyên tố nào lớn hơn p
0
. Hay số a nhỏ nhất là tích
các số nguyên tố p thoả mãn
0
3 p p≤ ≤
IV)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 1:(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
b) Với f(n) = sinn
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.
b) Ta tìm g(n) = acosn + bsinn sao cho g(n+2) - 5g(n+1) + 6g(n) = f(n)
n N
∀ ∈
(Định thức D khác 0 nên có duy nhất (a;b))
Và kết quả là
5
( ) 2.2 3
4
n n
n
U g n= − +
, g(n) như trên. Thử lại thoả mãn.
Ví dụ 2:(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 3:(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 4:( 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
Ví dụ 5: (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 6:( 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.
Ví dụ 7:
Tìm

{ }
1 2
2 1
;
: ( *)
. . .
n
n n n
a a R
a n N
a a b a c a cosn
+ +
∈

∀ ∈

+ + =

; trong đó
0a
≠
Ta xét bài toán tổng quát vì riêng trường hợp f(n) là hàm cosn hay
sinn thì không phân biệt phương trình đặc trưng có nghiệm thực hay
phức.Ta sẽ thấy điều đó ở dưới đây.
Giải:
Ta tìm g(n)
sincosn n
α β
= +
sao cho:

( 2) ( 1) ( )ag n bg n cg n cosn
+ + + + =
hay:
( 2 1 1) ( 2 sin1) 1
( 2 sin1) ( 2 1 ) 0
acos bcos asin b
asin b acos bcos c
α β
α β
+ + + + =


− − + + + =

Rõ ràng hệ có nghiệm duy nhất vì định thức D của ẩn khác 0.
Gọi (
; )
α β
là nghiệm của hệ . Đặt
( )
n n
b a g n= −
. Khi đó ta có phương trình sai
phân
2 1
0
n n n
ab bb cb
+ +
+ + =

. Dù phương trình đặc trưng có nghiệm như thế nào
thì ta cũng đã giải được ở phần trên. Vậy ta luôn xác định được dãy
{ }
n
a
.
Sau đây ta sẽ tiếp tục xét thêm với mục đích chính là cung cấp thêm
bài tập
V) Một số ứng dụng của sai phân :
Ví dụ 1:
Cho dãy số:
{ }
0 1
1 1
0; 1
:
2 1
n
n n n
a a
a
a a a
+ −
= =


= − +

chứng minh rằng :
2

4 1
n n
a a
+
+
là số chính phương
( 1)n ≥
Giải:
Theo cách giải đã biết (ví dụ 3; mục IV) ta tìm g(n) = an
2
sao cho g(n+1) -
2g(n) + g(n-1) =1
*n N∀ ∈
. Giải ra ta có g(n) =
2
2
n
. Đặt
2
2
n n
n
b a= −
ta có
phương trình sai phân
1 1
2
n n n
b b b
+ −

= −
. Giải phương trình này ta có
( 1)
2 2
n n
n n n
b a
+
= ⇒ =
Do đó
2
4 1
n n
a a
+
+
=
2 2
( 1)( 2)( 3) 1 ( 3 1)n n n n n n+ + + + = + +
(đpcm)
Ví dụ 2:
Cho dãy số
{ }
1 2
2 1
2005; 2006
:
(2 )
12
n

n n n
a a
a
a cos a a
π
+ +
= =



= −


Tính
2017
a
Giải:
Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phức liên hợp
1,2
12 12
x cos sin
π π
= ±
.Khi
đó ta có:
. .sin
12 12
n
a A cosn B n
π π

= +
.
Từ đó
24
. ( 24) .sin( 24)
12 12
n
a A cos n B n
π π
+
= + + +
=
. .sin
12 12
n
A cosn B n a
π π
+ =
.
Chứng tỏ rằng dãy tuần hoàn chu kỳ 24. Mặt khác 2017=24.84+1; vậy
2017 1
2005a a= =
(Ở đây ý tưởng chính là dãy tuần hoàn).
Ví dụ 3:
Cho dãy số
{ }
1
2
1
4

:
2 1 3
n
n n n
a
a
a a a
+
=



= + +



Chứng minh rằng dãy số gồm toàn các số nguyên
Giải:
Giả thiết suy ra
2 2
2 1 1
15; 2 &( 2 ) 1 3
n n n n n
a a a a a a
+ +
= > − = +
hay
2 2
1 1
4 1

n n n n
a a a a
+ +
− + =
thay n bằng (n-1) ta có:
2 2
2 1 2 1
4 1
n n n n
a a a a
+ + + +
− + =
. Trừ hai
vế của hai đẳng thức trên ta có:
2 2 1
( )( 4 ) 0
n n n n n
a a a a a
+ + +
− − + =
; vì
2 2 1
2 4 0( *)(*)
n n n n n
a a a a a n N
+ + +
> ⇒ − + = ∀ ∈
Vì
1 2
; & (*)a a Z∈

nên bằng quy nạp ta suy ra
( *)
n
a Z n N∈ ∀ ∈
Ví dụ 4:
Tìm tất cả các hàm số f(x) sao cho:
a)
( ) 2 '( )f x f x=

x R∀ ∈
b)
( ) 2 '( ) ( )f x f x x x R= + ∀ ∈
c)
( ) 2 '( ) ( )
x
f x f x e x R= + ∀ ∈
d)
( ) 2 '( ) ( )f x f x cosx x R= + ∀ ∈
e)
2
( ) 2 '( ) 3 ( )
x
f x f x x x R= + + ∀ ∈
Giải:
a) Ta đã biết nếu hàm số g(x) có
'( ) 0 ( ; )g x x a b= ∀ ∈
thì
( ) ( ; )g x C x a b= ∀ ∈
- C là
hằng số. Giả thiết

⇔
( ) 2 '( ) 0f x f x x R− = ∀ ∈
. Ta lại có
1
( ( ))' ( ) '( ) ( ( ) '( ))
ax ax ax ax
e f x ae f x e f x ae f x f x
a
= + = +
.
Chọn a =
1
2
−
suy ra giả thiết trở thành
1 1 1
2 2 2
( ( ))' 0 ( ) ( )
x x x
e f x x R e f x C f x Ce
− −
= ∀ ∈ ⇒ = ⇒ =
(C là hằng số bất kỳ ).
b)Ta áp dụng sai phân:
Tìm một hàm g(x) = ax+b sao cho g(x) - 2 g'(x) = x(
x R∀ ∈
). Dễ dàng tìm
được g(x) = x+2 . Khi đó theo giả thiết ta có
( )
( ) ( ) 2 '( ) '( )f x g x f x g x x R− = − ∀ ∈

. Theo câu a) ta có
1 1
2 2
( ) ( ) ( ) 2( )
x x
f x g x Ce f x Ce x x R− = ⇒ = + + ∀ ∈
. Thử lại thoả mãn.
c) Tương tự câu b) ta cũng tìm một hàm số
( )
x
g x ae=
sao cho
( ) 2 '( )
x
g x g x e x R− = ∀ ∈
Dễ thấy
( )
x
g x e= −
cũng như câu b) ta có
1
2
( )
x
x
f x Ce e= −
. Thử lại thoả mãn
d) Ta tìm hàm số g(x) = acosx + bsinx sao cho
( ) 2 '( ) ( )g x g x cosx x− = ∀
.

Giải ra ta có
1 2
( )
5 5
g x cosx sinx= −
.
Khi đó giả thiết trở thành
( ) ( ) 2( '( ) '( ))f x g x f x g x x R− = − ∀ ∈
. Theo kết quả
câu a) ta có
1 1
2 2
1 2
( ) ( ) ( ) ( )
5 5
x x
f x g x Ce f x Ce cosx sinx x R− = ⇒ = + − ∀ ∈
.
Thử lại thoả mãn.
e) Ta phải tìm hai hàm số:
g(x) =
2
ax bx c+ +
sao cho g(x) - 2g'(x) =
2
( )x x R∀ ∈
h(x) =
.3
x
d

sao cho
( ) 2 '( ) 3 ( )
x
h x h x x R− = ∀ ∈
Giải ra ta được
2
( ) 4 8g x x x= + +
;
3
( )
1 2ln3
x
h x =
−
. Khi đó giả thiết trở thành:
( )
( ) ( ) ( ) 2 '( ) '( ) '( )f x g x h x f x g x h x x R− − = − − ∀ ∈
. Theo câu a) ta có:
1
2
( ) ( ) ( )
x
f x g x h x Ce x R− − = ∀ ∈
hay
1
2
2
3
( ) 4 8
1 2ln3

x
x
f x Ce x x x R= + + + + ∀ ∈
−
.
Thử lại thoả mãn.
Để tiếp nối phần ứng dụng này xin được nêu một số bài tập:
Bài 1:
Tìm tất cả các hàm số
( )f x
sao cho :
( ) 4 '( ) 4 "( )( )f x f x f x x R
= − ∀ ∈
Bài 2:
Cho hàm số:
2
2
( ) ( )
1
x
f x x R
x
= ∀ ∈
+
.Tính giá trị của
(2006)
(0)f
( đạo hàm cấp
2006 tại điểm x=0)
Bài 3:

Rút gọn : S =
1
0
sin 3
3
k
n
k
k
α
+
=
∑
Với
α
là góc cho trước ; n là số tự nhiên cho trước
Bài 4:
Cho
. ( 1)
k
a tgk tg k= −
. Rút gọn S =
1
n
k
k
a
=
∑
Bài 5:

Cho dãy số dương
{ }
n
a
thoả điều kiện:
2
1
( *)
n n n
a a a n N
+
≤ − ∀ ∈
.Chứng minh
rằng
1
( *)
n
a n N
n
< ∀ ∈
Bài 6:
Tìm tất cả các đa thức P(x) sao cho P(x) =
( )
1
( 1) ( 1)
2
P x P x x R+ + − ∀ ∈
Bài 7:
Tìm I(n) =
4

2 1
0
n
tg xdx
π
+
∫
( n
*)N∈
Bài 8:
Cho dãy số
{ }
1
1
:
1
2
n
n n
n
a R
a
a a
+
∈



= −



. Tính
lim
n
n
a
→∞
Bài 9:
Cho dãy số
{ }
1 2
: ( *)
2! 3! ( 1)!
n k
k
a a k N
k
= + + + ∀ ∈
+
.Tính
1 2 2006
lim
n n n
n
a a a+ + +
THAY CHO LỜI KẾT:
Đây là những kết quả mà bản thân tôi qua thực tế nghiên cứu phục vụ
cho giảng dạy cho đối tượng học sinh khá, học sinh giỏi tham dự các kỳ thi
học sinh giỏi các cấp. Bản thân đã cố gắng đúc rút lại thành phương pháp,
chuyển tải đến người đọc một cách phù hợp: Thông qua các ví dụ cụ thể để

làm đơn giản về mặt lý luận; còn về mặt ứng dụng, vì thời lượng bài viết có
giới hạn, tôi cố gắng chọn lọc các ví dụ mang tính điển hình về phương pháp
sai phân. Hy vọng góp một phần nhỏ bé vào công tác giảng dạy toán phổ
thông nói chung và đào tạo bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng.
Trong lời giải các ví dụ đã nêu, phương pháp sai phân không đòi hỏi phải
chỉ ra hết các hàm g(n), (g(x)) thoả điều kiện sai phân đã nêu mà chỉ cần sự
tồn tại g(n),(g(x)) là đủ để tìm f(n), ((f(x); a
n
,U
n
, ) cần tìm. Việc chỉ ra
g(n), (g(x)), ban đầu đi tìm lời giải là dùng phương pháp mà toán học gọi là
“ thử và sai”; sau khi đã có kết quả thì chỉ cần nhớ để sử dụng. Trong khuôn
khổ bài viết, tôi không đi sâu phân tích cách chọn g(n),(g(x)) vì xét đến cùng
là học sinh cần cách giải, cách sử dụng sai phân vào giải toán. Đây là điều
mà cá nhân tôi muốn sự cảm thông của quý đồng nghiệp.
Cuối cùng xin chân thành cảm ơn sự quan tâm của các bạn đến bài
viết này. Xin trân trọng cảm ơn!
Phí Văn Dương
Phòng GDTrH