Ứng dụng sai phân trong giải toán trung học phổ thông

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

NGUYỄN MINH SƠN

ỨNG DỤNG SAI PHÂN TRONG
GIẢI TỐN TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

Chun ngành : Phương pháp toán sơ cấp
Mã số : 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. LÊ HẢI TRUNG

Đà Nẵng - Năm 2015


LỜI CAM ĐOAN

Tơi xin cam đoan đây là cơng trình nghiên cứu của riêng tôi.
Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng
được công bố trong bất kỳ cơng trình nào khác.

Tác giả luận văn

NGUYỄN MINH SƠN


MỤC LỤC
Mở đầu

1

Chương 1. Kiến thức cơ sở.

3

1.1 Một số định nghĩa.

3

1.2 Tính chất.

3

1.3 Tích phân bất định.

7

1.4 Phương pháp tích phân từng phần.

8

1.5 Phương pháp hệ số bất định.

10

1.6 Phương trình sai phân.

10

Chương 2 Ứng dụng tính chất sai phân trong tốn học bậc Trung
học phổ thơng.

13

2.1 Ứng dụng tính tổng.

13

2.2 Ứng dụng trong dãy số.

20

2.3 Một số ứng dụng trong phương trình hàm.

53

2.3.1 Phương trình hàm sai phân bậc một.

53

2.3.2 Phương trình hàm sai phân bậc một có điều kiện.

61

k

2.3.3 Phương trình hàm dạng “  a if i (x) + g(x) = 0 ”.

66

i=1

2.3.3.1 Cách giải.

66

2.3.3.2 Các ví dụ .

66

2.3.3.3 Xây dựng dãy số thơng qua hàm số ngược.

76

2.3.3.4 Một số Ví dụ phương trình hàm khác có liên quan
đến sai phân.
Kết luận
Tài liệu tham khảo
Quyết định giao đề tài luận văn thạc sĩ (bản sao).

87
91


1

MỞ ĐẦU
Phương pháp sai phân là phương pháp được áp dụng rộng rãi trong

nhiều lĩnh vực khoa học, kỹ thuật cũng như trong thực tiễn. Nội dung của nó
là đưa các bài tốn cần xét về việc giải phương trình sai phân hoặc hệ phương
trình sai phân. Bằng phương pháp sai phân có thể giải phương trình sai phân.
Trong lĩnh vực tốn bậc Trung học phổ thơng, phương pháp sai phân cũng có
rất nhiều ứng dụng. Với mục đích tìm hiểu, nghiên cứu về các tính chất của
sai phân để từ đó áp dụng vào việc giải tốn bậc Trung học phổ thông, phục
vụ cho công tác giảng dạy tại trường phổ thơng chun, luận văn này tập
trung trình bày các tính chất của sai phân như: Một số định nghĩa, các tính
chất. Tích phân bất định và các phương pháp tích phân từng phần, phương
pháp hệ số bất định. Các ứng dụng tính chất sai phân trong tốn học bậc
Trung học phổ thơng như: Tính tổng; Ứng dụng trong dãy số như: Xác định
dãy số bằng phương pháp sai phân; Phương trình sai phân tuyến tính cấp một,
cấp hai, cấp ba; Phương trình sai phân tuyến tính với hệ số biến thiên; Tuyến
tính hóa một số phương trình sai phân. Một số ứng dụng trong phương trình
hàm như: Phương trình hàm sai phân bậc một; Phương trình hàm sai phân bậc
k

một có điều kiện; Phương trình hàm dạng “  a if i (x) + g(x) = 0 ” bao gồm:
i=1

Cách giải, các bài toán và xây dựng dãy số thơng qua hàm số ngược. Đó là lý
do tơi chọn đề tài “Ứng dụng sai phân trong giải toán trung học phổ
thông”.
Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, phần kết luận và danh
mục các tài liệu tham khảo.
Chương 1. Kiến thức cơ sở.
Chương 2. Ứng dụng tính chất sai phân trong tốn học bậc Trung học
phổ thơng.

2

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn trực tiếp của TS Lê Hải
Trung. Nhân dịp này tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành về sự chỉ bảo,
hướng dẫn tận tâm, nhiệt tình của thầy trong suốt q trình thực hiện luận
văn.
Tơi xin chân thành cảm ơn các thầy cơ giáo trong Ban giám hiệu,
phịng đào tạo đại học và sau đại học, khoa Toán Trường Đại học Sư phạm
Đà Nẵng cùng các thầy cô giáo đã tham gia giảng dạy khóa học.
Tơi xin chân thành cảm ơn các thầy cơ đồng nghiệp ở tổ Tốn và Ban
giám hiệu trường THPT Chuyên Hùng Vương – Gia Lai, đã quan tâm tạo điều
kiện thuận lợi để tôi thực hiện kế hoạch học tập của mình. Xin chân thành
cảm ơn gia đình, người thân và bạn bè đã động viên cổ vũ tơi trong suốt q
trình làm luận văn.
Mặc dù rất nghiêm túc và cố gắng trong quá trình làm luận văn, nhưng
nội dung của luận văn không tránh khỏi những khiếm khuyết. Vì vậy tơi
mong nhận được những ý kiến, góp ý của các thầy cơ, các anh chị và các
đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.
Đà Nẵng, tháng 07 năm 2015.
Học viên Nguyễn Minh Sơn


3

CHƯƠNG 1
KIẾN THỨC CƠ SỞ
Nội dung chương này nhằm trình bày một số định nghĩa, tính chất cơ
bản của Lý thuyết sai phân nhằm tạo dựng nền móng và sự liên kết đối với
chương sau. Các nội dung trong chương có thể xem thêm tại các tài liệu [1],
[3], [4] và [6].

1.1 MỘT SỐ ĐỊNH NGHĨA
Định nghĩa 1.1.1 Cho ux là một hàm theo x . Khi đó:
(ux )( n )  uxux 1 ux ( n 1) , n  1,2,;(ux )(0)  1

(1.1)

được gọi là biểu thức giai thừa.
Ví dụ 1.1.1
(a  bx ) n    a  bx  [a  b( x  1)] a  b  x  n  1) 

x  n   x  x  1 x  n  1 .
Định nghĩa 1.1.2 Cho ux là một hàm theo x . Khi đó
ux : u x 1  ux

(1.2)

được gọi là sai phân cấp 1 của ux .
Giả sử đã định nghĩa được sai phân cấp n  1 của ux . Khi đó sai phân
cấp n của ux được định nghĩa như sau:
 nux     n 1ux  (n  1,2,...),  0ux : ux .

1.2 TÍNH CHẤT
(1) C  0 (với C là hằng số).
(2)   ux  vx   ux  vx .

(1.3)


4

(3)   kux   k ux (với k là hằng số).
(4)   ux vx   ux vx  vx 1ux .
(5) Sai phân mọi cấp đều có thể biểu diễn theo giá trị của hàm.
(6) Sai phân cấp k của hàm số ux là một toán tử tuyến tính.
n

(7)

n

 ux  un 1  um (với m  n ). Đặc biệt:

 ux  un 1  u1 .

x m

x 1

(8) Định lý Newton: Nếu ux là đa thức bậc n của x thì
ux  u0  x 1u0 

x2 2
xn  n
 u0   
 u0 .
2!
n!

(1.4)

Chứng minh.
(1) C  C  C  0 .
(2) ux  vx =(ux 1  ux )  (vx 1  vx )  (ux 1  vx 1)  (ux  vx )    ux  vx  .
(3) k ux  k (ux 1  ux )  kux 1  kux  (kux ) .
(4) Ta có: ux vx  vx 1ux =ux (vx 1  vx )  vx 1(ux 1  ux )

 ux vx 1  ux vx  vx 1ux 1  vx 1ux  ux 1vx 1  ux vx    ux vx 
Vậy   ux v x   ux vx  vx 1ux
(5) Chứng minh công thức:
n

 nux   n 1ux 1   n 1ux   ( 1)i Cni ux  n i
i 0

Ta có (1.5) đúng khi n  1 vì: ux  ux 1  ux  C10ux 1  C11ux
Giả sử (1.5) đúng đến n  k (k  1) , tức là:
k

 k ux   k 1ux 1   k 1ux   (1)i Cki ux  k i
i 0

(1.5)


5

Khi đó:
k

k

i 0

i 0

 k 1ux     k ux    k ux 1   k ux   (1)i Cki ux 1 k i   (1)i Cki ux  k i

Trong tổng thứ hai, ta đổi chỉ số i  i   1 , sau đó thay i  bằng i , ta được:
k

k 1

k 1

i 0

i 1

i 1

 (1)i Cki ux  k i   (1)i1Cki1ux k 1i     (1)i Cki 1ux k 1i
Bởi vậy:
k

k

i 0

i 0

 k 1ux   ( 1)i Cki ux 1 k i   (1)i Cki ux  k i
k

k 1

i 0

i 1

  (1)i Cki ux  k 1i   ( 1)i Cki 1ux  k 1i
k

k

i 1

i 1

 ux  k 1   ( 1)i Cki ux  k 1i   ( 1)i Cki 1ux  k 1i  ( 1)k 1ux
k

  (1)i (Cki  Cki 1 )ux  k 1i  ux  k 1  ( 1)k 1ux
i 1

k

k 1

i 1

i 0

  ( 1)i Cki 1ux  k 1i  ux  k 1  ( 1)k 1ux   ( 1)i Cki 1ux  k 1 i
Như vậy (1.5) đúng với mọi n nguyên dương.
(6) Ta cần chứng minh:
 k (aux  bv x )  a k ux  b k vx ,k  1,2,

(1.6)

Với k  1,2,, theo (1.5), ta có:
k

k

i 0

i 0

 k (aux  bvx )   ( 1)i Cki (aux  k i  bvx  k i )   ( 1)i  aCki ux  k i  bCki vx  k i 
k

k

i 0

i 0

 a  ( 1)i Cki ux  k i  b ( 1)i Cki vx  k i  a k ux  b k vx .

Vậy sai phân cấp k của hàm số ux là một tốn tử tuyến tính.
(7) Ta có:


6

n

n

 ux 

 (ux 1  ux )   um 1  um    um 2  um 1      un 1  un   un 1  um

x m

x m

(8) Giả sử ta có
ux  A0  A1. x 1  A2 . x  2   A3. x  3  A4 . x  4     An . x  n 

(1.7)

Khi đó u0  A0
Do x  n   n. x  n 1 và sai phân là tốn tử tuyến tính nên từ (1.7) ta có:

ux  A1  2 A2 . x 1  3 A3. x  2   4 A4 . x  3    nAn . x  n 1  u0  A1
 2ux  1.2 A2 . x  2.3 A3 . x 1  3.4 A4 . x  2     (n  1)nAn . x  n  2 
 2u0  1.2 A2  2!. A2  A2 

 2u0
2!

3ux  1.2.3 A3  2.3.4 A4 . x 1    (n  2)(n  1)nAn . x  n 3
3u0
….
 u0  1.2.3 A3  3!. A3  A3 
3!
3

Tiếp tục q trình đó, ta có Ak 

 k u0
, k  1,2,3,..., n
k!

x2 2
xn  n
Vậy (1.7) trở thành ux  u0  x u0 
 u0   
 u0
2!
n!
1

Ví dụ 1.2.1 Với ux  A0 x n  A1 x n 1    An , ta có  nux  A0 (n!) .
Ví dụ 1.2.2 a x  a x 1  a x  (a  1)a x .
Ví dụ 1.2.3 Ta có:
b
b



 sin(a  bx )  sin(a  bx  b)  sin(a  bx )  2cos  a   bx  sin .
2
2



b
b


 cos(a  bx )  cos(a  bx  b)  cos(a  bx)  2sin  a   bx  sin .
2
2



Ví dụ 1.2.4 Biểu diễn ux  2 x 3  3x 2  3x  10 dưới dạng chuỗi lũy thừa
(dùng định lý Newton).


7

 2

 3

x
x

 12
2!
3!
1
2
 3
 10  2 x  3x  2 x
ux  10  2 x 1  6

x

ux

0

(- 10)

∆

∆2

∆3

(2)
1

-8

(6)
8

2

0

(12)
18

26
3

26

Định lý 1.2.1 Ta có đẳng thức:

 x(n) = nx(n-1)

(1.8)

Chứng minh. Ta có: x  n  =  x( x  1)...( x  n  1) 

 ( x  1) x( x  1)...( x  n  2)  x( x  1)...( x  n  1)
 x( x  1)...( x  n  2)[( x  1)  ( x  n  1)]  nx( x  1)...( x  n  2)  nx ( n 1) .
Định lý 1.2.2 Ta có đẳng thức sau:
(a  bx ) n   bn(a  bx )( n 1)

Chứng minh. Tương tự như định lí 1.2.1

1.3. TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH
Định nghĩa 1.3.1 Giả sử vx  ux    vx  C   vx  ux .

Khi đó v x  C gọi là tích phân bất định của ux , ký hiệu là  1ux .
Vậy  1ux  vx  C (với C là hằng số)
 x  3

Ví dụ 1.3.1  

 3



 C   x  2    1 x  2  


Tính chất 1.3.1
(1)  1  ux  vx    1ux   1vx  C .

x  3
C
3

(1.9)


8

(2)  1  kux   k  1ux  C (với k là hằng số)
(3)  1  ux vx   ux vx   1  vx 1ux   C (giống như cơng thức tính tích phân)
Ví dụ 1.3.2
(1)  10  C (với C là hằng số)
(2)  1a x 

ax
C
a 1

(3)  1x  n  

x  n 1
C
n 1

(4)  1Cnn x  Cnn1x  C   1Cnx x  Cnx1x  C
(5)  1  ( 1) x Cnx   ( 1) x 1Cnx11  C
(6)  1 sin  a  bx  

(7)  1 cos  a  bx  

b


cos  a   bx   C
b
2


2sin
2
1

1

b
2sin
2

b


sin  a   bx   C
2



(8) Theo ví dụ 1.2.4 ta có



1  2 x3  3x2  3x  10  1 10  2 x1  3x 2  2 x 3



 n 1
 2 1x 3  3 1x  2  2 1x1  10 1x 0  C (với  1x  n   x
, x (0)  1 )

n 1

(9) Sử dụng công thức  1(a  bx ) n  

(a  bx ) n 1
 C , ta suy ra

b(n  1)

 1  x( x  1)( x  2)    1( x  2) 3 

( x  2) 4 
 C.
4

1.4 PHƯƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN.
Ta có cơng thức sau đây :


9

 1  ux vx   ux vx   1  vx 1ux   C.
Ví dụ 1.4.1 Tìm tích phân bất định của f  x)= x3 x.
 u x  1
ux  x

Lời giải: Ta cần tính  x3 . Đặt 
3x
x 
v x  .
 v x  3

2
1

Khi đó  1x3x 


x

 3x 1  x3x 3 1 x
x3x
  1 
.1 
  3 
2
2 2
 2


x3x 3 3x
3x
3
 .  C   x    C.
2 2 2
2
2

Ví dụ 1.4.2 Tìm tích phân bất định của f ( x )  ( x  1)cos

2

x

 v x  cos 2 .

 u x  1


Suy ra v  1 sin      x   2 sin      x  .


2  2
2 
 x 2sin 
 4
 4

4

x
2

 ( x  1)

2   x
  ( x  1)  
1  2
sin   
sin   

   
2
2 
2  
 4
 4
 2

 ( x  1)

2   x
2 1     x  
sin   
  sin  

2
2  2
2  
 4
4


 ( x  1)

 ( x  1)

2

u x  x  1

 x . Đặt 
Lời giải: Ta cần tính  ( x  1)cos

1

Khi đó  1( x  1)cos

x

2   x
2
1
x
sin   

.
cos
C


2
2  2 2sin
2
 4
4
2   x 1
x
sin   
 cos
 C.

2
2  2
2
 4

.

10

1.5. PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH.
Ví dụ 1.5.1 Tìm tích phân bất định của f  x)=
Lời giải: Ta cần tính  1

x2 x
.
( x  1)( x  2)

Ta phải tìm vx để vx  vx 1  vx 
Suy ra

x2 x
.
 x +1) x+ 2)

x2x
f ( x )2 x
 vx 
( x  1)( x  2)
x 1

f ( x  1)2 x 1 f ( x)2 x
x2 x


x2

x 1
( x  1)( x  2)

 2( x  1) f ( x  1)  ( x  2) f ( x )  x.

(1.10)

Vậy ta chỉ cần chọn f ( x )  a ( a là hằng số).
Thay vào (1.10), ta được 2( x  1)a  ( x  2)a  x  ax  x  a  1.
Vậy  1

x2 x
2x

C
( x  1)( x  2) x  1

1.6. PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN
Phương trình sai phân cấp k là một hệ thức tuyến tính chứa sai phân





 k ux : F ux , ux ,  2ux ,...,  k ux  g ( x).

Vì sai phân các cấp đều có thể biểu diễn theo các giá trị của hàm số, do
đó:


Cho dãy số  xn n 1 .
Xét phương trình
a0 xn  k  a1 xn  k 1  ak xn  g (n)

(1.11)

trong đó g  n  là hàm số theo n , và a0 , a1,, ak là các hằng số. Khi đó
phương trình


11

(1.12)

a0 xn  k  a1xn  k 1  ak xn  0

được gọi là phương trình thuần nhất tương ứng với phương trình (1.11).
Phương trình:
a0 k  a1 k 1  ak  0

(1.13)

được gọi là phương trình đặc trưng của (1.11), đồng thời cũng được gọi là
phương trình đặc trưng của (1.12).
+ Nghiệm tổng quát của phương trình (1.11) có dạng:
xn  xn  xn* , n  1,2,

trong đó xn là nghiệm tổng quát của phương trình (1.12), xn* là một nghiệm
riêng bất kỳ của phương trình (1.11).
+ Ta có một số kết quả sau đây:

(i) Nếu (1.13) có k nghiệm thực phân biệt 1, 2 ,, k thì (1.12) có nghiệm
tổng qt là
xn  c11n  c22n  ck kn , n  1,2,

(với c1, c2 ,, ck là các hằng số).
Khi biết x1, x2 ,, xk ta sẽ tìm được cụ thể các hằng số c1, c2 ,, ck .
Khi đó xn  c11n  c22n  ck kn , n  1,2, (với c1, c2 ,, ck là các
hằng số vừa tìm được ở trên) gọi là một nghiệm riêng của (1.12).
(ii) Nếu (1.13) viết được như sau:
s

h





a0 k  a1 k 1  ak  a0    1     2     3     q  0,

với các 1, 2 , 3,..., q là khác nhau đơi một. Tức là (1.13) có 1 là nghiệm bội

s , 2 là nghiệm bội h và 3,, q là các nghiệm đơn, với s  h  ( q  2)  k ,
thì (1.12) có nghiệm tổng quát là


12

xn  c33n  cqqn
  c11  c12n  c1s n s 1  1n   c21  c22n  c2h n h 1  2n , n  1,2,

( với c11, c12 ,, c1s , c21, c22 ,, c2h , c3,, cq là hằng số).
(iii) Nếu (1.13) có s nghiệm thực phân biệt 1 , 2 ,, s và

q  a  bi  r  cos  i sin   ( với r  q  a 2  b2 ,  Argq ) là nghiệm
phức bội h thì số phức liên hợp q  a  bi  r  cos  i sin   cũng là nghiệm
phức bội h của (1.13). Khi đó (1.12) có nghiệm tổng quát là

xn  c11n  c22n  cssn  r n  A1  A2n  Ah n h 1  cos n 




 r n  B1  B2n  Bh n h 1  sin n  ,


(với c1, c2 ,, cs , A1, A2 ,, Ah , B1, B2 ,, Bh là các hằng số).




13

CHƯƠNG 2
ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT SAI PHÂN TRONG TỐN HỌC
BẬC TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
2.1 ỨNG DỤNG TÍNH TỔNG
n 1

Ta sử dụng

n 1

 ux  un  u1 . Đối với ví dụ

tính tổng

x 1

 ak , ta biến đổi
k 1

ak  xk 1  xk  xk  xk   1ak .

Khi đó
n 1

n 1

k 1

k 1

n

n

 ak   xk  xn  x1  xk 1   1ak .
1

Ví dụ 2.1.1 Tính tổng Sn  2  4    2n.

n

Lời giải: Ta có Sn  2  4    2n   ux , với ux  2 x . Bởi vậy
x 1
n

n

1

Sn   ux  2  x  2 x
x 1

x 1

n 1
1

1

 2 x

1 n 1
1

n 1

x2
2
2

n 1

 x( x  1) 1  n(n  1).
1

Ví dụ 2.1.2 Tính tổng Sn  1.2  3.4    n(n  1) .
n

Lời giải: Ta có Sn  1.2  3.4    n(n  1)   ux , với ux  x( x  1) .
x 1
n

n 1

n

Bởi vậy Sn   ( x  1) x   ( x  1)
x 1

( x  1) 3

3

n 1

1

1

  ( x  1)

(2)

x 1

1

n 1



(2)

( x  1) x( x  1)
(n  2)(n  1)n

3
3
1

Ví dụ 2.1.3 Tính các tổng sau


14

n
n
x2 x
2x 1

, Pn   x 1 , Qn    x 3  7 x .
x 1 ( x  2)!
x 1 2
x 1
n

Sn  

Lời giải:
 x2x 
x2 x
  1 
+ Ta có: Sn  

x 1 ( x  2)!
 ( x  2)! 
n

Ta cần tìm vx để vx  vx 1  vx 
Suy ra

n 1

Ta cần tính  1
1

x2 x
.
( x  2)!

x2x
f ( x )2 x
 vx 
( x  2)!
( x  1)!

f ( x  1)2 x 1 f ( x )2 x
x2 x


 2 f ( x  1)  ( x  2) f ( x )  x. (2.1)
( x  2)!
( x  1)! ( x  2)!

Vậy ta chỉ cần chọn f ( x )  a, x  ( ( a là hằng số).
Thay vào (2.1), ta được 2a  ( x  2)a  x  ax  x  a  1.
n 1

2 x
2n 1
x2 x
2 x

 1.

Vậy 
. Do đó Sn 
( x  1)! 1
(n  2)!
( x  2)! ( x  1)!

1

n

n 1

2x 1
2x 1
  1  x 1 
x 1
 2
1
x 1 2

+ Ta có Pn  

Ta cần tìm vx để vx  vx 1  vx 
Suy ra

Ta cần tính  1

2x 1
.
2 x 1

2x 1
f ( x)
 vx  x  2
x 1
2

2

f ( x  1) f ( x ) 2 x  1
 x  2  x 1  f ( x  1)  2 f ( x )  2 x  1.
2 x 1
2
2

(2.2)

Vậy ta chỉ cần chọn f ( x )  ax  b, x  ( a, b là hằng số).
Thay vào (2.2), ta được a( x  1)  b  2(ax  b)  2 x  1  ax  a  b  2 x  1.
2 x  1 2 x  1
Suy ra a  2 và b  1. Vậy  1  x 1   x  2
2
 2


Do đó Pn 

2 x  1 n 1 2n  3 3
2n  3
 n 1  1  6  n 1
x 2
2
2
2
2
1
n

+ Ta có Qn    x 3  7 x    1  x 3  7 x 
x 1

n 1
1

Xét a x  x 3  7 x .


15

Khi đó a x  x 3  7 x  0  8 x (1)  6.
Do đó Qn  

1

8 x

(1)

 3x

(2)

x

(3)

x(2)

x (3)
 6.
 8 x (1)  3x (2)  x (3)
2!
3!



n 1
1

n 1


x (4) 
  4 x (2)  x (3) 

4 

1
n 1

1
  4 x( x  1)  x( x  1)( x  2)  x( x  1)( x  2)( x  3) 
4

1
n 1

1



  x( x  1)  4  x  2  ( x  2)( x  3) 
4

 1

n 1

1


  x( x  1)  x  2  ( x  2)( x  3)  
4

 1


1
 n(n  1)  n  3  (n  1)(n  2)  .
4



n

Ví dụ 2.1.4 Tính tổng Sn   x( 1) x
x 1

n

Lời giải: + Ta có: Sn   x(1) x   1  x(1) x 
x 1

n 1
1

Ta cần tính  1  x(1) x  .

Ta cần tìm vx để vx  vx 1  vx  x( 1) x  vx  f ( x )( 1) x
Suy ra f ( x  1)( 1) x 1  f ( x )( 1) x  x(1) x  f ( x  1)  f ( x )   x.

(2.3)

Vậy ta chỉ cần chọn f ( x )  ax  b, x  ( ( a, b là hằng số).
Thay vào (2.3), ta được
1
1
ax  a  b  ax  b   x  2ax  a  2b   x  a   , b 
2
4

1
1
Vậy  1  x( 1) x     x   ( 1) x .
4
 2
n 1

1

1
1
1 1
1 1
Do đó Sn    x   ( 1) x
   n    ( 1)n 1      (1)1
4
2 4
 2
 2
 2 4
1
1 1
1
   ( 1)n  n( 1)n
4 4
2


16

n

Ví dụ 2.1.5 Tính tổng Sn   sin ak , với a1, a2 ,, an tạo thành cấp số cộng
k 1

có cơng sai là d .
n

n

n

k 1

k 1

k 1

Lời giải: Ta có: Sn   sin ak   sin  a1   k  1 d    sin  a1  d  kd 
  sin  a1  d  kd 
1

n 1
1

n 1

3d



cos  a1   kd 
d
2

1
2sin
1

2




d
d 
1  
d nd
nd 
cos  a   nd   cos  a1   
sin  a1    sin  .

d   1 2
d
2  sin  
2 2 
2


2sin
2
2

1

Từ ví dụ 2.1.5, ta dễ dàng tính được các tổng sau đây
Pn  sin x  sin 2 x    sin nx; Sn  sin x  sin 3x    sin(2n  1) x.

Một ứng dụng để tính tổng nữa bằng cách dùng sai phân từng phần; Ta có:

m

Qn 

m 1

 u x v x  u x v x n

x n

m

  vx 1ux

(2.4)

x n

Thật vậy, vì   ux v x   ux vx  vx 1ux
Lấy tổng của đẳng thức trên từ n đến m ta được:
m

m

m

m

 ux v x 

 ux vx   vx 1ux 

x n

x n

x n

m 1

 u x v x  u x v x n

x n

m

  vx 1ux
x n

n

Ví dụ 2.1.6 Tính tổng Sn   xCnx x .
x 1

u x  x

 ux  1

Lời giải: Đặt 

x
 v x  Cn  x

 

x 1
n 1
v x  Cn  x  Cn  x

Áp dụng (2.4) ta được
Sn  xCnn1x

n 1
1

n

  Cnn1x 1  (n  1)C2nn11  1   1 Cnn1x 1 
x 1

 (n  1)C2nn11  1  Cnnx21

n 1
1

n 1
1

 (n  1)C2nn11  1  C2nn22  1  (n  1)C2nn21

17

n

Ví dụ 2.1.7 Tính tổng Sn   ( 1) x CnxCnx x .
x 0

Lời giải: Ta có:
n

n 1

x 0

x 1

Sn   ( 1) x CnxCnx x  (1)0 Cn0Cn0   (1) x CnxCnx x  (1)n CnnC2nn
n 1
u  C x
 u  C x 1
n x
x
n x

Xét Sn'   ( 1) x CnxCnx x . Đặt  x

x x
x 1 x 1
x 1

 v x  ( 1) Cn
v x  ( 1) Cn 1
n 1

n
Áp dụng (2.4) ta được Sn'  (1) x 1Cnx11Cnx x   (1) x Cnx1Cnx1x
1

x 1

n 1

 ( 1)n 1Cnn11C2nn  ( 1)0 Cn01Cn11   ( 1) x 1Cnx1Cnx1x
x 1
n 1

 ( 1)n CnnC2nn  n  ( 1)0 Cn0Cn0   ( 1) x 1Cnx1Cnx1x
x 1

n 1

 (1)n CnnC2nn  ( 1)0 Cn0Cn0   (1) x 1Cnx1Cnxx1 (vì n  ( 1)1Cn01Cn1 )
x 0
n 1

Do đó Sn   ( 1) x 1Cnx1Cnxx1
x 0

Quan sát sự thay đổi của tổng Sn sau một lần áp dụng sai phân từng phần ta
n m

thấy, nếu đặt S( m,n ) 

 ( 1) x  m CnxmCnxxm

rồi áp dụng tương tự lời giải như

x 0

trên, ta có: S( m,n )  (1)m Cn0 mCnm 

n  m 1



(1) x  m Cnx mCnxxm  (1)n CnnmmC2nn  m

x 1

u  C x  m
 u  C x  m 1
x
n x
n x
Đặt 
 x
x m x
Cn  m vx  ( 1) x  m 1Cnxm1 1
 v x  ( 1)

Ta có:
n m

n  m 1


x 1

( 1)

x m

Cnx mCnxxm

 ( 1)

x  m 1

Cnxm1 1Cnxxm

n  m 1


1


x 1

( 1) x  m Cnx m 1Cnxxm 1

18

 ( 1)n 1Cnnmm11C2nn  m  ( 1)m Cn0 m 1Cnm11 

n  m 1



(1) x  m Cnx m 1Cnxxm 1

x 1

 ( 1)n CnnmmC2nn m  ( 1)m Cn0m Cnm  Cnm 1  

n  m 1



( 1) x  m Cnxm 1Cnxxm 1

x 1

n  m 1

Do đó S( m,n ) 



(1) x  m 1Cnx m 1Cnxxm 1  S( m 1,n )

x 0
n n

Vậy Sn  S(0,n )  S(1,n )  ...  S( n,n ) 

 (1) x  n CnxnCnxxn  (1)n

x 0

x ( 1) x Cnx
.
2
x  0 x  3x  2
n

Ví dụ 2.1.8 Tính tổng Sn  

n
x( 1) x Cnx22
 (n  1)(n  2)Sn   x( 1) x Cnx22
x  0 ( n  1)( n  2)
x 0
n

Lời giải: Ta có: Sn  
n

n 2

x 0

x 0

 (n  1)(n  2) Sn   x( 1) x Cnx22   x( 1) x Cnx22  (n  1)( 1)n 1Cnn21

n( 1)n Cnn22
 ux  1
u  x
Đặt  x


x x 2
x 1 x 1
 v x  ( 1) Cn  2
v x  ( 1) Cn 1
n 2

Áp dụng (2.4) ta được

n 1

 x(1) x Cnx22  x(1) x 1Cnx11 0

x 0

 (n  1)( 1)n  2 Cnn1   1  (1) x Cnx12 

n 1
0

n 2

  ( 1) x Cnx12
x 0

 (n  1)( 1)n  2 Cnn1  (1) x 1Cnx 1

n 1
0

Do đó (n  1)(n  2) Sn  ( 1)n (n  1)(n  1)  1  (n  1)(n  2)  n   n  n
Vậy Sn 

n
(n  1)(n  2)

Qua các ví dụ trên, ta thấy việc áp dụng linh hoạt sai phân từng phần thực sự
có hiệu quả. Sai phân từng phần sẽ biến đổi từ một tổng tổ hợp phức tạp trở
thành một tổng tổ hợp đơn giản dễ tính tốn. Bên cạnh việc tính tốn thơng
thường, một số ví dụ có thể tìm được dạng khái quát khi ta quan sát được sự


19

thay đổi của tổng mới sau một bước áp dụng sai phân từng phần. Khi áp dụng
công thức sai phân từng phần ta rất khó đốn biết được đâu sẽ là ux , đâu sẽ là
vx . Do đó ta phải tiếp cận ví dụ bằng cách giả tính sai phân vx trước. ux

có thể là một thành phần (phức tạp nhất) hoặc là toàn bộ biểu thức lấy tổng.

Việc áp dụng sai phân từng phần thì biểu thức dưới dấu  sẽ thay x bởi x  1
khi đó Cnx 1 không xác định khi x  n , để tránh điều này xảy ra ta cần tính
tách riêng một số số hạng đầu hoặc số hạng cuối. Bên cạnh đó sai phân từng
phần tương tự như Tích phân từng phần vậy, chúng đều có những ưu nhược
điểm của nó. Nếu khơng tinh ý, sẽ rơi vào vịng “luẩn quẩn” của tổng sau khi
lấy sai phân từng phần hoặc sau khi lấy sai phân từng phần tổng thu được cịn
khó hơn. Nhược điểm lớn nhất của phương pháp này là phải nhìn thấy được
sai phân trong biểu thức lấy tổng cũng như ta phải tìm được nguyên hàm rồi
mới áp dụng cơng thức tích phân từng phần. Việc làm này không phải lúc nào
cũng thực hiện được.


20

2.2 ỨNG DỤNG TRONG DÃY SỐ
Ví dụ 2.2.1 Tìm dãy số  xn  biết : x1  2; xn 1  3xn  n 2  1, n  1,2,
Lời giải: Phương trình đặc trưng   3  0    3 . Do đó xn  c.3n  xn* ,
với xn*   n 2   n   (  0) ,
xn* là nghiệm riêng của phương trình: xn 1  3xn  n 2  1.

Suy ra  (n  1) 2   ( n  1)    3( n 2   n   )  n 2  1

  n 2  (2   )n        (3  1)n 2  3 n  3  1.
  3  1

1 1
Đồng nhất hệ số ta được: 2    3
  ;  ;     ;  ; 1 .
 2 2









3


1


1
1
n2 n
Vậy xn*   n 2  n  1 . Do đó xn  c3n    1, n  1,2,
2
2
2 2
1 1
4
mà x1  2 nên 2  c.31    1  c  .
2 2
3

Vậy dãy số cần tìm là  xn  với xn  4.3n 1 

n2 n
  1, n  1,2,

2 2

Tổng qt ví dụ 2.2.1 ta có :
Bài tốn 2.2.1 Tìm dãy số  xn  biết: x1   và

axn 1  bxn  f n , n  1,2,

(2.5)

trong đó  , a, b là các hằng số cho trước, a  0, b  0 , f n là đa thức theo n .
Cách giải: Giải phương trình đặc trưng a  b  0 tìm được  .
Ta có xn  xn  xn* , n  1,2, trong đó xn là nghiệm tổng qt của phương
trình axn 1  bxn  0 .
Suy ra xn  c n , n  1,2, ( c là hằng số sẽ tìm sau).
xn* là một nghiệm riêng bất kỳ của phương trình (2.5) được xác định như sau:


21

+ Nếu   1 thì xn* là đa thức cùng bậc với đa thức f n .
+ Nếu   1 thì xn*  n. gn , với gn là đa thức cùng bậc với đa thức f n .
Thay xn* vào phương trình (2.5) rồi đồng nhất hệ số ta tìm được các hệ số của
xn*

Từ xn  xn  xn* , n  1,2, lấy n  1 rồi sử dụng x1   ta tìm được c .
Nếu trong giả thiết khơng có x1   , nghĩa là x1 tùy ý thì ta khơng cần tìm c ,
nghĩa là c là một hằng số tùy ý và xn  c n  xn* , n  1,2, gọi là nghiệm
tổng quát của (2.5).


Ví dụ 2.2.2 Tìm dãy  xn n 0 biết x0  4 và
xn 1  5xn  (n  1)2n ,n  0,1,2,

Lời giải: Phương trình đặc trưng   5 .
Do đó, số hạng tổng quát của dãy số đã cho có dạng
xn  c( 5)n  xn* , n  1,2, với xn*   an  b  2n là một nghiệm riêng bất kì

của xn 1  5xn  (n  1)2n ,n  0,1,2,
Thay vào ta được a (n  1)  b 2n 1  5  an  b  2n  (n  1)2n
  a(n  1)  b  2  5  an  b   (n  1)  2an  2a  2b  (1  5a )n  1  5b.
 2a  1  5a
1 5
Đồng nhất hệ số ta được 
  a; b    ;  .
 7 49 
 2a  2b  1  5b

n 5
n 5
Suy ra xn*  (  )2n  xn  c.( 5)n     2n .
7 49
 7 49 

Do x0  4 nên 4  c 

5
191
c
.
49

49

Số hạng tổng quát của dãy số đã cho là xn 
Tổng quát ví dụ 2.2.2 ta có :

191
n 5
( 5)n     2n ,n .
49
 7 49 


22

Bài tốn 2.2.2 Tìm dãy số  xn  biết: x1   và
axn 1  bxn  Pk (n). n , n  1, 2,...

(2.6)

trong đó  , a, b, là các hằng số cho trước, a  0, b  0,   0, Pk (n) là đa thức
bậc k theo n .
Cách giải: Giải phương trình đặc trưng a  b  0 tìm được  .
Ta có xn  xn  xn* , trong đó xn  c n , n  1,2, ( c là hằng số sẽ tìm sau).
xn* là một nghiệm riêng bất kì của (2.6) và được xác định như sau:

+ Nếu    thì xn*  Qk (n). n , với Qk (n) là đa thức bậc k theo n .
+ Nếu    thì xn*  nQk (n). n , với Qk (n) là đa thức bậc k theo n .
Thay xn* vào (2.6), rồi đồng nhất hệ số ta tìm được xn* .
Từ xn  xn  xn* , n  1,2, , lấy n  1 rồi sử dụng x1   , tìm được c .


Ví dụ 2.2.3 Tìm dãy số  xn n 0 sao cho x0  0 và
1
3
n
xn 1  xn  cos ,n  0,1,2,
2
2
3
1
Lời giải: Phương trình đặc trưng là   .
2

1 n
n
n
 B cos .
Ta có xn  xn  xn* , trong đó xn  c   , xn*  A sin
3
3
2

Do ( xn* ) là một nghiệm riêng của
1
3
n
xn 1  xn  cos ,n  0,1,2,
2
2
3

Nên 2 A sin
Do sin

 (n  1)
3

 (n  1)
3

 2 B cos

 (n  1)
3

 A sin

n
3

 B cos

n
3

 3 cos

n
3

(2.7)

1 n
3
n
 (n  1) 1  n 3  n
 sin
 cos ; cos
 cos
 sin
2
3
2
3
3
2
3
2
3