Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số ứng dụng của phương trình sai phân giải toán sơ cấp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

PHAN THỊ THU HUYỀN

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHƢƠNG
TRÌNH SAI PHÂN GIẢI TỐN SƠ CẤP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

PHAN THỊ THU HUYỀN

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHƢƠNG
TRÌNH SAI PHÂN GIẢI TỐN SƠ CẤP
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS: Nguyễn Thị Ngọc Oanh

THÁI NGUYÊN - 2019

1

Mục lục
Trang

Lời nói đầu

Chương 1

3

Một số kiến thức cơ bản về phép tính sai phân

1.1. Định nghĩa

5

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2. Nguồn gốc phương trình sai phân . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3. Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . 12
1.4. Toán tử ∆ và E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.5. Các tính chất cơ bản của toán tử sai phân . . . . . . . . . 16
1.6. Toán tử ∆−1 và phép lấy tổng . . . . . . . . . . . . . . . . 20

Chương 2

Phương trình sai phân tuyến tính và ứng dụng 24

2.1. Các định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.2. Cách tìm nghiệm tổng quát và nghiệm riêng . . . . . . . . 26
2.3. Một số phương pháp khác giải phương trình sai phân
tuyến tính cấp một . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.3.1. Phương trình tuyến tính tổng qt . . . . . . . . . 28
2.3.2. Phương trình dạng yk+1 − yk = (n + 1)kn . . . . 31
2.3.3. Phương trình dạng yk+1 = Rk yk . . . . . . . . . . 35
2.4. Một số ứng dụng trong giải toán sơ cấp . . . . . . . . . . . 35
2.4.1. Tính tổng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.4.2. Dãy Số Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.4.3. Đa thức Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44


2

2.4.4. Một số dạng toán liên quan tới dãy số . . . . . . . 47

Kết luận

53


3

Lời nói đầu
Phương trình sai phân là một lĩnh vực được nhiều nhà khoa học quan
tâm bởi tính hữu hiệu của nó khi giải số các mơ hình đề xuất, ta có thể
tham khảo ứng dụng đa dạng của phương trình sai phân trong tài liệu
[3] và các tài liệu tham khảo của nó. Bên cạnh những ứng dụng mạnh

mẽ của phương trình sai phân khi nghiên cứu các mơ hình phức tạp thì
phương trình sai phân có nhiều ứng dụng hiệu quả khi giải các bài tốn
trong chương trình phổ thơng như: tính tổng chuỗi, tìm số hạng tổng
qt, chứng minh bất đẳng thức,. . . .
Luận văn gồm có trong hai chương.
Chương 1 trình bày lại một số kiến thức liên quan tới phương trình
sai phân như định lý tồn tại và duy nhất nghiệm, toán tử ∆ và toán tử
E, toán tử ∆−1 ,. . . .
Chương 2 nghiên cứu phương trình sai phân tuyến tính, cách tìm
nghiệm tổng qt của phương trình sai phân tuyến tính, đồng thời giới
thiệu một số phương pháp khác tìm nghiệm phương trình sai phân tuyến
tính cấp một. Phần cuối của chương trình bày một vài ứng dụng của
phương trình sai phân trong việc tính tổng dãy số, tìm số hạng tổng
quát của dãy số và một số bài toán liên quan.
Để thực hiện và hoàn thành đề tài Luận văn này, em xin gửi lời cảm
ơn chân thành đến Ban Giám hiệu, bộ phận Sau đại học - Phòng đào
tạo, Khoa Toán- Tin trường Đại học Khoa học – Đại Học Thái Nguyên
cùng quý thầy cô trong trường đã giảng dạy và giúp đỡ em trong suốt
quá trình hoc tập và nghiên cứu.


4

Đồng thời xin chân thành cảm ơn tới gia đình, người thân, bạn bè và
các anh chị trong lớp đã tạo điều kiện giúp đỡ em trong quá trình học
tập và nghiên cứu đề tài của mình.
Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Tiến sĩ Nguyễn Thị
Ngọc Oanh người hướng dẫn khoa học đã trực tiếp dành thời gian, công
sức hướng dẫn em trong quá trình nghiên cứu và thực hiện luận văn.
Em xin trân trọng cảm ơn!

Thái Nguyên, ngày 01 tháng 11 năm 2019
Học viên

Phan Thị Thu Huyền


5

Chương 1

Một số kiến thức cơ bản về phép
tính sai phân
Trong chương này chúng tơi sẽ trình bày các kiến thức cơ bản nhất
liên quan tới phép tính sai phân, các định nghĩa và định lý về nghiệm,
sự tồn tại và duy nhất nghiệm; toán tử sai phân ∆ cùng các tính chất
cơ bản, tốn tử dịch chuyển E. . . . Nội dung của chương này được tham
khảo chính trong các Chương 1 và Chương 2 tài liệu [2], Chương 1 tài
liệu [3].

1.1.

Định nghĩa

Một dãy số là một hàm mà miền xác định của nó là tập các số nguyên.
Trong phần này, chúng ta sẽ xét các dãy mà miền xác định là các số
nguyên không âm. Ta ký hiệu số hạng tổng quát của dãy là yk và sử
dụng ký hiệu {yk } để biểu diễn dãy y0 , y1 , y2 , . . .
Cho dãy số {yk } thỏa mãn
yk+n = F (k, yk+n−1 , yk+n−2 , . . . , yk ).

(1.1)

Khi cho trước giá trị ban đầu thì ta có thể tính tốn được các giá trị
cịn lại. Như vậy, từ phương trình (1.1), rõ ràng nếu n giá trị liên tiếp
của yk xác định một cách cụ thể thì dãy {yk } được xác định một các
duy nhất. Các giá trị cụ thể này được gọi là các điều kiện ban đầu.


6

Định nghĩa sau đây cho ta sự liên hệ giữa dãy và phương trình sai
phân.
Định nghĩa 1.1 Một phương trình sai phân thường là một quan hệ có
dạng cho trước bởi phương trình (1.1).
Định nghĩa 1.2 Cấp của phương trình sai phân là hiệu giữa chỉ số cao
nhất và chỉ số thấp nhất xuất hiện trong phương trình.
Phương trình cho dưới dạng (1.1) là một phương trình sai phân cấp n
khi và chỉ khi thành phần yk xuất hiện trong hàm F trong vế phải. Chú
ý rằng dịch chuyển trong các chỉ số khơng đổi cấp của phương trình sai
phân. Chẳng hạn như với số nguyên r
yk+n+r = F (k + r, yk+n+r−1 , yk+n+r−2 , . . . , yk+r )

(1.2)

là một phương trình sai phân cấp n và tương đương với phương trình
(1.1).
Định nghĩa 1.3 Một phương trình sai phân được gọi là tuyến tính nếu
nó được cho dưới dạng
yk+n + a1 (k)yk+n−1 + a2 (k)yk+n−2 + · · · + an−1 (k)yk+1 + an (k)yk = Rk ,
(1.3)

trong đó ai (k), i = 1, 2, . . . , n và Rk là các hàm của k cho trước.
Định nghĩa 1.4 Một phương trình sai phân được gọi là phi tuyến nếu
nó khơng tuyến tính.
Định nghĩa 1.5 Một nghiệm của phương trình sai phân là một hàm
φ(k) thỏa mãn phương trình.
Các ví dụ sau đây sẽ làm rõ các định nghĩa vừa được đưa ra ở phần
trên.


7

Ví dụ 1.1 Xét một số phương trình sau
yk+1 − 3yk + yk−1 = e−k
yk+1 = yk2

(bậc hai, tuyến tính),
(bậc một, phi tuyến),

yk+4 − yk = k2k

(bậc bốn, tuyến tính),

yk+1 = yk − (1/100)yk2

(bậc một, phi tuyến),

yk+3 = cos yk
(bậc ba, phi tuyến),
k
yk+2 + (3k − 1)yk+1 −

yk = 0
(bậc hai, tuyến tính).
k+1
Ví dụ 1.2 Hàm
φ(k) = 2k
là nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính bậc một
yk+1 − 2yk = 0,
vì khi thay φ(k) vào phương trình, ta thu được
2k+1 − 2.2k = 0
Ví dụ 1.3 Phương trình phi tuyến bậc nhất
2
yk+1
− yk2 = 1

có nghiệm
φ(k) =

√

(1.4)

k+c

trong đó c là hằng số. Thật vậy, thế φ(k) vào phương trình (1.4) thu
được
√
√
( k + 1 + c)2 − ( k + c)2 = (k + 1 + c) − (k + c) = 1.
Ví dụ 1.4 Phương trình tuyến tính bậc hai
yk+1 − yk−1 = 0

có hai nghiệm,
φ1 (k) = (−1)k ,

φ2 (k) = 1.

(1.5)


8

Gọi c1 và c2 là hai hằng số tùy ý. Bây giờ, ta thấy hàm
ϕ(k) = c1 ϕ1 (k) + +c2 ϕ2 (k) = c1 (−1)k + c2
cũng là một nghiệm. Thật vậy, thế ϕ(k) phương trình (1.5) ta được
c1 (−1)k+1 + c2 − c1 (−1)k−1 − c2 = 0.

1.2.

Nguồn gốc phương trình sai phân

Giả sử rằng yk là phần tử tổng quát của dãy {yk } được xác định theo
một hàm cụ thể của k và n cùng các hằng số c1 , c2 , . . . , cn nào đó. Bây
giờ, ta sẽ chỉ ra rằng yk thỏa mãn phương trình sai phân cấp n.
Theo giả thiết, ta có
yk = f (k, c1 , c2 , . . . , cn )

(1.6)

và
yk+1 = f (k + 1, c1 , c2 , . . . , cn ),
...

(1.7)

yk+n = f (k + n, c1 , c2 , . . . , cn ).
Đây là một dãy gồm n + 1 phương trình với n hằng số ci , i = 1, 2, . . . , n.
Khử các hằng số ci ta nhận được quan hệ có dạng
G(k, yk , yk+1 , . . . , . . . , yk+n−1 ) = 0

(1.8)

Đây là một phương trình sai phân cấp n. Như vậy, nếu phần tử tổng
quát yk của dãy {yk } có thể biểu diễn như là hàm của k và n hằng số
nào đó thì yk sẽ thỏa mãn một phương trình sai phân cấp n.
Ví dụ 1.5 Các đa thức Chebyshev được xác định bởi biểu thức sau
Ck (x) =

1
2k−1

cos(k cos−1 x), k = 0, 1, 2, . . . , ; |x| < 1.

(1.9)

Bây giờ ta sẽ chỉ ra các hàm này quan hệ truy hồi với nhau theo phương
trình sau đây
1
Ck+1 (x) − xCk (x) + Ck−1 (x) = 0
4

(1.10)

9

trong đó, từ phương trình (1.9) ta có
C0 (x) = 2,

C1 (x) = x.

Từ công thức
cos(θ1 ± θ2 ) = cos θ1 cos θ2 ∓ sin θ1 sin θ2 ,
từ đây suy ra
1
cos[(k + 1) cos−1 x]
k
2
1
= k cos(cos−1 x) cos(k cos−1 x)
2
1
− k sin(cos−1 x) sin(k cos−1 x).
2

Ck+1 x =

Do đó,
2
1
Ck+1 (x) + Ck−1 (x) = k−1 cos(cos−1 x) cos(k cos−1 x)
4

2
x
= k−1 cos(k cos−1 x)
2
=xCk (x),
và đây chính là phương trình (1.10).
Ví dụ 1.6 Cho k là số ngun khơng âm, xét tích phân
π
cos(kθ) − cos(kφ)
Ik (φ) =
dθ
cos
θ
−
cos
φ
0

(1.11)

Trong đó I0 = 0 và I1 = π. Do biết Ik với k = 0 và k = 1, ta thử tìm
mối quan hệ tuyến tính giữa Ik+1 , Ik và Ik−1 . Nếu tìm thấy cơng thức
liên hệ này, ta có thể sử dụng để tính Ik thơng qua truy hồi.
Định nghĩa toán tử L như sau:
LIk = AIk+1 + BIk + CIk−1

(1.12)

trong đó A, B và C là các hằng số độc lập với k và θ; tuy nhiên, chúng
có thể phụ thuộc vào φ. Do đó,

L cos(kθ) = A cos(k + 1)θ + B cos(kθ) + C cos(k − 1)θ
= [(A + C) cos θ + B] cos(kθ) − [(A − C) sin θ] sin(kθ).
(1.13)


10

Nếu lấy A = C, B = −2A cos φ và đặt A = 1, vậy thì phương trình
(1.13) trở thành
L cos(kθ) = 2(cos θ − cos φ) cos(kθ),
đại lượng này tỷ lệ với mẫu số trong biểu thức tích phân của phương
trình (1.11).
Bây giờ, áp dụng tốn tử L vào cos(kφ) ta được kết quả
L cos(kφ) = 0.
Do đó, áp dụng toán tử L cho cả hai vế của phương trình (1.11) ta được
π

LIk (φ) =
0

L cos(kθ) − L cos(kφ)
dθ
cos θ − cos φ
π

=2

(1.14)

cos(kθ)dθ = 0

0

Như vậy tích phân Ik (ϕ) thỏa mãn phương trình
Ik+1 − (2 cos φ)Ik + Ik−1 = 0
đối với k = 1, 2, . . . . Vì I0 và I1 ta có thể xác định Ik bằng công thức
truy hồi trên với bất kỳ giá trị nguyên dương nào của k.
Ví dụ 1.7 Giả sử phương trình vi phân sau đây:
dy
= f (y, t)
(1.15)
dt
trong đó f (y, t) là một hàm cho trước của y và t, khơng thể lấy tích
phân theo các hàm số sơ cấp. Ta sẽ sử dụng lược đồ đơn giản sau đây
để tìm nghiệm số.
Trước tiên ta xây dựng lưới tk = (∆t)k, trong đó ∆t là một khoảng thời
gian t cố định, còn k là số nguyên. Tiếp theo ta thay thế đạo hàm bằng
xấp xỉ,
y(t + ∆t) − y(t) yk+1 − yk
dy(t)
→
=
dt
∆t
∆
trong đó yk là xấp xỉ theo nghiệm chính xác của phương trình (1.15) tại
thời điểm t = tk , tức là,
yk

y(tk ).

11

Cuối cùng, thay thế vế bên phải của phương trình (1.15) bằng
f (y, t) → f [yk , (∆t)k].
Thế vào phương trình đầu ta nhận được
yk+1 − yk
= f (yk , (∆t)k)
∆t
hoặc
yk+1 = yk + (∆t)f (yk , (∆t)k).

(1.16)

Nếu y0 được xác định thì ta cũng xác định được yk đối với k = 1, 2, . . . .
Lược đồ (1.16) được gọi là lược đồ Euler được sử dụng để tìm nghiệm
số của phương trình (1.15).
Ví dụ 1.8 Cho số hạng tổng quát yk của dãy {yk } được xác định như
sau
yk = A2k ,
trong đó A là một hằng số nào đó. Vì chỉ có một hằng số nên phương
trình sai phân có nghiệm cho bởi cơng thức (1.8) là phương trình cấp
một. Ta có thể tìm được như sau
yk+1 = A2k+1 = 2A2k = 2yk .
Ví dụ 1.9 Giả sử yk được cho bởi biểu thức
yk = c1 2k + c2 5k ,
trong đó c1 và c2 là hằng số tùy ý. Do đó, yk phải thỏa mãn một phương
trình vi phân bậc hai. Để xác định phương trình này, ta tính yk+1 và
yk+2 :
yk+1 = 2c1 2k + 25c2 5k ,

yk+2 = 4c1 2k + 25c2 5k .
Khử c1 và c2 ta nhận được
yk

1 1

yk+1 2 5
yk+2 4 25

=0


12

hay
yk+2 − 7yk+1 + 10yk = 0.
Ví dụ 1.10 Xét yk được cho bởi
yk = Ak + f (A),

(1.17)

trong đó A là một hằng số tùy ý và f là một hàm bất kỳ của A. Ta có
yk+1 = Ak + f (A) + A = yk + A,
hoặc
A = yk+1 − yk

(1.18)

Thế kết quả của phương trình (1.18) vào phương trình (1.17) ta được
yk = (yk+1 − yk )k + f (yk+1 − yk )

là phương trình vi phân cấp một phi tuyến tổng quát.

1.3.

Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Rõ ràng với một phương trình sai phân cho trước, nếu một nghiệm
tồn tại thì khơng có gì đảm bảo rằng nghiệm này là duy nhất. Nghiệm
phải bị hạn chế bởi các điều kiện ban đầu thêm vào với số lượng bằng
với cấp của phương trình. Định lý sau đây phát biểu về sự tồn tại và
tính duy nhất của nghiệm.
Định lý 1.1 Cho
yk+n = f (k, yk , yk+1 , . . . , yk+n−1 ), k = 0, 1, 2, 3, . . .

(1.19)

là một phương trình sai phân cấp n. Phương trình này có một và chỉ
một nghiệm tương ứng với bộ n giá trị đầu y0 , y1 , . . . , yn−1 .
Chứng minh. Nếu các giá trị y0 , y1 , . . . , yn−1 được cho trước thì phương
trình sai phân với k = 0 xác định duy nhất yn . Nếu yn đã xác định định,
phương trình sai phân với k = 1 cho ta yn+1 . Tiếp tục như vậy, với mọi
k ≥ n ta xác định được tất cả các yk .


13

1.4.

Toán tử ∆ và E

Toán tử ∆ được xác định như sau
∆yk ≡ yk+1 − yk .

(1.20)

Biểu thức yk+1 − yk được gọi là sai phân của yk và ta gọi ∆ là toán tử
sai phân (cấp một). Toán tử sai phân cấp hai được ký hiệu ∆2 và được
cho như sau
∆2 yk =∆(∆yk ) = ∆(yk+1 − yk )
=∆yk+1 − ∆yk = (yk+2 − yk+1 ) − (yk+1 − yk )
=yk+2 − 2yk+1 + yk .
Một cách tổng quát, với n nguyên dương, ta định nghĩa
∆(∆n yk ) = ∆n+1 yk .

(1.21)

∆m ∆n yk = ∆n ∆m yk = ∆m+n yk ,

(1.22)

Và từ đây ta có

với các số nguyên dương m, n. Giả sử phương trình (1.22) thỏa mãn khi
m = 0, ta tìm được
∆0 ∆n yk = ∆n+0 yk = ∆n ∆0 yk .
Như vậy ∆0 là toán tử đồng nhất
∆0 yk = yk .
Rõ ràng ∆ thỏa mãn các tính chất
i. ∆(xk + yk ) = ∆xk + ∆yk .
ii. ∆(cyk ) = c∆yk = (−)k(k − 1)yk .

Nghiệm của phương trình là
yk = A(−)Γ(k)Γ(k − 1) = A(−)k (k − 1)Γ2 (k − 1),
trong đó A là một hằng số nào đó.

2.4.
2.4.1.

Một số ứng dụng trong giải tốn sơ cấp
Tính tổng

Xét tổng hữu hạn sau đây:
k

Sk =

f (n),
n=0

(2.28)


36

trong đó f (n) là một hàm cho trước của n. Bây giờ, ta trình bày một
quy trình để tính Sk . Ta có
k+1

Sk+1 =

k

f (n) =
n=0

f (n) + f (k + 1).

(2.29)

n=0

Từ các phương trình (2.28) và (2.29) cho thấy rằng Sk phải thỏa mãn
phương trình vi phân bậc nhất, tuyến tính, khơng đồng nhất sau:
Sk+1 − Sk = f (k + 1),

(2.30)

S0 = f (0).

(2.31)

với điều kiện ban đầu

Do đó, nghiệm của phương trình (2.30) với điều kiện được cho bởi
phương trình (2.31) cho ta tổng của chuỗi hữu hạn được biểu diễn trong
phương trình (2.28).
Ví dụ 2.5 Tính tổng
k

Sk =

n,
n=0

trong đó f (n) = n. Ta có
Sk+1 − Sk = k + 1.
Nghiệm của phương trình thuần nhất và nghiệm riêng tương ứng là
(H)

Sk

(P )

= c, Sk

=

k(k + 1)
,
2

với c là hằng số. Do đó,
Sk = c +

k(k + 1)
2

vì S0 = 0, ta thu được c = 0 và kết quả
Sk =

k(k + 1)

2

Ví dụ 2.6 Tính tổng
k

an .

Sk =
n=0

(2.32)


37

Ta có
f (n) = an , a = 1.
Phương trình vi phân cần giải là
Sk+1 − Sk = ak+1 , S0 = 1..

(2.33)

Nghiệm chung của phương trình (2.33) là
ak+1
Sk = c + −1
a
trong đó c là hằng số tùy ý được xác định bởi điều kiện S0 = 1.
Điều này cho c giá trị
1
1−a

Hệ quả là tổng của phương trình (2.32) được cho bởi biểu thức
c=

k

an =

Sk =
n=0

ak+1 − 1
.
a−1

Lưu ý rằng nếu |a| < 1, khi đó
1
lim Sk =
=
k→∞
1−a

∞

an
n=0

Chuỗi này được gọi là chuỗi hình học.
Ví dụ 2.7 Sử dụng Định lý 1.4, tính tổng
1. An = 1.1! + 2.2! + · · · + n.n!
2. Bn = (12 + 1 + 1)1! + (22 + 2 + 1)2! + · · · + (n2 + n + 1)n!

3. Tm = 1m + 2m + · · · + nm ,

m = 2, 3

4. Sn = sin x + sin 2x + · · · + sin nx
5. Cn = cos x + cos 2x + · · · + cos nx.
Bài giải.
1. Xét hàm f (k) = fk = k!, khi đó
∆fk = ∆k! = fk+1 − fk = (k + 1)! − k! = kk!.


38

Như vậy
n

n

An = 1.1! + 2.2! + · · · + n.n! =

∆fk = fn+1 − 1 = (n + 1)! − 1.

kk! =
k=1

k=1

2. Xét hàm f (k) = fk = kk!, khi đó
(k 2 +k+1)k! = (k 2 +2k+1−k)k! = (k+1)2 k!−kk! = (k+1)(k+1)!−kk! = ∆kk!.
Như vậy

Bn = (12 + 1 + 1)1! + (22 + 2 + 1)2! + · · · + (n2 + n + 1)n!
n

n
2

=

∆fk = (n + 1)(n + 1)! − 1.

(k + k + 1)k! =
k=1

k=1

3. Ta có
T2 = 12 + 22 + · · · + n2 .
Xét hàm f (k) = fk = k 3 , khi đó
∆fk = fk+1 − fk = (k + 1)3 − k 3 = 3k 2 + 3k + 1.
Do đó
n

n
2

∆k 3 = (n + 1)3 − 1 = n3 + 3n2 + 3n.

(3k + 3k + 1) =
k=1

k=1

Mặt khác
n

n
2

(3k + 3k + 1) =
k=1

n
2

3k +
k=1
n

n

3k +
k=1
n

k2 + 3

=3
k=1
n

k=1

k+n
k=1

k2 + 3

=3

1

k=1

n(n + 1)
+ n.
2

Do đó
n

k2 =

T2 =
k=1

=

1 3
n(n + 1)
n + 3n2 + 3n − 3

−n
3
2
n(n + 1)(2n + 1)
.
6


39

Tiếp theo ta tính
T3 = 13 + 23 + · · · + n3 .
Xét hàm f (k) = fk = k 4 , khi đó
∆fk = fk+1 − fk = (k + 1)4 − k 4 = 4k 3 + 6k 2 + 4k + 1.
Do đó
n

n
3

2

∆k 4 = (n + 1)4 − 1 = k 4 + 4k 3 + 6k 2 + 4k.

(4k + 6k + 4k + 1) =
k=1

k=1

Mặt khác

n

n
3

2

n
3

(4k + 6k + 4k + 1) = 4

k +6

k=1

k=1
n

n
2

k +4
k=1

n

k+
k=1

1
k=1

k 3 + n(n + 1)(2n + 1) + 2n(n + 1) + n.

=4
k=1

Do đó
T3 =

n(n + 1) 2
.
2

4. Ta có
1
1
1
x
∆ cos (k − )x = cos (k + )x − cos (k − )x = −2 sin kx sin .
2
2
2
2
x
• Nếu sin 2 = 0 hay x = m2π thì Sn = 0.
• Nếu sin x2 = 0 hay x = m2π thì
sin kx =

−1
1
x ∆ cos (k − )x .
2 sin 2
2

Do đó
n

Sn =

n

sin kx =
k=1

k=1

−1
1
x ∆ cos (k − )x
2 sin 2
2

−1
=
2 sin x2

n

k=1

1
∆ cos (k − )x
2

−1
1
x
=
cos
(n
+
)x
−
cos
2 sin x2
2
2
sin (n+1)x
sin nx
2
2
=
.
x
sin 2


40

5. Ta có
1
1
1
x
∆ sin (k − )x = sin (k + )x − sin (k − )x = 2 cos kx sin .
2
2
2
2
• Nếu sin x2 = 0 hay x = m2π thì Cn = n.
• Nếu sin x2 = 0 hay x = m2π thì
1
∆ sin (k − )x
2
cos kx =
.
x
2 sin 2
Do đó
n

Cn =

n

cos kx =
k=1

k=1

1
∆ sin (k − )x
2
x
2 sin 2

1
=
2 sin x2
=

n

k=1

1
∆ sin (k − )x
2

1
1
x
x sin (n + )x − sin
2 sin 2
2
2

cos (n+1)x

sin nx
2
2
=
.
x
sin 2
Ví dụ 2.8 Chứng minh rằng: Un < 2, ∀n ∈ N ∗ với Un =

n
k=1

1
√ .
(k + 1) k

Bài giải.
Ta có

√
√ 1
k
1
1
√ =
= k −
(k + 1)k
k k+1
(k + 1) k
√

1
1
1
1
1
1
√ +√
= k √ −√
<2 √ −√
.
k+1
k+1
k+1
k
k
k

Do đó
n

Un =
k=1

1
√ <
(k + 1) k

n

1

1
1
=2 1− √
< 2.
2 √ −√
n
+
1
k
+
1
k
k=1

Ví dụ 2.9 Chứng minh rằng, với n là số tự nhiên, A2n =
1
1
1
n−1
+ 2 + ··· + 2 =
.
2
A2 A3
An
n

n!
, ta có
(n − 2)!

41

Bài giải. Ta có A2n =

n!
= n(n − 1), do vậy
(n − 2)!

1
1
1
1
1
=
=
−
−
∆
.
A2n
n(n − 1) n − 1 n
n−1
Do đó
1
1
1 n−1
−
+
+

·
·
·
+
A22 A23
A2n n

n

∆
k=1

1
1
n−1
=1− =
.
n−1
n
n

Ví dụ 2.10 Cho 0 ≤ a0 ≤ a1 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · và
n

1−

bn =
k=1

ak−1 1

√ .
ak
ak

Chứng minh rằng 0 ≤ bn < 2.
Bài giải. Ta có
√
√
√
√
( ak − ak−1 )( ak + ak−1 )
1
ak − ak−1
ak−1
−√ =
=
1−
√
ak
ak
ak
ak ak
√
√
√
( ak − ak−1 )2 ak
1
1
≤
=2 √

−√ .
√
ak ak
ak−1
ak
Từ đó ta có, vì a0 ≥ 1 nên
n

bn ≤

2 √
k=1

√
1
1
2
1
−√
= 2 a0 − √
< √ ≤ 2.
ak−1
ak
an+1
a0

Ví dụ 2.11 Cho dãy số {an }, n ∈ N∗ , an > 0, a2n ≤ an − an+1 .
1
Chứng minh rằng an ≤ .
n

Bài giải. Ta có
an+1 ≤ an − a2n ⇒ 0 < an − a2n ⇒ 0 < an < 1.
Mặt khác
ak+1 ≤ ak (1 − ak ) ⇒

1
ak+1

≥

1
1
1
=
+
ak (1 − ak ) ak 1 − ak

hay
1
ak+1

−

1
1
≥
> 1.
ak
1 − ak

42

Do vậy
n

2
k=1

1
ak+1

−

1
1
1
1
>n⇒
>n+
> n + 1 ⇒ an+1 <
.
ak
an+1
a1
n+1

Hay
an ≤
2.4.2.

1
.
n

Dãy Số Fibonacci

Ký hiệu số Fibonacci thứ k là Fk . Những số này được xác định theo
quy tắc đó là số thứ k bằng tổng của hai số trước với số ban đâu là
F0 = 0 và F1 = 1. Chúng thỏa mãn phương trình vi phân sau:
Fk = Fk−1 + Fk−2 .

(2.34)

Đây là một phương trình vi phân tuyến tính, bậc hai với các hệ số khơng
đổi và có thể giải dễ dàng.
Đặt Fk = rk ta thu được phương trình đặc trưng
r2 − r − 1 = 0

(2.35)

nghiệm của phương trình này là
√
√
1− 5
1+ 5
, r2 =
.
r1 =
2

2
Kết quả là nghiệm chung của phương trình (2.34) là
√
√ k
1− 5
1+ 5
Fk = C1
+ C2
2
2

(2.36)

k

.

(2.37)

Có thể tìm hằng số tùy ý C1 và C2 bằng cách áp đặt điều kiện ban đầu
F0 = 0 và F1 = 1. Như vậy ta nhận được

(1 +

√

C1 + C2 = 0,
√
5)C1 + (1 − 5)C2 = 2.

Từ đó ta có
1
C1 = −C2 = √
5


43

Thay giá trị C1 , C2 vào phương trình (2.37) ta thu được công thức tổng
quát cho số Fibonacci thứ k như sau

√
1  1+ 5
Fk = √
2
5

√

k

k

1− 5
2

−


(2.38)



Trong phần còn lại của mục này, ta sẽ kiểm tra một số thuộc tính của
những số này.
Trước tiên ta xét giới hạn
Fk+1
.
k→∞ Fk
lim

(2.39)

Từ phương trình (2.38), ta có
√
√
√
Fk+1
1+ 5
1 − [(1 − 5)/(1 + 5)]k+1
√
√
=
Fk
2
1 − [(1 − 5)/(1 + 5)]k
Do

.

√
1− 5
√ < 1.
1+ 5

Khi đó

√
1+ 5
Fk+1
=
lim
= 1.618033988 . . .
(2.40)
k→∞ Fk
2
Tiếp theo, xét giá trị của số Fibonacci khi chỉ số k là số âm. Cách

trực tiếp nhất để thu được những giá trị này đó là thế −k cho k trong
phương trình (2.38). Làm vậy ta được

√ −k
1  1+ 5
−
F−k = √
2
5
1
=√
5

2
√
1+ 5

Do
2
√ =
1+ 5

2
√
1+ 5

k

−

√
1− 5
√
1− 5

và
2
√ =−
1− 5

√

−k

1− 5
2



(2.41)

2
√
1− 5

=−

√
1+ 5
2

.

k

.
√
1− 5
2


44

Vì thế phương trình (2.41) có dạng như sau:

√ k
√
(−1)k  1 − 5
1+ 5
F−k = √
−
2
2
5

k




(2.42)

hay
F−k = (−1)k+1 Fk .

(2.43)

Đây là mối quan giữa các số Fibonacci có chỉ số âm và chỉ số dương.
Ngoài ra, nếu sử dụng phương pháp quy nạp tốn học ta có thể chứng
minh được
F1 + F2 + . . . + Fk = Fk+2 − 1.

(2.44)

Thật vậy, rõ ràng phương trình (2.44) đúng với k = 1. Ta giả sử đúng
tới k, ta chứng minh phương trình (2.44) đúng tới k + 1, tức là,
F1 + F2 + ... + Fk+1 = Fk+3 − 1.
Thật vậy, thêm Fk+1 vào 2 vế phương trình (2.44), ta có
(F1 + F2 + ... + Fk ) + Fk+1 = Fk+1 + Fk+2 − 1 = Fk+3 − 1.
Như vậy công thức (2.44) đúng tới k + 1.
2.4.3.

Đa thức Chebyshev

Ký hiệu đa thức Chebyshev là Tk (x). Hàm này được định nghĩa bởi
công thức công thức
Tk+2 − xTk+1 +

1
Tk = 0,
4

(2.45)

trong đó |x| ≤ 1 và T0 = 2, T1 = x.
Sử dụng phương trình trên và các giá trị đã cho đối với T0 và T1 , ta
dễ dàng tính được một vài đa thức Chebyshev đầu tiên, cụ thể là
1
2
3x
T2 (x) = x3 −
4

T2 (x) = x2 −

T4 (x) = x4 − x2 +

(2.46)
1
8


45

Theo cách này, ta có thể thu được Tk (x) cho bất kỳ số nguyên hữu hạn
k nào. Tuy nhiên, quy trình này rất tốn cơng và sẽ tốt hơn nhiều nếu
có một biểu thức rút gọn mơ tả rõ Tk (x) theo x và k. Điều này có thể
được thực hiện dễ dàng do phương trình (2.45) là một phương trình vi
phân tuyến tính bậc hai với phương trình đặc trưng tương ứng là
1
(2.47)
r2 − xr + = 0.
4
Phương trình này có hai nghiệm
r1,2 =

1
(x ±
2

x2 − 1) .

(2.48)

Do đó, đa thức Chebyshev thứ k có dạng
Tk (x) =

1
2k

[A(r1 )k + B(r2 )k ],

(2.49)

trong đó A và B là các hằng số có thể được xác định từ các điều kiện
ban đầu T0 = 2 và T1 = x.
Ta có
A + B = 2,
r1 A + r2 B = 2r.
Do vậy
A = B = 1.
Thế giá trị của A và B này vào phương trình (2.49) ta được cơng thức
cho Tk (x) như sau
Tk (x) =

1
2k

[(x +

x2 − 1)k + (x −

x2 − 1)k ].

(2.50)

Tiếp theo ta sẽ tìm hiểu thêm một số tính chất về đa thức này. Đa
thức Chebyshev được xác định bởi công thức (2.45) ứng với |x| ≤ 1, do
vậy x2 ≤ 1, nên ta có
x2 − 1 = i

1 − x2 , trong đó i =

√

−1.

Như vậy
x±

x2 − 1 = x ± i

1 − x2 = e±iφ .